2021版高考数学一轮复习第八章平面解析几何8.10圆锥曲线中的证明、探索性问题教学案苏教版

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 ：x 2
2＋y 2
＝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⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，
22或⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－
22x ＋2或y ＝2
2
x － 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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2
x 2－2
.
由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得
k MA ＋k MB ＝
2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4k
x 1－2x 2－2
.
将y ＝k (x －1)代入x 2
2＋y 2
＝1得
(2k 2
＋1)x 2
－4k 2
x ＋2k 2
－2＝0. 所以，x 1＋x 2＝4k 2
2k 2＋1，x 1x 2＝2k 2
－2
2k 2＋1
.
则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3
－4k －12k 3
＋8k 3
＋4k
2k 2
＋1
＝0.
从而k MA ＋k MB ＝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 ：y 2
＝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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，l ：x ＝my ＋2. 由⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ＝my ＋2，y 2
＝2x ，
可得y 2
－2my －4＝0，则y 1y 2＝－4.
又x 1＝y 212，x 2＝y 22
2
，故x 1x 2＝
y 1y 2
2
4
＝4.
因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为y 1x 1·y 2x 2＝－4
4
＝－1，所以OA ⊥OB .
故坐标原点O 在圆M 上． (2)由(1)可得y 1＋y 2＝2m ，
x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋4＝2m 2＋4，
故圆心M 的坐标为(m 2
＋2，m )， 圆M 的半径r ＝
m 2＋2
2
＋m 2
.
由于圆M 过点P (4，－2)， 因此AP →·BP →
＝0，
故(x 1－4)(x 2－4)＋(y 1＋2)(y 2＋2)＝0， 即x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋y 1y 2＋2(y 1＋y 2)＋20＝0. 由(1)知y 1y 2＝－4，x 1x 2＝4.
所以2m 2
－m －1＝0，解得m ＝1或m ＝－12
.
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10， 圆M 的方程为(x －3)2
＋(y －1)2
＝10.
当m ＝－12时，直线l 的方程为2x ＋y －4＝0，圆心M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫9
4
，－12，圆M 的半径为854，
圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －942
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋122
＝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x 2
＋42
＝(x －4)2
＋y 2
，化简即得圆心的轨迹C 的方程为y 2
＝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⎩⎪⎨
⎪
⎧
y ＝kx ＋b ，y 2
＝8x ，
得k 2x 2＋2(kb －4)x ＋b 2
＝0.
由Δ＝4(kb －4)2
－4k 2b 2
＞0，得kb ＜2. 设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－
2kb －4k 2，x 1x 2＝b 2
k
2. 因为x 轴是∠PBQ 的角平分线，所以k PB ＋k QB ＝0， 即k PB ＋k QB ＝
y 1x 1＋1＋y 2
x 2＋1
＝
2kx 1x 2＋k ＋b x 1＋x 2＋2b x 1＋1
x 2＋1
＝
8k ＋b x 1＋1x 2＋1
k 2
＝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 (x 1，y 1)，
Q ′(x 2，y 2)，由条件可得，Q 与Q ′关于x 轴对称，故Q (x 2，－y 2)．
联立⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝my －1，
y 2
＝8x ，
消去x 得y 2
－8my ＋8＝0，
其中Δ＝64m 2
－32＞0，y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝8. 所以k PQ ＝
y 1＋y 2x 1－x 2＝8
y 1－y 2
， 因而直线PQ 的方程为y －y 1＝8
y 1－y 2
(x －x 1)． 又y 1y 2＝8，y 2
1＝8x 1，
将PQ 的方程化简得(y 1－y 2)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⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝my ＋a ，y 2
＝8x 消去x ，
整理得y 2
－8my －8a ＝0，Δ＞0. 设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪
⎧
y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－8a .
由条件可知k PB ＋k QB ＝0， 即k PB ＋k QB ＝y 1x 1＋1＋y 2
x 2＋1
＝
my 1＋a y 2＋my 2＋a y 1＋y 1＋y 2
x 1＋1x 2＋1
＝2my 1y 2＋a ＋1y 1＋y 2
x 1＋1x 2＋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P ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 218，y 1，Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫y 2
28，y 2， 因为x 轴是∠PBQ 的角平分线， 所以k PB ＋k QB ＝
y 1
y
2
1
8
＋1
＋
y 2y
22
8
＋1
＝0， 整理得(y 1＋y 2)⎝
⎛⎭
⎪
⎫y 1y 28＋1＝0.
因为直线l 不垂直于x 轴， 所以y 1＋y 2≠0，可得y 1y 2＝－8. 因为k PQ ＝
y 1－y 2y 218－y 228
＝
8
y 1＋y 2
， 所以直线PQ 的方程为y －y 1＝8y 1＋y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫
x －y 2
18，
即y ＝
8
y 1＋y 2
(x －1)．故直线l 恒过定点(1,0)． 2．(2019·贵阳模拟)已知椭圆x 25＋y 2
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l 1与椭圆交于A ，B 两点，M 为线段EF 的中点． (1)若直线l 1的倾斜角为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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．
∵直线l 1的倾斜角为π
4，∴k ＝1.
∴直线l 1的方程为y ＝x －1，即x ＝y ＋
1. 代入椭圆方程，可得9y 2
＋8y －16＝0. ∴y 1＋y 2＝－89，y 1y 2＝－16
9.
∴S △ABM ＝1
2·|FM |·|y 1－y 2|
＝
y 1＋y 2
2
－4y 1y 2
＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－892
＋4×169＝8109. (2)证明：设直线l 1的方程为y ＝k (x －1)． 代入椭圆方程，得(4＋5k 2
)x 2
－10k 2
x ＋5k 2
－20＝0， 即x 1＋x 2＝10k 2
4＋5k 2，x 1x 2＝5k 2
－20
4＋5k 2.
