高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 第2课时课件.ppt

第2课时定点 定值 探索性问题 9 9圆锥曲线的综合问题 课时作业 题型分类深度剖析 内容索引 题型分类深度剖析 解答 题型一定点问题 师生共研 1 求c的方程 解由于p3 p4两点关于y轴对称 故由题设知椭圆c经过p3 p4两点 所以点p2在椭圆c上 2 设直线l不经过p2点且与c相交于a b两点 若直线p2a与直线p2b的斜率的和为 1 证明 l过定点 证明 得 4k2 1 x2 8kmx 4m2 4 0 由题设可知 16 4k2 m2 1 0 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 从而可设l y kx m m 1 由题设知k1 k2 1 故 2k 1 x1x2 m 1 x1 x2 0 设a x1 y1 b x2 y2 圆锥曲线中定点问题的两种解法 1 引进参数法 引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量 再研究变化的量与参数何时没有关系 找到定点 2 特殊到一般法 根据动点或动线的特殊情况探索出定点 再证明该定点与变量无关 1 求椭圆的标准方程 解答 解设椭圆的焦距为2c 由题意知b 1 且 2a 2 2b 2 2 2c 2 又a2 b2 c2 a2 3 2 若 1 2 3 试证明 直线l过定点并求此定点 证明 几何画板展示 证明由题意设p 0 m q x0 0 m x1 y1 n x2 y2 设l方程为x t y m 代入 得t2m2 3 2m2t2 0 mt 2 1 由题意mt 0 mt 1 满足 得直线l方程为x ty 1 过定点 1 0 即q为定点 1 求椭圆c的方程 解答 题型二定值问题 师生共研 2 若p q是椭圆c上的两个动点 且使 paq的角平分线总垂直于x轴 试判断直线pq的斜率是否为定值 若是 求出该值 若不是 请说明理由 解答 解方法一因为 paq的角平分线总垂直于x轴 所以pa与aq所在的直线关于直线x 2对称 设直线pa的斜率为k 则直线aq的斜率为 k 所以直线pa的方程为y 1 k x 2 直线aq的方程为y 1 k x 2 得 1 4k2 x2 16k2 8k x 16k2 16k 4 0 因为点a 2 1 在椭圆c上 所以x 2是方程 的一个根 方法二设直线pq的方程为y kx b 点p x1 y1 q x2 y2 则y1 kx1 b y2 kx2 b 因为 paq的角平分线总垂直于x轴 所以pa与aq所在的直线关于直线x 2对称 化简得x1y2 x2y1 x1 x2 2 y1 y2 4 0 把y1 kx1 b y2 kx2 b代入上式 化简得2kx1x2 b 1 2k x1 x2 4b 4 0 得 4k2 1 x2 8kbx 4b2 8 0 若b 1 2k 可得方程 的一个根为2 不符合题意 整理得 2k 1 b 2k 1 0 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 1 求动点q的轨迹c的方程 解答 几何画板展示 解依题意知 点r是线段fp的中点 且rq fp rq是线段fp的垂直平分线 点q在线段fp的垂直平分线上 pq qf 又 pq 是点q到直线l的距离 故动点q的轨迹是以f为焦点 l为准线的抛物线 其方程为y2 2x x 0 2 设圆m过a 1 0 且圆心m在曲线c上 ts是圆m在y轴上截得的弦 当m运动时 弦长 ts 是否为定值 请说明理由 解答 几何画板展示 解弦长 ts 为定值 理由如下 1 当k 0时 分别求c在点m和n处的切线方程 解答 题型三探索性问题 师生共研 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 解答 解存在符合题意的点 证明如下 设p 0 b 为符合题意的点 m x1 y1 n x2 y2 直线pm pn的斜率分别为k1 k2 将y kx a代入c的方程得x2 4kx 4a 0 故x1 x2 4k x1x2 4a 当b a时 有k1 k2 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 解决探索性问题的注意事项探索性问题 先假设存在 推证满足条件的结论 若结论正确则存在 若结论不正确则不存在 1 当条件和结论不唯一时要分类讨论 2 当给出结论而要推导出存在的条件时 先假设成立 再推出条件 3 当条件和结论都不知 按常规方法解题很难时 要开放思维 采取另外合适的方法 1 求椭圆e的方程 解答 解答 解当直线l与x轴垂直时不满足条件 故可设a x1 y1 b x2 y2 直线l的方程为y k x 2 1 代入椭圆方程得 3 4k2 x2 8k 2k 1 x 16k2 16k 8 0 即4 x1 2 x2 2 y1 1 y2 1 5 4 x1 2 x2 2 1 k2 5 即4 x1x2 2 x1 x2 4 1 k2 5 设而不求 整体代换 思想方法 1 求椭圆c的方程 2 点p是椭圆c上除长轴端点外的任一点 连接pf1 pf2 设 f1pf2的角平分线pm交c的长轴于点m m 0 求m的取值范围 几何画板展示 思想方法指导 思想方法指导对题目涉及的变量巧妙地引进参数 如设动点坐标 动直线方程等 利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组 再化为一元二次方程 从而利用根与系数的关系进行整体代换 达到 设而不求 减少计算 的效果 直接得定值 规范解答 几何画板展示 规范解答 2 设p x0 y0 y0 0 所以直线pf1 pf2的方程分别为 3 设p x0 y0 y0 0 则直线l的方程为y y0 k x x0 课时作业 基础保分练 1 2 3 4 5 6 解答 1 2018届广西柳州摸底 已知抛物线c的顶点在原点 焦点在x轴上 且抛物线上有一点p 4 m 到焦点的距离为5 1 求该抛物线c的方程 解由题意设抛物线方程为y2 2px p 0 p 4 m 到焦点的距离等于p到其准线的距离 抛物线c的方程为y2 4x 1 2 3 4 5 6 解答 2 已知抛物线上一点m t 4 过点m作抛物线的两条弦md和me 且md me 判断直线de是否过定点 并说明理由 1 2 3 4 5 6 解由 1 可得点m 4 4 可得直线de的斜率不为0 设直线de的方程为x my t 则 16m2 16t 0 设d x1 y1 e x2 y2 则y1 y2 4m y1y2 4t 1 2 3 4 5 6 x1x2 4 x1 x2 16 y1y2 4 y1 y2 16 1 2 3 4 5 6 t2 16m2 12t 32 16m 0 即t2 12t 32 16m2 16m 得 t 6 2 4 2m 1 2 t 6 2 2m 1 即t 4m 8或t 4m 4 代入 式检验知t 4m 8满足 0 直线de的方程为x my 4m 8 m y 4 8 直线过定点 8 4 1 2 3 4 5 6 解答 1 求椭圆c的方程 1 2 3 4 5 6 证明 2 设p是椭圆c上一点 直线pa与y轴交于点m 直线pb与x轴交于点n 求证 an bm 为定值 1 2 3 4 5 6 证明由 1 知 a 2 0 b 0 1 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 当x0 0时 y0 1 bm 2 an 2 an bm 4 故 an bm 为定值 1 2 3 4 5 6 解答 1 求a b的值 1 2 3 4 5 6 解在c1 c2的方程中 令y 0 可得b 1 且a 1 0 b 1 0 是上半椭圆c1的左 右顶点 设c1的半焦距为c a 2 b 1 1 2 3 4 5 6 解答 2 过点b的直线l与c1 c2分别交于点p q 均异于点a b 是否存在直线l 使得以pq为直径的圆恰好过点a 若存在 求出直线l的方程 若不存在 请说明理由 1 2 3 4 5 6 解存在 易知 直线l与x轴不重合也不垂直 设其方程为y k x 1 k 0 代入c1的方程 整理得 k2 4 x2 2k2x k2 4 0 设点p的坐标为 xp yp 直线l过点b x 1是方程 的一个根 1 2 3 4 5 6 得点q的坐标为 k 1 k2 2k 以pq为直径的圆恰好过点a 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 解答 1 若 f0f1f2是边长为1的等边三角形 求 果圆 的方程 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 解答 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 解答 3 一条直线与果圆交于两点 两点的连线段称为果圆的弦 是否存在实数k 使得斜率为k的直线交果圆于两点 得到的弦的中点m的轨迹方程落在某个椭圆上 若存在 求出所有k的值 若不存在 说明理由 1 2 3 4 5 6 记平行弦的斜率为k 当k 0时 1 2 3 4 5 6 a2 b2 c2 2b2 4b2 a 2b 综上所述 当k 0时 果圆 平行弦的中点m的轨迹总是落在某个椭圆上 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 解答 1 求椭圆c的方程 技能提升练 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 证明 2 设直线l与椭圆c相交于a b两点 若以ab为直径的圆经过坐标原点 证明 点o到直线ab的距离为定值 1 2 3 4 5 6 证明设a x1 y1 b x2 y2 当直线ab的斜率不存在时 由椭圆的对称性 可知x1 x2 y1 y2 因为以ab为直径的圆经过坐标原点 1 2 3 4 5 6 当直线ab的斜率存在时 设直线ab的方程为y kx m 消去y 得 1 4k2 x2 8kmx 4m2 4 0 1 2 3 4 5 6 因为以ab为直径的圆过坐标原点o 所以oa ob 所以 1 k2 x1x2 km x1 x2 m2 0 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 解答 拓展冲刺练 1 求椭圆e的方程 1 2 3 4 5 6 解由已知 点c d的坐