選修11橢圓中定值定點問題教案

1、第 1 頁 適用學(xué)科 高中數(shù)學(xué) 適用年級 高二 適用區(qū)域 蘇教版區(qū)域 課時時長(分鐘) 2課時 知識點 對稱問題 定點、定值、最值等問題 教學(xué)目標 1掌握圓錐曲線中的定點、定值、最值問題的求2掌握有關(guān)圓錐曲線中對稱問題的處理方法 教學(xué)重點 圓錐曲線中定點、定值、最值等問題的求解方法 教學(xué)難點 數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用 【教學(xué)建議】 本節(jié)課采用創(chuàng)設(shè)問題情景學(xué)生自主探究師生共同辨析研討歸納總結(jié)組成的“四環(huán)節(jié)”探究式學(xué)習(xí)方式，并在教學(xué)過程中根據(jù)實際情況及時地調(diào)整教學(xué)方案，通過創(chuàng)設(shè)問題情景、學(xué)生自主探究、展示學(xué)生的研究過程來激勵學(xué)生的探索勇氣 【知識導(dǎo)圖】 【教學(xué)建議】 1定點、定值、探索性問題是橢圓中的綜

2、合題，一直是高考考查的重點和熱點問題 2本部分在高考試題中多為解答題，是中高檔題 由于橢圓只研究中心在原點，對稱軸為坐標軸的橢圓問題，故動態(tài)橢圓過定點問題一般不會出現(xiàn)，故橢圓中的定值問題主要包括以下幾個方面： (1)與橢圓有關(guān)的直線過定點： yy0k(xx0)表示過定點(x0，y0)的直線的方程； (A1xB1yC1)(A2xB2yC2)0表示過直線A1xB1yC10和A2xB2yC20交 二、知識講解 一、導(dǎo)入 教學(xué)過程 第 2 頁 點的直線的方程 (2)與橢圓有關(guān)的圓過定點： x2y2DxEyF(A1xB1yC1)0表示的是過直線A1xB1yC10和圓x2y2DxEyF0交點的圓的方程 (

3、3)與橢圓有關(guān)的參數(shù)的定值問題 (1)參數(shù)的取值范圍： 由直線和橢圓的位置關(guān)系或幾何特征引起的參數(shù)如k ，a，b，c，(x，y)的值變化此類問題主要是根據(jù)幾何特征建立關(guān)于參數(shù)的不等式或函數(shù)進行求解 (2)長度和面積的最值： 由于直線或橢圓上的點運動，引起的長度或面積的值變化此類問題主要是建立關(guān)于參數(shù)(如k或(x，y)的函數(shù)，運用函數(shù)或基本不等式求最值 類型一 定點問題 如圖，橢圓x2a2y2b21(a>b>0)過點P?1，32，其左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率e12，M，N是直線2axc?上的兩個動點，且1FMuuuur·2FNuuuur0 (1)求橢圓的方程； (2

4、)求MN的最小值； (3)求以MN為直徑的圓C是否過定點？請證明你的結(jié)論 【解】(1)因為eca12，且過點P?1，32，所以? 1a294b21，a2c，a2b2c2，解得? a2，b3. 所以橢圓方程為x24y231 (2)由題可設(shè)點M(4，y1)，N(4，y2) 又知F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，則1FMuuuur(5，y1)，2FNuuuur(3，y2) 考點2 橢圓中的最值第 3 頁 所以1FMuuuur·2FNuuuur15y1y20，y1y215，y215y 1 又因為MN|y2y1|?15y 1y115|y1 |y1 |215，當且僅當|y1|y2| 15時取等號，

5、 所以MN的最小值為 215 (3)設(shè)點M(4，y1)，N(4，y2)，所以以MN為直徑的圓的圓心C的坐標為?4，y1y2 2，半徑r|y2y1| 2，所以圓C的方程為(x4)2?yy1y2 22(y2y1)2 4， 整理得x2y28x(y1y2)y16y1y20 由(2)得y1y215，所以x2y28x(y1y2)y10， 令y0得x28x10，所以x 4±15，所以圓C過定點 (4±15，0) 【總結(jié)與反思】定點問題常見的2種解法： (1)假設(shè)定點坐標，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無關(guān)，故得到一個關(guān)于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐

6、標的點即所求定點； (2)從特殊位置入手，找出定點，再證明該點適合題意 類型二 定值問題 已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：x2a 2y2b 21(ab0)的左、右焦點，過橢圓右焦點F2且斜率為k(k0)的直線l與橢圓C相交于E，F(xiàn)兩點，EFF1的周長為8，且橢圓C與圓x2y23相切 (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)A為橢圓的右頂點，直線AE，AF分別交直線x4于點M，N，線段MN的中點為P，記直線PF2的斜率為k，求證：k·k為定值 【解】(1)因為EFF1的周長為8，所以4a8，所以a24， 又橢圓C與圓x2y23相切，故b23，所以橢圓C的方程為x2 4y2 31 (2)由題意知過點F2

7、(1，0)的直線l的方程為yk(x1)，設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)， 將直線l的方程yk(x1)代入橢圓C的方程x2 4y2 31， 整理，得(4k23)x28k2x4k2120，64k44(4k23)(4k212)0恒成立， 第 4 頁 且x1x28k24k2 3，x1x24k2124k2 3 直線AE的方程為yy1x1 2(x2)，令x4，得點M?4，2y1x1 2， 直線AF的方程為yy2x2 2(x2)，令x4，得點N?4，2y2x2 2， 所以點P的坐標為?4，y1x1 2y2x2 2 所以直線PF2的斜率為ky1x1 2y2x2 204 113?y1x1 2y2x2 21

8、3·y2x1x2y12(y1y2)x1x22(x1x2) 413·2kx1x23k(x1x2)4kx1x22(x1x2) 4， 將x1x28k24k2 3，x1x24k2124k2 3代入上式得k13·2k·4k2124k2 33k·8k24k2 34k4k2124k2 32×8k24k2 3 41k， 所以k·k為定值1 【由題悟法】定值問題常見的2種求法： (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān) (2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值 類型三 存在性問題 已知橢圓E：x2a 2y2b

9、 21(ab0)以?20?，為頂點，且離心率為12 (1)求橢圓E的方程； (2)若直線l：ykxm與橢圓E相交于A，B兩點，與直線x4相交于Q點，P是橢圓E上一點且滿足OPuuurOAuuurOBuuur(其中O為坐標原點)，試問在x軸上是否存在一點T，使得OPuuur·TQuuur為定值？若存在，求出點T的坐標及OPuuur·TQuuur的值；若不存在，請說明理由 【解】(1)已知?20?，為橢圓E的頂點，即a2 第 5 頁 又ca12， 故c1，b 3所以橢圓E的方程為x2 4y2 31 (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)聯(lián)立? ykxm，3x24y212.得

10、(4k23)x28kmx4m2120 由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1x28km4k2 3， y1y2k(x1x2)2m6m4k2 3 將P?8km4k2 3，6m4k2 3代入橢圓E的方程，得64k2m24(4k23) 236m23(4k23) 21，即4m24k23 設(shè)T(t，0)，Q(4，m4k)所以TQuuur(4t，m4k)，OPuuur?8km4k2 3，6m4k2 3 即OPuuur·TQuuur32km8kmt4k2 36m(m4k)4k2 36m28km8kmt4k2 3 因為4k234m2，所以O(shè)Puuur·TQuuur6m28km8kmt4m 2322k(1t

11、) m 要使OPuuur·TQuuur為定值，只需?2k(1t) m24k2(1t)2m 2(4m23)(1t)m 2為定值，則1t0，所以t1，所以在x軸上存在一點T(1，0)，使得OPuuur·TQuuur為定值32 【由題悟法】存在性問題求解的3個注意點： 存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在，若結(jié)論不正確，則不存在 (1)當條件和結(jié)論不唯一時要分類討論； (2)當給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件； (3)當條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑 1已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的右

12、焦點為F(1，0)，右頂點為A，且|AF|1 (1)求橢圓C的標準方程； (2)若動直線l：ykxm與橢圓C有且只有一個交點P，且與直線x4交于點Q，問：是否存在一個定點M(t，0)，使得MPuuur·MQuuuur0若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明 四 、課堂運用 第 6 頁 理由 2已知橢圓x2a 2y2b 21(ab0)的左焦點F1(1，0)，長軸長與短軸長的比是2 3 (1)求橢圓的方程； (2)過F1作兩直線m，n交橢圓于A，B，C，D四點，若mn，求證：1|AB |1|CD |為定值 3如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：x2a 2y2b 21(a>b&g

