1、適用學科高中數(shù)學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、最值等問題教學目標1掌握圓錐曲線中的定點、定值、最值問題的求法2掌握有關圓錐曲線中對稱問題的處理方法教學重點圓錐曲線中定點、定值、最值等問題的求解方法教學難點數(shù)形結(jié)合思想的應用【教學建議】本節(jié)課采用創(chuàng)設問題情景學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)”探究式學習方式，并在教學過程中根據(jù)實際情況及時地調(diào)整教學方案，通過創(chuàng)設問題情景、學生自主探究、展示學生的研究過程來激勵學生的探索勇氣【知識導圖】教學過程一、導入【教學建議】1定點、定值、探索性問題是橢圓中的綜合題，一直是高考考查的重點和熱點問

2、題2本部分在高考試題中多為解答題，是中高檔題二、知識講解考點1 橢圓中的定點定值問題考點1 單調(diào)函數(shù)的定義胞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交點的直線的方程(2)與橢圓有關的圓過定點：x2y2DxEyF(A1xB1yC1)0表示的是過直線A1xB1yC10和圓x2y2DxEyF0交點的圓的方程(3)與橢圓有關的參數(shù)的定值問題考點

3、2 橢圓中的最值問題(1)參數(shù)的取值范圍：由直線和橢圓的位置關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三 、例題精析例題1例題1類型一 定點問題如圖，橢圓1(a>b>0)過點P，其左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率e，M，N是直線上的兩個動點，且·0(1)求橢圓的方程； (2)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【

4、解】(1)因為e，且過點P，所以解得所以橢圓方程為1(2)由題可設點M(4，y1)，N(4，y2)又知F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，則(5，y1)，(3，y2)所以·15y1y20，y1y215，y2又因為MN|y2y1|y1|2，當且僅當|y1|y2|時取等號，所以MN的最小值為2(3)設點M(4，y1)，N(4，y2)，所以以MN為直徑的圓的圓心C的坐標為，半徑r，所以圓C的方程為(x4)22，整理得x2y28x(y1y2)y16y1y20由(2)得y1y215，所以x2y28x(y1y2)y10，令y0得x28x10，所以x4±，所以圓C過定點(4±，0)

5、【總結(jié)與反思】定點問題常見的2種解法：(1)假設定點坐標，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，故得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即所求定點；(2)從特殊位置入手，找出定點，再證明該點適合題意例題1類型二 定值問題已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：1(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

6、)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1(2)由題意知過點F2(1，0)的直線l的方程為yk(x1)，設E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，將直線l的方程yk(x1)代入橢圓C的方程1，整理，得(4k23)x28k2x4k2120，64k44(4k23)(4k212)0恒成立，且x1x2，x1x2直線AE的方程為y(x2)，令x4，得點M，直線AF的方程為y(x2)，令x4，得點N，所以點P的坐標為所以直線PF2的斜率為k··，將x1x2，x1x2代入上式得k·，所以k·k為定值1【由題

7、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(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值例題1類型三 存在性問題已知橢圓E：1(ab0)以為頂點，且離心率為(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(其中O為坐標原點)，試問在x軸上是否存在一點T，使得·為定值？若存在，求出點T的坐標及·的值；若不存在，請說明理由【解】(1)已知為橢圓E的頂點，即a2又， 故c1，b所以橢圓E的方程為1(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)聯(lián)立得(4k23)x

8、28kmx4m2120由根與系數(shù)的關系，得x1x2， y1y2k(x1x2)2m將P代入橢圓E的方程，得1，即4m24k23設T(t，0)，Q(4，m4k)所以(4t，m4k)，即·因為4k234m2，所以·要使·為定值，只需2為定值，則1t0，所以t1，所以在x軸上存在一點T(1，0)，使得·為定值【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)論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件；(3)當條件和結(jié)論都不知，按常

9、規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑 四 、課堂運用1已知橢圓C：1(ab0)的右焦點為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·0若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由2已知橢圓1(ab0)的左焦點F1(1，0)，長軸長與短軸長的比是2(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：為定值3如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：1(a>b>0)的離心率為，直線l與x軸交于點E，與橢

10、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(1)求橢圓C的方程(2)若點E的坐標為，點A在第一象限且橫坐標為，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，ac1，得a2，b，故橢圓C的標準方程為1(2)由消去y，得(34k2)x28kmx4m2120，所以64k2m24(34k2)(4m212)0，即m234k2設P(xp，yp)，則xp， ypkxpmm，即P因為M(t，0)，Q(4，4km)，所以，(4t，4km)，所以·&#

