高三数学解答题难题突破圆锥曲线中的三点共线问题

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1、高三数学解答题难题突破圆锥曲线中的三点共线问题【题型综述】三点共线问题证题策略一般有以下几种：斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等证明三点共线；距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；向量法：利用向量共线定理证明三点共线；直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第3点也在该直线上；点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0,则三点共线.面积法：通过计算求出以这三点为三角形的面积，若面积为0,则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”

2、【典例指引】类型一向量法证三点共线例1(2012北京理19)(本小题共14分)已知曲线C：(5-m)x2(m-2)y2=8(mR)(I)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；(n)设m=4，曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方)，直线kx4与曲线交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM交于点G，求证：A,G,N三点共线.【解析】(I)原曲线方程可化简得：斗+-=15mm2fSm-2由题意可得：J0解得：m0m-2(II)由已知肓线代入椭圆方程化简得：(2k2+L:卡16肛+24=0止令現加13、解得：疋|由韦达定理得：兀十兀宀帶吕，兀宀塾-MB方程为：丫=皿6x_2，贝UG

3、Xm3xm，1I，Em+6丿，AN=Xn，Xnk2，欲证A,G，N三点共线，只需证AG，AN共线3x即Mgk2)-Xn成立，化简得：(3k“XmXn=_6(Xm-Xn)Xmk6将代入易知等式成立，则A，G，N三点共线得证。类型二斜率法证三点共线例2.(2017?上海模拟)已知抛物线y2=4x的焦点为F,过焦点F的直线I交抛物线于AB两点，设AB的中点为MAB、M在准线上的射影依次为CD、N.求直线FN与直线AB的夹角0的大小;(2)求证：点BOC三点共线.【解析】(I)设川(XI,屮人Ba打心中点M),焦点尸的坐标是(b0).Arw=-iyo、当JCi=as时、显然用y2乜一心v0-1,:-F

4、N1AB.综上所述知FN1AB成立,即直线FN与直线AB的夹角6的大小为兀匕(2证明；由y=k1)与抛物线方程联立，可得v2-4v-4M)?凹=-4,在准线上的射議为G(-bc=-yifJkoB=一=_,yiy2=4,x2y2koB=koc,.点BOC三点共线.类型三直线方程法证三点共线22例3(2017?贵阳二模)已知椭圆C:-=1(a0)的焦点在x轴上，且椭圆C的焦2rj2a7-a距为2.(I)求椭圆C的标准方程；(n)过点R(4,0)的直线I与椭圆C交于两点P,Q,过P作PNLx轴且与椭圆C交于另一点N,F为椭圆C的右焦点，求证：三点N,F,Q在同一条直线上.22【解析】(I丁椭圆C：耳

5、+丄寸1(且0)的焦点在x轴上,7-az二卫7-护，艮卩,丄,2丁椭圆C的焦距为2,且小-护卞，-a2-(7-a2)=lj解得a2=4j22二楠圆C的标准方程为+宁J43yi).Q(X2jV2)；N(xijyi)则,尸；一：得却曲(x-4)L3x2+4y=12即(3-Kk2)x11-32k:x4Wk2-12=0,A0,32八3+4k264k2-123+4k2由题可得直线QN方程为y+旳二(x-x1),1x2_xl1又Tyi=k(xi-4),ya=k(xa-4),.u亠.k(x?-4)+k(xi-4)二直线QN方程为y+k(X1-4)=仗-小),1Xo-X112K七一虹2-xJ+4x12XiAi

6、2_4Xi3+4详3+4k23+4k2.=1=32k2n32k-24-32kz3+4k，3+4“即直线QN过点(1,0),又椭圆C的右焦点坐标为F(1,0),三点N,F,Q在同一条直线上.类型四多种方法证三点共线.22例4.（2017?保定一模）设椭圆x+2y=8与y轴相交于A,B两点（A在B的上方），直线y=kx+4与该椭圆相交于不同的两点MN直线y=1与BM交于G（1）求椭圆的离心率；（2）求证：A，GN三点共线.22【解析】由题意的标准方程：+=1，则ij84椭圆的离心率心專：a222（2证明：方法一：曲线号+二1，当H时，严o4故/（0,2）,R,22将直线尸胁4代入椭圆方程寻+首-二

