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)

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破口

2、，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.-x2 y2,八一3、一已知椭圆c： 一工 1. e、f是椭圆c上的两个动点，点 a(1,一)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)kaf3 3kae 一 直线ae的方程：y x.223 y x 由 23x2 4y212a(1)一般性的证明：设过点3a(1,?)的直线方程为:2m(x1)y m(x 1) ll3x2 4y2212，一 22 .一(3+

3、4m ) x +4m(32m)x34(22_m)2 120.设方程的两根为x1、xa，贝u x xa= x1324(3 m)2 12x1 =23 4m2分别用“ k” “ k”替换 mxe4(2 k)2 23 4k212212 4k2 12k 3一 = jt2o ，ve4k 36k26k 9xf4k2 12k 34k2 3kxe22，4k2 36k2 6k 9vf =z2 .所以直线ef的斜率4k2 3kef2929(6k2 6k ) ( 6k2 6k )vf ve 二 2222xf xe (4k12k 3) (4k12k 3)1，八一、一.一-.即直线ef的斜率为定值，其值为2练习:1、已知

4、椭圆x2 与 1(a b 0)的左焦点f1( 1,0),长轴长与短轴长的比值是 2:j3. a b(1)求椭圆的方程()11.过f作两直线m , n交椭圆与a, b,c,d四点，若m n ,求证：为定值ab cd22解析：(1)人 1 (2)特殊位置验证，然后证明之，答案 437122、已知椭圆c2x-2ay2 、.21 1(a b 0)的离心率为上，点(2z2)在c上.b22(1)求c的方程(2)直线l不过原点o且不平行于坐标轴，l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l的斜率的乘积为定值22解析：(1) y- 1 (2)特殊位置验证，然后证明之，答案 84

5、3、已知椭圆c：2x-2a24 1(a b 0)的离心率为炉，短轴端点到焦点的距离为2.b22(1)求c的方程(2)设a, b为椭圆 定值，并求出该定值c上的任意两点， o为坐标原点，且 oaob.求证：原点o到直线ab的距离为2解析：(1)汉 y241 (2)特殊位置验证，然后证明之，答案2.55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

6、思维负担.探究3:先局部后整体，有序进行重组2 222过双曲线 m x - y = m的右顶点a，作两条斜率分别为k1、k2的直线am、an ,交双曲线于m、n .其中 k1k2 = m2, k-k20,且k1 k2,求直线mn的斜率为定值，并求这个定值.分析：题设条件是k1 k2 = m2 ,提示了解题顺序.先局部地分别求出k1、k2,然后重组为k1 k22=-m .可以预见：一定能消除参数 m2.解：设过右顶点 a(1, 0)的直线方程：y k(x 1),m由方程组：v2 222x y mk(x 1)(m2.2,222k )x 2kx (k m22mkx1 * x2 = -22mkx1 =

7、 1( ?2m) x2 = - 2mrk22mxm = -2mk22m-2m学【注：用的是对偶运算】. k2代入上式：xmk1k1k2kik22k1k2k1k1k2xn =- k2k2k1ki所以 ym = k1(xm1)=k1k2k1k2【注：用的是“由局部一整体的重组”下的“整体消参”】由对称性：yn =-k2 k1k1k2ym =ynmn / x轴，得直线mn的斜率k 0.先局部，后整体，有序进行重组，整体消参.而“对偶运算”、小结：解析几何题目的解题顺序应该是: “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

8、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”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, k1=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.(09宣武)已知p、q是椭圆t ： x2 + 2y2 1上两个不同的点，满足|op|2 + |oq|2 = ,求证：| kop koq|是定值，并求这个定值.解：设p(x1,yj、q(x2,丫2)(x12y1)+( x2 + y2)=-;2代点:22.x + 2y112x2 +2y2配凑:12122x1 +2

9、x1 +代入消参: /2-2一(x1 + 2 y) + x2221121、3-) + (-x2 + -)=-22222(kop - koq )v2、2=()x1x21,2-2+ 2 ( x2 + 2 y2)=22x1 + x2 = 1 .2 21(1x12)vi v2 _ 22 2x1 x2i(1 x22)2 2x1 x21 1 (xix2) x1x21 1 1 x1x2 = - a22.2 24x1 x24x1 x211-| k op , k oq |-7e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

10、处理定点、定值、定形问题，仅仅是一种方法，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“

11、点差法”的运算多了一个“消参”环节，从 而得到常数；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(x1,y1)、b(x2,y2)在曲线 f(x,y) 0 上f(x1，y1)0 ,fn, y)。； 222x + 2y1 , x2 +_ 2 2y21配凑：按照求解目标，两式相加或相减，得到关于x1、x2、y1、y2的整体关系式；(x12 +y12)22、3+ ( x2 + y2 ) =-2把上述关系式，整合为含有f(x1，必)、f(x2, y2)的式子，经过配凑得到一个新的关系式f(x1, y1, x2, y2) 0；x12+x2=1代入消元：

