吴天成高三(圆锥曲线定值问题)

1、学生姓名： 吴天成 年级： 高 三 科目： 数 学 授课日期： 5 月 12 日上课时间： 15 时 00 分 - 16 时 20 分 合计： 1.33小时教学目标1、 能够解决圆锥曲线的简单化简2、 能够快算的化简运算3、掌握图形结合的方法。重难点导航1、 能够解决圆锥曲线的简单化简2、 能够快算的化简运算3、 掌握图形结合的方法。1、能够解决圆锥曲线的简单化简2、能够快算的化简运算3、掌握图形结合的方法。授课教师评价： 准时上课：无迟到和早退现象（今日学生课堂表 今天所学知识点全部掌握：教师任意抽查一知识点，学生能完全掌握现符合共 项） 上课态度认真：上课期间认真听讲，无任何不配合老师的情

2、况（大写） 海豚作业完成达标：全部按时按量完成所布置的作业，无少做漏做现象 学生签字：教师签字：备注：请交至行政前台处登记、存档保留，隔日无效 （可另附教案内页） 大写：壹 贰 叁 肆 签章：圆锥曲线中定值问题在圆锥曲线中，有一类曲线系方程，对其参数取不同值时，曲线本身的性质不变；或形态发生某些变化，但其某些固有的共同性质始终保持着，这就是我们所指的定值问题.圆锥曲线中的几何量，有些与参数无关，这就构成了定值问题.它涵盖两类问题，一是动曲线经过定点问题；二是动曲线的某些几何量的斜率、长度、角度、距离、面积等为常数问题.在几何问题中，有些几何量与参变数无关，即定值问题，这类问题求解策略是通过应用

3、赋值法找到定值，然后将问题转化为代数式的推导、论证定值符合一般情形.1.若探究直线或曲线过定点，则直线或曲线的表示一定含有参变数，即直线系或曲线系，可将其方程变式为例1.(2012湖南理21)在直角坐标系中，曲线上的点均在圆：外，且对上任意一点， 到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值.(1)求曲线的方程；(2)设为圆外一点，过作圆的两条切线，分别与曲线相交于点和.证明：当在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值.1.（1）解法1 ：设的坐标为，由已知得，易知圆上的点位于直线的右侧.于是，所以.化简得曲线的方程为.解法2 ：由题设知，曲线上任意一点到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是

4、以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为.（2）当点在直线上运动时，的坐标为，又，则过且与圆相切得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为即.于是整理得 设过所作的两条切线的斜率分别为，则是方程的两个实根，故 由得 设四点的纵坐标分别为，则是方程的两个实根，所以 同理可得 于是由，三式得.所以，当在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400.【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第一问用直接法或定义法求出曲线的方程；第二问设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到四点纵

5、坐标之积为定值，体现“设而不求”思想.【变式训练1】(2012辽宁理20) 如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点 ()求直线与直线交点M的轨迹方程; ()设动圆与相交于四点，其中， 若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值【点评】本题主要考查圆的性质、椭圆的定义、标准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭圆的关系和交轨法在求解轨迹方程组的运用。本题考查综合性较强，运算量较大。在求解点的轨迹方程时，要注意首先写出直线和直线的方程，然后求解。属于中档题，难度适中。【变式训练1】(2012 上海理22)在平面直角坐标系中，已知双曲线：（1）过的左顶点引的

6、一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及轴围成的三角形的面积；（2）设斜率为1的直线交于、两点，若与圆相切，求证：；（3）设椭圆：，若、分别是、上的动点，且，求证：到直线的距离是定值【点评】本题主要考查双曲线的概念、标准方程、几何性质及其直线与双曲线的关系、椭圆的标准方程和圆的有关性质.特别要注意直线与双曲线的关系问题，在双曲线当中，最特殊的为等轴双曲线，它的离心率为，它的渐近线为，并且相互垂直，这些性质的运用可以大大节省解题时间，本题属于中档题 解：(1)双曲线C1：y21，左顶点A，渐近线方程：yx.过点A与渐近线yx平行的直线方程为y，即yx1.解方程组得所以所求三角形的面积为S|O

