2021版江苏高考数学一轮复习（课件+学案+课后限时集训）第8章 解析几何 (共35份打包)

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＜.＋，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝，x2＜ 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＝＝4.，故x1x2＝，x2＝ 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＝－，，圆M的半径为时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为 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－