2021版江苏高考数学一轮复习讲义：第8章第10节　圆锥曲线中的证明、探索性问题

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：＋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的坐标为或.又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.(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＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝.将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.所以，x1＋x2＝，x1x2＝.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.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.由可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4.又x1＝，x2＝，故x1x2＝＝4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为·＝＝－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＝.由于圆M过点P(4，－2)，因此·＝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＝－.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，圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.当m＝－时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为，圆M的半径为，圆M的方程为＋＝.　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＝－，x1x2＝.因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝＋＝＝＝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)．联立消去x得y2－8my＋8＝0，其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.所以kPQ＝＝，因而直线PQ的方程为y－y1＝(x－x1)．又y1y2＝8，y＝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.联立消去x，整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则由条件可知kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝＋＝＝＝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P，Q，因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝＋＝0，整理得(y1＋y2)＝0.因为直线l不垂直于x轴，所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.因为kPQ＝＝，所以直线PQ的方程为y－y1＝，即y＝(x－1)．故直线l恒过定点(1,0)．2．(2019·贵阳模拟)已知椭圆＋＝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，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)．∵直线l1的倾斜角为，∴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＝－，y1y2＝－.∴S△ABM＝·|FM|·|y1－y2|＝＝＝.(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＝，x1x2＝.∵直线BN⊥l于点N，∴N(5，y2)．∴kAM＝，kMN＝.而y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]＝－k＝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(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C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，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＝＝，yM＝kxM＋b＝.于是直线OM的斜率kOM＝＝－，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，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－x.设点P的横坐标为xP.由得x＝，即xP＝.将点的坐标代入直线l的方程得b＝，因此xM＝.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＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋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，且与椭圆E：＋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＋＝1(a＞b＞0)，则解得所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)联立消去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＝＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝，即P.假设存在定点M(s，t)满足题意，　因为Q(4,4k＋m)，则＝，＝(4－s,4k＋m－t)，所以·＝(4－s)＋(4k＋m－t)＝－(1－s)－t＋(s2－4s＋3＋t2)＝0恒成立，故解得所以存在点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|＝.(1)求抛物线的方程；(2)在x轴上是否存在一点C，使△ABC为正三角形？若存在，求出C点的坐标；若不存在，请说明理由．[解](1)设所求抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 消去y，得x2－2(1＋p)x＋1＝0，判别式Δ＝4(1＋p)2－4＝8p＋4p2>0恒成立，由根与系数的关系得x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1.因为|AB|＝，所以＝，所以121p2＋242p－48＝0，所以p＝或p＝－(舍去)．故抛物线的方程为y2＝x.(2)设弦AB的中点为D，则D.假设x轴上存在满足条件的点C(x0,0)．因为△ABC为正三角形，所以CD⊥AB，所以x0＝，所以C，所以|CD|＝.又|CD|＝|AB|＝，与上式|CD|＝矛盾，所以x轴上不存在点C，使△ABC为正三角形．2．已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)，F为左焦点，A为上顶点，B(2,0)为右顶点，若||＝2||，抛物线C2的顶点在坐标原点，焦点为F.(1)求椭圆C1的标准方程；(2)是否存在过F点的直线，与椭圆C1和抛物线C2的交点分别是P，Q和M，N，使得S△OPQ＝S△OMN？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．[解](1)依题意可知||＝2||，即a＝2，由B(2,0)为右顶点，得a＝2，解得b2＝3，所以C1的标准方程为＋＝1.(2)依题意可知C2的方程为y2＝－4x，假设存在符合题意的直线，设直线方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，联立得(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，则|y1－y2|＝＝，联立得y2＋4ky－4＝0，由根与系数的关系得y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4，所以|y3－y4|＝＝4，若S△OPQ＝S△OMN，则|y1－y2|＝|y3－y4|，即＝2，解得k＝±，所以存在符合题意的直线，直线的方程为x＋y＋1＝0或x－y＋1＝0.