7、A|y|.(2)设直线PQ的方程是yxb，因直线PQ与已知圆相切，故1，即b22.由得x22bxb210.设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2(x1b)(x2b)，所以x1x2y1y22x1x2b(x1x2)b22(1b2)2b2b2b220.故OPOQ.(3)当直线ON垂直于x轴时，|ON|1，|OM|，则O到直线MN的距离为.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为ykx，则直线OM的方程为yx.由得所以|ON|2.同理|OM|2，设O到直线MN的距离为d，因为(|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2.所以3，即d.综上，O到直线MN的距离是定值例2(2102 福

8、建文21)（本小题满分12分）如图，等边三角形的边长为，且其三个顶点均在抛物线上（I）求抛物线的方程；（II）设动直线与抛物线相切于点，与直线相交于点证明以为直径的圆恒过轴上某定点本小题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想 2解：依题意=，,设，则，因为点在上，所以，解得所以抛物线E的方程为(2)由（1）知, 设，则，并且的方程为，即由 得所以设,令对满足的，恒成立由于，由于,得，即 （*）由于（*）对满足的恒成立，所以解得 故以为直径的圆恒过轴上的定点解法二 (1)同解法一（

9、2）由（1）知,设，则，并且的方程为，即由 得所以取=2，此时P(2，1)，Q(0，-1)，以PQ为直径的圆为，交y轴于点（0,1）或（0，-1）；取=1，此时，以PQ为直径的圆为，交y轴于或故若满足条件得点M存在，只能是以下证明点就是所要求的点因为，故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M例3(2012北京理19)（本小题共14分）已知曲线（1）若曲线是焦点在轴上的椭圆，求的取值范围；（2）设，曲线与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与曲线交于不同的两点，直线与直线交于点，求证：，三点共线3解：（1）原曲线方程可化简得：由题意可得：，解得：（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：，解得：由韦达定理

10、得：，设，方程为：，则，欲证三点共线，只需证，共线即成立，化简得：将代入易知等式成立，则三点共线得证【变式训练31】(2012天津理19)设椭圆的左、右顶点分别为，点P在椭圆上且异于两点，O为坐标原点（1）若直线AP与BP的斜率之积为，求椭圆的离心率；（2）若|AP|=|OA|，证明直线OP的斜率k满足解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)由题意，有1. 由A(a,0)，B(a,0)，得kAP，kBP.由kAPkBP，可得xa22y，代入并整理得(a22b2)y0.由于y00，故a22b2. 于是e2， 所以椭圆的离心率e.(2)证明：(方法一)依题意，直线OP的方程为ykx，设点P的坐标为(

11、x0，y0)由条件得消去y0并整理得x.由|AP|OA|，A(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2xa2.整理得(1k2)x2ax00. 而x00，于是x0，代入，整理得(1k2)24k224.由ab0， 故(1k2)24k24，即k214，因此k23，所以|k|.(方法二)依题意，直线OP的方程为ykx，可设点P的坐标为(x0，kx0)由点P在椭圆上，有1. 因为ab0，kx00，所以1，即(1k2)xa2. 由|AP|OA|，A(a,0)，得(x0a)2k2xa2，整理得(1k2)x2ax00，于是x0，代入，得(1k2)a2，解得k23，所以|k|.【变式训练32】(2012 安徽理

12、20) 如图，点分别是椭圆 的左、右焦点，过点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，过点作直线的垂线交直线于点；（1）如果点的坐标是；求此时椭圆的方程；（2）证明：直线与椭圆只有一个交点解：（I）点代入得： 又 由得：，即椭圆的方程为（II）设；则 得： 过点与椭圆相切的直线斜率 得：直线与椭圆只有一个交点解：(1)(方法一)由条件知，P，故直线PF2的斜率为.因为PF2F2Q，所以直线F2Q的方程为yx，故Q.由题设知，4, 2a4，解得a2，c1.故椭圆方程为1.(方法二)设直线x与x轴交于点M，由条件知，P.因为PF1F2F2MQ，所以.即，解得2a.所以a2，c1故椭圆方程为1(2)证明：直

