【文档说明】高考统考数学理科北师大版一轮复习教师用书：第8章 命题探秘2 第3课时 圆锥曲线中的证明、探索性问题 含解析【高考】.doc，共(7)页，241.000 KB，由小赞的店铺上传

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-1-第3课时圆锥曲线中的证明、探索性问题技法阐释1.圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有

时也会用到反证法．2．“肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立)．高考示例思维过程(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：

x24＋y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．(1)证明：k<－12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP→＋FA→＋FB→＝0.证明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差.

[证明](1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23·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x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m.①由于点M(1，m)(m>0)在椭圆x24＋y23＝1内，∴14＋m23<1，解得0<m<32，故k<－12.(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.又点P在C上，所以m＝34，→关键点2：设出点P，借助向量建立变量间的关系，达到设而不求的目的从而P

1，－32，|FP→|＝32.于是|FA→|＝(x1－1)2＋y21＝(x1－1)2＋31－x214＝2－x12.同理|FB→|＝2－x22.所以|FA→|＋|FB→|＝4－12(x1＋x2)＝3.故2|FP→|＝|F

A→|＋|FB→|.-2-即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB→|－|FA→||＝12|x1－x2|＝12(x1＋x2)2－4x1x2.②将m＝34代入①得k＝－1.所以l的方程

为y＝－x＋74，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋14＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝128，代入②解得|d|＝32128.→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32128或－32128.技法一直接转化法证明几何图形问题[典例

1](2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：x22＋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.[思维流程][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＝22x－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，-3-y2)，则x1＜2，x2＜2，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.由y1＝kx1－k，y2＝

kx2－k得kMA＋kMB＝2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k(x1－2)(x2－2).将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.所以，x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋

1.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k2k2＋1＝0.从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB.点评：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．技法二直接法证明数量关系式[典例2]已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝12x

上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(－1,0)对称．(1)求E和Γ的标准方程；(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：|CD|＞2|AB|.[思维流程][解](1)设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F0，p

2.已知点E在直线y＝12x上，-4-故可设E(2a，a)．因为E，F关于M(－1,0)对称，所以2a＋02＝－1，p2＋a2＝0，解得a＝－1，p＝2.所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.因为圆E与x轴相切，故半径r＝

|a|＝1，所以圆E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1.(2)证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．则E(－2，－1)到l的距离d＝|k－1|k2＋1，因为l与E交于A，B两

点，所以d2＜r2，即(k－1)2k2＋1＜1，解得k＞0，所以|AB|＝21－d2＝22kk2＋1.由x2＝4y，y＝k(x＋1)消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝

4k，x1x2＝－4k，那么|CD|＝k2＋1|x1－x2|＝k2＋1·(x1＋x2)2－4x1x2＝4k2＋1·k2＋k.-5-所以|CD|2|AB|2＝16(k2＋1)(k2＋k)8kk2＋1＝2(k2＋1)2(k2＋k)k＞2kk＝2.所以|C

D|2＞2|AB|2，即|CD|＞2|AB|.点评：本例是抛物线与圆的交汇问题，涉及弦长的求解，应各选最优方法，圆的弦长为勾股定理的求解，抛物线的弦长，则需借助弦长公式．技法三“肯定顺推法”解决探索性问题[典例3]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m3，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．

[思维流程][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＝x1＋x22＝－kbk2＋9，yM＝kxM＋b＝9bk2＋9.于是直线O

M的斜率kOM＝yMxM＝－9k，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m3，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.-6-由(1)得OM的方程为y＝－9kx

.设点P的横坐标为xP.由y＝－9kx，9x2＋y2＝m2，得x2P＝k2m29k2＋81，即xP＝±km3k2＋9.将点m3，m的坐标代入直线l的方程得b＝m(3－k)3，因此xM＝k(k－3)m3(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±km3k2＋9＝2×k(k－3)m3(k2＋9)，解得k1＝4－7，k2＝4＋7.因为ki>0，ki≠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．点评：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-7-②倍角、半角、平分角角平分线性质、定理③等角(相等或相似)比例线段或斜率