高考数学一轮复习第9章平面解析几何第11节圆锥曲线中的证明、探索性问题课件理北师大版
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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．
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[教师备选例题] (2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线 C：y2＝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．
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2．(2019·贵阳模拟)已知椭圆x52＋y42＝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 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π4，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．
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[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π4，∴k＝1. ∴直线 l1 的方程为 y＝x－1，即 x＝y＋1. 代入椭圆方程，可得 9y2＋8y－16＝0.
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∴y1＋y2＝－98，y1y2＝－196.
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当 m＝－12时，直线 l 的方程为 2x＋y－4＝0，圆心 M 的坐标为 94，－12，圆 M 的半径为 485，
圆 M 的方程为x－942＋y＋122＝8156.
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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.
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因为 x 轴是∠PBQ 的角平分线，所以 kPB＋kQB＝0， 即 kPB＋kQB＝x1y＋1 1＋x2y＋2 1 ＝2kx1x2＋x1＋k＋1bxx2＋1＋1x2＋2b＝x1＋81k＋x2＋b 1k2＝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)．
(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 x2＋42＝(x －4)2＋y2，化简即得圆心的轨迹 C 的方程为 y2＝8x.
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.
5
(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＜ 2，x2＜ 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1y－1 2 ＋x2y－2 2.
±km k2＋9.
31
将点m3 ，m的坐标代入直线 l 的方程得 b＝m33－k，
因此 xM＝k3kk－2＋39m .
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 3
±kk2m＋9＝2×k3kk－2＋39m ，解得
6
由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k 得 kMA＋kMB＝2kx1x2x－1－32kxx1＋2－x22＋4k. 将 y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1 得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
7
所以，x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－ ＋21. 则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－21k22＋k3＋ 1 8k3＋4k＝0. 从而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA＝ ∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB.
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(2)证明：法一：由题意可设直线 l 的方程为 y＝kx＋b(k≠0)． 联立yy＝2＝k8xx＋，b， 得 k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0. 由 Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得 kb＜2. 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－2kbk－2 4，x1x2＝bk22.
第九章 平面解析几何
第十一节 圆锥曲线中的证明、探索性问题
2
课 堂考 点 探究
3
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．
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．
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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
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2．圆条件的转化 几何性质 (1)点在圆上 (2)点在圆外 (3)点在圆内
代数实现 点与直径端点向量数量积为零 点与直径端点向量数量积为正数 点与直径端点向量数量积为负数
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[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＋2 x2＝k－2＋kb9，yM＝kxM＋b＝k29＋b 9. 于是直线 OM 的斜率 kOM＝yxMM＝－9k，即 kOM·k＝－9. 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值．
4
(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. [解] (1)由已知得 F(1,0)，l 的方程为 x＝1.
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即 x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0. 由(1)知 y1y2＝－4，x1x2＝4. 所以 2m2－m－1＝0，解得 m＝1 或 m＝－21. 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.
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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(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由条件可得，Q 与 Q′ 关于 x 轴对称，故 Q(x2，－y2)．
x＝my－1， 联立y2＝8x，
消去 x 得 y2－8my＋8＝0，
其中 Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8. 所以 kPQ＝yx11＋－yx22＝y1－8 y2，
∴S△ABM＝12·|FM|·|y1－y2|
＝ y1＋y22－4y1y2
＝
－892＋4×196＝8
10 9.
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(2)证明：设直线 l1 的方程为 y＝k(x－1)． 代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0， 即 x1＋x2＝41＋05k2k2，x1x2＝54k＋2－5k220. ∵直线 BN⊥l 于点 N，∴N(5，y2)． ∴kAM＝3－－yx11，kMN＝y22. 而 y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－ 3(x1＋x2)＋5]＝－k54k＋2－5k220－3×41＋0k52k2＋5＝0， ∴kAM＝kMN.故 A，M，N 三点共线．
故坐标原点 O 在圆 M 上．
11
(2)由(1)可得 y1＋y2＝2m， x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4， 故圆心 M 的坐标为(m2＋2，m)， 圆 M 的半径 r＝ m2＋22＋m2. 由于圆 M 过点 P(4，－2)， 因此A→P·B→P＝0， 故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，
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[解] (1)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2.
x＝my＋2， 由y2＝2x，
可得 y2－2my－4＝0，则 y1y2＝－4.
