圆锥曲线的一类定点、定值问题教案

8888圆锥曲线的一类定点、定值问题数学高考热点突破数学高考热点突破圆锥曲线是高中数学的重要内容，在近几年的高考中，有关圆锥曲线的定点、定值问题常有出现，该类问题知识综合性强，方法灵活，对运算能力和推理能力要求较高， 是高中数学的一大重点和难点. 定点、定值问题是探求“变化中不变的量”，因此需要从整体上把握问题中的条件信息，并注意挖掘问题中各个量之间的相互关系，恰当合理地运用基本数学思想方法求解问题.本节课通过一类圆锥曲线定点、定值问题的探究，尝试归纳总结高考中此类问题的常见策略.引例：设A、B为抛物线y2=2px(p>0)上异于原点。的不同两点，且OAOB=0,则(1)A、B两点的横坐标之积为,纵坐标之积为(2)直线AB必过的定点坐标为解法1(1)A、B两点的横坐标之积为,纵坐标之积为(2)直线AB必过的定点坐标为解法1：由已知，OA斜率存在且不为0,设OA:y=kxy=kx.2o得《y=2px2pxxk2k,即2pyTa'2P2Pi,同理可得k2,k22-xaxb=4p,yAyB--4p①当k:二1时，2Pk=上kAB2Pk=上kAB-2pk22pk-2pk2k,, k——2，故AB:y+2pk=——21-k2 1-k2X-2^k2)，整理可得AB:y=1-k2(x-2p),过定点2P,0②当k=±1时，易得A,B分别为(2p,2p加(2p,—2p),故AB:x=2p,过定点(2p,0)综上，直线AB过定点(2p,0卜TOC\o"1-5"\h\z22 2 、 2^ 22解法2：设AY-,y11,B2,y2(y1#y2),由OAOB=0得普+y1y2=0,12Pli2p'厂- 4p2222 y1y2 2y1y2=-4p,松=-5=4p4pcc —\L 2n 2n' V2、①当y；#y2时，kAB=y2y12=一p—,故AB:y—y1=-p—x—'，整理得"jyy〔+y2 y〔+丫2i2pj2p2pAB:y=-2p-x+y1y2,'；y1y2=Yp2，AB:y=_2P-(x-2p),过定点(2p,0)y〔y2 y〔y y〔y②当y；=y2时，；y1#y2，y1=—y2,由y1y2=-4p2得a,b分别为(2p,±2p),AB:x=2p,过定点

（2p,0）,综合①②知，直线AB过定点（2p,0〉解法3：设AB:x=my+t联立y2=2px得y2-2pmy-2pt=0A=4p2m2+8pta0设A(x1,y1)B(x2,y2M则y1+y2=2pm,y.=-2pt,由OAOB=0得x^+ym=0,即TOC\o"1-5"\h\z2 2 22yiy9 2 y1y2 .2 2…■~― -+y1y2=0 f y1，y2 #0y1y2 =~4p ,xix2 - 2-=4p,又 y1y2=-2pt—2pt=—4p 故2p2p 4p2 2 2t=—2p,此时△=4pm+16p>0AB:x=my+2p,令y=0,得x=2p,故AB过te点(2p,0解法4：如图，由对称性可知，定点在x轴上.当OA,OB关于x轴对称时，易知AB:x=2p,过（2p0卜故猜想定点为C（2p,0）,下证A,C,B三点共线.2 2y2 yiyixi-2pyi y2-2pyiyixi-2py2 x2yi-％丫2-2pyi+2py22P2Px2-2p xi-2px2-2p xi-2px2-2p同方法2可信yiy2=—4p,kAC—kBC=0,即k同方法2可信yiy2=—4p,kAC—kBC=0,即kAC=kBC故A,C,B三点共线，直线AB过定点（2p,01变式1:（将条件一般化）设A、B为抛物线y2=2px（p>0正位于x轴两侧的点，且OAOB=a（a为大于零的常数）（O为原点），则(i)A、B两点的横坐标之积为,纵坐标之积为；(2)直线AB必过的定点坐标为.解：设AB:x=my+t联立y2=2px得y2_2Pmy_2pt=0△=4p2m2+8pt>0一T设A(xi,yi)B(x2,y2),则yi+y2=2pm,y佻=—2pt,由OAOB=2得x^+y[y2=a,即2yi2p22yi2p2上2p22,2 ,2 -即yiy2+4p小-4pa=0,解得yiY2=-4p2二、,,i6p4i6p2a

