(完整)高中数学提高精练：解析几何中定值问题的解题技巧.专题研究(教师版).doc

1、【课 题】：圆锥曲线定点定值专题研究【学习目标】：学会在研究解析几何问题时根据具体情况灵活技巧地去处理问题【学习过程】：高考试卷中的解析几何题，是干扰学生得高分的“瓶颈”.三种情况：无法取得适当的运算途径，往往是只做第一问，得到45分，心安理得；期望突破第二问，但运算途径不合理，越算越复杂，耽误时间，耗时耗精力，运气好的话，再得到 23分；思路正确，途径合理，但演算过程中稍 不注意出一点点错，前功尽弃，严重影响整体解题心情。与期望得高分往往距离较大。圆锥曲线定点定值 问题往往运算量大，占用时间长，这就对学生的运算能力、处理数据能力提出了较高要求，也要注意一些 运算技巧，力争快速地准确寻找解题突

2、破口，争取节省宝贵时间，提高准确率 .同时不得不指出，千万不 要过于依赖技巧，一定要重视平时运算基本功的培养.探究1： “特殊”探求.C x2y23已知椭圆：一一1 . E F是椭圆C上的两个动点,d A(l,)是椭圆上的一个定点.如果直432线AE、AF的斜率互为相反数，试证明：直线 EF的斜率为定值，并求出这个定值.解：“特殊”探讨:取点F(2, 0)(即右顶点)AFkAE33-直线AE的方程：y -x .223y x由 23x2 4 y212kYF yEEFXF XE3)21)一般性的证明：设过点3A(l, T的直线方程为:2m(x1)y m( x 1)(3+4 m2) x2 +4 m(

3、32m)x4(3m)2120.3x 2 4 y212234(_ m)212设方程的两根为XI、X A，则 XI X A = XIXI分别用“ k ” “ k ”替换“ m ”4(2 k)22XE 3 4k2122 4k 12k 3,=4k2 3 yE4m26k 2_3 kxE 2 k4k26k 9232xf = 4kL2k-4k2 336k2 6k_ , yF =EF的斜率(6k24k296k -) ( 6kkEFye-xf xe2 6k 9)。=(4k 2 12k 3) (4k2 12k 3).1 2 .即直线EF的斜率为定值，其值为 2.练习:21、已知椭圆 l(a b 0)的左焦点Fi(

4、 1, 0),长轴长与短轴长的比值是a 2 b2(1)求椭圆的方程()1(2)过Fi作两直线m, n交椭圆与A,B,C,D四点，若m n ,求证：1一j为定值I CD解析：(1) “2匕 1 ( 2)特殊位置验证，然后证明之，答案 3122、已知椭圆C(1)求C的方程X 2 y2 l(a b 0)的离心率为a 2 b2(2)直线1不过原点O且不平行于坐标轴，1与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明：直线OM 的斜率与直线1的斜率的乘积为定值解析：(1)1 ( 2)特殊位置验证，然后证明之，答案3、已知椭圆C ：”a 2y2b2l(a b 0)的离心率为J 2短轴端点到焦点的距离为2.(

5、1)(2) 定值,求C的方程设A,B为椭圆C 并求出该定值上的任意两点,0为坐标原点，且0AOB .求证：原点O到直线AB的距离为解析:(1)士 y241( 2)特殊位置验证，然后证明之，答案5小结：曲线定点、定值问题常用方法步骤：先用特殊点、特殊位置、特殊直线、极端位置、极限位置、特殊值、特殊图形，求出定点、定值；然后有目标地进行运算，后续运算仅仅是一个填空程序.圆锥曲线定点定值问题往往运算量大，占用时间长，而“对偶运算”、“对称运算”、“合情推理”等是强力支撑.可 以大大降低运算量，减轻思维负担.过双曲线m2X2_y2 = H12的右顶点N .其中 ki k2 = m2 , ki + k2

6、探究3：先局部后整体，有序进行重组A ,作两条斜率分别为ki、k2的直线 AM、AN ,交双曲线于 M0 ,且ki > k2 ,求直线 MN的斜率为定值，并求这个定值.分析：题设条件是 kik2 = m2 ,提示了解题顺序.先局部地分别求出ki k2 ,然后重组为ki k?=m2 .可以预见：一定能消除参数 m2.解：设过右顶点 A(l, 0)的直线方程：y k(x 1),由万程组:2)X2zi 22kx (k my k(x 1)m2 k2XI - X2 =22 由 XI = 1(?mX2 =2 k2XM =m2 ki2 X N =- m2 ki2k?2【注：用的是“对偶”运舁1.k22

