专题3.14 探究图形之性质代数运算是利器（解析版）.docx

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1、专题14探究图形之性质，代数运算是利器【题型综述】探究图形之性质问题解题策略：（1）“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素某性质图形存在，用向量或平面几何知识，转化直线与圆锥曲线交点坐标的函数式，利用设而不求思想，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则某性质图形存在存在；否则，元素某性质图形存在不存在.（2）反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.【典例指引】类型一面积计算例1【2016高考上海理数】（本题满分14）有一块正方形菜地EFGH,即所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到尸点或河边运走。于是，菜地分为两个区域SI和S2,其中S1中的蔬菜运到河边较近

2、，S2中的蔬菜运到尸点较近，而菜地内S1和S2的分界线。上的点到河边与到厂点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点。为E尸的中点，点户的坐标为（10）,如图（1）求菜地内的分界线C的方程Q（2）菜农从蔬菜运量估计出B面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的“经验值”为。设M是C上纵坐标为1的点，请计算以上”为一边、另一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的经验值【解析】（1）因为C上的点到直线EH与到点F的距离相等，所以C是以F为焦点、以EH为准线的抛物线在正方形EFGH内的部分，其方程为=4x（0y0）,直线/不过原点。且不平行于坐标轴，/与C有两

3、个交点A,B,线段45的中点为M.（I）证明：直线。M的斜率.与/的斜率的乘积为定值；（H）若/过点（一,加），延长线段。M与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时/3的斜率，若不能，说明理由.【解析】（I）设直线/=H+b（左工。4工0）,NaJ1）,3（孙巧），将y=Ax+b代入9x2+y2=m2（k2+9）x2+2Ax+2-m2=0,故知=再;W=-,QhVQyv=v+=-.于是直线。Af的斜率左QVf=二-9,即左双左=一9.所以直线QU的斜率K+9xmK与，的斜率的乘积为定值.0,k3.9一Q=一-rx?由（I）得QW的方程为），=-”.设点尸的横坐标为号.由“k,

4、得马=萨，即k9+j2=w219无+81bn.m、3JIIJI1小、狂,3+e日Tm（3-k）Humk（k-3）rn,.XP=j、.将点（丁m）的Z1标代入直线，的方程倚b=；因此XM=、八、四边形3xkrT933XAr2+9）Cu产S为平行四边形当且仅当线段力与线段OP互相平分，即马=2%.于是F3P92缈3)解得女4-7,=47.因为&j0,女户3,/=1,2,所以当/的斜率为3(A2+9)-,4J7或4+7时，四边形QA尸8为平行四边形.学*科网类型三探究角是否相等例3【2015高考北京，理19已知椭圆C：+=1e。0）的离心率为4,点尸（0,1）和点A（加，“）（m0）都在椭圆C上，直

5、线尸A交X轴于点M.（I）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用加，表示）；（II）设。为原点，点3与点A关于X轴对称，直线PB交X轴于点N.问：），轴上是否存在点Q,使得NoQM=NoNQ?若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由.【解析】（I）由于椭圆C：E-AMab0）过点P（0,1）且离心率为冬3=1=1,e2=E=-=I-X=，=2,椭圆C的方程为j+y=1厅，水，22尸（0,1）,4箝）：直线为的方程为：y=七匚X+1,令y=O,X=一必I-Tj1-z?（II）AO,1）,Bg疝，直线5的方程为：y=+1,直线PB与X轴交于点N,令y=M叫设。（0,。）7：tanZO/JQ=（1-n）

6、yQ兀（1+箝）N00=Z6W,/.tanOQJff=tanZ6W.则,所以J=m21-n2r2,（注:点H刑，）（洲卉0）在椭圆C上,29一+2n2=I）,则九=2,存在点Q（0,亚）使得NoQM=NONQ.学*科网类型四探究两直线的位置关系例4.12017课标3,文20】在直角坐标系XQ)，中，曲线y=V+,决一？与X轴交于A,B两点，点C的坐标为(0,1).当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC_1BC的情况？说明理由；(2)证明过A,B,C三点的圆在)，轴上截得的弦长为定值.【解析】(D设4(演,0)/(第,0),则x1,x2是方程x2+mx-2=0的根，所以再+电=-msx1x

7、2=-2,贝AC-BC=(-jqs1)-(-js1)=x1x2+1=-2+1=-10,所以不会能否出现月S5C的情况。，2=-2,所以过HB,C三点的图在轴上截得的弦长为1-(-2)=3,所以所以过WBfC三点的圆在，轴上截得的弦长为定值解法2：设过B,B,。三点的圆与J轴的另一个交点为D,由毛吃=-2可知原点O在图内，由相交弦定理可得|。必|。C1=IQ4O5=hk=2,又|。C1=1,所以Ia)I=2,所以过a,BfC三点的圆在F轴上截得的弦长为0C+0Z)=3,为定值.【扩展链接】1.给出MAMB=O,等于已知MAMB,即ZAMB是直角,给出MAMB=m0),定点m(w,0)(zh0),

