圆锥曲线对定点张直角弦问题再研究_李世臣_陆楷章

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圆锥曲线中点弦直角弦焦点弦三大弦案

圆锥曲线中点弦直角弦焦点弦三大弦案一、用“点差法”解圆锥曲线的中点弦问题我们可以使用“点差法”来解决圆锥曲线的中点弦问题，即将弦的端点坐标代入圆锥曲线方程并作差，得到一个关于弦的中点和斜率的式子，从而减少运算量。

例1：对于椭圆x^2/4+y^2/2=1，如果AB是不平行于对称轴的弦，M是其中点，那么我们可以使用点差法证明K_AB=-2b^2/2a^2.例2：对于双曲线x^2/4-y^2/9=1，如果AB是不平行于对称轴的弦，M是其中点，那么我们可以使用点差法证明K_AB=2b^2/2a^2.二、直角弦对于椭圆x^2/8+y^2/4=1上的点P(2,2)，我们可以通过作两条互相垂直的XXX和PB来求直线AB的方程。

例2：对于双曲线-x^2/4+y^2/1=1的顶点M(2,0)，如果过M作两条互相垂直的直线与椭圆x^2/8+y^2/4=1相交于A、B 两点，我们需要判断直线AB是否过定点。

例3：对于抛物线y^2=2x上的点M(2,2)，我们可以通过作两条互相垂直的弦MP和MQ来求直线AB过的定点。

例4：对于椭圆x^2/84+y^2/36=1，如果OA垂直OB，且直线AB的斜率为1，我们需要求直线AB的方程。

三、焦点弦1、对于抛物线y=x^2上的点P，如果线段PF1垂直于F1F2且PF1=8，我们需要求过P且倾斜角为θ的直线与抛物线的交点。

2、对于椭圆x^2/9+y^2/4=1，如果点P(3,0)在其上，且线段F1P和F2P的长度之和为10，我们需要求离心率。

3、对于双曲线x^2/16-y^2/9=1，如果其右焦点为(5,0)，且过点P(1,2)且斜率为k的直线与双曲线交于两点，我们需要求离心率。

4、对于椭圆x^2/16+y^2/9=1，如果其左、右焦点分别为(-3,0)和(3,0)，过点P(0,2)的直线与椭圆交于A、B两点，且A、B关于点M(0,-2)对称，我们需要求四边形面积的最小值。

练：1、对于椭圆x^2/4+y^2/2=1，如果点P在其上，且PF1垂直于F1F2且PF1=4，PF2=3，我们需要求椭圆的标准方程和直线l的方程。

高考题(圆锥曲线)中弦张直角时的_必然_——一组优美的结论再探

万方数据
　万方数据
高考题(圆锥曲线)中弦张直角时的"必然"——一组优美的结
论再探
作者：杨冬梅，邓成
作者单位：浙江省象山中学,315700
刊名：
中学数学
英文刊名：MIDDLE SCHOOL MATHEMATICS
年，卷(期)：2008(9)
1.郭建斌;汪琼高考题(圆锥曲线)中弦张直角时的"必然"[期刊论文]-中学数学 2008(04)
1.汪克明"设而不求"在圆锥曲线中的应用[期刊论文]-中学数学2008(9)
2.苏立标圆锥曲线中"张角为直角的弦"问题概述[期刊论文]-中学数学2007(11)
3.陈显宏圆锥曲线左右逢"圆"探秘[期刊论文]-中学数学2007(9)
4.徐益萍.朱冬平圆锥曲线中求参数范围的处理方法[期刊论文]-中学数学2010(7)
5.李世臣圆锥曲线的又一类定点、定值问题的补充与推广[期刊论文]-数学教学研究2007(9)
6.郭建斌.汪琼高考题(圆锥曲线)中弦张直角时的"必然"——一组优美的结论[期刊论文]-中学数学2008(4)
7.胡寅年一道质检题的优解及推广[期刊论文]-中学数学2011(3)
8.刘箭飞圆锥曲线中一类过定点的弦[期刊论文]-中学数学2007(8)
9.冯寅利用圆锥曲线定义解题的四大特征[期刊论文]-中学数学2007(2)
10.戴海林直角梯形在圆锥曲线中的应用[期刊论文]-中学数学2006(5)
引用本文格式：杨冬梅.邓成高考题(圆锥曲线)中弦张直角时的"必然"——一组优美的结论再探[期刊论文]-中学数学 2008(9)。

