高考备考资料之数学人教A版全国用课件99圆锥曲线的综合问题第2课时

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Δ＝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.思维升华(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λ1＋λ2＝－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)，③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，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＝0.①因为点A(2,1)在椭圆C上，所以x＝2是方程①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＝0.①得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－8＝0，

②若b＝1－2k，可得方程②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.思维升华(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.思维升华(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123456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.123456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.123456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Δ＝16m2＋16t>0.(*)设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t.123456＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16123456＝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Δ>0，∴直线DE的方程为x＝my＋4m＋8＝m(y＋4)＋8.∴直线过定点(8，－4).123456解答(1)求椭圆C的方程；123456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.123456证明

由(1)知，A(2,0)，B(0,1).123456123456当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，∴|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值.123456解答(1)求a，b的值；123456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＝1.123456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.123456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.123456得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k).∵以PQ为直径的圆恰好过点A，123456123456解答(1)若△F0F1F2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程；123456123456解答123456123456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.123456记平行弦的斜率为k，当k＝0时，123456∵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.123456123456解答(1)求椭圆C的方程；技能提升练123456123456123456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.123456证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，①当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，可知x