又 x1＝y221，x2＝y222，故 x1x2＝y14y22＝4.
因此 OA 的斜率与 OB 的斜率之积为yx11·yx22＝－44＝－1，所以 OA ⊥OB.
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因而直线 PQ 的方程为 y－y1＝y1－8 y2(x－x1)． 又 y1y2＝8，y21＝8x1， 将 PQ 的方程化简得(y1－y2)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.
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(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.
由(1)得 OM 的方程为 y＝－9kx.
设点 P 的横坐标为 xP.
高考数学一轮专项复习ppt课件-圆锥曲线中的探索性与综合性问题(北师大版)
同理，|NF|＝ t2＋1|y2|，
由于y1y2<0，不妨设y1>0，y2<0， 则|M1F|＋|N1F|＝ t21＋1y11－y12＝ t21＋1·y2y－1y2y1，
由(y2－y1)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝－3t22－4t 12－34t×2－361＝1434t2－t2＋112，得 y2
第八章
§8.14 圆锥曲线中的探索性与综合性问题
题型一 探索性问题
例1 (2023·广州模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知点A(－2,0)，B(2,0)， 点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为－34 ，点M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程；
设 M(x，y)，则 kAMkBM＝x＋y 2·x－y 2＝－34，化简得x42＋y32＝1 且 x≠±2， 所以点 M 的轨迹(曲线 C)的方程为x42＋y32＝1 且 x≠±2.
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能力拓展
3.(2024·唐山模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜
角为
π 4
的直线交抛物线于M，N两点，|MN|＝8.
(1)求抛物线E的方程；
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设过点 F 且倾斜角为π4的直线方程为 y＝x－p2，代入 y2＝2px(p>0)， 得 x2－3px＋p42＝0，若 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝3p， 所以|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，则p＝2， 即抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)设 OD 的中点为 M，是否存在定直线 l，使得经过 M 的直线与 C 交于 点 P，Q，与线段 AB 交于点 N，P→M＝λP→N，M→Q＝λQ→N均成立？若存在， 求出 l 的方程；若不存在，请说明理由.
高考数学一轮复习第9章平面解析几何第11节圆锥曲线中的证明、探索性问题教学案理北师大版
第十一节 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 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 . [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 (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 2x 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＋4kx 1－2x 2－2.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.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 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 222，故x 1x 2＝y 1y 224＝4.因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为y 1x 1·y 2x 2＝－44＝－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＋22＋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⎝ ⎛⎭⎪⎫94，－12，圆M 的半径为854， 圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －942＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋122＝8516.1.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 2k2. 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 2x 2＋1＝2kx 1x 2＋k ＋b x 1＋x 2＋2b x 1＋1x 2＋1＝8k ＋bx 1＋1x 2＋1k 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＝8y 1－y 2， 因而直线PQ 的方程为y －y 1＝8y 1－y 2(x －x 1)． 又y 1y 2＝8，y 21＝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 2x 2＋1＝my 1＋a y 2＋my 2＋a y 1＋y 1＋y 2x 1＋1x 2＋1＝2my 1y 2＋a ＋1y 1＋y 2x 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 228，y 2， 因为x 轴是∠PBQ 的角平分线， 所以k PB ＋k QB ＝y 1y 218＋1＋y 2y 228＋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＝8y 1＋y 2， 所以直线PQ 的方程为y －y 1＝8y 1＋y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 218，即y ＝8y 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 24＝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π4，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π4，∴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＝－169.