7、1得：（2-1）疋-WAxif84若y=ix+4与曲C交于不同两点QN,则A=32（2F-3）0.解得：总丄设用匕小AwH）,G（力，2由韦达定理得：鼻仙孙-#，1+2/1+2“亦方程为：厂山川+豊一厶则G（厂1）,xwkxw+b-l)jAN=(xn?tothr-2)欲证丿，G,时三点共线，只需证瓦，屈共线,kx+6=-硕将代入可得等式成立则山，G,N三点共线得证.2方法二：将直线尸抵X代入椭圆方程令O则A=32(2it=-3)0,解得：只上，2由韦达定理得：工Tb-.1C1)XWTa=_、(2)l+2kzl+2k设N(血,kxjrH)jA/(,XMfG(jc,1)?2亍=1得：2D卡-16A

8、X+24M),的方程为：普-2,则“彘上则歸曲+2_占亠上丄将代入上式：屜-血=0,.儿G、N二共线*【扩展链接】1.给出APABPBQ,等于已知P,Q与AB的中点三点共线；2.给出以下情形之一：AB/AC;存在实数-,使AB二AC;若存在实数:,且一1,使OCg6,等于已知A,B,C三点共线；3.【同步训练】1已知椭圆22E：二一+=1(aJ的离心率a22e，右焦点F(c,0),过点A(,0)3c的直线交椭圆E于P，Q两点.(1)求椭圆E的方程;(2)若点P关于x轴的对称点为M求证：MF,Q三点共线;(3) 当厶FPQ面积最大时，求直线PQ的方程.【思路点拨】(1)由椭圆的离心率公式，计算可

9、得a与c的值，由椭圆的几何性质可得b的值，将a、b的值代入椭圆的方程计算可得答案;(2)根据题意，设直线PQ的方程为y=k(x-3),联立直线与椭圆的方程可得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0，设出P、Q的坐标，由根与系数的关系的分析求出、的坐标，由向量平行的坐标表示方法，分析可得证明；.22(3)设直线PQ的方程为x=my+3,联立直线与椭圆的方程，分析有(m+3)y+6my+3=0,设P(xi,yi),Q(X2,yj,结合根与系数的关系分析用yi.y2表示出FPQ的面积，分析可得答案.【详细解析】由需巨二挛3自畝c=ea=-xV6=2f3则-证明：由(1可得A得33设P(in

10、yi)fQgy2)f肛I丄1汩_2丫/弋AJX1+XavX|Xn13k+l1z3kz+l-?(2,0),t_y|)jMF=(2-kj)rFQ=(Xj_2f)由(2-in)旳-(xj-2)yi=(2-xi)k-3)-0,得m2逬.设Pt2.由MFLNF,可得HJ=0,化为：tit2=_i.SaMFI=-（It,利用基本不等式的性质即可得出.2（II）A（-讥,0）.设M（0,t）,由（i）可得：N（0,-丄），（t工土i）.直线AM,AN的方程分别为:1X+t,-J.分别与椭圆方程联立,利用一元二次方程的根与系数的关系可得koEkoD只要证明koE=koD.即可得出E,O,D三点共线.【详细解析

11、】(I)F(1,0),设M(0,ti),N(0,t2).不妨设tit2./MFLNF,TI订=1+tit2=0,化为：tit2=1.jQ：.；.i严厂当且仅当t1t2=1时取等号.-amfn的面积的最小值为1.(II)证明：A(-血o.设M0,t),由I)可得：N(0.-丄人(悴1.直线AM,AN的方程分别为；L-x-AV2V2tt联立，化为:(1曲)皿+2伍致亠毎一2=Q,2iy-1一艰亠与可得/弋匚耳严，可得如毛.1+/1+r721+/l+t1-r_11r?亍在厂2，化为；(1+f2)-2-2-耳HbX丄2rk+y=1可得：V2xd21+/丄M3併忖-卅可得叱各Rt2也O,D三点共线.23