13、t;0) 的離心率為63，直線l與x軸交于點E，與橢圓C交于A，B兩點當直線l垂直于x軸且點E為橢圓C的右焦點時，弦AB 的長為263 (1)求橢圓C的方程 (2)若點E的坐標為 ? 32，0，點A在第一象限且橫坐標為3，過點A與原點O的直線交橢圓C于另一點P，求PAB 的面積 (3)是否存在點E ，使得1EA21EB2為定值？若存在，請求出點E的坐標，并求出該定值；若不存在，請說明理由 1【解】(1)由c1，ac 1，得a2，b 3，故橢圓C 的標準方程為x24y231 (2)由? ykxm，3x24y212，消去y，得(34k2)x28kmx4m2120， 所以64k2m24(34k2)(

14、4m212)0，即m234k2 設(shè)P(xp，yp)，則x p4km3 4k24km， yp kxpm4 k2mm3m，即 P? ?4km，3m 因為M(t，0)，Q(4，4km)，所以MPuuur ? 4kmt，3m，MQuuuur(4t，4km)， 所以MPuuur·MQuuuur ?4km t·(4t)3m·(4km)t2 4t34km(t1)0恒成立， 故? t10，t24t30，即t1所以存在點M(1，0)符合題意 第 7 頁 2【解】(1)由已知，得? 2a2b2 3，c1，a2b2c2.解得a2，b 3 故所求橢圓方程為x2 4y2 31 (2)由已知

15、F1(1，0)，當直線m不垂直于坐標軸時，可設(shè)直線m的方程為yk(x1)(k0) 由? yk(x1)，x2 4y2 31，得(34k2)x28k2x4k2120 由于0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則有x1，2 4k2± 6k2134k2，|AB|1k2 ·|x1x2|12(1k2)3 4k2同理|CD| 12(1k2) 3k24 所以1|AB |1|CD|34 k212(1k2)3k2 412(1 k2)7(1k2)12(1k2)712 當直線m垂直于坐標軸時，此時|AB|3，|CD|4 ；或|AB|4 ，|CD|3， 所以1|AB |1|CD| 131 47

16、 12 綜上，1|AB |1|CD |為定值712 3【解】(1)由c a63，設(shè)a3k(k>0)，則c 6k，b23 k2， 所以橢圓C的方程為x29k2y23k2 1 因為當直線l垂直于x軸且點E 為橢圓C的右焦點時，AB263，即xAxB6k， 代入橢圓方程，解得yAk，yBk 或yAk，yB k，于是2k2 63，即k 63， 所以橢圓C 的方程為x26 y22 1 (2)將x3代入x2 6y221，解得y±1因為點A在第一象限，所以A (3，1) 又點E的坐標為 ?32， 0，所以kAE23，直線 EA的方程為y2 3?x32233x1， 第 8 頁 由? y 233

17、 x1，x 26y221，得B? ? 35，75 又PA 過原點O，所以P(3，1)，PA 4，直線PA的方程為x3y0， 所以點B到直線PA的距離h? ? ?35 7352335， SPAB1 2PA·h1 2×4×335 63 5 (3)假設(shè)存在點E，使得1EA2 1EB2為定值，設(shè)E(x0，0)(x0 ±6)， 當直線AB與x軸重合時， 1EA2 1EB21(x0 6)21(6x0) 2122x20(6x 20)2 ， 當直線AB與x軸垂直時，1EA21EB 222? 1x20666x20， 由122x20 (6x20) 266x20 ，得x0&#

18、177;3，66 x202， 所以若存在點E，此時E (±3，0)，1EA2 1EB2為定值2 根據(jù)對稱性，只需考慮直線l過點E(3，0)的情況，設(shè)A(x1，y1)，B( x2，y2)，直線l的方程為xmy 3，由? ? x my3，x26y2 21，得(m23)y223my30， 所以y 1y223mm2 3， y1y 23m23 又1EA2 1() x132 y211m2y21 y21 1(m21)y21， 1EB 21(x23)2 y221m2y22 y221 (m21) y22， 所以1EA2 1EB21(m2 1)y211(m21)y22(y1y2)22 y1y2(m21)