圆锥曲线的弦对顶点张直角的一个定值性质

圆锥曲线的弦对顶点张直角的一个定值性质刘才华(山东省泰安市宁阳第一中学ꎬ山东泰安２７１４００)摘㊀要:文章通过对一道模拟试题的探究ꎬ得到一个圆锥曲线的弦对顶点张直角的一个定值性质.关键词:抛物线ꎻ椭圆ꎻ双曲线ꎻ直角ꎻ定值中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１９－００９５－０３收稿日期:２０２３－０４－０５作者简介:刘才华ꎬ山东省泰安人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀已知抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝２ｐｘ(ｐ>０)ꎬ焦点为Ｆ.已知点Ｐ在Ｃ上ꎬ且点Ｐ到点Ｆ的距离比它到ｙ轴的距离大１.(１)试求出抛物线Ｃ的方程ꎻ(２)若抛物线Ｃ上存在两动点ＭꎬＮ(ＭꎬＮ在对称轴两侧)ꎬ满足ＯＭʅＯＮ(Ｏ为坐标原点).过点Ｆ作直线交Ｃ于ＡꎬＢ两点ꎬ若ＡＢʊＭＮꎬ线段ＭＮ上是否存在定点Ｅꎬ使得｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝４恒成立?若存在ꎬ请求出点Ｅ的坐标ꎻ若不存在ꎬ请说明理由.这是一道高三年级模拟试题ꎬ我们通过探究ꎬ对试题作进一步的推广ꎬ得到圆锥曲线的弦对顶点张直角的一个定值性质ꎬ性质的证明需用到如下引理:引理１㊀设直线ｌ与抛物线ｙ２＝２ｐｘ(ｐ>０)相交于ＡꎬＢ两点ꎬ则ＯＭʅＯＮ(Ｏ为坐标原点)的充要条件是直线ｌ过定点(２ｐꎬ０)[１].引理２㊀设椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的右顶点为Ａꎬ直线ｌ与椭圆交于ＣꎬＤ两点ꎬ则ＡＣʅＡＤ的充要条件是直线ｌ过定点Ｅ(ａ(ａ２－ｂ２)ａ２＋ｂ２ꎬ０)[２].引理３㊀设双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａꎬｂ>０)的右顶点为Ａꎬ直线ｌ与双曲线交于ＣꎬＤ两点ꎬ双曲线离心率ｅʂ２ꎬ则ＡＣʅＡＤ的充要条件是直线ｌ过定点Ｅ(ａ(ａ２－ｂ２)ａ２＋ｂ２ꎬ０).对于抛物线ꎬ我们有如下命题:命题１㊀在抛物线Ｃ:ｙ２＝２ｐｘ(ｐ>０)中ꎬ直线ｌ与抛物线Ｃ交于两点ＭꎬＮ(ＭꎬＮ在对称轴两侧)ꎬ交ｘ轴于点Ｅꎬ且ＯＭʅＯＮ(Ｏ为坐标原点).过焦点Ｆ作直线ｌ的平行线交抛物线Ｃ于ＡꎬＢ两点ꎬ则｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝２ｐ.证明㊀由题意及引理１知直线ＭＮ过定点Ｅ(２ｐꎬ０)ꎬ设过点Ｅ的直线方程为ｘ＝ｍｙ＋２ｐꎬ交抛物线于Ｍ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２).由ｘ＝ｍｙ＋２ｐꎬｙ２＝２ｐｘꎬ{得５９ｙ２－２ｐｍｙ－４ｐ２＝０.则ｙ１ｙ２＝－４ｐ２.从而｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜＝１＋ｍ２｜ｙ１｜１＋ｍ２｜ｙ２｜＝(１＋ｍ２)｜ｙ１ｙ２｜＝４(１＋ｍ２)ｐ２.过Ｆ(ｐ２ꎬ０)的直线方程为ｘ＝ｍｙ＋ｐ２ꎬ交抛物线于Ａ(ｘ３ꎬｙ３)ꎬＢ(ｘ４ꎬｙ４).由ｘ＝ｍｙ＋ｐ２ꎬｙ２＝２ｐｘꎬìîíïïï得ｙ２－２ｐｍｙ－ｐ２＝０.则ｙ３＋ｙ４＝２ｐｍꎬｙ３ｙ４＝－ｐ２.进而｜ＡＢ｜＝１＋ｍ２｜ｙ４－ｙ３｜＝(１＋ｍ２)[(ｙ３＋ｙ４)２－４ｙ３ｙ４]＝２ｐ(１＋ｍ２).所以｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝４(１＋ｍ２)ｐ２２ｐ(１＋ｍ２)＝２ｐ.命题１得证.对于椭圆ꎬ我们有如下命题:命题２㊀在椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)中ꎬ直线ｌ交椭圆Ｃ于两点ＭꎬＮ(ＭꎬＮ在对称轴两侧)ꎬ交ｘ轴于点Ｅꎬ满足ＯＭʅＯＮ(Ｏ为坐标原点).过右焦点Ｆ作直线ｌ的平行线交Ｃ于ＡꎬＢ两点ꎬ椭圆的离心率为ｅꎬ椭圆的焦点到相应准线的距离为ｐꎬ则｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝２ｅｐ(２－ｅ２)２.证明㊀由题意及引理２知直线ＭＮ过定点Ｅ(ａ(ａ２－ｂ２)ａ２＋ｂ２ꎬ０)ꎬ设过点Ｅ的直线方程为ｘ＝ｍｙ＋ａ(ａ２－ｂ２)ａ２＋ｂ２ꎬ交椭圆于Ｍ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２)[３].由ｘ＝ｍｙ＋ａ(ａ２－ｂ２)ａ２＋ｂ２ꎬｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬìîíïïïï消去ｘꎬ得(ａ２＋ｂ２)２(ｂ２ｍ２＋ａ２)ｙ２＋２ｍａｂ２(ａ４－ｂ４)ｙ－４ａ４ｂ４＝０.