高考数学一轮复习 解答题增分专项5 高考中的解析几何课件 理 北师大版
2020版高考数学一轮复习高考大题增分课五平面解析几何中的高考热点问题教学案文含解析北师大版
五 平面解析几何中的高考热点问题[命题解读] 1. 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上．2．高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，在第(1)问中常以求曲线的标准方程，在第(2)问以求作或证明位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主. 这些试题的命制有一个共同特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高.圆锥曲线的标准方程与性质圆锥曲线的方程与性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线是常见题型，多以选择题或填空题的形式考查，各种难度均有可能．【例1】 (2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y23＝1有公共焦点，则C 的方程为( )A ．x 28－y 210＝1B ．x 24－y 25＝1C ．x 25－y 24＝1D ．x 24－y 23＝1B [由y ＝52x 可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.][规律方法] 解决此类问题的关键是熟练掌握各曲线的定义、性质及相关参数间的联系. 掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．(1)(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( )A ．2B ． 3C ． 2D ．233(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10(1)A (2)A [(1)设双曲线的一条渐近线方程为y ＝bax ， 圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3. 根据点到直线的距离公式得|2b |a 2＋b2＝3，解得b 2＝3a 2.所以C 的离心率e ＝ca＝c 2a 2＝1＋b 2a2＝2.故选A ．(2)因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意直线l 1，l 2的斜率均存在，且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4＝41＋k 2k 2.同理可得|DE |＝4(1＋k 2)． 所以|AB |＋|DE |＝41＋k2k2＋4(1＋k 2)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号．故选A ．]圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等定值问题．【例2】 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －1x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．[规律方法] 1.证明直线过定点，应根据已知条件建立直线方程中斜率k 或截距b 的关系式，此类问题中的定点多在坐标轴上．2．解决定值问题应以坐标运算为主，需建立相应的目标函数，然后代入相应的坐标运算，结果即可得到．3．无论定点或定值问题，都可先用特殊值法求出，然后再验证即可，这样可确定方向和目标．已知椭圆E ：x 2＋y 2＝1(a >b >0)过点(0,1)，且离心率为3.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：y ＝12x ＋m 与椭圆E 交于A ，C 两点，以AC 为对角线作正方形ABCD ，记直线l 与x 轴的交点为N ，问B ，N 两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．[解] (1)由题意可知，椭圆的焦点在x 轴上，椭圆过点(0,1)，则b ＝1.由椭圆的离心率e ＝ca ＝1－b 2a 2＝32，解得a ＝2，所以椭圆E 的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，线段AC 的中点为M (x 0，y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 24＋y 2＝1，整理得x 2＋2mx ＋2m 2－2＝0.由Δ＝(2m )2－4(2m 2－2)＝8－4m 2>0，解得－2<m <2，所以x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－2，y 1＋y 2＝12(x 1＋x 2)＋2m ＝m ，所以线段AC 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫－m ，12m .则|AC |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋14×4m 2－4×2m 2－2＝10－5m 2.l 与x 轴的交点为N (－2m,0)，所以|MN |＝－m ＋2m2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 2＝54m 2， 所以|BN |2＝|BM |2＋|MN |2＝14|AC |2＋|MN |2＝52.故B ，N 两点间的距离为定值102.圆锥曲线中的范围、最值问题圆锥曲线中的最值问题大致分为两类：一类是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二类是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．【例3】 平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)右焦点的直线x ＋y －3＝0交M 于A ，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为12.(1)求M 的方程；(2)C ，D 为M 上的两点，若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形ACBD 面积的最大值． [解] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，y 2－y 1x 2－x 1＝－1， 由此可得b 2x 2＋x 1a 2y 2＋y 1＝－y 2－y 1x 2－x 1＝1.因为x 1＋x 2＝2x 0，y 1＋y 2＝2y 0，y 0x 0＝12，所以a 2＝2b 2.又由题意知，M 的右焦点为(3，0)，故a 2－b 2＝3. 因此a 2＝6，b 2＝3. 所以M 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝433，y ＝－33或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝ 3.