1、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)设椭圆C：y21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：OMAOMB.解(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x1.由已知可得，点A的坐标为或.又M(2,0)，所以AM的方
2、程为yx或yx.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.由y1kx1k，y2kx2k得kMAkMB.将yk(x1)代入y21得(2k21)x24k2x2k220.所以，x1x2，x1x2.则2kx1x23k(x1x2)4k0.从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补所以OMAOMB.综上，OMAOMB. 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
3、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)已知抛物线C：y22x，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：xmy2.由可得y22my40，则y1y24.又x1，x2，故x1x24.因此OA的斜率与OB的斜率之积为1，所以OAOB.故坐标原点O在圆M上(2)由(1)可得y1y22m，x1x2m(y1y2)42m24，故圆心M的
4、坐标为(m22，m)，圆M的半径r.由于圆M过点P(4，2)，因此0，故(x14)(x24)(y12)(y22)0，即x1x24(x1x2)y1y22(y1y2)200.由(1)知y1y24，x1x24.所以2m2m10，解得m1或m.当m1时，直线l的方程为xy20，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为，圆M的方程为(x3)2(y1)210.当m时，直线l的方程为2xy40，圆心M的坐标为，圆M的半径为，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，
5、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x242(x4)2y2，化简即得圆心的轨迹C的方程为y28x.(2)证明：法一：由题意可设直线l的方程为ykxb(k0)联立得k2x22(kb4)xb20.由4(kb4)24k2b20，得kb2.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.因为x轴是PBQ的角平分线，所以kPBkQB0，即kPBkQB0，所以kb0，即bk，所以l的方程为yk(x1)故直线l恒过定点(1,0)法二：设直线PB的方程为xmy1，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
6、可得，Q与Q关于x轴对称，故Q(x2，y2)联立消去x得y28my80，其中64m2320，y1y28m，y1y28.所以kPQ，因而直线PQ的方程为yy1(xx1)又y1y28，y8x1，将PQ的方程化简得(y1y2)y8(x1)，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xmya.联立消去x，整理得y28my8a0，0.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则由条件可知kPBkQB0，即kPBkQB0，所以8ma8m0.由m的任意性可知a1，所以直线l恒过定点(1,0)法四：设P，Q，因为x轴是PBQ的
7、角平分线，所以kPBkQB0，整理得(y1y2)0.因为直线l不垂直于x轴，所以y1y20，可得y1y28.因为kPQ，所以直线PQ的方程为yy1，即y(x1)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：x5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BNl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，k1.直线l1的方程为yx1，即xy1.代入椭圆方
8、程，可得9y28y160.y1y2，y1y2.SABM|FM|y1y2|.(2)证明：设直线l1的方程为yk(x1)代入椭圆方程，得(45k2)x210k2x5k2200，即x1x2，x1x2.直线BNl于点N，N(5，y2)kAM，kMN.而y2(3x1)2(y1)k(x21)(3x1)2k(x11)kx1x23(x1x2)5k0，kAMkMN.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：9x2y2m2(m0)，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，
9、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：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直线OM的斜率kOM，即kOMk9.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k0，k3.由(1)得OM的方程为yx.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
10、形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM.于是2，解得k14，k24.因为ki0，ki3，i1,2，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2.圆条件的转化几何性质代数实现(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3.角条件的转化
11、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)比例线段或斜率教师备选例题已知椭圆C经过点，且与椭圆E：y21有相同的焦点(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l：ykxm与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x4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1(ab0)，则解得所以椭圆C的标准方程为1.(2)联立消去y，得(34k2)x28kmx4m2120，所以64k2m24(34k
12、2)(4m212)0，即m234k2.设P(xP，yP)，则xP，yPkxPmm，即P.假设存在定点M(s，t)满足题意，因为Q(4,4km)，则，(4s,4kmt)，所以(4s)(4kmt)(1s)t(s24s3t2)0恒成立，故解得所以存在点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xy10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y22px(p0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 消去y，得x22(1p)x
13、10，判别式4(1p)248p4p20恒成立，由根与系数的关系得x1x22(1p)，x1x21.因为|AB|，所以，所以121p2242p480，所以p或p(舍去)故抛物线的方程为y2x.(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CDAB，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(ab0)，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
14、物线C2的交点分别是P，Q和M，N，使得SOPQSOMN？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a2，由B(2,0)为右顶点，得a2，解得b23，所以C1的标准方程为1.(2)依题意可知C2的方程为y24x，假设存在符合题意的直线，设直线方程为xky1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，联立得(3k24)y26ky90，由根与系数的关系得y1y2，y1y2，则|y1y2|，联立得y24ky40，由根与系数的关系得y3y44k，y3y44，所以|y3y4|4，若SOPQSOMN，则|y1y2|y3y4|，即2，解得k，所以存在符合题意的直线，直线的方程为xy10或xy10.