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-1-第十节圆锥曲线中的证明、探索性问题考点1圆锥曲线中的几何证明问题圆锥曲线中常见的证明问题(1)位置关系方面的:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等.(2)数量关系方面的:如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算证明,但有时也会用反证法证明.(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.[解](1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.又M(2,0),所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)证明:当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2.由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3kx1+x2+4kx1-2x2-2.将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0.-2-从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补.所以∠OMA=∠OMB.综上,∠OMA=∠OMB.解决本题的关键是把图形中“角相等”关系转化为相关直线的斜率之和为零;类似的还有圆过定点问题,转化为在该点的圆周角为直角,进而转化为斜率之积为-1;线段长度的比问题转化为线段端点的纵坐标或横坐标之比.[教师备选例题](2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上;(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.[解](1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由x=my+2,y2=2x,可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=y212,x2=y222,故x1x2=y1y224=4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1x1·y2x2=-44=-1,所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上.(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4,故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=m2+22+m2.由于圆M过点P(4,-2),因此AP→·BP→=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)知y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为10,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-12时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为94,-12,圆M的半径为854,圆M的方程为x-942+y+122=8516.-3-1.已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;(2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的角平分线,求证:直线l过定点.[解](1)设动圆圆心为点P(x,y),则由勾股定理得x2+42=(x-4)2+y2,化简即得圆心的轨迹C的方程为y2=8x.(2)证明:法一:由题意可设直线l的方程为y=kx+b(k≠0).联立y=kx+b,y2=8x,得k2x2+2(kb-4)x+b2=0.由Δ=4(kb-4)2-4k2b2>0,得kb<2.设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-2kb-4k2,x1x2=b2k2.因为x轴是∠PBQ的角平分线,所以kPB+kQB=0,即kPB+kQB=y1x1+1+y2x2+1=2kx1x2+k+bx1+x2+2bx1+1x2+1=8k+bx1+1x2+1k2=0,所以k+b=0,即b=-k,所以l的方程为y=k(x-1).故直线l恒过定点(1,0).法二:设直线PB的方程为x=my-1,它与抛物线C的另一个交点为Q′,设点P(x1,y1),Q′(x2,y2),由条件可得,Q与Q′关于x轴对称,故Q(x2,-y2).联立x=my-1,y2=8x,消去x得y2-8my+8=0,其中Δ=64m2-32>0,y1+y2=8m,y1y2=8.所以kPQ=y1+y2x1-x2=8y1-y2,因而直线PQ的方程为y-y1=8y1-y2(x-x1).又y1y2=8,y21=8x1,将PQ的方程化简得(y1-y2)y=8(x-1),故直线l过定点(1,0).法三:由抛物线的对称性可知,如果定点存在,则它一定在x轴上,所以设定点坐标为(a,0),直线PQ的方程为x=my+a.-4-联立x=my+a,y2=8x消去x,整理得y2-8my-8a=0,Δ>0.设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=8m,y1y2=-8a.由条件可知kPB+kQB=0,即kPB+kQB=y1x1+1+y2x2+1=my1+ay2+my2+ay1+y1+y2x1+1x2+1=2my1y2+a+1y1+y2x1+1x2+1=0,所以-8ma+8m=0.由m的任意性可知a=1,所以直线l恒过定点(1,0).法四:设Py218,y1,Qy228,y2,因为x轴是∠PBQ的角平分线,所以kPB+kQB=y1y218+1+y2y228+1=0,整理得(y1+y2)y1y28+1=0.