因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n －533＜n ＜3，设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y23＝1得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝－2n ±29－n 23.因为直线CD 的斜率为1，所以|CD |＝2|x 4－x 3|＝439－n 2.由已知，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝869 9－n 2，当n ＝0时，S 取得最大值，最大值为863.所以四边形ACBD 面积的最大值为863.[规律方法] 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一种是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二种是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．如图所示，已知直线l ：y ＝kx －2与抛物线C ：x 2＝－2py (p >0)交于A ，B 两点，O 为坐标原点，OA →＋OB →＝(－4，－12)．(1)求直线l 和抛物线C 的方程；(2)抛物线上一动点P 从A 到B 运动时，求△ABP 面积的最大值．[解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＝－2py ，得x 2＋2pkx －4p ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4.因为OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝(－2pk ，－2pk 2－4)＝(－4，－12)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2pk ＝－4，－2pk 2－4＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝1，k ＝2.所以直线l 的方程为y ＝2x －2，抛物线C 的方程为x 2＝－2y .(2)设P (x 0，y 0)，依题意，知抛物线过点P 的切线与l 平行时，△ABP 的面积最大， 又y ′＝－x ，所以－x 0＝2，故x 0＝－2，y 0＝－12x 20＝－2，所以P (－2，－2)．此时点P 到直线l 的距离d ＝|2×－2－－2－2|22＋－12＝45＝455. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －2，x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0，故x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝－4，所以|AB |＝1＋k2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋22×－42－4×－4＝410.所以△ABP 面积的最大值为410×4552＝8 2.圆锥曲线中的证明与探索性问题圆锥曲线中的证明问题是高考的常考热点，其命题切入点较多，既可以考查位置关系，也可以与定点、定值、存在性问题综合命题，有时也涉及一些否定质命题，证明时一般常用直接法或反证法．难度一般较大．【例4】 (本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋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 .[信息提取] 看到求直线方程，想到利用先求斜率再利用点斜式求直线方程； 看到证明两角相等，想到利用两直线的斜率之和为0可证明两角相等． [规范解答] (1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 1分 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 2分又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2.3分(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 4分当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB . 5分当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)，6分则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 2x 2－2. 7分由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4kx 1－2x 2－2.8分将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0. 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.9分则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 11分 从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .12分[易错与防范] 解答本题(2)时易漏掉对特殊情况的讨论，即直线与x 轴重合及直线与x 轴垂直，想当然认为斜率一定存在而致错，解答此类问题时应特别注意直线斜率存在与否．[通性通法] 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由． [解] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )． 又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，所以C 在点(2a ，a )处的切线方程为y－a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋a －b x 1＋x 2x 1x 2＝k a ＋ba. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补， 故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．[大题增分专训]1．(2019·衡水联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(－2，1)，离心率为22，直线l ：kx －y ＋2＝0与椭圆C 交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在实数k ，使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|(其中O 为坐标原点)成立？若存在，求出实数k 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋1b2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝4，b 2＝2，c 2＝2，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)假设存在符合条件的实数k .