高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题课件理

§9.9

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解答(1)求椭圆的标准方程；几何画板展示设椭圆的焦距为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)，∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，

①∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，

②将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.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.思维升华解答(1)求椭圆C的方程；几何画板展示解答因为l为切线，所以Δ＝(2tλ)2－4(t2＋2)(λ2－2)＝0，即t2－λ2＋2＝0. ④设圆与x轴的交点为T(x0，0)，因为MN为圆的直径，当t＝0时，不符合题意，故t≠0.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

如图，已知椭圆C：

，点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另一点A(点A在x轴下方)，且线段AB的中点E在直线y＝x上.(1)求直线AB的方程；解答由已知得B(0，－2)．设E(λ，λ)，则A(2λ，2λ＋2)．把A的坐标代入椭圆方程，得即x＋3y＋6＝0.(2)若点P为椭圆C上异于A，B的动点，且直线AP，BP分别交直线y＝x于点M，N，证明：OM·ON为定值.证明设M(m，m)，N(n，n)，P(x0，y0)，得(x0＋3)(m＋1)＝(y0＋1)(m＋3)，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.思维升华跟踪训练2

(2016·扬州模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，点F(，0)，直线l：x＝－

，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.(1)求动点Q的轨迹C的方程；解答依题意知，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.解答弦长TS为定值.理由如下：几何画板展示题型三探索性问题(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)，(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点.是否存在常数λ，使得

为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.证明几何画板展示当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，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.思维升华跟踪训练3

(2016·苏锡常镇四市调研)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：

(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，右顶点，上顶点分别为A，B，原点O到直线AB的距离等于ab.解答(1)若椭圆C的离心率等于

，求椭圆C的方程；几何画板展示即bx＋ay－ab＝0.化简得a2＋b2＝1. ①即a2＝3b2. ②(2)若过点(0,1)的直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且P在第二象限，直线PF2交y轴于点Q.试判断以PQ为直径的圆与点F1的位置关系，并说明理由．解答几何画板展示得(b2＋a2k2)x2＋2ka2x＋a2－a2b2＝0，(*)则Δ＝(2ka2)2－4(b2＋a2k2)(a2－a2b2)＝0，点F1在以PQ为直径的圆上．由题设，直线l与椭圆相切且l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，∵点P在第二象限，∴k＝1.把k＝1代入方程(*)，得x2＋2a2x＋a4＝0，解得x＝－a2，从而y＝b2，∴P(－a2，b2)．又a2＋b2＝1，a2＝b2＋c2，∴点F1在以PQ为直径的圆上．典例(16分)椭圆C： (a>b>0)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，连结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C有且只有一个公共点，设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，若k2≠0，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23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(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).返回课时作业(1)求椭圆的标准方程；所以a2－c2＝1，解得a＝2，解答12345证明12345设直线l1的方程为y＝kx＋1.得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，1234512345(1)求椭圆C的标准方程；解答12345∴a2＝5，b2＝1，12345证明12345设点A，B，M的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0)，点F的坐标为(2,0).显然直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是y＝k(x－2)，得(1＋5k2)x2－20k2x＋20k2－5＝0，12345故λ1＋λ2为定值.12345(1)求椭圆E的标准方程；解答由①②，解得a2＝6，b2＝4，12345(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12345设直线l：y＝kx＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，得(3k2＋2)x2＋6kx－9＝0.易知B(0，－2)，12345所以对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值.12345(1)求椭圆C的方程；解答又△MF1F2为正三角形，且MF1＝MF2＝a，12345(2)垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，过点P(4，0)的直线PB交椭圆C于另一点E，证明：直线AE与x轴相交于定点.证明12345由题意知，直线PB的斜率存在，且过点P(4,0).设直线PB的方程为y＝k(x－4)，B(x1，y1)，E(x2，y2)，则A(x1，－y1).得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，12345将y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，代入②式，将①式代入③式，整理得x＝1.∴直线AE与x轴相交于定点(1,0).12345*5.(2016·南京模拟)已知半椭圆

(x≥0)与半椭圆

(x<0)组成的曲线称为“果圆”，其中a2＝b2＋c2，a>b>c>0.如图，设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2是“果圆”与x，y轴的交点.(1)若△F0F1F2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程；解答1234512345(2)若A1A2>B1B2，求

的取值范