13、线PQ的方程为 即yxa.将上式代入椭圆方程得，x22cxc20.解得所以直线与椭圆只有一个交点例4(2012福建理19)如图，椭圆E：的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于两点，且的周长为8（）求椭圆E的方程（）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由解：解法一：(1)因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因为e，即，所以c1，所以b.故椭圆E的方程是

14、1.(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以P.由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上设M(x1,0)，则0对满足(*)式的m、k恒成立因为，(4x1,4km)，由0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法二：(1)同解法一(2)由得(4k23

15、)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以P.由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上取k0，m，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k，m2，此时P，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为22，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的

16、坐标为(1,0)，所以，(3,4km)，从而330，故恒有，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法三：(1)同解法一（）由对称性可知设与 直线 （*） （*）对恒成立， 得【变式训练4】 (2012 江西理20)已知三点，曲线上任意一点满足（1）求曲线的方程；（2）动点在曲线上，曲线在点处的切线为问：是否存在定点，使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比是常数？若存在，求的值；若不存在，说明理由解：(1)由(2x,1y)，(2x,1y)，得|，()(x，y)(0,2)2y，由已知得2y2，化简得曲线C的方程：x24y.(2)假设存在点P(0，t)(t0)满足条件，则直线PA

17、的方程是yxt，PB的方程是yxt.曲线C在Q处的切线l的方程是yx，它与y轴交点为F.由于2x02，因此11.当1t0时，1，存在x0(2,2)使得，即l与直线PA平行，故当1t0时不符合题意当t1时，1，所以l与直线PA，PB一定相交分别联立方程组解得D，E的横坐标分别是xD，xE，则xExD(1t).又|FP|t，有SPDE|FP|xExD|.又SQAB4，于是.对任意x0(2,2)，要使为常数，则t要满足解得t1，此时2，故存在t1，使QAB与PDE的面积之比是常数2.【点评】本题以平面向量为载体，考查抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系以及分类讨论的数学思想. 高考中，解析几何解答题

18、一般有三大方向的考查.一、考查椭圆的标准方程，离心率等基本性质，直线与椭圆的位置关系引申出的相关弦长问题，定点，定值，探讨性问题等；二、考查抛物线的标准方程，准线等基本性质，直线与抛物线的位置关系引申出的相关弦长问题，中点坐标公式，定点，定值，探讨性问题等；三、椭圆，双曲线，抛物线综合起来考查.一般椭圆与抛物线结合考查的可能性较大，因为它们都是考纲要求理解的内容.海豚教育个性化简案海豚教育个性化教案（真题演练）1.如图，在平面直角坐标系中。椭圆的右焦点为，右准线为。（1）求到点和直线的距离相等的点的轨迹方程。（2）过点作直线交椭圆于点，又直线交于点,若，求线段的长；（3）已知点的坐标为，直线交直线于点，且和椭圆的一个交点为点，是否存在实数，使得，若存在，求出实数；若不存在，请说明理由。2.设A、B分别为椭圆的左、右顶点，椭圆长半轴长等于焦距，且是它的右准线，(1) 求椭圆方程；(2) 设P为右准线上不同于点（4，0）的任一点，若直线AP、BP分别与椭圆交于异于A、B两点M、N，证明：点B在以MN为直径的圆内3.如图，已知椭圆的长轴为，过点的直线与轴垂直直线所经过的定点恰好是椭圆的一个顶点，且椭圆的离心率.（1）求椭圆的标准方程；（2）设是椭圆上异于、的任意一点，轴，为垂足，延长到点使得，连结延长交直线于点，为的中点试判断直线与以为直径的圆的位置关系