依题意，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＋2y 2＝4，消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋8kx ＋4＝0. 则Δ＝64k 2－16(1＋2k 2)>0，即k >22或k <－22.(*) 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 1＋2k 2，x 1x 2＝41＋2k2. 由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，得OA →·OB →＝0，∴x 1x 2＋y 1y 2＝0，即x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝0，即(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝0. ∴41＋k 21＋2k 2－16k 21＋2k 2＋4＝0，即8－4k21＋2k2＝0，∴k 2＝2，即k ＝±2，满足(*)式．故存在实数k ＝±2，使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|成立．2．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝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：2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|. [证明] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.由题设得0<m <32，故k <－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P 1，－32，|FP →|＝32. 于是|FA →|＝x 1－12＋y 21＝x 1－12＋31－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22. 所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|.3．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0)，且该椭圆过定点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，22. (1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点Q (2,0)，过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且F 2A →＝λF 2B →，λ∈[－2，－1]，以QA ，QB 为邻边作平行四边形QACB ，求对角线QC 长度的最小值．[解] (1)由题易知c ＝1，1a 2＋12b2＝1， 又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝2，故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1. (2)设直线l ：x ＝ky ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky ＋1，x 22＋y 2＝1 得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0，Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可得y 1＋y 2＝－2k k 2＋2，y 1y 2＝－1k 2＋2. QC →＝QA →＋QB →＝(x 1＋x 2－4，y 1＋y 2)＝－4k 2＋1k 2＋2，－2k k 2＋2，∴|QC →|2＝|QA →＋QB →|2＝16－28k 2＋2＋8k 2＋22，由此可知，|QC →|2的大小与k 2的取值有关．由F 2A →＝λF 2B →可得y 1＝λy 2，λ＝y 1y 2，1λ＝y 2y 1(y 1y 2≠0)．从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝y 1＋y 22－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2， 由λ∈[－2，－1]得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋1λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，－2， 从而－52≤－6k 2－4k 2＋2≤－2，解得0≤k 2≤27. 令t ＝1k 2＋2，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤716，12， ∴|QC →|2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫t －742－172，∴当t ＝12时，|QC →|min ＝2.。
北师版高考总复习一轮理科数精品课件 第9章 解析几何 第7节 抛物线
直线上所有点的连线中垂线段最短”原理解决.
1 2
对点训练3(1)已知抛物线y= 4 x 上的动点P到直线l:y=-3距离为d,A点坐标
为(2,0),则|PA|+d的最小值等于(
)
B.2+ 5
A.4
C.2 5
D.3+ 5
(2)抛物线 y2=2px(p>0)的焦点为 F,准线为 l,A,B 是抛物线上的两个动点,且
不妨设点D在第一象限,则点D的坐标为(2,2),将其代入y2=2px,得p=1,
所以抛物线 C 的焦点坐标为
1
,0
2
.
规律方法 1.求抛物线方程的方法
(1)求抛物线的标准方程除可以用定义法和待定系数法外,还可以利用统一
方程法,即当抛物线的类型没有确定时,可设方程为y2=mx(m≠0)或
x2=ny(n≠0),这样可以减少讨论情况的个数.
根与系数的关系整体求出;若遇到其他标准方程,则焦半径或焦点弦长公式
可由数形结合的方法类似地得到.
对点训练1(1)(2022河南南阳期末)设抛物线y2=6x上一点P到其焦点F的距
离为
9
,O为坐标原点,则△POF的面积为
2
.
(2)(2021北京,12)已知抛物线C:y2=4x,焦点为F,点M为抛物线C上的点,且
为x=-1,作AA',BB'垂直于准线,交准线于点A',B',
由抛物线的定义知|AA'|=|AF|,|BB'|=|BF|.
|AB|=|AF|+|BF|=|AA'|+|BB'|=x1+2 +x2+2 =x1+x2+p.
【高优指导】2017高考数学一轮复习 解答题增分专项5 高考中的解析几何课件 理 北师大版
2
������
,故切线 MA 的方程
,①
=-
.②
由 ①②得 p=2.
-8题型一 题型二 题型三
2 ������ 1
题型四
题型五
2 ������ 2
题型六
(2)设 N(x,y),A ������1 , y=
2 +������ 2 ������ 1 2
4
,B ������2 ,
由 N 为线段 AB 中点知 x=
,B(0,- 3c).
8 3 3 ������- ������,������������ 5 5
设点 M 的坐标为(x,y),则������������ =
, ������������ =(x,y+ 3c).
