高中数学高考第11节 圆锥曲线中的证明、探索性问题 教案

这是一份高中数学高考第11节 圆锥曲线中的证明、探索性问题 教案，共11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：eq \f(x2,2)＋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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2))).
又M(2，0)，所以AM的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \r(2)或y＝eq \f(\r(2),2)x－eq \r(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＜eq \r(2)，x2＜eq \r(2)，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2).
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
kMA＋kMB＝eq \f(2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k,（x1－2）（x2－2）).
将y＝k(x－1)代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以，x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1).
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq \f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2x，))可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4.
又x1＝eq \f(yeq \\al(2,1),2)，x2＝eq \f(yeq \\al(2,2),2)，故x1x2＝eq \f(（y1y2）2,4)＝4.
因此OA的斜率与OB的斜率之积为eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(－4,4)＝－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＝eq \r(（m2＋2）2＋m2).
由于圆M过点P(4，－2)，因此eq \(AP,\s\up8(→))·eq \(BP,\s\up8(→))＝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＝－eq \f(1,2).
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eq \r(10)，
圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.
当m＝－eq \f(1,2)时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，－\f(1,2)))，圆M的半径为eq \f(\r(85),4)，
圆M的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,4)))eq \s\up8(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))eq \s\up8(2)＝eq \f(85,16).
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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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＝－eq \f(2（kb－4）,k2)，x1x2＝eq \f(b2,k2).
因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝eq \f(y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2＋1)＝eq \f(2kx1x2＋（k＋b）（x1＋x2）＋2b,（x1＋1）（x2＋1）)＝eq \f(8（k＋b）,（x1＋1）（x2＋1）k2)＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(y1＋y2,x1－x2)＝eq \f(8,y1－y2)，
因而直线PQ的方程为y－y1＝eq \f(8,y1－y2)(x－x1)．
又y1y2＝8，yeq \\al(2,1)＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝8m，,y1y2＝－8a.))
由条件可知kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝eq \f(y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2＋1)
＝eq \f(（my1＋a）y2＋（my2＋a）y1＋y1＋y2,（x1＋1）（x2＋1）)
＝eq \f(2my1y2＋（a＋1）（y1＋y2）,（x1＋1）（x2＋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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),8)，y1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,2),8)，y2))，
因为x轴是∠PBQ的角平分线，
所以kPB＋kQB＝eq \f(y1,\f(yeq \\al(2,1),8)＋1)＋eq \f(y2,\f(yeq \\al(2,2),8)＋1)＝0，
整理得(y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1y2,8)＋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＝eq \f(y1－y2,\f(yeq \\al(2,1),8)－\f(yeq \\al(2,2),8))＝eq \f(8,y1＋y2)，
所以直线PQ的方程为y－y1＝eq \f(8,y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(yeq \\al(2,1),8)))，
即y＝eq \f(8,y1＋y2)(x－1)．
故直线l恒过定点(1，0)．
2．(2019·贵阳模拟)已知椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝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eq \f(π,4)，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eq \f(π,4)，∴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＝－eq \f(8,9)，y1y2＝－eq \f(16,9).
∴S△ABM＝eq \f(1,2)·|FM|·|y1－y2|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,9)))\s\up8(2)＋4×\f(16,9))＝eq \f(8\r(10),9).
(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＝eq \f(10k2,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(5k2－20,4＋5k2).
∵直线BN⊥l于点N，∴N(5，y2)．
∴kAM＝eq \f(－y1,3－x1)，kMN＝eq \f(y2,2).
而y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]＝－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5k2－20,4＋5k2)－3×\f(10k2,4＋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(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，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＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq \f(9b,k2＋9).
于是直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(9,k)，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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))，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＝－eq \f(9,k)x.
设点P的横坐标为xP.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2，))得xeq \\al(2,P)＝eq \f(k2m2,9k2＋81)，
即xP＝eq \f(±km,3\r(k2＋9)).
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))的坐标代入直线l的方程得b＝eq \f(m（3－k）,3)，
因此xM＝eq \f(k（k－3）m,3（k2＋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eq \f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq \f(k（k－3）m,3（k2＋9）)，解得k1＝4－eq \r(7)，k2＝4＋eq \r(7).
因为ki>0，ki≠3，i＝1，2，所以当直线l的斜率为4－eq \r(7)或4＋eq \r(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
2.圆条件的转化
3.角条件的转化
[教师备选例题]
已知椭圆C经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且与椭圆E：eq \f(x2,2)＋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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，,a2－b2＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝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＝eq \f(－4km,3＋4k2)＝－eq \f(4k,m)，yP＝kxP＋m＝－eq \f(4k2,m)＋m＝eq \f(3,m)，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)，\f(3,m))).假设存在定点M(s，t)满足题意，
因为Q(4，4k＋m)，
则eq \(MP,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－s，\f(3,m)－t))，eq \(MQ,\s\up8(→))＝(4－s，4k＋m－t)，
所以eq \(MP,\s\up8(→))·eq \(MQ,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－s))(4－s)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,m)－t))(4k＋m－t)＝－eq \f(4k,m)(1－s)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,m)＋m＋4k))t＋(s2－4s＋3＋t2)＝0恒成立，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－s＝0，,t＝0，,s2－4s＋3＋t2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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|＝eq \f(8\r(6),11).
(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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,x＋y－1＝0，)) 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|＝eq \f(8\r(6),11)，
所以eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \f(8\r(6),11)，
所以121p2＋242p－48＝0，
所以p＝eq \f(2,11)或p＝－eq \f(24,11)(舍去)．
故抛物线的方程为y2＝eq \f(4,11)x.
(2)设弦AB的中点为D，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,11)，－\f(2,11))).
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＝eq \f(15,11)，
所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,11)，0))，所以|CD|＝eq \f(2\r(2),11).
又|CD|＝eq \f(\r(3),2)|AB|＝eq \f(12\r(2),11)，
与上式|CD|＝eq \f(2\r(2),11)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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F为左焦点，A为上顶点，B(2，0)为右顶点，若eq \r(7)|eq \(AF,\s\up8(→))|＝2|eq \(AB,\s\up8(→))|，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＝eq \f(1,2)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eq \r(7)|eq \(AF,\s\up8(→))|＝2|eq \(AB,\s\up8(→))|，
即eq \r(7)a＝2eq \r(a2＋b2)，由B(2，0)为右顶点，得a＝2，解得b2＝3，
所以C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝eq \f(6k,3k2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3k2＋4)，
则|y1－y2|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \f(12\r(k2＋1),3k2＋4)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky－1，,y2＝－4x，))得y2＋4ky－4＝0，
由根与系数的关系得y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4，
所以|y3－y4|＝eq \r(（y3＋y4）2－4y3y4)＝4eq \r(k2＋1)，
若S△OPQ＝eq \f(1,2)S△OMN，则|y1－y2|＝eq \f(1,2)|y3－y4|，
即eq \f(12\r(k2＋1),3k2＋4)＝2eq \r(k2＋1)，解得k＝±eq \f(\r(6),3)，
所以存在符合题意的直线，直线的方程为x＋eq \f(\r(6),3)y＋1＝0或x－eq \f(\r(6),3)y＋1＝0.
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
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
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