专题研究三 圆锥曲线中的定点、定值问题 课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦圆锥曲线中的定点、定值问题，系统梳理椭圆、抛物线等核心内容，通过题型分类（定点问题、定值问题）结合探究总结（如定点问题参数系数法、定值问题函数思想），构建“问题情境-解题方法-规律提炼”的知识网络，体现知识点间的逻辑关联。 其亮点在于采用“题型示例-方法探究-分层训练”模式，如椭圆定点问题通过联立方程、韦达定理推导定点坐标，培养数学思维（推理能力），抛物线定值问题用变量表示面积消去参数得定值，发展数学语言（模型观念）。思考题设计基础与拓展题，适配不同学生，助力教师精准教学，有效巩固知识。

专题研究三　圆锥曲线中的定点、定值问题 专题讲解 2 例 1 题型一　 定点问题 第页 3 第页 第页 探究1 (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点． (2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)． 第页 思考题1　已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)是抛物线C上一点． (1)求C的方程； 第页 (2)若点B(1，－2)在C上，过点B作C的两弦BP与BQ，若kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点． 第页 例 2 题型二　 定值问题 第页 9 第页 第页 第页 探究2 圆锥曲线中的定值问题是圆锥曲线问题中的又一难点．解决这个难点的基本思想是函数思想，可以用变量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系中不受变量影响的某个值，就是要求的定值．具体地说，就是将要证明或要求解的量表示为某个合适变量的函数，化简消去变量即得定值． 第页 思考题2　如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点为坐标原点，点P(1，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上． (1)求抛物线的方程及其准线方程； 【解析】　(1)由题意可设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，则由点P(1，2)在抛物线上，得22＝2p×1，解得p＝2，故所求抛物线的方程是y2＝4x，准线方程是x＝－1. 第页 (2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，证明：直线AB的斜率为定值． 返 回 请做：课时作业（四十四） 【解析】　(1)∵椭圆离心率为eq \f(\r(2),2)，∴eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(2),2)， ∵椭圆一顶点坐标为A(0，－2eq \r(2))，∴b2＝8， ∴a2＝16， ∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1. 　已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，一顶点坐标为A(0，－2eq \r(2))． (1)求椭圆的标准方程； 【解析】　(2)易知当直线MN斜率不存在时，不合题意， 故设直线MN的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝16，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－16＝0， Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－16)＝8(16k2＋8－m2)， 则x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－16,1＋2k2)， ∵eq \o(AM,\s\up18(→))⊥eq \o(AN,\s\up18(→))， (2)已知M，N为椭圆上异于A的两点，且eq \o(AM,\s\up18(→))⊥eq \o(AN,\s\up18(→))，判断直线MN是否过定点？若过定点，求出此点坐标． ∴eq \o(AM,\s\up18(→))·eq \o(AN,\s\up18(→))＝(x1，y1＋2eq \r(2))·(x2，y2＋2eq \r(2))＝x1x2＋(kx1＋m＋2eq \r(2))(kx2＋m＋2eq \r(2))＝(1＋k2)x1x2＋k(m＋2eq \r(2))(x1＋x2)＋(m＋2eq \r(2))2＝eq \f(3m2＋4\r(2)m－8,1＋2k2)＝0，得m＝－2eq \r(2)或m＝eq \f(2\r(2),3). 若m＝－2eq \r(2)，则由Δ>0得k≠0，此时MN的方程为y＝kx－2eq \r(2)，则直线MN过定点(0，－2eq \r(2))，即点A，不合题意； 若m＝eq \f(2\r(2),3)，满足Δ>0，则直线MN的方程为y＝kx＋eq \f(2\r(2),3)，则直线MN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(2),3)))，符合题意． 综上所述，直线MN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(2),3))). 【解析】　(1)由题得C的方程为y2＝4x或x2＝eq \f(1,2)y. 【解析】　(2)证明：∵点B(1,－2)在C上,∴曲线C的方程为y2＝4x. 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1≠1，x2≠1)，易知PQ不是水平直线，故设直线PQ：x＝my＋b，与方程y2＝4x联立，消去x得y2－4my－4b＝0，Δ＝16m2＋16b，∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4b. ∵kBP·kBQ＝－2，∴eq \f(y1＋2,x1－1)·eq \f(y2＋2,x2－1)＝－2，∴eq \f(4,y1－2)·eq \f(4,y2－2)＝－2，即y1y2－2(y1＋y2)＋12＝0.∴－4b－8m＋12＝0，即b＝3－2m，满足Δ＞0. 直线PQ：x＝my＋b＝my＋3－2m，即x－3＝m(y－2)． ∴直线PQ过定点(3，2)． 【解析】　(1)设A(x，y)，由题意得eq \r(（x－3）2＋y2)＝eq \f(\r(3),2)|x－4|，化简得x2＋4y2＝12， ∴动点A的轨迹C的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1. 　在平面直角坐标系xOy内，动点A到定点F(3，0)的距离与动点A到定直线x＝4的距离之比为eq \f(\r(3),2). (1)求动点A的轨迹C的方程； 【解析】　(2)当直线MN的斜率不存在时，因为直线OM，ON的斜率之积为－eq \f(1,4)，所以两直线斜率为eq \f(1,2)，－eq \f(1,2)，不妨令kOM＝eq \f(1,2)，则直线OM：y＝eq \f(1,2)x，不妨令点M在第一象限，可求出Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)，\f(\r(6),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)，－\f(\r(6),2))).∴S△OMN＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \r(6)＝3. (2)设点M，N是轨迹C上的两个动点，直线OM，ON与轨迹C的另一交点分别为P，Q，且直线OM，ON的斜率之积等于－eq \f(1,4)，问四边形MNPQ的面积S是否为定值？请说明理由． 当直线MN的斜率存在时，设直线MN：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1x2≠0)． 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝12，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝16（12k2＋3－m2），,x1＋x2＝\f(－8km,1＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－12,1＋4k2).)) ∵kOM·kON＝－eq \f(1,4)，∴x1x2＋4y1y2＝0，即(1＋4k2)x1x2＋4mk(x1＋x2)＋4m2＝0， ∴2m2＝12k2＋3，∴m≠0，此时满足Δ>0， ∴|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq \f(36,m2)， 又原点O到直线MN的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))， ∴S△OMN＝eq \f(1,2)·|MN|·d＝eq \f(1,2)·eq \r(1＋k2)·|x1－x2|·eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(1,2)·|m|·|x1－x2|＝3. 综上，S△OMN＝3，∴S＝4S△OMN＝12.∴四边形MNPQ的面积S是定值，且S＝12. 【解析】　(2)证明：因为PA与PB的斜率存在且倾斜 角互补，所以kPA＝－kPB，即eq \f(y1－2,x1－1)＝－eq \f(y2－2,x2－1). 又A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，所以x1＝2,1)eq \f(y,4) ，x2＝2,2)eq \f(y,4) ，从而有2,1)eq \f(y1－2,\f(y,4)－1) ＝－2,2)eq \f(y2－2,\f(y,4)－1) ，即eq \f(4,y1＋2)＝－eq \f(4,y2＋2)，得y1＋y2＝－4，故直线AB的斜率kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝－1，为定值． $