3 由 y= 3(x-c),得 c=x- y. 3 8 3 3 8 3 3 于是������������ = ������- ������, ������������ , ������������ =(x, 3x). 15 5 5 5 8 3 3 8 3 3 由������������ ·������������ =-2,即 ������- ������ · x+ ������������ · 3x=-2, 15 5 5 5
8 ������ 2 2
4 ������ 1 +������ 2 2
,x1≠x2, ,③
2 ������ 1
.④
������ 1 2
2 ������ 2
切线 MA,MB 的方程分别为 y= (x-x1)+ ,⑤
4
y= (x-x2)+ .⑥
4
由 ⑤⑥得 MA,MB 的交点 M(x0,y0)的坐标为 x0=
2025届高三一轮复习数学课件：高考中的解析几何
所以直线 PN 的方程为
1
y=2x+ .
0
令 y=0,可得
1
x=-2 ,即点
0
P
1
- 2 ,0
0
因为 MP∥BF,所以 kMP=kBF,即
0
0 +
PN 与 BF 垂直,
.
1 =
20
2
所以(0 + 50 ) =0,所以
又 y0>0,所以
20
x0=-5y0,所以 5
6
5 6
y0= 6 ,x0=- 6 .所以直线
4 + 02 · 02 -40 ,
|20 -40 |
点 P(x0,y0)到直线 B 的距离 d=
所以
1
1
S△PAB=2|AB|·
d=2
所以02 -4y0=3.
1 +1
y= 2 x-k1k2,即
3
2
(0 -40 )
4+20
2
2
2
2
2
3+2 2
3+2 2
2
=
|m| 3- =
6
6
3+2 2
= 6
2 (3-2 )
2
3
9
2
- - 2 + 4,
3
6
3+2 2 3 3+2 2
∴当 m =2<3,即 m=± 2 时,Smax= 6 × 2 = 4 .
2
对点训练 3
1
=4和抛物线 C2:x2=4y,P(x0,y0)是圆 C1 上一点,M 是
即12 -k1x0+y0=0.①
同理,设直线 PB 的方程为 y-y0=k2(x-x0),则22 -k2x0+y0=0.②
北师大版版高考数学一轮复习高考大题增分课立体几何中的高考热点问题教学案理解析版
错误![命题解读] 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．空间的平行与垂直及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第（１）问，解答题的第（２）问常考查求空间角，一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．【例１】（２0１7·全国卷Ⅱ）如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝错误!AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（１）证明：直线CE∥平面PAB；（２）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD的夹角为４５°，求二面角MABD的余弦值．[解] （１）证明：如图，取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝错误!AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD．又BC＝错误!AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB．（２）由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，|错误!|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A（0,0,0），B（１,0,0），C（１,１,0），P（0,１，错误!），错误!＝（１,0，—错误!），错误!＝（１,0,0）．设M（x，y，z）（0<x<１），则错误!＝（x—１，y，z），错误!＝（x，y—１，z—错误!）．因为BM与底面ABCD的夹角为４５°，而n＝（0,0,１）是底面ABCD的法向量，所以|cos〈错误!，n〉|＝sin ４５°，即错误!＝错误!，即（x—１）２＋y２—z２＝0．１又M在棱PC上，设错误!＝λ错误!，则x＝λ，y＝１，z＝错误!—错误!λ.２由１２解得错误!（舍去），或错误!所以M错误!，从而错误!＝错误!.设m＝（x0，y0，z0）是平面ABM的法向量，则错误!即错误!所以可取m＝（0，—错误!，２）．于是cos〈m，n〉＝错误!＝错误!.因此二面角MABD的余弦值为错误!.[规律方法] （１）证明空间线线、线面、面面的位置关系，常借助理论证明，必要时可依据题设条件添加辅助线．（２）求解空间角的问题，常借助坐标法，即建立恰当的坐标系，通过求解相应平面的法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解便可，但需注意向量夹角与待求角的区别与联系．１１１１G分别为AA１，AC，A１C１，BB１的中点，AB＝BC＝错误!，AC＝AA１＝２．