高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 第3课时 定点、定值、探索性问题课件 文 新人教版

1、9.8圆锥曲线的综合问题,第3课时定点、定值、探索性问题,课时作业,题型分类深度剖析,内容索引,题型分类深度剖析,题型一定点问题,例1(2017长沙联考)已知椭圆 1(a0，b0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点q、p，与椭圆分别交于点m、n，各点均不重合且满足 (1)求椭圆的标准方程；,解答,设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b)22(2c)2， 又a2b2c2，a23.,(2)若123，试证明：直线l过定点并求此定点.,证明,几何画板展示,由题意设p(0，m)，q(x0,0)，m(x1，y1)， n(x2，y2)

2、，设l方程为xt(ym)，,y1my11，由题意y10，,123，y1y2m(y1y2)0， ,由题意知4m2t44(t23)(t2m23)0， ,代入得t2m232m2t20， (mt)21， 由题意mt0，mt1，满足， 得直线l方程为xty1，过定点(1,0)，即q为定点.,思维升华,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.,跟踪训练1(2016河北衡水中学调研)如图，已知椭圆c的中心在原点，焦点在x轴上，离心率

3、e ，f是右焦点，a是右顶点，b是椭圆上一点，bfx轴，|bf| .,解答,(1)求椭圆c的方程；,(2)设直线l：xty是椭圆c的一条切线，点m( ，y1)，点n( ，y2)是切线l上两个点，证明：当t，变化时，以mn为直径的圆过x轴上的定点，并求出定点坐标.,解答,几何画板展示,因为l为切线，所以(2t)24(t22)(22)0， 即t2220. 设圆与x轴的交点为t(x0,0)，,因为mn为圆的直径，,当t0时，不符合题意，故t0.,所以t为定点，故动圆过x轴上的定点(1,0)与(1,0)， 即椭圆的两个焦点.,题型二定值问题,例2(2016广西柳州铁路一中月考)如图，椭圆有两顶点a(1

4、，0)，b(1,0)，过其焦点f(0,1)的直线l与椭圆交于c，d两点，并与x轴交于点p.直线ac与直线bd交于点q.,解答,椭圆的焦点在y轴上，,当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1， c(x1，y1)，d(x2，y2).,证明,当直线l的斜率不存在时，与题意不符. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1(k0，k1)，c(x1，y1)，d(x2，y2)，,将两直线方程联立，消去y，,y1y2k2x1x2k(x1x2)1,故点q的坐标为(k，y0)，,思维升华,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

5、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)求椭圆c的方程；,解答,证明,由题意可得a1(2,0)，a2(2,0) 设p(x0，y0)，由题意可得2x02，,故|de|df|为定值3.,题型三探索性问题,(1)求椭圆e的方程；,解答,由已知，点c，d的坐标分别为(0，b)，(0，b)，,解答,当直线ab的斜率存在时，设直线ab的方程为ykx1， a，b的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，,其判别式(4k)2

6、8(2k21)0，,x1x2y1y2x1x2(y11)(y21),(1)(1k2)x1x2k(x1x2)1,当直线ab斜率不存在时，直线ab即为直线cd，,思维升华,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.,解答,跟踪训练3(2015湖北)一种作图工具如图1所示.o是滑槽ab的中点，短杆on可绕o转动，长杆mn通过n处铰链与on连接，mn上

7、的栓子d可沿滑槽ab滑动，且dnon1，mn3，当栓子d在滑槽ab内作往复运动时，带动n绕o转动一周(d不动时，n也不动)，m处的笔尖画出的曲线记为c，以o为原点，ab所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系. (1) 求曲线c的方程；,几何画板展示,由于当点d不动时，点n也不动，所以t不恒等于0，,解答,(2) 设动直线l与两定直线l1：x2y0和l2：x2y0分别交于p，q两点.若直线l总与曲线c有且只有一个公共点，试探究：opq的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由.,几何画板展示,当直线l的斜率存在时，,可得(14k2)x28kmx4m2160.,因为直线

8、l总与椭圆c有且只有一个公共点， 所以64k2m24(14k2)(4m216)0， 即m216k24. (*1),当且仅当k0时取等号. 所以当k0时，sopq的最小值为8.,综合可知，当直线l与椭圆c在四个顶点处相切时，opq的面积取得最小值8.,典例(12分)椭圆c： 1(ab0)的左、右焦点分别是f1、f2，离心率为 ，过f1且垂直于x轴的直线被椭圆c截得的线段长为1. (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； (3)在(2)的条件下，过点p作斜率为k的直线l，使得l与椭圆

9、c有且只有一个公共点，设直线pf1、pf2的斜率分别为k1、k2，若k20，证明 为定值，并求出这个定值.,设而不求，整体代换,思想与方法系列20,规范解答,思想方法指导,几何画板展示,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.,返回,解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程 1，得y .,(2)设p(x0，y0)(y00)，,所以直线pf1，pf2的方程分别为,(3)设p(x0，y0)(y00)， 则直线l的方程为yy0

10、k(xx0).,返回,课时作业,1,2,3,4,(1)求椭圆c的标准方程；,解答,得a24，b22.,(2)如图，椭圆左顶点为a，过原点o的直线(与坐标轴不重合)与椭圆c交于p，q两点，直线pa，qa分别与y轴交于m，n两点.试问以mn为直径的圆是否经过定点(与直线pq的斜率无关)？请证明你的结论.,解答,1,2,3,4,证明如下： 设p(x0，y0)，则q(x0，y0)，,1,2,3,4,1,2,3,4,2.(2016安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆e： 1(ab0)的离心率为 ，点( )为椭圆上的一点. (1)求椭圆e的标准方程；,解答,由，解得a26，b24，,1,2,3,4,(2)

11、若斜率为k的直线l过点a(0,1)，且与椭圆e交于c，d两点，b为椭圆e的下顶点，求证：对于任意的k，直线bc，bd的斜率之积为定值.,证明,1,2,3,4,设直线l：ykx1，,得(3k22)x26kx90. 设c(x1，y1)，d(x2，y2)，则,易知b(0，2)，,1,2,3,4,所以对于任意的k，直线bc，bd的斜率之积为定值.,1,2,3,4,(1)求椭圆c的方程；,1,2,3,4,解答,1v4，双曲线的焦点在x轴上， 设焦点f(c,0)，则c24vv13， 由椭圆c与双曲线共焦点，知a2b23， 设直线l的方程为xtya， 代入y22x，可得y22ty2a0， 设p(x1，y1)，q(x2，y2)，则y1y22t，y1y22a，,1,2,3,4,(2)在椭圆c上，是否存在点r(m，n)使得直线l：mxny1与圆o：x2y21相交于不同的两点m，n，且omn的面积最大？若存在，求出点r的坐标及对应的omn的面积；若不存在，请说明理由,解答,1,2,3,4,m2n22.又m24n24，,1,2,3,4,*4.已知椭圆c1、抛物线c2的焦点均在x轴上，c1的中心和c2的顶点均为原点o，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：,(1)求c1，c2的标准方程；,1,2,3,4,解答,1,2,3,4,解答,1,2,3,4,容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意