12、把配凑得到的结果，代入求解目标，继续运算.(kop koq)2= ()2x1x21212v2v2-(1x1 ) t (1 x2)y1 y2 = 2 22 22 2x1 x2x1 x2( 是“点差法”运算的复制)圆锥曲线定点定值专题研究22过定点p(m, n)作直线l与椭圆c：与+4 =1相交于不同的两点 a、b,点q在线段ab上, a b且|ap|qb| | aq| |-pb|.求证：点q总在定直线吟 吗=1上.a2 b2| pb| |qb|证明：记入= lap=laq，则入 0,且入w 1.由 p、a、q、b四点共线ap =入设点q(x, y)a3, yi)b(x2,y2)代点:2 x1 -

13、2 a2b22x1 +2a2 y2 b2配凑：ap=入pbaq =入qby1 y21x1x2x =,1mx-2a2x1a2(12 2x25nyb22v12 2v25mx-2any b22 x1 2 a2 2x22vi2 2y2(12)b2(12)2 旦) b22(2 x2 -2 a2 y2 b1(12) = 1,所以：点q的轨迹方程为：mxany = 1 b2小结： 把线段的比，转化为向量关系.然后直接采用“定式”运算.这里没有使用“基本特征式”参 与运算；根据求解目标：“多 丹”，代入、配凑、消元，一气呵成.a b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

14、题第 18题，本小题满分16分）2若椭圆c的方程为勺 a2 y b11(a b 0), f1、f2是它的左、右焦点，椭圆 c过点（0,1）,且离心率2,2(i)(n)3求椭圆的方程；设椭圆的左右顶点为a、直线l于g、h两点，求（出）过点q（1,0）任意作直线b ,直线l的方程为gf； hf2 的值； m （与x轴不垂直）x 4, p是椭圆上任一点，直线 pa、pb分别交与椭圆 c交于m、n两点，与y轴交于r点rm证明:mq , rn为定值.nq.2 x 解：(i)91 (2)设 p(x0,y0),则 g(4,7y0 )x0 3h(4,xyh)gfi hf2=65(3)设 m (x1,y1)n(

15、x2,y2),r(qt)由 rmmq 得(xi,yit) (1xi, yi)所以同理由rnxiyii，、t （ i）代入椭圆方程得i2 一 2 一9t 9(i由-得nq得22229t29(i)2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与x轴的交点为b,且be=m.(1)已知点,1）在椭圆c上，求实数m的值;(2)已知定点 a( 2, 0).若椭圆c上存在点t,使得 *=小,求椭圆tf1c的离心率的取值范围;c的左、右焦点分别为 f1、f2,18.解:当m = 1时，记m为椭圆c上的动点

16、，直线am, bm分别与椭圆c交于另一点若am = zap, bm= bq,求证：入十 为定值.（1）设椭圆c的方程为x2+ jy2=1（ab0）.由题意，得a bat m + 1 c解得(m+ 1) c= mp, q,a2=m + 1, b2=m, c= 1.一 ，x2所以椭圆万程为m+ m2=1 .因为椭圆c过点（乎,1）,所以2(m+ 1)1 m= 1解得m = 2或m（舍去）.所以m=2.(2)设点t(x4分tay).由宿=w，得(x+ 2)2 + y2 = 2(x+1)2+y2,即 x2+y2=2.x2+y2=2,x2y2m+ 1 + m=1得 y2= m2m.故 0wm2 mwm,

17、得 1wmw2.所以椭圆1c的离心率e= j e m+ 1平. 10分（方法一）设 m(xo,y。),p(xi,y1),q(x2,y2).则 am =(xo+2,y。),ap = (x1+2, y1).由am= ap , 得xo + 2= (x + 2),x02因为万+y02=1,所以 =0.y0=y1.x+2( 1)x0=x1+2( -1),y0=y1.12分2一十（y1)2=1.即2(+丫12) + 2 1)x1+ 2( 1)21一 ,xi2c因为 2+y12= 1,代入得 2( - 1)x1+ 3,3 1一 3 一 r故x1= 2，所以x0=2.同理可得+= 6.16 分2 4+1 =

18、0.由题意知,小，x0 =14分因此y0(万法二)设 m(x, y), p(x1, y1), q(x2,乎).直线 am 的方程为 y=(x+2). x0 n将 丫 = !2(+ 2)代入户+ y2= 1 ,得(2(x0+ 2)2+ y2)x2+ 4y0x+ 4y0 (x0+ 2) 22 = 0(*).x0c一一 _.,c99因为 _2+y02=1,所以(*)可化为(2x0+3)x2+4yx 3x。一4x0 = 0.因为 xox1 = 2 ,3x0+4x0c c，所以x1=2x0+33x0+ 42xo+3,同理 14 分因为am= ap, bm= bq,所以入十xo+ 2 xo 2xo + 2xo 2(xo+2)(2xo+3) (xo2)(2xo3)+=+=+= 6.即xi + 2 xi 23xo+41 c 3xo4 ,xo+2xo + 2222xo + 32xo-3圆锥曲线定点定值专题研究（2。14 苏北三市模拟）如图，在平面直角坐标系xoy中,椭圆2