（１）求证：AC⊥平面BEF；（２）求二面角BCDC１的余弦值；（３）证明：直线FG与平面BCD相交．[解] （１）证明：在三棱柱ABCA１B１C１中，因为CC１⊥平面ABC，所以四边形A１ACC１为矩形．又E，F分别为AC，A１C１的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.（２）由（１）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC１.又CC１⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABＣ．因为BE平面ABC，所以EF⊥BE.如图，建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B（0,２,0），C（—１,0,0），D（１,0,１），F（0,0,２），G（0,２,１）．所以错误!＝（—１，—２,0），错误!＝（１，—２,１）．设平面BCD的法向量为n＝（x0，y0，z0），则错误!即错误!令y0＝—１，则x0＝２，z0＝—４．于是n＝（２，—１，—４）．又因为平面CC１D的法向量为错误!＝（0,２,0），所以cos〈n，错误!〉＝错误!＝—错误!.由题知二面角BCDC１为钝角，所以其余弦值为—错误!.（３）证明：由（２）知平面BCD的法向量为n＝（２，—１，—４），错误!＝（0,２，—１）．因为n·错误!＝２×0＋（—１）×２＋（—４）×（—１）＝２≠0，所以直线FG与平面BCD相交．立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：（１）根据条件作出判断，再进一步论证；（２）利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．【例２】（２0１6·北京高考）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝１，AD＝２，AC＝CD＝错误!.（１）求证：PD⊥平面PAB；（２）求直线PB与平面PCD夹角的正弦值；（３）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求错误!的值；若不存在，说明理由．[解] （１）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．（２）取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD．又因为PO平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因为CO平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD．如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A（0,１,0），B（１,１,0），C（２,0,0），D（0，—１,0），P（0,0,１）．设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令z＝２，则x＝１，y＝—２．所以n＝（１，—２,２）．又错误!＝（１,１，—１），所以cos〈n，错误!〉＝错误!＝—错误!.所以直线PB与平面PCD夹角的正弦值为错误!.（３）设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,１]使得错误!＝λ错误!.因此点M（0,１—λ，λ），错误!＝（—１，—λ，λ）．因为BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当错误!·n＝0，即（—１，—λ，λ）·（１，—２,２）＝0．解得λ＝错误!.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时错误!＝错误!.[规律方法] 解立体几何中探索性问题的方法（１）通常假设题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理；（２）若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；（３）若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．１１１１１AB＝BC＝３错误!，点M，N分别为棱AB，BC上的动点，且AM＝BN，D为B１C１的中点．（１）当点M，N运动时，能否出现AD∥平面B１MN的情况，请说明理由；（２）若BN＝错误!，求直线AD与平面B１MN夹角的正弦值．[解] （１）当M，N分别为AB，BC的中点时，AD∥平面B１MN.证明如下：连接CD，当M，N 分别为AB，BC的中点时，CN∥B１D，且CN＝B１D＝错误!BC，∴四边形B１DCN为平行四边形，∴DC∥B１N.又DC平面B１MN，B１N平面B１MN，∴DC∥平面B１MN.又易知AC∥MN，AC平面B１MN，MN平面B１MN，∴AC∥平面B１MN.∵DC∩AC＝C，∴平面ADC∥平面B１MN.∵AD平面ADC，∴AD∥平面B１MN.（２）如图，设AC的中点为O，作OE⊥OA，以O为原点，OA，OE，OB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∵BN＝错误!