则ｙ１ｙ２＝－４ａ４ｂ４(ｂ２ｍ２＋ａ２)(ａ２＋ｂ２)２ꎬ｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜＝１＋ｍ２｜ｙ１｜１＋ｍ２｜ｙ２｜＝４ａ４ｂ４(１＋ｍ２)(ｂ２ｍ２＋ａ２)(ａ２＋ｂ２)２.过点Ｆ(ｃꎬ０)的直线方程为ｘ＝ｍｙ＋ｃꎬ交椭圆于Ａ(ｘ３ꎬｙ３)ꎬＢ(ｘ４ꎬｙ４).由ｘ＝ｍｙ＋ｃꎬｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬìîíïïï消去ｘꎬ得(ｂ２ｍ２＋ａ２)ｙ２＋２ｃｍｂ２ｙ－ｂ４＝０.则ｙ３＋ｙ４＝－２ｃｍｂ２ｂ２ｍ２＋ａ２ꎬｙ３ｙ４＝－ｂ４ｂ２ｍ２＋ａ２.进而｜ＡＢ｜＝１＋ｍ２｜ｙ４－ｙ３｜＝(１＋ｍ２)[(ｙ３＋ｙ４)２－４ｙ３ｙ４]＝２ａｂ２(１＋ｍ２)ｂ２ｍ２＋ａ２.所以｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝４ａ４ｂ４(１＋ｍ２)(ｂ２ｍ２＋ａ２)(ａ２＋ｂ２)２ｂ２ｍ２＋ａ２２ａｂ２(１＋ｍ２)＝２ａ３ｂ２(ａ２＋ｂ２)２.由ｐ＝ｂ２ｃꎬｅ＝ｃａꎬìîíïïïï得ａ＝ｅｐ１－ｅ２ꎬｂ２＝ｅ２ｐ２１－ｅ２.ìîíïïïï６９于是｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝２ｅｐ(２－ｅ２)２ꎬ命题２得证.对于双曲线ꎬ我们有如下命题:命题３㊀在双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａꎬｂ>０)中ꎬ直线ｌ交双曲线Ｃ于两点ＭꎬＮ(ＭꎬＮ在对称轴两侧)ꎬ交ｘ轴于点Ｅꎬ满足ＯＭʅＯＮ(Ｏ为坐标原点).过右焦点Ｆ作直线ｌ的平行线交Ｃ于ＡꎬＢ两点ꎬ双曲线的离心率为ｅ且ｅʂ２ꎬ双曲线的焦点到相应准线的距离为ｐꎬ则｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝２ｅｐ(２－ｅ２)２.证明㊀由题意及引理３知直线ＭＮ过定点Ｅ(ａ(ａ２－ｂ２)ａ２＋ｂ２ꎬ０)ꎬ设过点Ｅ的直线方程为ｘ＝ｍｙ＋ａ(ａ２－ｂ２)ａ２＋ｂ２ꎬ交双曲线于Ｍ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２)[４].由ｘ＝ｍｙ＋ａ(ａ２－ｂ２)ａ２＋ｂ２ꎬｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ꎬìîíïïïï消去ｘꎬ得(ａ２＋ｂ２)２(ｂ２ｍ２－ａ２)ｙ２＋２ｍａｂ２(ａ４－ｂ４)ｙ－４ａ４ｂ４＝０.则ｙ１ｙ２＝－４ａ４ｂ４(ｂ２ｍ２－ａ２)(ａ２＋ｂ２)２ꎬ｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜＝(１＋ｍ２｜ｙ１｜) (１＋ｍ２｜ｙ２｜)＝４ａ４ｂ４(１＋ｍ２)｜ｂ２ｍ２－ａ２｜(ａ２＋ｂ２)２.过点Ｆ(ｃꎬ０)的直线方程为ｘ＝ｍｙ＋ｃꎬ交双曲线于Ａ(ｘ３ꎬｙ３)ꎬＢ(ｘ４ꎬｙ４).由ｘ＝ｍｙ＋ｃꎬｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ꎬìîíïïï消去ｘꎬ得(ｂ２ｍ２－ａ２)ｙ２＋２ｃｍｂ２ｙ＋ｂ４＝０.则ｙ３＋ｙ４＝－２ｃｍｂ２ｂ２ｍ２－ａ２ꎬｙ３ｙ４＝ｂ４ｂ２ｍ２－ａ２.进而｜ＡＢ｜＝１＋ｍ２｜ｙ４－ｙ３｜＝(１＋ｍ２)[(ｙ３＋ｙ４)２－４ｙ３ｙ４]＝２ａｂ２(１＋ｍ２)｜ｂ２ｍ２－ａ２｜.所以｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝４ａ４ｂ４(１＋ｍ２)｜ｂ２ｍ２－ａ２｜(ａ２＋ｂ２)２.｜ｂ２ｍ２－ａ２｜２ａｂ２(１＋ｍ２)＝２ａ３ｂ２(ａ２＋ｂ２)２.由ｐ＝ｂ２ｃꎬｅ＝ｃａꎬìîíïïïï得ａ＝ｅｐｅ２－１ꎬｂ２＝ｅ２ｐ２ｅ２－１.ìîíïïïï于是｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝２ｅｐ(２－ｅ２)２ꎬ命题３得证.注㊀注意到抛物线的离心率ｅ＝１ꎬ对于命题１也具有｜ＥＭ｜｜ＥＮ｜｜ＡＢ｜＝２ｅｐ(２－ｅ２)２的形式ꎬ所以上述三个命题是圆锥曲线的一个统一的定值性质.参考文献:[１]张必平.弦对定点张直角的性质及其应用[Ｊ].中学数学月刊ꎬ２００５(０１):２４－２５.[２]解永良.圆锥曲线的弦对顶点张直角的一个性质[Ｊ].中学数学月刊ꎬ２００５(１２):２８－２９.[３]潘神龙.圆锥曲线对定点张直角弦的几何性质再探[Ｊ].数学通报ꎬ２０１６ꎬ５５(１１):５９－６３.[４]张青山.用圆锥曲线的光学性质来探究圆曲线对定点张直角的弦问题[Ｊ].数学通报ꎬ２０１６ꎬ５５(０１):５７－５８.[责任编辑:李㊀璟]７９。

