世纪金榜二轮专题辅导与练习专题六第三讲.ppt

第三讲 定点、定值与最值问题,一、主干知识1.定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.2.定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.,3.最值问题的两大求解策略：解决圆锥曲线中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别关注用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的结构特征直接或换元后选用基本不等式法、导数法、数形结合法等求最值.,二、重要结论1.直线与圆锥曲线相交的问题，牢记“联立方程，把要求的量转化为根与系数的关系”.2.有关弦长问题，牢记弦长公式 及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要牢记圆锥曲线定义的运用，以简化运算.3.涉及弦中点的问题，牢记“点差法”是联系中点坐标和弦所在直线的斜率的好方法.,4.求参数范围的问题，牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”.不等式的来源可以是0或圆锥曲线的有界性或是题目条件中的某个量的范围等.5.牢记曲线f1(x,y)+f2(x,y)=0(为参数)过曲线f1(x,y)=0与f2(x,y)=0的交点.,1.(2013昆明模拟)已知直线x=t与椭圆 交于P，Q两点，若点F为该椭圆的左焦点，则 取最小值时t的值为_.【解析】椭圆的左焦点F(-4,0),根据对称性可设P(t,y),Q(t,-y)，则=(t+4,y),=(t+4,-y),所以=(t+4,y)(t+4,-y)=(t+4)2-y2.又因为所以=(t+4)2-y2=t2+8t+16-9+t2=所以当 时，取值最小.答案：,2.(2013重庆模拟)以抛物线y2=8x上的任意一点为圆心作圆与直线x+2=0相切，这些圆必过一定点，则这一定点的坐标是_.【解析】由抛物线定义知该圆必过抛物线y2=8x的焦点F(2,0).答案：(2，0),3.(2013江西高考改编)已知点A(2，0)，抛物线C：x2=4y的焦点为F，直线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，则FMMN=_.【解析】设直线FA的倾斜角为，因为F(0,1)，A(2,0)，所以直线FA的斜率为 即tan=过点M作准线的垂线交准线于点Q，由抛物线定义得FM=MQ，在MQN中可得 即FMMN=1答案：1,4.(2013盐城模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线的顶点在原点，焦点为F(1，0)过抛物线在x轴上方的不同两点A，B作抛物线的切线AC，BD，与x轴分别交于C，D两点，且AC与BD交于点M，直线AD与直线BC交于点N(1)求抛物线的标准方程.(2)求证：MNx轴.(3)若直线MN与x轴的交点恰为F(1，0)，求证：直线AB过定点,【解析】(1)设抛物线的标准方程为y2=2px(p0)，由题意，得 即p=2所以抛物线的标准方程为y2=4x(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且y10，y20由y2=4x(y0)，得所以切线AC的方程为y-y1=即yy1=(xx1)整理，得yy1=2(x+x1)，,且C点坐标为(x1，0)同理得切线BD的方程为yy2=2(x+x2)，且D点坐标为(x2，0)由消去y，得xM=又直线AD的方程为 直线BC的方程为 由消去y，得xN=所以xM=xN，即MNx轴,(3)由题意,设M(1,y0),代入(2)中的,得y0y1=2(1+x1),y0y2=2(1+x2).所以A(x1,y1),B(x2,y2)都满足方程y0y=2(1+x).所以直线AB的方程为y0y=2(1+x).故直线AB过定点(-1,0).,热点考向 1 定点的探究与证明问题【典例1】(1)(2013郑州模拟)已知点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x20)是抛物线y2=4x上的两个动点,O是坐标原点,=0,则直线AB过定点.(2)(2013聊城模拟)如图,已知椭圆C:(ab0)的离心率为 以原点O为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x-y+=0相切.,求椭圆的标准方程.设P(4,0),A,B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结PB交椭圆C于另一点E，证明动直线AE经过一定点.,【解题探究】(1)由=0，得y1y2为定值_；当x1x2时，直线AB的斜率kAB=_(用y1,y2表示)直线AB的方程为_.