∵直线BN ⊥l 于点N ，∴N (5，y 2)． ∴k AM ＝－y 13－x 1，k MN ＝y 2
2
.
而y 2(3－x 1)－2(－y 1)＝k (x 2－1)(3－x 1)＋2k (x 1－1)＝－k [x 1x 2－3(x 1＋x 2)＋5]＝－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫5k 2
－204＋5k 2－3×10k 24＋5k 2＋5＝0，
∴k AM ＝k MN .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 ：9x 2＋y 2＝m 2(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⎝ ⎛⎭
⎪⎫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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2
＋y 2
＝m 2
，得(k 2
＋9)x 2
＋2kbx ＋b 2
－m 2
＝0， 故x M ＝
x 1＋x 2
2
＝
－kb k 2
＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9b
k 2＋9
. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M
＝－9
k
，即k OM ·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⎝ ⎛⎭
⎪⎫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 ＝－9
k
x .
设点P 的横坐标为x P . 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，
得x 2
P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km
3k 2
＋9
. 将点⎝ ⎛⎭
⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝
m 3－k
3
，
因此x M ＝
k k －3m
3k 2
＋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x P ＝2x M . 于是±km 3k 2
＋9
＝2×k k －3m 3k 2＋9，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7. 因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋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
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
2.
3.角条件的转化
已知椭圆C 经过点⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32，且与椭圆E ：x 2
2＋y 2
＝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x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)，
则⎩⎪⎨⎪⎧
1a 2
＋94b 2
＝1，a 2
－b 2
＝1，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a 2
＝4，
b 2
＝3，
所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m ，x 24＋y
2
3
＝1消去y ，
得(3＋4k 2
)x 2
＋8kmx ＋4m 2
－12＝0， 所以Δ＝64k 2m 2
－4(3＋4k 2
)(4m 2
－12)＝0， 即m 2
＝3＋4k 2.设P (x P ，y P )，
则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－
4k m ，y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2
m ＋m ＝3
m
， 即P ⎝
⎛⎭
⎪⎫－4k m
，3m .假设存在定点M (s ，t )满足题意，
因为Q (4,4k ＋m )，
则MP →＝⎝
⎛⎭
⎪⎫－4k m －s ，3m
－t ，MQ →＝(4－s,4k ＋m －t )，
所以MP →·MQ →
＝⎝
⎛⎭⎪⎫－4k m
－s (4－s )＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫3m －t (4k ＋m －t )＝－4k m
(1－s )－⎝ ⎛⎭
⎪⎫3m ＋m ＋4k t ＋(s 2
－4s
＋3＋t 2
)＝0恒成立， 故⎩⎪⎨⎪
⎧
1－s ＝0，t ＝0，s 2－4s ＋3＋t 2＝0，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
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 |＝86
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y 2
＝2px (p >0)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
由⎩
⎪⎨
⎪⎧
y 2
＝2px ，x ＋y －1＝0， 消去y ，得x 2
－2(1＋p )x ＋1＝0，
判别式Δ＝4(1＋p )2
－4＝8p ＋4p 2
>0恒成立， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2(1＋p )，x 1x 2＝1. 因为|AB |＝8611
，
所以2[x 1＋x 2
2
－4x 1x 2]＝
86
11
， 所以121p 2
＋242p －48＝0， 所以p ＝211或p ＝－24
11(舍去)．
故抛物线的方程为y 2
＝411x .
(2)设弦AB 的中点为D ，则D ⎝
⎛⎭
⎪⎫1311，－211.
假设x 轴上存在满足条件的点C (x 0,0)． 因为△ABC 为正三角形， 所以CD ⊥AB ，所以x 0＝15
11，
所以C ⎝
⎛⎭
⎪⎫1511，0，所以|CD |＝2211.
又|CD |＝
32|AB |＝12211
， 与上式|CD |＝22
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C 1：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)，F 为左焦点，A 为上顶点，B (2,0)为右顶点，若7|AF
→
|＝2|AB →
|，抛物线C 2的顶点在坐标原点，焦点为F . (1)求椭圆C 1的标准方程；
(2)是否存在过F 点的直线，与椭圆C 1和抛物线C 2的交点分别是P ，Q 和M ，N ，使得S △OPQ ＝1
2S △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7|AF →|＝2|AB →
|，
即7a ＝2a 2
＋b 2
，由B (2,0)为右顶点，得a ＝2，解得b 2
＝3， 所以C 1的标准方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)依题意可知C 2的方程为y 2
＝－4x ，假设存在符合题意的直线， 设直线方程为x ＝ky －1，
P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，
联立⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝ky －1，x 24＋y
2
3
＝1，
得(3k 2
＋4)y 2
－6ky －9＝0， 由根与系数的关系得y 1＋y 2＝6k 3k 2＋4，y 1y 2＝－9
3k 2
＋4
， 则|y 1－y 2|＝
y 1＋y 2
2
－4y 1y 2＝12k 2
＋13k 2
＋4
， 联立⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝ky －1，y 2
＝－4x ，得y 2
＋4ky －4＝0，
由根与系数的关系得y 3＋y 4＝－4k ，y 3y 4＝－4， 所以|y 3－y 4|＝
y 3＋y 4
2
－4y 3y 4＝4k 2
＋1，
若S △OPQ ＝12S △OMN ，则|y 1－y 2|＝1
2|y 3－y 4|，
即12k 2
＋13k 2
＋4＝2k 2
＋1，解得k ＝±63， 所以存在符合题意的直线，直线的方程为x ＋
63y ＋1＝0或x －6
3
y ＋1＝0.。