，AB＝BC＝３错误!，∴AC＝6．∴M（２,0,１），N（—１,0,２），A（３,0,0），B１（0，—４,３），D错误!，∴错误!＝（—３,0,１），错误!＝（２,４，—２）．设平面B１MN的法向量为n＝（x，y，z），则有错误!即错误!可得平面B１MN的一个法向量为n＝（１,１,３）．又错误!＝错误!，∴|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!.设直线AD与平面B１MN的夹角为α，则sin α＝|cos〈n，错误!〉|＝错误!.平面图形的翻折问题将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，注重考查空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．【例３】（本题满分１２分）（２0１8·全国卷Ⅰ）如图，四边形错误!１，E，F分别为AD，BC的中点，以错误!２，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.（１）证明：错误!３；（２）求错误!４.[信息提取] 看到１ABCD为正方形，想到正方形中的边角关系；看到２把△DFC折起，想到折叠问题中的“变”与“不变量”；看到３想到面面垂直的判定定理，想到线面垂直，想到线线垂直；看到４想到线面角的求法，想到如何建系求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量．[规范解答] （１）证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.·２分又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．·３分（２）作PH⊥EF，垂足为H.由（１）得，PH⊥平面ABFD．·４分以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向，|错误!|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.５分由（１）可得，DE⊥PE.又DP＝２，DE＝１，所以PE＝错误!.又PF＝１，EF＝２，故PE⊥PF. ·6分可得PH＝错误!，EH＝错误!.7分则H（0,0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!，错误!＝错误!为平面ABFD的法向量. ·１0分设DP与平面ABFD的夹角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!.·１１分即DP与平面ABFD夹角的正弦值为错误!.·１２分[易错与防范]易错点防范措施不能恰当的建立坐标系由（１）的结论入手，结合面面垂直的性质及正方形的性质建立空间直角坐标系.建系后写不出相应点的坐标结合折叠前后的不变量，注意题设条件中的隐含，如PF⊥平面PED，即可求出PH，从而求出相应点的坐标.况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．（２0１9·湖南六校联考）如图，梯形EFBC中，EC∥FB，EF⊥BF，BF＝错误!EC＝４，EF＝２，A是BF的中点，AD⊥EC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面AFED⊥平面ABCD，点M是线段EC上异于E，C的任意一点．（１）当点M是EC的中点时，求证：BM∥平面AFED；（２）当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为错误!时，求三棱锥EBDM的体积．[解] （１）法一：取ED的中点N，连接MN，AN，∵点M是EC的中点，∴MN∥DC，且MN＝错误!DC，而AB∥DC，且AB＝错误!DC，∴MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN，又BM平面AFED，AN平面AFED，∴BM∥平面AFED．法二：∵AD⊥CD，AD⊥ED，平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝AD，∴DA，DC，DE两两垂直．以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0,0,0），A（２,0,0），B（２,２,0），C（0,４,0），E（0,0,２），M（0,２,１），∴错误!＝（—２,0,１），又平面AFED的一个法向量错误!＝（0,４,0），错误!·错误!＝0，∴错误!⊥错误!，又BM平面AFED，∴BM∥平面AFED．（２）依题意设点M错误!（0＜t＜４），设平面BDM的法向量n１＝（x，y，z），则错误!·n１＝２x＋２y＝0，错误!·n１＝ty＋错误!z＝0，令y＝—１，则n１＝错误!，取平面ABF的一个法向量n２＝（１,0,0），∵|cos〈n１，n２〉|＝错误!＝错误!＝错误!，解得t＝２．∴M（0,２,１）为EC的中点，S△DEM＝错误!S△CDE＝２，又点B到平面DEM的距离h＝２，∴V EBDM＝V BDEM＝错误!·S△DEM·h＝错误!.