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教师用书.doc

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1、1 / 16【2019【2019 最新最新】精选高考数学大一轮复习第九章平面解析几何精选高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9-99-9 圆锥曲线的综合问题第圆锥曲线的综合问题第 3 3 课时定点定值探索性问题教师课时定点定值探索性问题教师用书用书题型一 定点问题例 1 (2016长沙模拟)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1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若 123，试证明：直线 l 过定点并求此定点(1)解 设椭圆的焦距为 2c，由题意知 b

2、1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又 a2b2c2，a23.椭圆的方程为y21.(2)证明 由题意设 P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设 l 方程为 xt(ym)，由1 知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意 y10，11.同理由2 知 21.123，y1y2m(y1y2)0，2 / 16联立得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知 4m2t44(t23)(t2m23)0，且有 y1y2，y1y2，代入得 t2m232m2t20，(mt)21，由题意 mtb0)，焦点 F(c,0)，因为，将点 B(c，)的坐标代入方程得1.

3、3 / 16由结合 a2b2c2，得 a，b1.故所求椭圆方程为y21.(2)由得(2t2)y22ty220.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)，则(x0，y1)，(x0，y2)因为 MN 为圆的直径，故x2y1y20.当 t0 时，不符合题意，故 t0.因为 y1，y2，所以 y1y2，代入结合得TMx2 02t222 t2，要使上式为零，当且仅当 x1，解得 x01.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 椭圆有两顶点 A(1，0)，B(1,0)，

4、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.(1)当|CD|时，求直线 l 的方程；4 / 16(2)当点 P 异于 A，B 两点时，求证：为定值(1)解 椭圆的焦点在 y 轴上，故设椭圆的标准方程为1(ab0)，由已知得 b1，c1，a，椭圆的方程为x21.当直线 l 的斜率不存在时，|CD|2，与题意不符；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)联立化简得(k22)x22kx10, 则 x1x2，x1x2.|CD|1k2 x1x224x1x22k k22241 k2

5、2，解得 k.直线 l 的方程为 xy10 或 xy10.(2)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)，点 P 的坐标为(，0)由(1)知 x1x2，x1x2，且直线 AC 的方程为 y(x1)，直线 BD 的方程为 y(x1)，5 / 16将两直线方程联立，消去 y，得.10)(2)弦长|TS|为定值理由如下：取曲线 C 上点 M(x0，y0)，M 到 y 轴的距离为 d|x0|x0，圆的半径 r|MA|，则|TS|22，点 M 在曲线 C 上，x0，|TS|22 是定值题型三 探

6、索性问题例 3 (2015四川)如图，椭圆 E：1(ab0)的离心率是，点P(0,1)在短轴 CD 上，且1.(1)求椭圆 E 的方程；7 / 16(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 ，使得为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由解 (1)由已知，点 C，D 的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点 P 的坐标为(0,1)，且1，于是解得 a2，b，所以椭圆 E 的方程为1.(2)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)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式 (4k

7、)28(2k21)0，所以 x1x2，x1x2，从而，PBx1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)124k221 2k212.所以当 1 时，23，此时3 为定值当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD，此时，213.故存在常数 1，使得为定值3.8 / 16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

8、外合适的方法(2016绍兴教学质量调测)已知 A(1,2)，B(，1)是抛物线 y2ax(a0)上的两个点，过点 A，B 引抛物线的两条弦 AE，BF.(1)求实数 a 的值；(2)若直线 AE 与 BF 的斜率互为相反数，且 A，B 两点在直线 EF 的两侧，直线 EF 的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由解 (1)把点 A(1,2)代入抛物线方程得 a4.(2)直线 EF 的斜率是定值，理由如下：设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线 AE：yk(x1)2，则直线 BF：yk(x)1，联立方程组消去 y，得 k2x2(4k2k24)x(2k)20，x1，y1k(x11

9、)2，E(，)，9 / 16联立方程组消去 y，得 k2x2(k22k4)x(1k)20，x2，x2，y2k(x2)1，得 F(，)故 kEF4.25设而不求，整体代换典例 (15 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 C 有且只有一个公共点，

10、设直线 PF1、PF2 的斜率分别为 k1、k2，若k20，证明为定值，并求出这个定值思想方法指导 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，直接得定值规范解答解 (1)由于 c2a2b2，将 xc 代入椭圆方程1，得 y.由题意知1，即 a2b2.又 e，所以 a2，b1.10 / 16所以椭圆 C 的方程为y21.4 分(2)设 P(x0，y0)(y00)，又 F1(，0)，F2(，0)，所以直线 PF1，PF2 的方程分别为：y0x

11、(x0)yy00， 1PFl：y0x(x0)yy00. 2PFl由题意知 .由于点 P 在椭圆上，所以y1.所以.8 分因为0)过 A，B 两点分别作抛物线的切线，设其交点为 M.(1)证明：为定值；(2)设ABM 的面积为 S，求 S 的最小值(1)证明 设直线 AB 的方程为 ykx1，与抛物线 x24y 联立得x24kx40.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，因此 x1x24k，x1x24，由直线 AMyx，直线 BMyx得M(，)，即 M(2k，1)，所以(2k，2)(x2x1，)(2k，2)(4，4k)0.(2)解 |AB|4(k21)，点 M 到直线 AB 的距离为 d2，所

12、以 S4(k21)24，3 224(1)k 所以 S 的最小值为 4.2(2016余姚第一次质量检测)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；(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12 / 16为定值(1)解 因为 e，所以 ca，a2b2(a)2.又椭圆过点(，)，所以1.由，解得 a26，b24，所以椭圆 E 的标准方程为1.(2)证明 设直线 l：ykx1，联立Error!得(3k22)x26kx90.设 C(x1，y1)

13、，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，易知 B(0，2)，故 kBCkBDy22 x2kx23 x2k2x1x23kx1x29 x1x2k29 x1x2k23k(3k22)2.所以对于任意的 k，直线 BC，BD 的斜率之积为定值3(2017杭州质检)设直线 l 与抛物线 x22y 交于 A，B 两点，与椭圆1 交于 C，D 两点，直线 OA，OB，OC，OD(O 为坐标原点)的斜率分别为 k1，k2，k3，k4.若 OAOB.(1)是否存在实数 t，满足 k1k2t(k3k4)，并说明理由；13 / 16(2)求OCD 面积的最大值解 设直线 l 的方程为 ykxb，A(x1，y1)，B

14、(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)联立得 x22kx2b0，则 x1x22k，x1x22b，14k28b0.因为 OAOB，所以 x1x2y1y20，得 b2.联立得(34k2)x216kx40，所以 x3x4，x3x4，由 2192k2480 得 k2.(1)存在实数 t.因为 k1k2k，k3k4y4 x46k，所以，即 t.(2)根据弦长公式|CD|x3x4|得|CD|4，根据点 O 到直线 CD 的距离公式得 d，所以 SOCD|CD|d4，设t0，则 SOCD，所以当 t2，即 k时，SOCD 有最大值.4(2016赣州一模)已知椭圆 C：1(ab0)与双曲线1(1b0)，把点(2,0)，(，)代入得Error!解得所以 C1 的标准方程为y21.(2)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)由Error!消去 y 并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是 x1x2，x1x2.所以 y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)116 / 16k21，由，即0，得 x1x2y1y20.(*)将代入(*)式，得3k2 14k20，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.