2；yiy2 :二0. 22 , 2 i： ，y1y2=—2p(p+Jp2+a),x1x2=3当=(p+Jp2+a),又yy?=-2pt\t=p+Jp2+a,此时4p4=4p2m2+8p（p7p2+a）>0，AB:x=my+p p2+a,过定点（p+Jp2+a,0）.I I2 丁丁.一学以致用1:已知F为抛物线y=x的焦点，点A、B在抛物线上且位于x轴的两侧，OAQB=2（其中O为坐标原点），则三角形ABO与三角形AFO面积之和的最小值是（ ）A.2B.3C.7.2D.痴变式变式4：类似地，将点。改为抛物线上的任意一定点M（刈，y0）,是否还有变式2中类似的结论?解：设AB:x=my+t联立y2=*得y2—my—t=0△=m2+4t>0设A（x1，y力,B（x2,y2）,则yiy2=—t,由OAOB=2得x#2+y1y2=y2y2+y1y2=2,解得yiy2=一2或yiy2=1（舍去）1=一2即t=2,2一一 一 一..一一一iii一此时△=m+8>0AB:x=my+2,过te点（2,0卜二S俘FO+S^BO=—■--yi+—2《y/+|y2）=9|yi|+|y2,由基本不等式得819|yi+MI之2自yiy28 三8=2J?2=3,当且仅当—|yi|=1y2且y1y2=-2,,8 8口口4 3一即y1=二，丫2二一二或y13 24 3.——，y2=；时，等万成乂，（S^BOSS俘FO[in=3，故选B-3 2变式2：引例中，OA_LOB,即kOAkOB=—1①若将此条件一般化为kOAk°B=a（a为不为零的常数），则直线AB是否过定点?②若改为kOA+k°B=a（a为不为零的常数），则直线AB是否过定点?③若kOA+k0B=0,则直线AB有什么特征?解：设AB:x=my+t联立y2=2px得y2_2pmy_2pt=0^=4p2m2+8pt>0设A（xi,y1”仇诙｝,则y1+y?=2pm,y佻=—2pt①由kOAkOB=a得以^2=a.\-y1r'当xix2 _y_比2p2p, 2 . 2 . 2=a,一—=a y1y2=—p-又y1y2=-2pt——p-=-2pty1y2解得t=_2艮，AB:x=my—2p,故直线AB过定点1一22,0j.②由kOA+%B=a得幺+也=a

xi x2yi_y2__2p2p_2py1y2=2P2Pm=2Pm2 2Vl yiy22p2pV1V2,故直线AB过定点'0,2pj.a③由k0A+%B=0得以+地=0」.Vi y2 2P2p2PyiV2 I = I =; x1x2 2Vl yiy22p2pV1V2=0，y〔+y2=0（也可由a,b变式变式3：引例中OAOB两点关于x轴对称直接得到）,2pm=0,m=0,此时AB:x=t,直线AB始终垂直于x轴.=0即OA_LOB,若将点O改为抛物线上的任意一定点M（x0,y0）,且有MA_LMB,

则直线AB是否还过定点?解：设AB:x=my+t,联立y2=2px可得y2-2pmy-2pt=0A=4p2m2+8pt>0

设A(Xi,y1)B(X2,y2),则y1+y2=2pm,y1y2=—2pt,MMA_LMBk|MA,klMB=-1例如：抛物线的两条弦MA、MB仍满足k设A(Xi,y1)B(X2,y2),y1-y0y2-丫0 - =-1x1—x0 x2—x°y1-■y0y2-■y0y1-y0y2-丫0 - =-1x1—x0 x2—x°y1-■y0y2-■y0~2 22 2-=_1y〔一见至__y0_2p-2p加一五4P2yi yo y2 v。=_1即4p24P22y1y2 y0y1y2V。2-2pty。2Pmy。2 2 _=_1整理可得y0+2pmy0-2pt+4P=02.y0 22 .2 2 - 2 2 .,t=——+my0+2P此时A=4pm+4y0+8py°+16P=4(pm+y0)+16p>02p2