19、y2 1y2212 m2(m23)26m2 3(m21)·9( m23)2 2， 綜上所述，存在點E (±3，0) ，使得1EA21EB2為定值2 五、課堂小結(jié) 第 9 頁 1定值問題的求解策略： (1)可以從一般的情形進行論證，即用類似方程axb0恒有解的思路來解決問題； (2)也可以運用從特殊到一般的思想來解決問題，即先求出特殊情形下的值，如直線的斜率不存在的情況，再論證該特殊值對一般情形也成立 2最值問題的求解策略： (1)如果建立的函數(shù)是關(guān)于斜率k的函數(shù)，要增加考慮斜率不存在的情況； (2)如果建立的函數(shù)是關(guān)于點(x，y)的函數(shù)，可以考慮用代入消元、基本不等式、三角

20、換元或幾何解法來解決問題 1對任意實數(shù)a，直線yax3a2所經(jīng)過的定點是_ 2若直線mxny4和圓O：x2y24沒有公共點，則過點(m，n)的直線與橢圓x25y241的交點個數(shù)為_ 3已知橢圓的中心在坐標原點，焦點在x軸上，以其兩個焦點和短軸的兩個端點為頂點的四邊形是一個面積為4的正方形，設(shè)P為該橢圓上的動點，C，D的坐標分別是(2，0)，(2，0)，則PC·PD的最大值為_ 4已知橢圓x2a2y2b21(a>b>0)的離心率是63，過橢圓上一點M作直線MA，MB交橢圓于A，B兩點，且斜率分別為k1，k2，若點A，B關(guān)于原點對稱，則k1·k2的值為_ 答案與解析

21、 1【解析】直線方程即為y2a(x3)，因此當x30且y20時，這個方程恒成立，故直線系恒過定點(3，2) 【答案】(3，2) 2【解析】 因直線與圓沒有公共點，所以圓心到直線的距離4m2n2>2，則m2n2<4，可以判斷出點(m，n)在橢圓的內(nèi)部，故過點(m，n)的直線與橢圓的交點個數(shù)為2 【答案】2 六、課后作業(yè) 第 10 頁 3【解析】設(shè)橢圓方程為x2a 2y2b 21(a>b>0)，半焦距為c，則由條件，得bc，b2c24，解得bc 2，于是a2，從而C、D就是橢圓的焦點，于是PCPD2a4，由基本不等式得PC·PD?PCPD 224，即PC·

22、;PD的最大值為4 【答案】4 4【解析】 設(shè)M(x0，y0)，A(x1，y1)，則B(x1，y1)，從而k1·k2y1y0x1x 0·y1y0x1x 0y21y20x21x2 0， 又? x20a 2y20b 21，x21a 2y21b 21，兩式相減得x20x21a 2y21y20b 2，故k1·k2b2a 2，又e 63，所以 b2a 213，故k1·k 213 【答案】13 1如圖，已知A1，A2，B1，B2分別是橢圓C： x2a2 y2b21(a>b>0)的四個頂點，A1B1B2是一個邊長為2的等邊三角形，其外接圓為圓M (1)求橢

23、圓C及圓M的方程； (2)若點D是圓M劣弧12AB上一動點(點D異于端點A1，B2)，直線B1D分別交線段A1B2，橢圓C于點E，G，直線B2G與A1B1交于點F 求 GB1EB1的最大值； 試問：E，F(xiàn)兩點的橫坐標之和是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由 2已知橢圓 x2a2 y2b21(a>b>0) 的離心率為22，且過點P ?22，12，記橢圓的左頂點為A (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)垂直于y軸的直線l交橢圓于B，C兩點，試求ABC面積的最大值； (3)過點A作兩條斜率分別為k1，k2的直線交橢圓于D，E兩點，且k 1k22，求證：直線DE恒過一個定點 第 11

24、 頁 3在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：x2a 2y2b 21(a>b>0)的離心率e12，直線l：xmy10(mR)過橢圓C的右焦點F交橢圓C于A，B兩點 (1)求橢圓C的標準方程 (2)已知點D?52，0，連結(jié)BD，過點A作垂直于y軸的直線l1，設(shè)直線l1與直線BD交于點P，試探索當m變化時，是否存在一條定直線l2，使得點P恒在直線l2上？若存在，請求出直線l2的方程；若不存在，請說明理由 4如圖，已知橢圓C：x2 4y21，A，B是四條直線x±2，y±1所圍成的兩個頂點 (1)設(shè)P是橢圓C上任意一點，若OPuuurmOAuuurnOBuuur，求證：

25、動點Q(m，n)在定圓上運動，并求出定圓的方程； (2)若M，N是橢圓C上兩個動點，且直線OM，ON的斜率之積等于直線OA，OB的斜率之積，試探求OMN的面積是否為定值，說明理由 答案與解析 1【解】(1)由題意知B2(0，1)，A1( 3，0)，所以b1，a 3， 所以橢圓C的方程為x2 3y21 易得圓心M? 33，0，A1M 233，所以圓M的方程為? ?x3 32y243 (2)設(shè)直線B1D的方程為ykx1? ?k<33，與直線A 1B2的方程y33x1聯(lián)立， 解得點E ?233k1，3 k13k1 聯(lián)立? ykx1，x23y21消去y并整理，得 (13k2)x26kx 0，解得

26、點G? ?6k3k21， 3k213k21 GB 1EB1|xG|xE ?6k3k2 1?233k 13k2 3k3k211 3k 13k2111(3k1)2(3k1)21第 12 頁 122 2212，當且僅當k 6 33時等號成立所以GB1EB 1的最大值為212 易得直線B2G的方程為y3k 213k21 1 6k3k2 1x113kx1，與直線A1B 1的方程y33x1聯(lián)立，解得點F ?6k3k1，3 k13k1， 所以E， F兩點的橫坐標之和為233k 16k3k1 23 故E ，F(xiàn)兩點的橫坐標之和為定值，該定值為2 3 2【解】(1) 由題意得? ca22，12a214b21 ，a

27、2b2c 2，解得? a1，b22，c22. 所以橢圓的方程為x22y2 1 (2)設(shè)B(m，n)，C(m，n)，則SABC 12·2|m|·|n |mn| 又1m2 2n222m 2n222|mn|，所以|mn |24， 當且僅當 |m|2|n|時取等號，從而SABC24所以ABC面積的最大值為24 (3)因為A(1，0)，所以直線AD：yk1(x1)，直線AE：yk2(x1) 聯(lián)立? yk1(x1)，x22y21消去y，得(12k21)x24k21x 2k2110，解得x1或x12k211 2k21， 故點D? ?12k2112k21，2k1 12k21同理，E? ?1

28、2k2212k22，2k212k2 2又k1k22，故 E?k2188k2 1，4k18k2 1 故直線DE的方程為y2k1 12k214k1 8k212k112k 2 1k2188k2112k2112 k21· ?x12k2112k21， 第 13 頁 即y2k112 k213k12k212·? ?x12k211 2k21，即y3k12( k212)x5k12(k212) 所以2yk21(3x5)k14y0則令? y0，3x50得直線DE恒過定點?53，0 3【解】(1)在xmy10中，令y0，則x1，所以F(1，0) 由題設(shè)，得? c1，ca12，解得? c1，a2，從

29、而b 2a2 c23， 所以橢圓C的標準方程為x24y231 (2)令m0，則A?1，32，B?1，32或A?1，32，B?1，32 當A?1，32，B?1，32時，P?4，32；當A?1，32，B?1，32時，P?4，32 所以滿足題意的定直線l2只能是x4 下面證明點P恒在直線x4上 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)由于PA垂直于y軸，所以點P的縱坐標為y1， 從而只要證明P(4，y1)在直線BD上 由 ? xmy10，x24y231消去x，得(43m2)y26my90 因為144(1m 2)>0，所以y1y26m4 3m2，y1y2943m2 因為kDBkDPy20 x252y

30、1 0 452 y2my2152y13232y2y1?my 2 3232? ?my232y 1 y223my1y2my232 將式代入上式，得kDBkDP0，所以kDBkDP 所以點P(4，y1)在直線BD上，從而直線l1、直線BD與直線l2：x4三線恒過同一點P， 所以存在一條定直線l2：x4，使得點P恒在直線l2上 4【解】(1)易求A(2，1)，B(2，1) 第 14 頁 設(shè)P(x0，y0)，則x20 4y201由OPuuurmOAuuurnOBuuur，得? x02(mn)，y0mn， 所以4(mn)2 4(mn)21，即m2n212故點Q(m，n)在定圓x2y212上 (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1y2x1x 214 平方得x21x2216y21y22(4x21)(4x22)，即x21x224 因為直線MN的方程為(x2x1)y(y2y1)xx1y2x2y10， 所以O(shè)到直線MN的距離為d |x1y2x2y1(x2x1)2(y2y1)2， 所以 OMN的面積 S12MN·d12|x1y2x2y1|12x21y22x22y212x1x2y1y2 12x21? ?1x224x22?1x21412x21