∴S △ABM ＝12·|FM |·|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 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 2x ＋5k 2－20＝0， 即x 1＋x 2＝10k 24＋5k 2，x 1x 2＝5k 2－204＋5k 2.∵直线BN ⊥l 于点N ，∴N (5，y 2)． ∴k AM ＝－y 13－x 1，k MN ＝y 22.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假设 假设存在符合题意的元素点、直线、曲线或参数. 推理以存在为条件，用待定系数法设出，列出关于参数的方程组，确定其解的情况.判断若能推出合理结果，经验证成立即可确定元素存在；否则不存在.反思 查看关键点、易错点，解题的规范性，并得出结论.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⎝ ⎛⎭⎪⎫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．[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 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k，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⎝ ⎛⎭⎪⎫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. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx .设点P 的横坐标为x P . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m 3－k3，因此x M ＝k k －3m3k 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)坐标差相等 (3)对角线互相平分 中点重合已知椭圆C 经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，且与椭圆E ：x 22＋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 2b2＝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 23＝1. (2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝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 2m ＋m ＝3m， 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 ＋(s2－4s ＋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 |＝8611. (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 22－4x 1x 2]＝8611， 所以121p 2＋242p －48＝0， 所以p ＝211或p ＝－2411(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＝1511，所以C ⎝⎛⎭⎪⎫1511，0，所以|CD |＝2211.又|CD |＝32|AB |＝12211， 与上式|CD |＝2211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 2b2＝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＝12S △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 23＝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＋y23＝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＝－93k 2＋4，则|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 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 42－4y 3y 4＝4k 2＋1，若S △OPQ ＝12S △OMN ，则|y 1－y 2|＝12|y 3－y 4|，即12k2＋13k2＋4＝2k2＋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－63y＋1＝0.。
圆锥曲线中的证明、探究性问题-高中数学总复习课件
）
代入 ＋ y 2＝1中，有
＋（λ t ＋λ－1）2＝1，
4
4
②
3
①－②得λ（λ－1）（3－2 t ）＝0，又λ∈（0，1），所以 t ＝ .
2
故存在点 P
3
3，
2
，使得四边形 ABCD 为梯形.
目录
高中总复习·数学
法二
假设存在点 P （3， t ）满足题设，则 t ＞0，
设 C （ x 1， y 1）， D （ x 2， y 2）.
所以
＝
＝
＞ ＝2.
8
2
｜｜
2
+1
所以｜ CD ｜2＞2｜ AB ｜2，即｜ CD ｜＞ 2 ｜ AB ｜.
目录
高中总复习·数学
点、线的探究性问题
【例3】
2
已知 A ， B 分别为椭圆 E ： 2 ＋ y 2＝1（ a ＞1）的左顶点和
59
下顶点， P 为直线 x ＝3上的动点， · 的最小值为 .
2 −2
目录
高中总复习·数学
由 y 1＝ k （ x 1－1）， y 2＝ k （ x 2－1）得， kMA ＋ kMB ＝
21 2 −3（1 ＋2 ）+4
.
（1 −2)(2 −2）
2
将 y ＝ k （ x －1）代入 ＋ y 2＝1得（2 k 2＋1） x 2－4 k 2 x ＋2 k 2
目录
高中总复习·数学
2
2
双曲线 C ： 2 － 2 ＝1（ a ＞0， b ＞0）经过点（
3 ，1），且渐近
线方程为 y ＝±x .
