培优课 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值及探索性问题(Word学生用书)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版)

该高中数学导学案聚焦圆锥曲线中的定点、定值及探索性问题，通过椭圆、抛物线等典例导入，衔接圆锥曲线标准方程及直线位置关系等前置知识，搭建从具体问题到通法提炼的学习支架。 资料以“典例研析-通性通法-跟踪训练”为框架，通过参数引进、特殊到一般等方法培养数学思维，引导学生抽象问题本质发展数学眼光，用代数语言表达几何关系提升数学语言能力，助力学生掌握解题策略，培养理性精神与创新意识。

第二课时　定点、定值及探索性问题 　　 题型一　定点问题 已知椭圆＋＝1（a＞b＞0）的一个顶点为D（0，－1），离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆右焦点且斜率为k（k≠0）的直线m与椭圆相交于两点A，B，与y轴交于点E，线段AB的中点为P，直线l过点E且垂直于直线OP（其中O为坐标原点），证明：直线l过定点. 尝试解答 通性通法 圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点； （2）特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 　已知抛物线y2＝－8x的顶点为O，点A，B在抛物线上，且OA⊥OB，求证：直线AB经过一个定点. 题型二　定值问题 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：点O到直线MN的距离是定值. 尝试解答 通性通法 　　圆锥曲线中的定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现. （2026·无锡月考）设抛物线C：y2＝4x，F为C的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点. （1）若l的斜率为2，求｜AB｜的值； （2）求证：·为定值. 题型三　探索性问题 已知A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线C：x2＝2py（p＞0）上不同的两点，直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2＝，是否存在直线AB，使得＋＝？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由. 尝试解答 通性通法 　　此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 　已知椭圆E：＋y2＝1和圆F：（x－）2＋y2＝，若直线l：y＝k（x－）（k＞0）与圆F交于A，B两点，与椭圆E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使｜AC｜＝｜BD｜？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由. 完成课后作业　第二章　培优课　第二课时 答案 第二课时　定点、定值及探索性问题 【典例研析】 【例1】　解：（1）依题意，＝， ∴a2＝2c2， 又b＝1，a2＝b2＋c2，∴c2＝1，a2＝2， ∴椭圆的标准方程为＋y2＝1. （2）证明：由（1）知右焦点坐标为（1，0），则直线m的方程为y＝k（x－1），设A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得（1＋2k2）x2－4k2x＋2k2－2＝0， Δ＝（－4k2）2－4（1＋2k2）（2k2－2）＝8k2＋8＞0恒成立， ∴x1＋x2＝， ∴xP＝， yP＝k（xP－1）＝， ∴直线OP的斜率kOP＝＝－， ∴直线l的斜率kl＝2k.易知点E坐标为（0，－k）， ∴直线l的方程为y＝2kx－k，即y＝2k（x－）， ∴直线l恒过定点（，0）. 跟踪训练 证明：设直线OA的斜率为k，则直线OB的斜率为－，直线OA的方程为y＝kx， 由得A， 同理可得B（－8k2，8k），于是直线AB的方程为y－8k＝·（x＋8k2），整理可得y＝（x＋8），因此直线AB经过定点（－8，0）. 【例2】　证明：当直线ON垂直于x轴时，｜ON｜＝1，｜OM｜＝，则点O到直线MN的距离为， 当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y＝kx，则直线OM的方程为y＝－x， 由得所以｜ON｜2＝， 同理｜OM｜2＝， 设点O到直线MN的距离为d，因为（｜OM｜2＋｜ON｜2）d2＝｜OM｜2｜ON｜2， 所以＝＋＝＝3，即d＝. 综上，点O到直线MN的距离是定值. 跟踪训练 解：（1）依题意得F（1，0），所以直线l的方程为y＝2（x－1）. 设直线l与抛物线C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得x2－3x＋1＝0， 所以x1＋x2＝3，所以｜AB｜＝｜AF｜＋｜BF｜＝x1＋x2＋p＝3＋2＝5. （2）证明：设直线l的方程为x＝ky＋1，直线l与抛物线的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得y2－4ky－4＝0， 所以y1＋y2＝4k，y1y2＝－4. 所以·＝（x1，y1）·（x2，y2） ＝x1x2＋y1y2＝（ky1＋1）（ky2＋1）＋y1y2 ＝k2y1y2＋k（y1＋y2）＋1＋y1y2 ＝－4k2＋4k2＋1－4＝－3， 所以·为定值. 【例3】　解：由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零， 设直线AB的方程为y＝kx＋b（k≠0，b＞0）， 由得x2－2pkx－2pb＝0， ∴ ∴y1y2＝·＝＝b2， ∵y1y2＝，∴b2＝，∵b＞0，∴b＝. ∴直线AB的方程为y＝kx＋. 假设存在直线AB，使得＋＝， 即＋＝3. 作AA'⊥x轴，BB'⊥x轴，垂足分别为A'，B'，设坐标原点为O， ∴＋＝＋＝＋＝·， ∵y1＋y2＝k（x1＋x2）＋p＝2pk2＋p，y1y2＝， ∴＋＝·＝4k2＋2＝3，得k＝±. 故存在直线AB，使得＋＝，直线AB的方程为y＝±x＋. 跟踪训练 解：不存在满足题意的k，理由如下： 由A，B在圆上得｜AF｜＝｜BF｜＝｜PF｜＝. 设点C（x1，y1），D（x2，y2）. ｜CF｜＝＝2－x1， 同理｜DF｜＝2－x2. 若｜AC｜＝｜BD｜，则｜AC｜＋｜BC｜＝｜BD｜＋｜BC｜，即｜AB｜＝｜CD｜＝1，4－（x1＋x2）＝1， 由得（4k2＋1）x2－8k2x＋12k2－4＝0， ∴x1＋x2＝，∴4－＝1， 得12k2＝12k2＋3，无解，故不存在. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $