《2018版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(文科)新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018版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(文科)新人教版（28页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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(
2、x2，y2)，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
3、x轴上，离心率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，
4、椭圆有两顶点A(1，0)，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
5、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)，
6、,其判别式(4k)28(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
7、铰链与ON连接，MN上的栓子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)x28kmx4
8、m2160.,因为直线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
9、k的直线l，使得l与椭圆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)
10、， 则直线l的方程为yy0k(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
11、，,1,2,3,4,(2)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y22ty2
12、a0， 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 当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1)， 与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2),1,2,3,4,消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，,所以y1y2k2(x11)(x21) k2x1x2(x1x2)1,1,2,3,4,得x1x2y1y20. (*),1,2,3,4,解得k2，所以存在直线l满足条件，,且直线l的方程为2xy20或2xy20.,