12、.已知焦距为2的椭圆分别为Bi,B2,点M(xo.亍=1(ab0)的左、右焦点分别为Ai,A2,上、下顶点为椭圆W上不在坐标轴上的任意一点，且四条直线MA,MA,MB,MB的斜率之积为4(1) 求椭圆W的标准方程；(2) 如图所示，点A,D是椭圆W上两点，点A与点B关于原点对称，ADLAB点C在x轴上，且AC与x轴垂直，求证：B,C,D三点共线.【思路点拨】（i）由c=i,a2b2=i，求得四条直线的斜率，由斜率乘积为I，代入求得a和b4的关系，即可求得a和b的值，求得椭圆W的标准方程；（2）设A,D的坐标，代入椭圆方程，作差法，求得直线AD的斜率，由kAD?kAB=i，代入求V2tvi+yP

13、）一得=，由kBD-kBc=0,即可求证kBD=kBc,即可求证B,C,D二点共线.巧X+七【详细解析】（1）由题青可知：山禹日，a2-tf=l;yo）为椭圆W上不在坐标轴上的任意一点，%lzy0y0+bXn_ax0Ko2宀二椭圆W的标准方程三厂+yJ?(2)证明：不妨设点A(xi,yi),(22xf+2yf=lA,D在椭圆上，”述+2y；二1D(X2,y2),B的坐标(xi,yi),C(xi,0),=0,即(xiX2)(xi+x2)+2(yiy2)(yi+y2)=0,+乂22(y1+y2)由ADLABkAD?kA1,1，竺？(-5,)=-1,X口一七衍2(y1+y2)l+x2kBDkB(=-

14、2x|x!+甘+蓝2kBD=kBC,B,C,D三点共线.224.给定椭圆C:M_+L=1(ab0),称圆C:x2+y2=a2+b2为椭圆的“伴随圆”.已知A(2,2i2ab1)是椭圆G:x2+4y2=m(m0)上的点.(I)若过点P(0,.不)的直线l与椭圆G有且只有一个公共点，求直线I被椭圆G的“伴随圆”G1所截得的弦长；(n)若椭圆G上的M,N两点满足4k1k2=-1(k1,k2是直线AMAN的斜率)，求证：M,NO三点共线.【思路点拨】(I)将A代入椭圆方程，可得m进而得到椭圆方程和伴椭圆方程，讨论直线I的斜率不存在和存在，设出I的方程，代入椭圆方程运用判别式为0,求得k,再由直线和圆相

15、交的弦长公式，计算即可得到所求弦长；(n)设直线AMAN的方程分别为y-仁k1(x-2),y-仁k2(x-2),设点M(X1,y1),N(X2,y2),联立椭圆方程求得交点M,M的坐标，运用直线的斜率公式，计算直线OMON的斜？率相等，即可得证.【详细解析】(I)由点A(2,1)是椭圆G：的点.可得22+4i+ii所以Are=k阪所以眄D?恵三点共线.6.已知抛物线:，（）的焦点为，点o所以酉+花=-,旳+旳=-2再+刚-2西+/K=-2（码+乃）+2m胡丄2m=2Im=；99呱=誉=罟，=呼諾因为世二匕所以花斗4所以点戸在定直线y=；工上，而两点也在定直线j=lx,所以只。胚三点共线.斗4设

16、椭圆C:=1(ab0)的右焦点为Fi,离心率为-，过点Fi且与x轴垂直的直a2b22线被椭圆截得的线段长为(1) 求椭圆C的方程；若y2=4x上存在两点MN,椭圆C上存在两个点P,Q,满足：P,QFi三点共线，MN,Fi三点共线且PQ_MN求四边形PMQN勺面积的最小值.【思路点拨】(1)由题意可知：a=:b2,a=:c及a2=b2-c2,即可求得a和b的值，求得椭圆的标准方程；(2)讨论直线MN的斜率不存在，求得弦长，求得四边形的面积；当直线MN斜率存在时，设直线方程为：y=k(x-1)(20)联立抛物线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式,以及四边形的面积公式，计算即可得到最小值.【详细