(用y1,y2表示)当x1=x2时，直线AB的方程为x=_.(2)由离心率为 _;由点到直线的距离求得b=_.证明动直线AE经过一定点的关键是什么？提示：关键选与直线PB有关的参数建立直线AE的方程.,-16,(y1+y2)y=4(x-4),4,【解析】(1)因为所以x1x2+y1y2=0，y1y2=-16，当x1x2时，AB方程y-y1=(y1+y2)y-y12-y1y2=4x-4x1(y1+y2)y=4x-16,即(y1+y2)y=4(x-4)经过(4,0)，当x1=x2时，x1=x2=4,即直线AB方程为x=4过点(4，0).答案：(4，0),(2)由题意知所以又因为以原点O为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x-y+=0相切，所以有所以故椭圆的方程为：,由题意知直线PB的斜率存在；设直线PB的方程为y=k(x-4),由得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0.设点B(x1,y1),E(x2,y2),A(x1,-y1),则x1+x2=x1x2=()直线AE的斜率kAE=所以直线AE的方程为y-y2=(x-x2).,令y=0,得x=x2+将y1=k(x1-4),y2=k(x2-4)代入并整理得：()将()代入()整理得所以，直线AE过定点(1,0).,【互动探究】若本例(1)中抛物线方程为y2=2px(p0)，且弦AB的中点到直线x-2y=0的距离的最小值为 且 求抛物线方程.【解析】设AB中点C(x,y),则若中点C到直线x-2y=0的距离为d,则所以,当y1+y2=2p时，d有最小值由题设得所以p=2,此时抛物线方程为y2=4x.,【方法总结】动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：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).(2)动曲线C过定点问题,解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.,【变式备选】(2013南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点在原点，焦点F的坐标为(1,0)(1)求抛物线C的标准方程.(2)设M,N是抛物线C的准线上的两个动点，且它们的纵坐标之积为-4，直线MO,NO与抛物线的交点分别为点A,B，求证：动直线AB恒过一个定点,【解析】(1)设抛物线的标准方程为y2=2px(p0)，则=1，p=2，所以抛物线C的标准方程为y2=4x(2)抛物线C的准线方程为x=-1，设M(-1,y1)，N(-1,y2)，其中y1y2=-4,则直线MO的方程为y=y1x，将y=y1x与y2=4x联立，解得A点的坐标为 同理可得B点的坐标为则直线AB的方程为整理，得(y1+y2)y4x+4=0.,由故动直线AB恒过一个定点(1，0),热点考向 2 定值的探究与证明问题【典例2】(2013北京模拟)椭圆T的中心为坐标原点O，右焦点为F(2,0),且椭圆T过点E(2，).ABC的三个顶点都在椭圆T上，设三条边(AB,BC,AC)的中点分别为M，N，P.(1)求椭圆T的方程.(2)设ABC的三条边所在直线的斜率分别为k1,k2,k3，且ki0,i=1,2,3.若直线OM，ON，OP的斜率之和为0.求证：为定值.,【解题探究】(1)设椭圆T的方程为(ab0),则a=_,b=_.(2)证明 为定值的两关键点:表示:将 中的量k1,k2,k3用_表示；化简：利用约束条件：_化简得定值.,2,动点M,N,P的坐标,kOM+kON+kOP=0,【解析】(1)设椭圆T的方程为(ab0),由题意知：左焦点为F(-2,0),所以2a=EF+EF=解得a=b=2.故椭圆T的方程为,(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),M(s1,t1),N(s2,t2),P(s3,t3).方法一：由两式相减，得到(x1-x2)(x1+x2)+2(y1-y2)(y1+y2)=0，所以即同理所以又因为直线OM，ON，OP的斜率之和为0,所以,方法二：设直线AB:y-t1=k1(x-s1),代入椭圆x2+2y2=8,得到化简得以下同方法一.,【方法总结】求解定值问题的两大途径(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)证明定值：将问题转化为证明代数式与参数(某些变量)无关(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件正负项抵消或分子分母约分得定值.,【变式训练】(2013天津模拟)已知E(2,2)是抛物线C:y2=2px上一点，经过点(2,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点(不同于点E)，直线EA，EB分别交直线x=-2于点M，N.