因为直线l不垂直于x轴,所以y1+y2≠0,可得y1y2=-8.因为kPQ=y1-y2y218-y228=8y1+y2,所以直线PQ的方程为y-y1=8y1+y2x-y218,即y=8y1+y2(x-1).故直线l恒过定点(1,0).2.(2019·贵阳模拟)已知椭圆x25+y24=1的右焦点为F,设直线l:x=5与x轴的交点为E,过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A,B两点,M为线段EF的中点.(1)若直线l1的倾斜角为π4,求△ABM的面积S的值;(2)过点B作直线BN⊥l于点N,证明:A,M,N三点共线.[解](1)由题意,知F(1,0),E(5,0),M(3,0).设A(x1,y1),B(x2,y2).-5-∵直线l1的倾斜角为π4,∴k=1.∴直线l1的方程为y=x-1,即x=y+1.代入椭圆方程,可得9y2+8y-16=0.∴y1+y2=-89,y1y2=-169.∴S△ABM=12·|FM|·|y1-y2|=y1+y22-4y1y2=-892+4×169=8109.(2)证明:设直线l1的方程为y=k(x-1).代入椭圆方程,得(4+5k2)x2-10k2x+5k2-20=0,即x1+x2=10k24+5k2,x1x2=5k2-204+5k2.∵直线BN⊥l于点N,∴N(5,y2).∴kAM=-y13-x1,kMN=y22.而y2(3-x1)-2(-y1)=k(x2-1)(3-x1)+2k(x1-1)=-k[x1x2-3(x1+x2)+5]=-k5k2-204+5k2-3×10k24+5k2+5=0,∴kAM=kMN.故A,M,N三点共线.考点2圆锥曲线中的探索性问题探索性问题的求解方法已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C-6-有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点m3,m,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.[解](1)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,即kOM·k=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点m3,m,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,k≠3.由(1)得OM的方程为y=-9kx.设点P的横坐标为xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2,得x2P=k2m29k2+81,即xP=±km3k2+9.将点m3,m的坐标代入直线l的方程得b=m3-k3,因此xM=kk-3m3k2+9.四边形OAPB为平行四边形,当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM.于是±km3k2+9=2×kk-3m3k2+9,解得k1=4-7,k2=4+7.因为ki0,ki≠3,i=1,2,所以当直线l的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB为平行四边形.本例题干信息中涉及几何图形:平行四边形,把几何关系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键.几种常见几何条件的转化,如下:1.平行四边形条件的转化几何性质代数实现(1)对边平行斜率相等,或向量平行(2)对边相等长度相等,横(纵)坐标差相-7-等(3)对角线互相平分中点重合2.圆条件的转化几何性质代数实现(1)点在圆上点与直径端点向量数量积为零(2)点在圆外点与直径端点向量数量积为正数(3)点在圆内点与直径端点向量数量积为负数3.角条件的转化几何性质代数实现(1)锐角,直角,钝角角的余弦(向量数量积)的符号(2)倍角,半角,平分角角平分线性质,定理(夹角、到角公式)(3)等角(相等或相似)比例线段或斜率[教师备选例题]已知椭圆C经过点1,32,且与椭圆E:x22+y2=1有相同的焦点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动直线l:y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P,且与直线x=4交于点Q,问:以线段PQ为直径的圆是否经过一定点M?若存在,求出定点M的坐标;若不存在,请说明理由.[解](1)椭圆E的焦点为(±1,0),设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),则1a2+94b2=1,a2-b2=1,解得a2=4,b2=3,所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.-8-(2)联立y=kx+m,x24+y23=1消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,即m2=3+4k2.设P(xP,yP),则xP=-4km3+4k2=-4km,yP=kxP+m=-4k2m+m=3m,即P-4km,3m.假设存在定点M(s,t)满足题意,因为Q(4,4k+m),则MP→=-4km-s,3m-t,MQ→=(4-s,4k+m-t),所以MP→·MQ→=-4km-s(4-s)+3m-t(4k+m-t)=-4km(1-s)-3m+m+4kt+(s2-4s+3+t2)=0恒成立,故1-s=0,t=0,s2-4s+3+t2=0,解得s=1,t=0.所以存在点M(1,0)符合题意.1.已知抛物线的顶点在原点,焦点在x轴的正半轴上,直线x+y-1=0与抛物线相交于A,B两点,且|AB|=8611.(1)求抛物线的方程;(2)在x轴
本文标题:2021版高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.10 圆锥曲线中的证明、探索性问题教学案 苏教
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