17、解析】(1)由点Fi且与冥轴垂直的直线披椭圆裁得的线段长为则卫匚伦尸金a椭圆的离心率则Q七,a2由a=b?_g令1+k=t,(t1),解得：a=V2,Al,c=l?2n则椭圆标准方程专-+y=B(2)当直线皿的斜率不徉在时，直线PQ的斜率为S则丨MN|PQ|=172,四边形PMQN的面积当直线MN的斜率存在时，直线MN的方程为、=k(x-1?k=fl),当直线临斜率存在时，设直线万程为：y=k(x-1)(k=fl)Sk(x-1),联立得E应-(2V*0x-k2=0,令M(xi?yi),N(gys),则血-窥=乌k2-2,X1X2=1,令+2)5寺,=4TPQ丄MN.直线PQ的方程为：y=-l(

18、x-1),ky=W(xT)3,整理得：(0+2)x：-4x+2-2kM?x.2-旨八12令P(X3?g、Q彭,y聲站-4进,2+kz2+k由弦长公式|PQF.一|，：*；，四边形PMQN勺面积S=e|MN|?|PQ|=2屹(1+谀)2k2(k2+2)则S=7212(t-iHT+i)1+)4:,t-1综上可知：四边形PMQN勺面积的最小值4匚.8. 22已知椭圆的右焦点为F,设直线I:x=5与x轴的交点为E,过点F且斜率为k的直线li与椭圆交于A,B两点，M为线段EF的中点.(I)若直线Ii的倾斜角为丄，求AABM的面积S的值；4(H)过点B作直线BNL1于点N,证明：A,N三点共线.【思路点拨

19、】(I)由题意，直线Ii的x=y+1，代入椭圆方程，由韦达定理，弦长公式即可求得厶ABM的面积S的值；(H)直线y=k(x-1)，代入椭圆方程，由韦达定理，利用直线的斜率公式，即可求得kA萨kMNA,M,N三点共线.【详细解析】由题意可知：右焦点F(1,3,E(5,0),M0),设A(xi7yi),Bya),由直线h的倾斜角为工，则4直线li的方程y=x-1即xy+l:rx=y+l则仁2y2，整理得：歼My-16=0.贝Uyi+yj=-yiy2=-16的面积S,S|FM|yi-yj|=二二Aabm的面积s的嘗色型；9(II)证明：设直线11的方稈为WCx-l),y=k(x-1)则V2v2、整理

20、得：4+5k2)x2-10k2x-5k2-2-0.+=1I5十41则却心哙缈俚冷4+5订4+5kz直线BN丄1于点N,则N5,ya),-yy2ffi，J,3_x|2而y：(3-xi)-2(yi)=k(xs1)(3xi)-2k(xi1)=町乳凶3(xi+x：)+5,=_k(5k2-20_3x10k+5)=0j4+5k24+5k2gMr观三点共线-已知椭圆c：r:=1(ab0)的长轴长为2匚，且椭圆C与圆M：(x-1)2+y2=的a2bz2公共弦长为匚.(1) 求椭圆C的方程.经过原点作直线I(不与坐标轴重合)交椭圆于A,B两点，ADLx轴于点D,点E在椭圆C上，且打-+-|，求证：B,D,E三点

21、共线.【思路点拨】(1)由题意得三二2吐,由椭圆其长度等于圆M的直径，得椭圆C经过点：:.C与圆M:-._-,的公共弦长为匚,2丄，由此能求出椭圆(2)设A(X1,y1),E(X2,y2),则(X1,-y),(X1,0).利用点差法求出C的方程.从而求出kAB?kAE=-1,进而求出kBE=kBD,由此能证明B,D,E三点共线.【详细解析】(1)由题意得二H,则*匚.由椭圆C与圆M:.一二的公共弦长为，其长度等于圆M的直径，可得椭圆C经过点（1,土华），所臥*右力，解得帀-2小所以椭圆C的方程为它一+y1.证明：（2）设A（soyi）jE（X2,V2）,则B（xi,-yi）,D（xn0）.（迸