（1）求 a ， b 的值；
2023届高考数学一轮复习计划 高考重难专攻(七) 圆锥曲线中的证明、探索性问题(共32张
巧用基本不等式求最值问题 利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形 式，然后利用基本不等式求出最值．
椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 36，短轴一个端点到右焦点的距离为 3． (1)求椭圆 C 的方程；
(2)设斜率存在的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，坐标原点 O 到直线 l 的距离为 23， 求△AOB 面积的最大值．
因为－12＜x＜32，所以直线 AP 斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)法一：联立直线
AP
与
BQ
的方程kx－y＋12k＋14＝0， x＋ky－94k－32＝0，
解得点 Q 的横坐标是 xQ＝－2k2k＋2＋4k1＋ 3．
因为|PA|＝ 1＋k2x＋12＝ 1＋k2(k＋1)， |PQ|＝ 1＋k2(xQ－x)＝－k－1k2＋k＋1 12，
(2022·咸阳模拟)已知双曲线 C：ay22－xb22＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2，且经过 A(0,2)． (1)求双曲线 C 的方程； (2)若过点 B(2,0)的直线交双曲线 C 于 x 轴下方不同的两点 P，Q，设 PQ 中点为 M， 求△BOM(O 为坐标原点)面积的最小值． 解：(1)双曲线的离心率为 2，即ac＝ 2， 因为点 A(0,2)在双曲线ay22－xb22＝1 上，所以a42＝1，a＝2，则 c＝2 2，又 c2＝a2＋b2， 所以 b＝2．所以双曲线 C 的方程为y42－x42＝1．
(2)当直线 l 的斜率为 0 时，λ＝|MA|·|MB|＝12． 当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x＝my＋4， 联立方程x42＋y2＝1， 得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0． 由 Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得 m2>12，所以 y1y2＝m21＋2 4． λ＝|MA|·|MB|＝ m2＋1|y1|· m2＋1|y2| ＝(m2＋1)·|y1y2|＝12mm2＋2＋41＝121－m23＋4． 由 m2>12，得 0<m23＋4<136，所以349<λ<12． 综上，λ 的取值范围是349，12．
高三总复习数学精品课件 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题
14
【解】 (1)由题意可得ac＝ 23， 2c＝2 3，
解得ac＝＝2，3， 所以 b2＝a2－c2＝1， 故椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
15
(2)证明：设直线 l 的方程为 y＝－12x＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 由xy4＝2＋－y212＝x＋1，m，消去 y 得 x2－2mx＋2(m2－1)＝0. 则 Δ＝4m2－8(m2－1)＝4(2－m2)>0， 且 x1＋x2＝2m，x1x2＝2(m2－1)，
7
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线 y＝kx(k≠0)与双曲线 x2－y2＝1 一定相交． (2)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点． (3)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切． (4)过点(2，4)的直线与椭圆x42＋y2＝1 只有一条切线．
(× ) (√ ) (√ )
34
技法三 目标函数法
(2020·河北九校第二次联考)椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的左焦点为 F，短
轴长为 2
3，右顶点为
A，上顶点为
B，△ABF
的面积为3 2
3 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过 A 作直线 l 与椭圆交于另一点 M，连接 MF 并延长交椭圆于点 N，当
△AMN 的面积最大时，求直线 l 的方程．
26
联立得y＝1－x1mx＋1， y＝－4（mx＋1 1）x－1，
解得点 D 的纵坐标为 yD＝－ －1144xx2121－ ＋mm22＋ －11. 因为点 M 在椭圆 C 上，所以x421＋m2＝1， 则 yD＝0. 所以点 D 在 x 轴上．
27
范围(最值)问题
高考数学第九章平面解析几何11第9讲圆锥曲线的综合问题(第2课时)定点、定值、探索性问题理
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由xy－ －yx00＝－1，得 y－y0＝x0－x ②， 由①②得yy＝ 0＝xx0＋ ＋11， ， kk1＝yy0－（yx＋x0 y0）＋1 ＝（x＋1）（x0＋1）xx－0 （x＋x0＋2）＋1＝1.