(1)求抛物线方程及其焦点坐标.(2)已知O为原点，求证：为定值.,【解析】(1)将E(2,2)代入y2=2px,得p=1,所以抛物线方程为y2=2x,焦点坐标为(2)设 M(xM,yM),N(xN,yN).方法一：因为直线l不经过点E，所以直线l一定有斜率.设直线l方程为y=k(x-2),与抛物线方程联立得到消去x,得：ky2-2y-4k=0，则由根与系数的关系得：y1y2=-4,y1+y2=,直线AE的方程为:即令x=-2,得yM=同理可得：yN=又=(-2,yM),=(-2,yN),所以,方法二：设直线l方程为x=my+2,与抛物线方程联立得到消去x,得:y2-2my-4=0.则由根与系数的关系得：y1y2=-4,y1+y2=2m,直线AE的方程为:即(x-2)+2,令x=-2,得,同理可得：又=(-2,yM),=(-2,yN),=4+yMyN=4+,热点考向 3 与圆锥曲线有关的最值(范围)问题【典例3】(1)(2013厦门模拟)已知直线l1:4x-3y+6=0和直线l2:x=-1，抛物线y2=4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是_.(2)(2013昆明模拟)直线y=kx-2与椭圆 相交于A，B两点，O为原点，在OA，OB上分别存在异于O点的M，N，使得O在以MN为直径的圆外，则直线斜率k的取值范围为_.,(3)(2013徐州模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:(ab0)的离心率 A1,A2分别是椭圆E的左、右两个顶点，圆A2的半径为a，过点A1作圆A2的切线，切点为P，在x轴的上方交椭圆E于点Q.求直线OP的方程.求 的值.设a为常数，过点O作两条互相垂直的直线，分别交椭圆E于点B，C，分别交圆A2于点M，N，记OBC和OMN的面积分别为S1,S2,求S1S2的最大值.,【解题探究】(1)关键：将动点P到直线l2:x=-1的距离，转化为动点P到抛物线焦点F_的距离，进而数形结合知，当点F，P及P在直线l1上的射影三点_时，和最小.(2)关键：根据_构建关于k的不等式求解.(3)A2OP=_,xP=_,xQ=_,_.求最大值的三个步骤：()引入变量：设直线OM的方程为_,(1，0),共线,O在以MN为直径的圆外,60,y=kx(k0),()构建函数：S1S2=_()求最值：根据S1S2的结构特征，应选择用什么方法求其最值？提示：应分子、分母同除以k后，用基本不等式法求最值.【解析】(1)如图，因为抛物线的方程为y2=4x，所以焦点坐标F(1,0)，准线方程为x=-1.所以设P到准线的距离为PB,则PB=PF.P到直线l1:4x-3y+6=0的距离为PA，所以PA+PB=PA+PFFD,其中FD为焦点到直线4x-3y+6=0的距离，所以所以距离之和最小值是2.答案：2,(2)联立方程组消去y整理得(4k2+3)x2-16kx+4=0,因为直线与椭圆有两个交点，所以=(-16k)2-16(4k2+3)0,解得 因为原点O在以MN为直径的圆外，所以MON为锐角，即 0,而M，N分别在OA，OB上且异于O点，,即 0.设A，B两点坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),=(x1,y1)(x2,y2)=x1x2+y1y2=(k2+1)x1x2-2k(x1+x2)+4=(k2+1)解得 综合可知：k答案：,(3)连结A2P,则A2PA1P,且A2P=a,又A1A2=2a,所以A1A2P=60.所以A2OP=60，所以直线OP的方程为y=x.由知，直线A2P的方程为y=-(x-a),A1P的方程为联立解得xP=因为 所以故椭圆E的方程为,所以,不妨设OM的方程为y=kx(k0),联立方程组,用 代替上面的k，得同理可得，所以S1S2=OBOCOMON=a4因为当且仅当k=1时等号成立，所以S1S2的最大值为,【方法总结】1.与圆锥曲线有关最值的两种解法(1)数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解.(2)构建函数法:先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值.,2.与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解.