22、+2并二2因为点A,E都在椭圆C上，所以卩（述+2卩；二2所臥（X1-KJ）（X1+X2）+2（典-申）（V1-V2）4）,旳卩厂力xl+x2艮卩巧1盂22（卩+”2）又|IF!.汕上云-I,所以kAB?kAE=-1,即-丄!，口X!-K2y1Ii+x2所以订：1所以X!K+七又厂+匕纽+丫2旳+匕.乂，：I一一所以kBE=kBD,所以B,D,E三点共线.22已知椭圆C:二一+=1（ab0）的离心率为丄，且过点（-1,），椭圆C的右焦点_21299为A,点B的坐标为(丄，0).2(I)求椭圆C的方程；(H)已知纵坐标不同的两点P,Q为椭圆C上的两个点，且BP、Q三点共线，线段PQ的中点为R,求

23、直线AR的斜率的取值范围.a,b,由此【思路点拨】(I)由椭圆的离心率为丄，且过点(-1,)，列出方程组，求出22能求出椭圆C的方程.(H)依题意直线pQ过点(,0),且斜率不为。，设其方程为x=，联立x二rny+刁一,I431得4(3m2+4)y2+12my-45=0,由此利用韦达定理、中点坐标公式，结合已知条件能求出直线AR的斜率的取值范围.22【详细解析】(I)T椭圆c：号+宁1(ab0)的离心率为、且过点(-X2),a22寺解得干Na24b2ta2=b2+c222二椭圆C的方程为三完-二1(n)依题意直线pq过点(，0),且斜率不为0,2故可设其方程为x=my+丨,2丄，消去x，得4(

24、3m2+4)y2+12my-45=0,x=ny+-221I431设点P(xi,yi),Q(X2,y2),R(xo,yo),直线AR的斜率为k,+a-,3rn3rti故|-,1也U2(3n/+4)：,，k=-,3n/+4x024m2+4当m=0时，k=0,综上所述，直线AR的斜率的取值范围是在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:厂=1(ab0)的离心率为，抛物线E：x2=4ya2b22的焦点是椭圆C的一个顶点.(I)求椭圆C的方程；(H)若A,B分别是椭圆C的左、右顶点，直线y=k(x-4)(k丰0)与椭圆C交于不同的两点M,N直线x=1与直线BM交于点P.(i)证明：A,P,N三点共线；(ii)求

25、厶OMN面积的最大值.【思路点拨】(I)由题意知*a2?a=2,b=1,c=“5，即可；巾二12222(H)(i)将直线y=k(x-4)(kz0)代入椭圆C得：(1+4k)x-32kx+64k-4=0.则M(X1,k(X1-4),N(X2,k(X2-4).要证A,P,N三点共线，只证明而，亦共线即可，即证明k(xi-4).成立.x2+4y2-4得(mi-4)y2+8my-12=0.|MN|=一-，点O到直线MN的距离d=：.OMN面积S=X|MN|Xd即可.id2+4Vl+m22【详细解析】(I)由题意iaa2F2,b=l,=V3,lb=l2c二椭圆C的方程为：亍+y=1(II)证明；将直线y=k(x-4)(k=0)代入椭Cffl；(l-4k3)x2-32k2x+64k2-4-0.A=16(1-12k2)0.解得bb丄-32k2IE1+龙nr121+4”X1X2_l+4k2则M(xi,k(xi-4),N(X2,k(X2-4).BM的方程为：k(x1-4)k(y1-4)-O=n212.Lx2+4yz=4itiz+4点O到直线MN的距務d:4Vl+lD2OMN面积S寺如牟乎专畫需主Vid-12当且仅当及坤寸等号成立.当直线方程为：尸疇（X-4）时，AOMN面积的最犬为1