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(2)由yx4＝2＋kyx2＋＝11，，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0， 设 M(xM，yM)，N(xN，yN)， 所以 xM＝4－k2＋8k1，所以 yM＝14－ k2＋4k12. 同理可得 xN＝4－k218＋k11＝4－＋8kk2，yN＝14－ k21＋4k112＝k42＋－k42. kMN＝xyMM－ －yxNN＝144－－ kk22＋＋84kk112－－k44－2＋＋－8kkk422＝8k（8－ 3k28－k43）
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(2)当直线 l 垂直于 x 轴时，显然 x 轴上任意一点 T 都满足 TS
与 TR 所在直线关于 x 轴对称．
当直线 l 不垂直于 x 轴时，假设存在 T(t，0)满足条件，设 l 的
方程为 y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)． 联立方程，得y3＝x2＋k（4yx2－－11）2＝，0，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12
(2019·成都第一次诊断性检测)已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0) 的右焦点 F( 3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为 2. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)设不经过点 B(0，1)的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 M， N，若点 B 在以线段 MN 为直径的圆上，证明直线 l 过定点， 并求出该定点的坐标．
2020版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何第11讲定点、定值、探索性问题课件理新人教A版
所以1λ＋μ1＝1－1yM＋1－1yN ＝（kx－1－1）1 x1＋（kx－2－1）1 x2 ＝k－1 1·2x1x2－x（1xx21＋x2） ＝k－1 1·k22＋21kk－2 4＝2.
k2
所以1λ＋μ1为定值．
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的 等式，代入代数式、化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距 离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得； (3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条 件对解析式进行化简、变形即可求得．
设
MN
的中点为
E，则点
E
的坐标为0，－
k2，则以
MN
为直
径的圆的方程为
x2＋y＋
k22＝2（1＋k22k2），即
x2＋y2＋2
k
2 y
＝4.
令 y＝0 得 x＝2 或 x＝－2，即以 MN 为直径的圆经过两定点
P1(－2，0)，P2(2，0)．
圆锥曲线中的探索性问题 [典例引领]
【解】 (1)由于 P3，P4 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过 P3，P4 两点． 又由a12＋b12>a12＋43b2知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上． 因此ba1122＝ ＋413b，2＝1，解得ab22＝ ＝41， . 故 C 的方程为x42＋y2＝1. (2)证明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2. 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， 42－t2，t，－ 42－t2.
高考数学(文科)专题复习—— 圆锥曲线中的证明、探索性问题
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 ：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 →＋F A →＋FB →＝0，证明：2|FP→|＝|F A →|＋|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.→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x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m .①由于点M (1，m )(m >0)在椭圆x 24＋y 23＝1内，∴14＋m 23<1，解得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)．→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(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，→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|F A →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB→|＝2－x 22. 所以|F A →|＋|FB→|＝4－12(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|F A →|＋|FB→|.技法一 直接转化法证明几何图形问题[典例1] (2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝2x ，点A (2,0)，B (－2,0)，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； (2)证明：∠ABM ＝∠ABN . [思维流程][解] (1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝2，可得点M 的坐标为(2,2)或(2，－2)．所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1.(2)当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1>0，x 2>0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝2x 得ky 2－2y －4k ＝0，可知y 1＋y 2＝2k ，y 1y 2＝－4. 直线BM ，BN 的斜率之和为k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)(x 1＋2)(x 2＋2).①将x 1＝y 1k ＋2，x 2＝y 2k ＋2及y 1＋y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得 x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k (y 1＋y 2)k＝－8＋8k ＝0.