2021版新高考数学一轮教师用书：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

(对应学生用书第168页)

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．

　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

(2)圆条件的转化

(3)角条件的转化

　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.