[大题增分专训]１．（２0１9·湖北八市联考）如图，在R t△ABC中，AB＝BC＝３，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角PEFB的大小为60°.（１）求证：EF⊥PB；（２）当点E为线段AB的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值．[解] （１）证明：∵AB＝BC＝３，BC⊥AB，EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E，∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PＢ．（２）∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角PEFB的平面角，∴∠PEB＝60°，又PE＝２，BE＝１，由余弦定理得PB＝错误!，∴PB２＋EB２＝PE２，∴PB⊥EB，∴PB，BC，EB两两垂直．以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0,0，错误!），C（３,0,0），E（0,１,0），F（２,１,0），∴错误!＝（0,１，—错误!），错误!＝（２,１，—错误!），设平面PEF的法向量为n＝（x，y，z），由错误!即错误!令y＝错误!，则z＝１，x＝0，可得n＝（0，错误!，１），又错误!＝（３,0，—错误!），∴sin θ＝错误!＝错误!.故直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值为错误!.２．（２0１9·西宁模拟）底面为菱形的直棱柱ABCDA１B１C１D１中，E，F分别为棱A１B１，A１D１的中点．（１）在图中作出一个平面α，使得BDα，且平面AEF∥α；（不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCDA１B１C１D１的截面）（２）若AB＝AA１＝２，∠BAD＝60°，求平面AEF与平面α的距离Ｄ．[解] （１）如图，取B１C１的中点M，D１C１的中点N，连接BM，MN，ND，则平面BMND即为所求平面α.（２）如图，连接AC交BD于点O，∵在直棱柱ABCDA１B１C１D１中，底面为菱形，∴AC⊥BD，∴以点O为坐标原点，分别以DB，AC所在直线为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，又∵直棱柱ABCDA１B１C１D１中所有棱长为２，∠BAD＝60°，∴A（0，—错误!，0），B（１,0,0），C（0，错误!，0），D（—１,0,0），A１（0，—错误!，２），B１（１,0,２），D１（—１,0,２），∴E错误!，F错误!，∴错误!＝错误!，错误!＝错误!，错误!＝（１，错误!，0），设平面AEF的法向量n＝（x，y，z），则错误!即错误!令y＝４错误!，得n＝（0,４错误!，—３），|n|＝错误!，∴点B到平面AEF的距离h＝错误!＝错误!＝错误!，∴平面AEF与平面α的距离d＝错误!.３．如图，在三棱锥PABC中，△PAC为正三角形，M为线段PA的中点，∠CAB＝90°，AC＝AB，平面PAB⊥平面PAＣ．（１）求证：平面PAC⊥平面ABC；（２）若Q是棱AB上一点，V QBMC＝错误!V PABC，求二面角QMCA的余弦值．[解] （１）证明：因为△PAC为正三角形，M为线段PA的中点，所以CM⊥PA，又平面PAC⊥平面PAB，平面PAC∩平面PAB＝PA，所以CM⊥平面PAB．因为AB平面PAB，所以CM⊥AB，又CA⊥AB，CM∩CA＝C，所以AB⊥平面PAＣ．又AB平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABＣ．（２）连接PQ，由题意及（１）得V QBMC＝V MBQC＝错误!V PBQC＝错误!V PABC，所以S△QBC＝错误!S△ABC，所以Q为线段AB的中点．取AC的中点为O，连接OP，以O为坐标原点，错误!，错误!，错误!的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，设AC＝AB＝２，则A（１,0,0），B（１,２,0），Q（１,１,0），C（—１,0,0），M错误!，则错误!＝错误!，错误!＝（２,１,0），错误!＝（0,２,0），易知平面AMC的一个法向量为错误!＝（0,２,0）．设平面QMC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令x＝１，则n＝（１，—２，—错误!），由图可知二面角QMCA为锐角，故所求二面角的余弦值为|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!。
北师版高考总复习一轮理科数精品课件 第9章 解析几何 第2节 点与直线、两条直线的位置关系
解析:(1)当直线 x+y=0 平移到与曲线
9
y=x+ 相切位置时,
切点 P 到直线 x+y=0 的距离最小.
由
9
y'=1- 2 =-1,得
3 2
9 2
x= (负值舍去),y= ,即切点
2
2
3 2 9 2
+ |
2
2
12 +12
|
则切点 P 到直线 x+y=0 的距离为
=6.
