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2023高考数学统考一轮复习第8章平面解析几何命题探秘2第1课时圆锥曲线中的定点定值问题教师用书教案理新人教版202303081250

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命题探秘二 高考中的圆锥曲线问题第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题技法阐释求解圆锥曲线中的定点问题的两种方法(1)特殊推理法:先从特殊情况入手,求出定点,再证明定点与变量无关.(2)直接推理法:①选择一个参数建立直线系方程,一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量,将变量x,y当成常量,将原方程转化为kf(x,y)+g(x,y)=0的形式(k是原方程中的常量);②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立),得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点,若定点具备一定的限制条件,则可以特殊解决.技法一 直接推理解决直线过定点问题[典例1](2020·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,其左、右焦点分别为F1,F2,点P为坐标平面内的一点,且||=,·=-,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;\n(2)设M为椭圆C的左顶点,A,B是椭圆C上两个不同的点,直线MA,MB的倾斜角分别为α,β,且α+β=.证明:直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标.[思维流程] [解] (1)设P点坐标为(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),则=(-c-x0,-y0),=(c-x0,-y0).由题意得解得c2=3,∴c=.又e==,∴a=2.∴b2=a2-c2=1.∴所求椭圆C的方程为+y2=1.(2)设直线AB方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.∴x1+x2=-,x1x2=.又由α+β=,∴tanα·tanβ=1,设直线MA,MB斜率分别为k1,k2,则k1k2=1,∴·=1,即(x1+2)(x2+2)=y1y2.∴(x1+2)(x2+2)=(kx1+m)(kx2+m),∴(k2-1)x1x2+(km-2)(x1+x2)+m2-4=0,∴(k2-1)+(km-2)+m2-4=0,化简得20k2-16km+3m2=0,解得m=2k,或m=k.当m=2k时,y=kx+2k,过定点(-2,0),不合题意(舍去).\n当m=k时,y=kx+k,过定点,∴直线AB恒过定点.点评:动直线l过定点问题的基本思路设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).技法二 直接推理解决曲线过定点问题[典例2] (2019·北京高考)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.[思维流程] [解] (1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1.(2)证明:抛物线C的焦点为F(0,-1),设直线l的方程为y=kx-1(k≠0).由得x2+4kx-4=0.设M,N,则x1x2=-4.直线OM的方程为y=x.令y=-1,得点A的横坐标xA=-.同理得点B的横坐标xB=-.设点D(0,n),则=,=,·=+(n+1)2=+(n+1)2\n=+(n+1)2=-4+(n+1)2.令·=0,即-4+(n+1)2=0,则n=1或n=-3.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).点评:抓住圆的几何特征:“直径所对的圆周角为90°”,巧用向量·=0求得定点坐标,学习中应体会向量解题的工具性.技法三 定直线的方程问题[典例3] 已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,过F且斜率为1的直线与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求抛物线C的方程;(2)过点D(1,2)的直线l交C于点M,N,点Q为MN的中点,QR⊥x轴交C于点R,且=.证明:动点T在定直线上.[思维流程] [解] (1)设A(x1,y1),B(x2,y2).因为F,所以过F且斜率为1的直线的方程为y=x+.由消去y并整理,得x2-2px-p2=0,易知Δ>0.则x1+x2=2p,y1+y2=x1+x2+p=3p,所以|AB|=y1+y2+p=4p=8,解得p=2.于是抛物线C的方程为x2=4y.(2)证明:法一:易知直线l的斜率存在,设l的方程为y=k(x-1)+2,Q(x0,y0),M,N.由消去y并整理,得x2-4kx+4k-8=0.则Δ=(-4k)2-4(4k-8)=16(k2-k+2)>0,x3+x4=4k,x3x4=4k-8,所以x0==2k,y0=k(x0-1)+2=2k2-k+2,即Q(2k,2k2-k+2).\n由点R在曲线C上,QR⊥x轴,且=,得R(2k,k2),R为QT的中点,所以T(2k,k-2).因为2k-2(k-2)-4=0,所以动点T在定直线x-2y-4=0上.法二:设T(x,y),M,N.由得(x3+x4)(x3-x4)=4(y3-y4),所以=.设Q(x,y5),则直线MN的斜率k=,又=k,点Q的横坐标x=,所以=,所以y5=x(x-1)+2.由=知点R为QT的中点,所以R.又点R在C上,将代入C的方程得x2=2(y5+y),即-x+4+2y=0,所以动点T在定直线x-2y-4=0上.点评:本题第(2)问给出了探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法:方法一是参数法,即先利用题设条件探求出动点T的坐标(包含参数),再消去参数,即得动点T在定直线上;方法二是相关点法,即先设出动点T的坐标为(x,y),根据题设条件得到已知曲线上的动点R的坐标,再将动点R的坐标代入已知的曲线方程,即得动点T在定直线上.技法四 直接推理解决定值问题[典例4] 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+y2=1,点P(x1,y1),Q(x2,y2)是椭圆C上两个动点,直线OP,OQ的斜率分别为k1,k2,若m=,n=,m·n=0.(1)求证:k1·k2=-;(2)试探求△OPQ的面积S是不是为定值,并说明理由.[思维流程] \n[解] (1)证明:∵k1,k2均存在,∴x1x2≠0.又m·n=0,∴+y1y2=0,即=-y1y2,∴k1·k2==-.(2)①当直线PQ的斜率不存在,即x1=x2,y1=-y2时,由=-,得-y=0.∵点P(x1,y1)在椭圆上,∴+y=1,∴|x1|=,|y1|=.∴S△POQ=|x1||y1-y2|=1.②当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+b.联立得方程组消去y并整理得(4k2+1)x2+8kbx+4b2-4=0,其中Δ=(8kb)2-4(4k2+1)(4b2-4)=16(1+4k2-b2)>0,即b2<1+4k2.∴x1+x2=,x1x2=.∵+y1y2=0,∴+(kx1+b)(kx2+b)=0,得2b2-4k2=1(满足Δ>0).∴S△POQ=··|PQ|=|b|=2|b|=1.综合①②知△POQ的面积S为定值1.点评: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.

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发布时间:2022-08-25 17:31:05 页数:6
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文章作者:U-336598

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