8、直线/过点M交抛物线于A,B两点,A(x1,y1)B(X2，必)，则有x=疗,y%=-2pm；【新题展示】1.12019四川凉山二诊】椭圆长轴右端点为4上顶点为M,。为椭圆中心，尸为椭圆的右焦点，且而FFa=也-1,离心率为日.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线I交椭圆于P、Q两点，判断是否存在直线2,使点F恰为APQM的垂心？若存在，求出直线，的方程;若不存在，请说明理由.【思路引导】(1)由条件布列关于a,b的方程组，即可得到椭圆的标准方程；(2)由F为AMPQ的垂心可知MFIPQ,利用韦达定理表示此条件即可得到结果.【解析】X2V2(1)设椭圆的方程为f+=1(bO),半焦距为c.a2b

9、2则A(Q,0)、M(O力)、F(GO),MF=(c,-b),同=(Q-GO)MFF4=2-1,即QC-C2=也-1，又=以，a2=b2+C2a222解得二:；，二椭圆的方程为5+v=(2),尸为AMPQ的垂心，MF1PQ又M(0,1),F(1,O)KMF=-1，*KPQ1设直线PQ:y=+m,P(vy1)tQ(y2)将直线方程代入S+y2=,得3+4mx+2-2=024m2mz-2x1+2=_12=-=(4m)2-12(2mz-2)0,-福m5且m1又即IMQ,丽=(ITI,7),MQ=x2,y2-1).2-12-y1y2+y1=O,即(1-m)(x1+x2)-2x1x2+m-m2=O由韦达

10、定理得：3m2+m-4=04解之得：？71=-或1=1(舍去)4存在直线2：y=%-使F为AMPQ的垂心.2.12019山东潍坊一模】如图，点T为圆O：/+y2=上一动点，过点7分别作X轴，y轴的垂线，垂足分别为4B,连接BA延长至点P,使得反4=Q,点P的轨迹记为曲线C.(1)求曲线。的方程；(2)若点、A,B分别位于%轴与y轴的正半轴上，直线与曲线C相交于M,N两点，试问在曲线。上是否存在点Q,使得四边形OMQN为平行四边形，若存在，求出直线2方程；若不存在，说明理由.【思路引导】(1)设Py),(x0,y0),则火与,0),8(0,%)，且宕+n=1，通过反4=Q,转化求解即可.(2)设

11、M(x,y),N(X2,”)，由题意知直线，的斜率存在且不为零，设直线I的方程为y=k%+,代入椭圆方程整理得关于X的一元二次方程，假设存在点。，满足题意，则其充要条件为&=瑞+成，则点Q的坐标为(处+X2,?+”).由此利用韦达定理结合点Q在曲线C上，得到关于k的方程求解即可.【解析】(1)设P(Ky),T(%oM),则Aao，)，B(OM),由题意知属4=Q,所以4为PB中点，由中点坐标公式得XXo=2%+yO=2X即“。=5，y。=-y又点在圆0：2+y2=1,故满足22o+y。=12得亍+y2=(2)由题意知直线，的斜率存在且不为零，设直线，的方程为y=k+t,t产因为MB1=I。T1

12、=1故(_)2+d=,即+1=1,kk2y=kx+t联立公21了+y=1消去y得：(4fc2+1)x2+Bktx+4(t2-1)=0设/必)，N(x2,y2),xI+x2=-Skt4Zc2+18kt2t.4(t2-1)x1x2=i4k2+1Xi+y2=K+2)+2=k()+2t=,+14公+18kt2t因为OMQN为平行四边形，故(?(一4二+1，我2)8kt7()2点Q在椭圆上，故4k2+12t2_,整理得4产=4/+1，,(7)=44必+1将代入，得4+/+1=0,该方程无解，故这样的直线不存在.3.12019山东淄博3月模拟】已知点A,B的坐标分别为(一2,0),(2,0).三角形ABM的两条边AM,3BM所在直线的斜率之积是一7(I)求点M的轨迹方程；(11)设直线人乂方程为=血、一2(血：;0),直线1方程为x=2,直线AM交1于P,点P,Q关于X轴对称,直线MQ与X轴相交于点D.若AAPD面积为2g,求m的值.【思路引导】3(I)设出M点的坐标，利用斜率乘积为一二建立方程，化简后求得M点的轨迹方程.(II)联立两条直线的方4程求得P点的坐标，进而求得Q点的坐标，将直线AM的方程和M的轨迹方程联立，求得M点的坐标，进而求