课件40张PPT。第20练
解析几何的综合问题(2)第三篇 [大题规范练]明晰考情 圆锥曲线的一些热点问题是通性通法的深化和提高，高考中常有涉及.题组对点练栏目索引模板规范练题组对点练题组一 定点、定值问题方法技巧 (1)定点问题的常见解法
①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点.
②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意.
(2)定值问题的常见解法
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.1.(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；解 因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1).证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，＝2.(1)当m＝0时，求k1k2的值；解 当m＝0时，直线l：y＝kx.(2)当k1k2＝－1时，证明：直线l：y＝kx＋m过定点.证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
则Δ＝16k2m2－8(m2－2)(1＋2k2)＝8(4k2－m2＋2)＞0，题组二 圆锥曲线中的证明问题要点重组 (1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系.
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；解 由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.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)，(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，由题意知Δ>0恒成立，从而kMA＋kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补.
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.(1)求椭圆E的方程；因为线段AB的中点为M，所以MC＝MB，
所以∠AMC＝2∠ABC.
所以存在常数λ＝2，
使∠AMC＝λ·∠ABC恒成立.模板规范练模板体验典例 (14分)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；审题路线图规范解答·评分标准
(1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，M(xM，yM).………………………………………………………………2分
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
Δ＝4k2b2－4(k2＋9)(b2－m2)>0，所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. ………………………………………6分假设四边形OAPB为平行四边形.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，因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，构建答题模板
[第一步] 先假定：假设结论成立；
[第二步] 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；
[第三步] 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设；
[第四步] 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.规范演练1.如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B(1,0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1,0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点.(1)求证：EA＋EB为定值；证明 设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，
故EM＝EB.所以EA＋EB为定值4.(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：EB·FQ＝FB·EQ.证明 由(1)同理可知FA＋FB＝4，设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0).设E(x1，y1)，F(x2，y2)，因为E，B，F，Q在同一条直线上，
所以EB·FQ＝FB·EQ等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1).知上式成立.所以EB·FQ＝FB·EQ.解 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(0，t)，∴点P的坐标为(0,1). 本课结束 第三篇 第20练 解析几何的综合问题(2)[大题规范练]
[明晰考情] 圆锥曲线的一些热点问题是通性通法的深化和提高，高考中常有涉及．
题组一 定点、定值问题
方法技巧 (1)定点问题的常见解法
①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点．
②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
(2)定值问题的常见解法
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
1．(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
(1)解 因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1,2＝，
x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·
＝2.
所以＋为定值．
2.已知椭圆C：＋＝1的上顶点为A，直线l：y＝kx＋m交椭圆于P，Q两点，设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2.
(1)当m＝0时，求k1k2的值；
(2)当k1k2＝－1时，证明：直线l：y＝kx＋m过定点．
(1)解 当m＝0时，直线l：y＝kx.
代入椭圆C：＋＝1，得x2＋2k2x2＝4，
解得P，Q.
因为A为椭圆的上顶点，所以A(0，)，
所以k1＝＝，
k2＝＝，
所以k1k2＝＝－.
(2)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线l的方程：y＝kx＋m代入椭圆C：＋＝1，并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
则Δ＝16k2m2－8(m2－2)(1＋2k2)＝8(4k2－m2＋2)＞0，
因为x1,2＝，所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
由k1k2＝－1知，·＝－1，
即y1y2－(y1＋y2)＋2＋x1x2＝0，
所以(kx1＋m)(kx2＋m)－(kx1＋m＋kx2＋m)＋x1x2＋2＝0，
所以k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2－k(x1＋x2)－2m＋x1x2＋2＝0，
即(k2＋1)＋k(m－)·＋m2－2m＋2＝0，
所以(k2＋1)(2m2－4)＋k(m－)(－4km)＋(m2－2m＋2)(1＋2k2)＝0，
所以3m2－2m－2＝0，解得m＝(舍去)或m＝－，
所以直线l：y＝kx－.
所以直线l过定点.
题组二 圆锥曲线中的证明问题
要点重组 (1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
3．(2018·全国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.
(1)解 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－.
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(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<，x2<，直线MA，MB的斜率之和
kMA＋kMB＝＋.
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，由题意知Δ>0恒成立，
x1,2＝，
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.
4．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点C(0,1)，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l：y＝kx－与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，证明存在常数λ，使∠AMC＝λ·∠ABC恒成立．
(1)解 由题意知b＝1，＝.
又因为a2＝b2＋c2，解得c＝1，a＝.
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由(1)知，
联立得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，且Δ>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1,2＝，则
又因为＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋＝(1＋k2)·－·＋＝0，
所以⊥.
因为线段AB的中点为M，所以MC＝MB，
所以∠AMC＝2∠ABC.
所以存在常数λ＝2，
使∠AMC＝λ·∠ABC恒成立．
典例 (14分)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，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．
审题路线图
(1)―→―→―→
(2)―→
―→―→
规范解答·评分标准
(1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，M(xM，yM).……………………………………………………………………………2分
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
Δ＝4k2b2－4(k2＋9)(b2－m2)>0，
x1,2＝，
x1＋x2＝－，
故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.……………………………………………………4分
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. ………………………………………………6分
(2)解 当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB能为平行四边形. ………………7分
假设四边形OAPB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k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP，
由得x＝，
即xP＝ . ………………………………………………………………………………9分
将点的坐标代入l的方程，得b＝，
因此xM＝.……………………………………………………………………………11分
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＝2×，
解得k1＝4－，k2＝4＋.13分
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形.
…………………………………………………………………………………………………14分
构建答题模板
[第一步] 先假定：假设结论成立；
[第二步] 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；
[第三步] 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设；
[第四步] 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性．
1.如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B(1,0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1,0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．
(1)求证：EA＋EB为定值；
(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：EB·FQ＝FB·EQ.
证明 (1)设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，
故EM＝EB.
从而EA＋EB＝AM＝＝＝＝＝4.
所以EA＋EB为定值4.
(2)由(1)同理可知FA＋FB＝4，
故E，F均在椭圆＋＝1上．
设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)．
令x＝4，求得y＝，即Q点纵坐标yQ＝.
由得，(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
y1,2＝，
则有y1＋y2＝－，y1y2＝－.
因为E，B，F，Q在同一条直线上，
所以EB·FQ＝FB·EQ等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)．
即－y1·＋y1y2＝y2·－y1y2，
等价于2y1y2＝(y1＋y2)·.
将y1＋y2＝－，y1y2＝－代入，
知上式成立．
所以EB·FQ＝FB·EQ.
2．已知锐角△ABC的一条边AB的长为4，并且tan Atan B＝，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系．
(1)试求顶点C的轨迹方程；
(2)设直线l：y＝kx－与顶点C的轨迹相交于M，N两点，以MN为直径的圆恒过y轴上的一个定点P，求点P的坐标．
解 (1)由题意，不妨设A(－2,0)，B(2,0)，C(x，y)，·＝－，
化简得＋y2＝1(y≠0)．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(0，t)，
将直线l：y＝kx－代入＋y2＝1(y≠0)，得25(1＋4k2)x2－120kx－64＝0，
Δ＝1202k2＋4×64×25(1＋4k2)>0，
x1,2＝，
x1＋x2＝，x1x2＝，
∴＋＝－.
·＝
＝
＝k2＋·－2
＝k2－2
＝－1.
∴解得t＝1.
∴点P的坐标为(0,1)．
