2020版高中数学新人教B版选修1-1第二章圆锥曲线与方程微专题突破四圆锥曲线的定点、定值与最值问题课件

课件62张PPT。专题突破四　圆锥曲线的定点、定值与最值问题第二章　圆锥曲线与方程 与圆锥曲线有关的定点、定值问题是高考考查的热点，难度较大，此类问题常常作为第19题或第20题的第二问，常以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，以坐标运算为基础，一般是证明满足条件的直线过定点，目标代数式为定值，或计算面积、长度、数量积等的最大值、最小值.求解此类问题的关键是引进变化的参数表示直线方程、数量积等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.一、定点问题
例1　已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；解　如图，设动圆圆心为O1(x，y)，
由题意，得|O1A|＝|O1M|，
当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，
则H是MN的中点，化简得y2＝8x(x≠0).
又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0)也满足方程y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点.证明　由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中，
得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.
其中Δ＝－32kb＋64>0.即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0 ③
将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b，此时Δ>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0).点评　求定点问题，需要注意两个方面：
一是抓“特值”，涉及的定点多在两条坐标轴上，所以可以先从斜率不存在或斜率为0的特殊情况入手找出定点，为解题指明方向.
二是抓“参数之间的关系”，定点问题多是直线过定点，所以要抓住问题的核心，实质就是求解直线方程中参数之间的关系，所以要熟悉直线方程的特殊形式，若直线的方程为y＝kx＋b，则直线y＝kx＋b恒过点(0，b)，若直线方程为y＝k(x－a)，则直线恒过点(a,0).可得a2＝2b2，(2)设椭圆E的左顶点是A，若直线l：x－my－t＝0与椭圆E相交于不同的两点M，N(M，N与A均不重合)，若以MN为直径的圆过点A，试判定直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标.解　由x－my－t＝0得x＝my＋t，
把它代入E的方程得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)
＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2因为以MN为直径的圆过点A，
所以AM⊥AN，因为M，N与A均不重合，所以t≠－2，由于点T在椭圆内部，故满足判别式大于0，解得a2＝8，b2＝4.(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.证明　方法一　设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.方法二　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，∴直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.点评　(1)求定值问题的常用方法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
(2)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思路是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关.在这类问题中选择消元的方向是非常关键的.跟踪训练2　(2018·江西南昌高二检测)已知点F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点D(1,2)为抛物线C上一点.
(1)直线l过点F交抛物线C于A，B两点，若|AB|＝5，求直线l的方程；解　依题意，点F的坐标为(1,0).
设直线l的方程为x＝my＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，故直线l的方程为2x＋y－2＝0或2x－y－2＝0.(2)过点D作两条倾斜角互补的直线分别交抛物线C于异于点D的两点P，Q，试证明直线PQ的斜率为定值，并求出该定值.解　方法一　设直线DP的斜率为k(k≠0)，
则直线DQ的斜率为－k.设P(xP，yP)，因为点D的坐标为(1,2)，
所以2yP＝8t－4，故yP＝4t－2.
从而点P的坐标为(4t2－4t＋1,4t－2)，
用－t替换点P坐标中的t可得点Q的坐标为(4t2＋4t＋1，－4t－2)，即直线PQ的斜率为定值－1.
方法二　设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
因为P，Q在抛物线y2＝4x上，因为x3≠x4，所以y3＋y4＝－4，三、最值、范围问题
与圆锥曲线有关的最值与范围问题是高考考查的重点，多以直线和椭圆相交或直线和抛物线相切、相交为前提，考查弦长、面积或相关代数式的最值与范围问题，该问题综合性较强，具有一定的难度，其中最值与范围问题多与三角函数、平面几何等知识综合考查，形式多样.(1)求椭圆M的方程；由Δ＝8m2－16(m2－4)>0，点评　最值、范围问题的主要求解方法：
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决.
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质等进行求解.跟踪训练3　(2018·济南高二检测)已知中心在原点O，左焦点为F1(－1,0)的椭圆C的左顶点为A，上顶点为B，F1到直线AB的距离为 |OB|.
(1)求椭圆C的方程；整理得a2＋b2＝7(a－1)2.②若切线l不垂直于x轴，可设其方程为y＝kx＋p，
将y＝kx＋p代入椭圆C的方程，
得(3＋4k2)x2＋8kpx＋4p2－12＝0，
∴Δ＝(8kp)2－4(3＋4k2)(4p2－12)＝48(4k2＋3－p2)＝0，
即p2＝4k2＋3.
记M，N两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
将y＝kx＋p代入椭圆C2的方程，
得(3＋4k2)x2＋8kpx＋4p2－36＝0，12345√针对训练ZHENDUIXUNLIAN67812345678解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3，
利用抛物线的定义可知，
|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋1＝4，
由图可知|AF|＋|BF|≥|AB|，
即|AB|≤4，
当且仅当直线AB过焦点F时，|AB|取得最大值4.12345√67812345678解析　由题意知弦所在直线斜率k≠0，
设弦端点C(x1，y1)，D(x2，y2)，12345678∵CD的中点在线段AB上，解得－4≤k≤－2，故选A.1234567812345678(1)求抛物线τ的方程；12345678代入x2＝2py(p>0)中得4＝p2，即p＝2，
所以抛物线τ的方程是x2＝4y.12345678(2)若k2－k1＝2，点D是抛物线在点B，C处切线的交点，记△BCD的面积为S，证明S为定值.12345678证明　过D作y轴的平行线交BC于点E，又k2－k1＝2，所以x2－x1＝8.1234567812345678123456781234567812345678(1)求椭圆E的方程；12345678(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.
由已知Δ＝[－4k(k－1)]2－4(1＋2k2)·2k(k－2)>0，得k<－2或k>0且k≠2，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，1234567812345678所以直线AP与AQ的斜率之和为定值2.从而直线AP，AQ的斜率之和7.(2018·全国Ⅰ)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2,0)，过点A的直线l与C交于M，N两点.
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；12345678解　当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2).即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.(2)证明：∠ABM＝∠ABN.1234567812345678证明　当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，
所以∠ABM＝∠ABN.
当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.12345678所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，
所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.12345678(1)求M的方程；解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，12345678所以a2＝2b2.12345678因此a2＝6，b2＝3.(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值.12345678由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n，
设C(x3，y3)，D(x4，y4).12345678Δ＝16n2－12(2n2－6)>0，得－3