(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解.(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域.,【变式训练】(2013长春模拟)已知椭圆C的方程为(ab0)，其离心率为 经过椭圆焦点且垂直于长轴的弦长为3.(1)求椭圆C的方程.(2)设直线l:y=kx+m(|k|)与椭圆C交于A，B两点，P为椭圆上的点，O为坐标原点，且满足 求 的取值范围.,【解析】(1)由已知可得所以3a2=4b2.又解之得a2=4,b2=3.故椭圆C的方程为,(2)消y化简整理得：(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(3+4k2-m2)0设A，B，P点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),(x0,y0),则x0=x1+x2=y0=y1+y2=k(x1+x2)+2m=由于点P在椭圆C上，所以从而,化简得4m2=3+4k2,经检验满足式.又因为 得34k2+34,有故,转化与化归思想 解决圆锥曲线中的定点、定值与最值问题【思想诠释】1.主要类型：(1)动直线、曲线过定点问题的求解，转化为含参数二元一次或二次方程恒成立问题.(2)与动点、动线有关式子为定值问题的求证，转化为代数式的表示、化简、求值问题.(3)与圆锥曲线有关的最值问题的求解，转化成函数的最值问题求解.,2.解题思路：常常引入适量的参变量(如动点坐标、动直线斜率等)，根据题设条件，构建方程、不等式或函数，将几何问题转化为方程恒成立或代数式的化简及函数的最值、不等式的求解等问题求解.3.注意事项：(1)恰当引入参变量，搞清量与量间的关系，将几何问题代数化.(2)对一些参变量若取值情况不明确(如斜率)要准确分类讨论.,【典例】(16分)(2013广州模拟)在平面直角坐标系xOy中，动点P在椭圆C1:+y2=1上，动点Q是动圆C2:x2+y2=r2(1r2)上一点.(1)设椭圆C1上的三点A(x1,y1),C(x2,y2)与点F(1,0)的距离依次成等差数列，线段AC的垂直平分线是否经过一个定点？说明理由.(2)若直线PQ与椭圆C1和动圆C2均只有一个公共点，求P,Q两点的距离PQ的最大值.,【审题】分析信息，形成思路(1)切入点：求线段AC的中点、斜率，进而确定线段AC的垂直平分线的方程.关注点：用好线段AC的垂直平分线.(2)切入点：引入参变量，将PQ用参变量表示.关注点：直线PQ的斜率不明确，需说明存在情况.,【解题】规范步骤，水到渠成(1)椭圆C1:的离心率 右焦点为(1,0)，由题意可得因为2BF=AF+CF,所以即得x1+x2=2.3分因为A,C在椭圆上，故有两式相减，整理得：5分,设线段AC的中点为(m,n),而所以与直线AC垂直的直线斜率为k=y2+y1=2n.则线段AC的垂直平分线的方程为y-n=2n(x-1),即y=n(2x-1)经过定点 7分(2)依题意得，直线PQ的斜率显然存在，设方程为y=kx+t,设P(x1,y1),Q(x2,y2),由于直线PQ与椭圆C1相切，点P为切点，从而有,得(2k2+1)x12+4ktx1+2(t2-1)=0.10分故=(4kt)2-42(t2-1)(2k2+1)=0,从而可得t2=1+2k2,x1=直线PQ与圆C2相切，则得t2=r2(1+k2),12分由得k2=并且PQ2=OP2-OQ2=x12+y12-r2=x12+（1-）-r2=1+-r2=1+=3-r2-14分即PQ-1,当且仅当r2=(1,4)时取等号，故P，Q两点的距离PQ的最大值为-1.16分,【点题】规避误区，失分警示,【变题】变式训练，能力迁移(2013南通模拟)如图，已知定点R(0,-3)，动点P，Q分别在x轴和y轴上移动，延长PQ至点M，使 且(1)求动点M的轨迹C1.(2)圆C2:x2+(y-1)2=1，过点(0,1)的直线l依次交C1于A，D两点(从左到右)，交C2于B，C两点(从左到右)，求证:为定值.,【解析】(1)方法一：设M(x,y),P(x1,0),Q(0,y2),则由 及R(0,-3),得化简，得x2=4y.所以，动点M的轨迹C1是顶点在原点，开口向上的抛物线.,方法二：设M(x,y),所以，由即 化简得x2=4y.所以，动点M的轨迹C1是顶点在原点，开口向上的抛物线.,(2)由题意，得=ABCD,C2的圆心即为抛物线C1的焦点F.设A(x3,y3),D(x4,y4),则AB=FA-FB=y3+1-1=y3,同理CD=y4.当直线斜率为0时，y3=y4=1，可得当直线斜率不为0时，设直线的方程为x=k(y-1),即k2y2-(2k2+4)y+k2=0,所以,=ABCD=y3y4=1.,