所以k BM ＋k BN ＝0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM ＝∠ABN . 综上，∠ABM ＝∠ABN .点评：把证明∠ABM ＝∠ABN 转化为证明k BM ＋k BN ＝0是解题的关键．类似的还有圆过定点问题，转化为圆周角为90°，即两条弦所在的直线斜率之积为－1(或所在向量的数量积为0)等．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x 2＝2py ，p ＞0，则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2.已知点E 在直线y ＝12x 上， 故可设E (2a ，a )．因为E ，F 关于M (－1,0)对称， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋02＝－1，p2＋a 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，p ＝2.所以抛物线Γ的标准方程为x 2＝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|k 2＋1，因为l 与E 交于A ，B 两点， 所以d 2＜r 2，即(k －1)2k 2＋1＜1，解得k ＞0，所以|AB |＝21－d 2＝22kk 2＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝k (x ＋1)消去y 并整理得， x 2－4kx －4k ＝0.Δ＝16k 2＋16k ＞0恒成立，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4k ， 那么|CD |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝k 2＋1·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝4k 2＋1·k 2＋k .所以|CD |2|AB |2＝16(k 2＋1)(k 2＋k )8k k 2＋1＝2(k 2＋1)2(k 2＋k )k ＞2k k ＝2.所以|CD |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 ：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．[思维流程][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 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k ，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 ＝－9k x . 设点P 的横坐标为x P .由⎩⎨⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 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 －3)m 3(k 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±km3k2＋9＝2×k(k－3)m3(k2＋9)，解得k1＝4－7，k2＝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．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(3)角条件的转化。
2023年高考数学(理科)一轮复习课件——圆锥曲线的综合问题 第四课时 证明、探索性问题
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索引
又 B(0，－1)，所以直线 QB 的方程为 y＝－2kx－1， 代入x42＋y2＝1，得(16k2＋1)x2＋16kx＝0， 所以 xQ＝－161k62＋k 1，yQ＝163k22k＋2 1－1＝1166kk22－ ＋11，即点 Q－161k62＋k 1，1166kk22－ ＋11.
索引
(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|.
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＝ |kk－2＋11| ，
因为l与E交于A，B两点，所以d2<r2，
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
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索引
2.(2022·郑州调研)已知椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的上、下顶点分别为 A，B，左、 右顶点分别为 C，D，A→C·A→D＝－3，四边形 ACBD 的面积为 4.
(1)求椭圆的标准方程；
解 由题意得A(0，b)，B(0，－b)，C(－a，0)，D(a，0)， 所以A→C＝(－a，－b)，A→D＝(a，－b)， 则A→C·A→D＝－a2＋b2＝－3.①
索引
感悟提升
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成 立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求 出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
圆锥曲线复习课课件
将问题转化为函数问题，利用函数的性质和图像，求解相关 问题。
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圆锥曲线的问题与挑战
圆锥曲线中的难题与挑战
圆锥曲线中的复杂计算
圆锥曲线问题往往涉及大量的计算和复杂的数学公式，需要学生 具备较高的数学计算能力和逻辑思维能力。
圆锥曲线中的抽象概念
圆锥曲线问题常常涉及到抽象的概念和性质，需要学生具备较好的 数学基础和空间想象力。
利用圆锥曲线的参数方程，将问 题转化为参数的取值范围或最值 问题，简化计算。
圆锥曲线的特殊解题方法
焦点三角形法
利用圆锥曲线的焦点三角形，结合正 弦定理、余弦定理等，求解相关问题 。
切线法
通过圆锥曲线的切线性质，结合导数 和切线斜率，求解相关问题。
圆锥曲线的综合解题方法
数形结合法
将几何性质与代数表达式相结合，通过数形结合的方法，直 观地解决问题。
作用。
光线的弯曲程度与圆锥曲线的离 心率有关，离心率越大，光线弯
曲程度越明显。
圆锥曲线的对称性质
圆锥曲线具有对称性，包括中 心对称、轴对称和面对称等。
圆具有中心对称和轴对称，椭 圆和双曲线只有中心对称，抛 物线只有轴对称。
对称性是圆锥曲线的一个重要 性质，在解决几何问题时具有 广泛应用。
03
圆锥曲线的应用
路，提高解题能力。
培养数学思维
学生应注重培养数学思维，提高 逻辑推理能力和空间想象力，以
便更好地解决圆锥曲线问题。
如何进一步深化对圆锥曲线的研究
研究圆锥曲线的性质
01
学生可以进一步研究圆锥曲线的性质和特点，探索其内在规律
和数学之美。
探索圆锥曲线与其他数学领域的联系
02
学生可以探索圆锥曲线与其他数学领域之间的联系，例如与代