7、=ki k2 ,代入上式:xm =一kik2 ki2k!-k2-，ki k2XN=_hk2ki也“i /kk2所以 yM = ki ( xm i)=-【注：用的是“由局部一整体的重组”下的“整体消参”】kik2k2 ki由对称性： yN =-ki k2yM = yNMN x轴，得直线MN的斜率k小结：解析几何题目的解题顺序应该是：先局部，后整体，有序进行重组，整体消参.而“对偶运算”、“对称 运算”、“合情推理”等是强力支撑.可以大大降低运算量，减轻思维负担，节省宝贵时间，达到“事半 功倍”、“设而不求”的效果本题是“对偶运算”的经典题目，反复“复制”运算结果，节约了大量的时间；在“对偶 运算

8、”的帮助下，“代点、代入”与“由局部一整体的重组”有效合成为一体；本题可以先取 m2 = 4, ki= 1, k2=4,求出直线MN的斜率k后，再有目标地运算.探究4： “代点配凑、代入消参”的解题定式.（。9 宣武）已知P、Q是椭圆T： x2 + 2 y 21上两个不同的点，满足IOP P + IOQ p = t,2求证：IKop KoqI是定值，并求这个定值.解：设 P(XI，yi)、Q(X2，y2)( X，+ yj) +(X2? + y22)=台；2代点：xi2 + 2yi2 1 , X22 + 2y22 1配凑:+ 十(X2? + 2 y22 )=222r X/+ -1 (xj + 2

9、 y/)+ 寸 X22222T 2 一 )+( - 2- 1) =32 xi + 2代入消参：（Kop2 X2 + 22 xi + X2 =12 2(1"c ,YYr Vi V7 2k oq r =)=-3 =XI2 )12-(1 X22 )222xi X2 xr X222X X21 1 （XI2 X22 ） XI2 X224XI2 X2211 1 XI2 X224 XI2 X2211-I Kop KoqI 一定值.44 小结：（1） “代点配凑、代入消参”的解题定式，是非常重要的运算，在求定点定值和轨迹方程时常常用到.同时还要注意：用“特殊”探求处理定点、定值、定形问题，仅仅是一种

10、方法，并不是所有的问题都必须采用，不要构成错误的“思维定势” .复杂一点的问题，其题型特征是：曲线上有两个动点.于是很容易误导“直线与曲线相交于两点”运算模式；一旦用上式，得到的是无效运算.（2） “点差法”，本质上是“代点配凑、代入消参”的解题定式的先期运用.反之：“代点配凑、代入消参”的定式，是“点差法”运算的深化.同时，“代点配凑、代入消参”的运算定式，也是“先局部，后整体，有序地运算”的深化.“代点配凑、代入消参”的运算定式所以求解时，可以按照“点差法”的模式：“先局部，后整体， 有序地运算”；（3）“代点配凑、代入消参”的解题定式，仅仅是比“点差法”的运算多了一个“消参”环节，从而得

11、到常数；有时候，“代点配凑、代入消参”不一定用到基本特征式“代点配凑、代入消参”的解题定式：代点：因为 A（xi， yi ）、 B（ X2，y2 ）在曲线 F （ x, y） 0 上 F （ xj, yi ）0 ,F（X2, y2） 0；xi2 + 2 yi2 1 , X22 +2 y2z 1配凑：按照求解目标，两式相加或相减， 得到关于XI、X2、yi、y2的整体关系式；（X+yj）2 ,23+ （ X2 + y2 ）;2把上述关系式，整合为含有F（xi，yi ） , F（x2, y2）的式子，经过配凑得到一个新的关系式f （ X1，yi，X2，y2 ） 0 ；xi2 + X22 = 1代入

12、消元：把配凑得到的结果，代入求解目标，继续运算.1212（Kop - Koq ）2 =（乎乎）='匕=m一2弋（是“点差法”2 2? 2xi X2 xr X2xi X24运算的复制）AB Q AB、，点在线段圆锥曲线定点定值专题研究过定点P（m, n）作直线 与椭圆 ：x上+ U 1L C 2b2 =相交于不同的两点且I AP I IQB I I AQ I IPB I.求证：点Q总在定直线mx2 a=1上.证明：记入=I AP I = I AQ I1 .I PBI IQBI由P、A、Q、B四点共线AP =- X PB*, AQ*= X QB7设点 Q (x, y) ， A(xi，yi

