2021高三数学北师大版（理）一轮教师用书：第9章经典微课堂突破疑难系列2圆锥曲线

高考示例

方法与思维

1.(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点．

(1)当k＝0时，分別求C在点M和N处的切线方程；

(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？(说明理由)

[解]　(1)x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.(步骤省略)

(2)存在符合题意的点．证明如下：

设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，

直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.

将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.

故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.

从而k1＋k2＝＋＝＝.【关键点1：建立斜率之间的关系】

当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，【关键点2：把斜率间的关系转化为倾斜角之间的关系】

故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．

【点评】　破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出大致图形，把已知条件翻译到图形中，利用直线方程的点斜式或两点式，即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁，即先把要证的两角相等，根据图形的特征，转化为斜率之间的关系，再把直线与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系，以及斜率公式即可证得结论.

2.(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；

(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G，证明：(ⅰ)△PQG是直角三角形；

[解]　(1)由题设得·＝－，化简得＋＝1(|x|≠2)，【关键点1：指明斜率公式中变量隐含的范围】

所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．

(2)设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．

由得x＝±.记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．

于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．

由 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①

设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝，由此得yG＝.

从而直线PG的斜率为＝－.【关键点2：利用斜率之积为－1说明线段PQ与PG的几何关系】

所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．

【点评】　(1)求曲线的轨迹时务必检验几何图形的完备性，谨防增漏点；(2)几何关系的证明问题常转化为代数式的运算问题，此时常借助斜率公式、平面向量等实现数与形的转化.

高考示例

方法与思维

(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；

(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G，

(ⅰ)△PQG是直角三角形；

(ⅱ)求△PQG面积的最大值．

……

(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，

所以△PQG的面积S＝|PQ‖PG|＝＝.【关键点1：分子分母同除以k2】

设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．【关键点2：整体代换，指明范围】

因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.【关键点3：用活“对勾”函数及复合函数的单调性】

因此，△PQG面积的最大值为.

【点评】　基本不等式求最值的5种典型情况分析

(1)s＝(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．

(2)s＝≥(基本不等式)．

(3)s＝(基本不等式)．

(4)s＝＝(先分离参数，再利用基本不等式)．

(5)s＝＝(上下同时除以k2，令t＝k＋换元，再利用基本不等式).

高考示例

方法与思维

(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB| ＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．

(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；

(2)是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由.

[解]　(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．【关键点1：圆的几何性质】

由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，【关键点2：圆的几何性质】

所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．

因为⊙M与直线x＋2＝0相切，

所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.【关键点3：直线与圆相切的几何性质】

由已知得|AO|＝2，又⊥，【关键点4：圆的几何性质向量化】

故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.

故⊙M的半径r＝2或r＝6.

(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．

理由如下：

设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.

由于⊥，【关键点5：圆的几何性质向量化】

故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.

因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.

因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.

【点评】　从本题可以看出，圆的几何性质与数量关系的转化涵盖在整个解题过程中，向量在整个其解过程中起了“穿针引线”的作用，用活圆的几何性质可以达到事半功倍的效果.

高考示例

方法与思维

(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．

(1)证明：k<－；

(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．

[解]　(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则＋＝1，＋＝1.

两式相减，并由＝k得＋·k＝0.【关键点1: “点差法”使直线的斜率与弦的中点紧紧地联系在一起，运算上大大简化】

由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①

由于点M(1，m)(m>0)在椭圆＋＝1内，

∴＋<1，解得0<m<，故k<－.

(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，

则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．

由(1)及题设得

x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.【关键点2，设出点P，借助向量的建立变量间的关系，达到设而不求的目的】

又点P在C上，所以m＝，

从而P，||＝.

于是||＝＝＝2－.

同理||＝2－.

所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.

故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列．

设该数列的公差为d，则

2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|＝.②

将m＝代入①得k＝－1.

所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.

故x1＋x2＝2，x1x2＝，

代入②解得|d|＝.【关键点3：借用根与系数的关系，达到设而不求的目的】

所以该数列的公差为或－.

【点评】　本题(1)涉及弦的中点坐标，可以采用“点差法”求解，设出点A、B的坐标，代入椭圆方程并作差，再将弦AB的中点坐标代入所得的差，可得直线AB的斜率；对于(2)圆锥曲线中的证明问题，常采用直接法证明，证明时常借助等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助方程思想给予解答.