11、183;(4t)·(4km)t24t3(t1)0恒成立，故即t1所以存在點M(1，0)符合題意2【解】(1)由已知，得解得a2，b故所求橢圓方程為1(2)由已知F1(1，0)，當直線m不垂直于坐標軸時，可設直線m的方程為yk(x1)(k0)由得(34k2)x28k2x4k2120由于0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1，2，|AB|·|x1x2|同理|CD|所以當直線m垂直于坐標軸時，此時|AB|3，|CD|4；或|AB|4，|CD|3，所以綜上，為定值3【解】(1)由，設a3k(k>0)，則ck，b23k2，所以橢圓C的方程為1因為當直線l垂直于x軸且

12、點E為橢圓C的右焦點時，AB，即xAxBk，代入橢圓方程，解得yAk，yBk或yAk，yBk，于是2k，即k，所以橢圓C的方程為1(2)將x代入1，解得y±1因為點A在第一象限，所以A(，1)又點E的坐標為，所以kAE，直線EA的方程為yx1，由得B又PA過原點O，所以P(，1)，PA4，直線PA的方程為xy0，所以點B到直線PA的距離h， SPABPA·h×4×(3)假設存在點E，使得為定值，設E(x0，0)(x0±)，當直線AB與x軸重合時， ，當直線AB與x軸垂直時，由，得x0±，2，所以若存在點E，此時E(±，0)，

13、為定值2根據(jù)對稱性，只需考慮直線l過點E(，0)的情況，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為xmy，由得(m23)y22my30，所以y1y2， y1y2又，所以2，綜上所述，存在點E(±，0)，使得為定值2五、課堂小結(jié)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)是關于點(x，y)的

14、函數(shù)，可以考慮用代入消元、基本不等式、三角換元或幾何解法來解決問題六、課后作業(yè)基礎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1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P為該橢圓上的動點，C，D的坐標分別是(，0)，(，0)，則PC·PD的最大值為_4已知橢圓1(a>b>0)的離心率是，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關于原點對稱，則k1·k2的值為

15、_答案與解析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>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】23【解析】設橢圓方程為1(a>b>0)，半焦距為c，則由條件，得bc，b2c24，解得bc，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·PD24，即PC·PD的最大值為4【答案】44【解析】 設M(x0，y0)，A(x1，y

16、1)，則B(x1，y1)，從而k1·k2·，又兩式相減得，故k1·k2，又e，所以，故k1·k2【答案】鞏固1如圖，已知A1，A2，B1，B2分別是橢圓C：1(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)求橢圓C及圓M的方程；(2)若點D是圓M劣弧上一動點(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1(a>b>0)的離心率為，且過點P，

17、記橢圓的左頂點為A(1)求橢圓的方程；(2)設垂直于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k1k22，求證：直線DE恒過一個定點3在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率e，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，連結(jié)BD，過點A作垂直于y軸的直線l1，設直線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

18、：y21，A，B是四條直線x±2，y±1所圍成的兩個頂點(1)設P是橢圓C上任意一點，若mn，求證：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(，0)，所以b1，a，所以橢圓C的方程為y21易得圓心M，A1M，所以圓M的方程為2y2(2)設直線B1D的方程為ykx1，與直線A1B2的方程yx1聯(lián)立，解得點E聯(lián)立消去y并整理，得(13k2)x26kx0，解得點G111，當且僅當k時等號成立所以

19、的最大值為易得直線B2G的方程為yx1x1，與直線A1B1的方程yx1聯(lián)立，解得點F，所以E，F(xiàn)兩點的橫坐標之和為2故E，F(xiàn)兩點的橫坐標之和為定值，該定值為22【解】(1)由題意得解得所以橢圓的方程為x22y21(2)設B(m，n)，C(m，n)，則SABC·2|m|·|n|mn|又1m22n222|mn|，所以|mn|，當且僅當|m|n|時取等號，從而SABC所以ABC面積的最大值為(3)因為A(1，0)，所以直線AD：yk1(x1)，直線AE：yk2(x1)聯(lián)立消去y，得(12k)x24kx2k10，解得x1或x，故點D同理，E又k1k22，故E故直線DE的方程為y&#

20、183; ，即y·，即yx所以2yk(3x5)k14y0則令得直線DE恒過定點3【解】(1)在xmy10中，令y0，則x1，所以F(1，0)由題設，得解得從而b2a2c23，所以橢圓C的標準方程為1(2)令m0，則A，B或A，B當A，B時，P；當A，B時，P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上由消去x，得(43m2)y26my90因為144(1m2)>0，所以y1y2，y1y2因為kDBkDP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)設P(x0，y0)，則y1由mn，得所以(mn)21，即m2n2故點Q(m，n)在定圓x2y2上(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則平方得xx16yy(4x)(4x)，即xx4因為直線MN的方程為(x2x1)y(y2y1)xx1y2x2y10，所以