13、)，B(X2，y2 )代点：x_ +a2illb2迂+上;a2 b2AQ =入 QBm = xi X2 ,1=yi 丫2 ,1X = Xi X2 , y = X y2v 2 mx = xi代入消参:(W+a2yi2)-b2所以：点Q的轨迹方程为:129 2ivr ；2 9 X2I,ny=yi2小结：把线段的比，转化为向量关系. 与运算；然后直接采用“定式”运算.这里没有使用“基本特征式”参mx根据求解目标：“ _aya 2 b 2 ”， 代入、配凑、消元，一气呵成.圆锥曲线定点定值专题研究（江苏省盐城中学 2015届高三上学期1月月阶段性考试题第18题，本小题满分16分）若椭圆C的方程为一必

14、总 l(a b 0), F、F是它的左、右焦点，椭圆 过点 ，且离心率 a 2 b 2i 2C (0,1)2c为e .3(I)求椭圆的方程；(H)设椭圆的左右顶点为A、B,直线1的方程为x 4 , P是椭圆上任一点，直线 PA、PB分别交直线1于G、H两点，求GFi HF2的值；(III) 过点Q(l,0)任意作直线 m (与x轴不垂直)与椭圆C交于M、N两点，与y轴交于R点RM MQ, RN NQ .证明：为定值.x97 y0 解：(1)= y2 1 (2)设 p(xo,yo),则 G(4,)，H(4,_yo_)GF HF9xo 3 xo 312 9(3)设 M ( xi , yi ), N

15、 (X2 , y2 ), R(0, t)由 RM MQ 得(xi , yi t)(1 xi , yi )(1)代入椭圆方程得29t29(1)2所以 1 tyl同理由RN NQ得由得2 9t29(1 )294圆锥曲线定点定值专题研究（南京市2015届高三年级第三次模拟考试数学试题第18题，本小题满分 16分）在平面直角坐标系xOy中，设中心在坐标原点的椭圆C的左、右焦点分别为Fi、F2,与x轴的交点为B,且BF2 = m.(1)已知点（要1）在椭圆C上,求实数m的值;(2)已知定点A（2, 0）.TA若椭圆C上存在点T,使得元1 乂18.解:,求椭圆C的离心率的取值范围;当m = l时，记M为椭

16、圆C上的动点，直线AM, BM分别与椭圆C交于另一点P, Q,若AM = X AP, BM= BQ,求证：入+ 为定值.a2a2=m+ 1,_+_ = l(a> b> 0).由题意，得（1）设椭圆C的方程为a2 b2C= m+ 1,m+ 1 m=1.因为椭圆C过点 ，1），所以2(m+ 1) c= m,3 J : 1， 2(m+ 1) mb2 解得c二m,1.解得m=2或m = 12（舍去）.所以m = 2.（2）设点T（x,4分、TAy)由=0 得(x+ 2)2 +y22(x+ 1)2+ y2,即 x2+ y2= 2.x2+ y2= 2,2 V 2 由一x+ 一二m+ 1 m史2

17、 .10分1,得y2 =m m.故0 m2 mW m,得1 W mW 2.所以椭圆C的离心率e = 7“m+ 1（方法一）设 M(xo, yo), P(xi, yi), Q(X2,xo + 2= (xi + 2),y2).则 AM = (xo+2, yo), AP(xi +2, yi).xo= xi+ 2(由 AM= AP,X02因为 =0.2 + yo2= 1,所以从而 1) 2+ (12分因为xi2+yi'= 1，代入得2 2(-l)xi+ 3故 xi = yi)2= 1.即 2(丁2 + yi2)+ 2-1)X1+ 2(2-4+1=0.由题意知,2=6.16 分xo=2同理可得-

18、314分因此2（方法二）设M（xo，y )，P(x，y).Vo2Q(x12y）.直线AM的方程为y=(x+ 2).将 y = Xo+2(x+2)代入 2 +=1，得(2(xo+29+yo)x?+4yox+4yo(xo+29因为父+y。92r_t*= 1,所以(* )可化为(2xo+3)x'+4yo x3xo4xo=0 .因为 X0X1 =一=0(*) 3xo2+ 4xoo2x + 3,所以xi =3xo+ 42xo+ 3同理X2 =所以入十3x o4 .142xo 3-x + 2.x-2.分因为 AM = AP, BM = BQ,()0xi +2 xi - 2x +2+ x 2=(x + 2)(2x + 3)+0()()03xo+ 43xo 4xo+ 2+ 2 - 22xo +32xo 3值6 . 16分(x 2)(2x 3)= 6.即工 + 为定 o oxo + 2圆锥曲线定点定值专题研究(2014 苏北三市模拟)如图，在平面直角坐标系 (1)求椭圆E的