P
3 2 9 2
,
2
2
联立
解得
= 1.
- + 2 = 0,
x-2y+3=0.
2+ 4+
,
3
3
,
∴△ABC的外心为(-1,1).则(m+1)2+(n-1)2=32+12=10,
整理得m2+n2+2m-2n=8,②
联立①②,得m=-4,n=0或m=0,n=4.
当m=0,n=4时,点B,C重合,舍去.
∴顶点C的坐标是(-4,0).故选A.
(3)过两条已知直线l1:A1x+B1y+C1=0和l2:A2x+B2y+C2=0的交点的直线系方
程:A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0(λ∈R,这个直线系不包括直线l2,解题时,
注意检验l2是否满足题意,以防漏解).
3.对称问题
(1)点P(a,b)关于x轴的对称点的坐标为(a,-b);关于y轴的对称点的坐标为(-a,
对点训练1(1)(2021安徽合肥六中模拟)“直线ax+2y+4=0与直线x+(a-1)y
高考数学一轮复习高考大题增分课5平面解析几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版
五 平面解析几何中的高考热点问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一圆锥曲线中的几何证明一般包括两大方面：一是位置关系的证明，如证明相切、垂直、＋＋－－1)代入x22＋y 2＝1得4＝的斜率之积为y1x1·y2x2＋＋(4，－2)，因此圆锥曲线中的最值与取值范围问题是高考中的常考题型，以解答题为主，难度一般较大，－，＋y23＝1，＋.·····························4k2＋3过点B(1,0)＋－⎭⎪⎫6m ＋42－4×－93m2＋圆锥曲线中的探索性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，需要结－3，＝－＋.＝2×－＋，解得≠3，i＝1,2，所以当直线＋－1，4x，得y2＋4ky＋－，则|y1－y2|＝1 2 |－＋＋⎝y2＋－⎭⎪⎫＋t －32(x 2－1)＋(x 1＋＝＋＞＋x2＝－4k 1＋2k2，－＋＋＋x1＋x2－，＋2k2)x2－8k－x1－1＋－x2－1＝＋＋－＋＋12kx1x2－3k(x1＋x＋－＋8－16k21＋2k2·1＋k2，＋＝2k2＋1∈(1,2)，，即k＝±。
北师版高考总复习一轮数学精品课件 第九章 平面解析几何 解答题专项五 第1课时 定点与定值问题
考向1直接消参法求证圆锥曲线中的定点问题
例题过抛物线C:y2=4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A,B两点.
(1)若|AB|=8,求直线l的方程;
(2)若点A关于x轴的对称点为点D,证明直线BD过定点,并求出该点的坐标.
解 (1)由y2=4x知焦点F的坐标为(1,0),则直线l的方程为y=k(x-1),代入抛物线
【教师讲评】 (1)利用待定系数法求椭圆的方程,因为已知椭圆上两点,焦
点位置未知,为了避免分类讨论,可设mx2+ny2=1(m>0,n>0),将给定点代入
求解即可;
(2)先分析直线MN斜率不存在的情况,得出直线所过的定点,再在一般情况
下,设出直线方程,与椭圆C的方程联立,证明此时直线也过这个定点.
分
2
的方程为 3
2
=1. ........................................................................3
4
分
4 = 1,
9
4
+ = 1,
故椭圆 E
+
(2)证明 由点 A(0,-2),B
3
,-1
2
,可知直线 AB 的方程为
BD 恒过定点(-1,0).
规律方法 直接消参法求证圆锥曲线中的定点问题的一般步骤
3
对点训练(2023·湖南长沙模拟)已知双曲线 C 的渐近线方程为 y=± x,且过点
3
P(3, 2).
(1)求C的方程;
(2)设Q(1,0),直线x=t(t∈R)不经过点P且与C相交于A,B两点,若直线BQ与C
交于另一点D,过点Q作QN⊥AD于点N,证明:直线AD过定点M,且点N在以