y0AB:x=my+——+my0+2p即m(y+y0)+2p—+2p-x=0当y+y0=0时，有2pJ2-y0--2p_x=02p2解得x=近+2p,y=—yO,即x=x0十2p,y=—y0,故直线AB过定点(x0+2p,—y0).2p学以致用2：已知b（—1,0）c（1,o）,p是平面内一动点，且满足pC/bC=pBCB.（1）求点p的轨迹c的方程;（2）已知点A（m,2）在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE,且AD_LAE,判断：直线DE是否过定点？试证明你的结论.解：（1）设P（x,y%弋入PCBC-PBCB得J2 2x-1 ,y2—-1-x,-y -2,0—212 2 2x-1）+y=1+x,化间得y=4x,此为点P的轨迹C的万程.2 2 2 .(2)将A(m,2M弋入y=4x得m=1,故A(1,2).设DE:x=my+t代入y=4x得y—4my—4t=0_ 2△=16m +16ta0设 D(x1,y1 ),E(x2，y2 )，贝U y1 + 丫2 =4m, yy? =—4t ,,AD_LAEa kAD (e =-1■ y1 —2 .y2 ~2 =_1 . y1 —2 y2~2=_1 - 16 =_1 即x1-1x2-1 y12 y2 y12y22 I _I4 416y〔y22y1y2 416 . 2 2 =—1，t=2m+5此时△=16m2+32m+80=16(m+1)+64>0-4t8m4y2=0二DE:x=my+2m+5即m(y+2)+(5-x)=0由;5—x=0一x二5 、得＜ ，故直线DE过定点（5,-2）.y-2解：设AB:x=my+t联立解：设AB:x=my+t联立y2=2px得y2设A（Xi，yi）BW）,2P,m1y2=y2.kMPAtk MQ— " ~x1- x0X2X0y1一y02 2y1 y0y-2设A（Xi，yi）BW）,2P,m1y2=y2.kMPAtk MQ— " ~x1- x0X2X0y1一y02 2y1 y0y-2y~2 22P2P2p2p2Pm2y0y2 y02p2py1 y0 y2 y02py1y22y00y1y22y=00必y。y2v。y0此时.：=4y2P_,, _ y0 ,+8pt当t>0时△:>0j.AB:x=-—y+t当y0P00时,P为定值；当y0=0时，直线AB的斜率不存在.综上，直线AB的倾斜角为定值.y0椭圆或双曲线中有没有以上类似抛物线的结论呢？我们来看:x变式5:如图，已知椭圆C:Ta离心率为出2(I)求椭圆C的方程;(n)若过点A作圆M:(x+12+y2=r2(0<r<1)的两条切线分别与2当二1abb2椭圆C相交于点B,D(不同于点A).当r变化时，试问直线BD是否过某个定点?求出该定点；若不是，请说明理由.b=1解：(l)由已知可得，《c、.32=a=2b=1,所求椭圆的方程为二+y2=1， 4(n)设切线方程为y=kx+1,则1-k1k2cc c c2=r,即1-r2k2-2k1-r2=0 =4-1-r2 0设两切线AB,AD的斜率为k1,k2(k1#k2),则ki,k2是上述方程的两根，所以k1k2=1;y=kx1由一2x2 .,7yy=kx1由一2x2 .,7y=1得（1+4k2）x2+8kx=0设B（x1,y1）,D（“，y2）,则x,+0=-8k214k所以同理可得-8k2x2- 2=14k214-8k-8kik121—4k；k：—414k；k124所以kBD二2kf-41-4k~2—一k1 414k1-所以同理可得-8k2x2- 2=14k214-8k-8kik121—4k；k：—414k；k124所以kBD二2kf-41-4k~2—一k1 414k1-8kl

k12*4-8k1214kl2旦上1,于是直线3klBD方程为y—上4c14k2k123ki-8k1x— 21+411k122 _k1 1-8k1.1-4k12k123-20kl-5k1k12 13kl3kl14k214k23k123k114k1 3k15

x--即3BD:yk12解法2：由已知直线BD斜率存在且不为0,设2BD:y=kx+m联立人+y2=1得

4故直线BD过定点,0,--j32214k2 2 _ 2 __ 2x+8kmx+4m—4=0△=64k-16m+16>0设B(。y1),D(x2,y2),则Xi2 , 1-8km 4m-4 y1-1x2= 2,x1x?= 2—kk1k?=1■14k 14kXiy2-1x2kxjm-1kx2m-1:1.—: 二1XX2,2,2,4m-4, /-8km/2 -k-1 'k" 2m-1=014k 14k整理得—3m整理得—3m2-2m+5=0解得5. . . 5.m=-一或m=1二