高三复习课中发展学生数学核心素养的几点认识-以“立体几何轨迹

高三复习课中发展学生数学核心素养的几点认识—以“立体几何轨迹问题”为例•狄理磊（温岭中学浙江温岭3175〇0)摘要：发展学生核心素养已成为课堂教学的一种追求.如何在面临高考的高三复习课上继续这一追求呢？文章以立体几何轨迹问题”为例，探索如何在有效备考的同时继续发展学生的数学核心素养.关键词：核心素养;立体几何轨迹锥曲线中图分类号：〇123.1文献标识码：A文章编号：1003 -6407(2017)07-38-041问题提出随着《中国学生发展核心素养》总框架正式发布，核心素养成为了教育界的又一热点.核心素养是指学生在接受相应学段的教育过程中，逐步形成的适应个人终身发展和社会发展需要的必备品格和关键能力，它的获得是后天的、可教可学的[1].这就对教师提出了要求，对于数学教师来说，数学的核心素养有哪些呢？教育部《普通高中数学课程标准》修订组王尚志教授在报告中对数学学科的核心素养作了细致解读:“高中数学要发展学生的数据分析、数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算、直观想象等核心素养，学会用数学眼光观察世界，用数学思维分析世界，用数学语言表达世界.”[1]而进入高三，面临高考的压力，该如何通过课堂在落实双基的同时继续发展学生的数学核心素养呢？(上接第37页）DP+DQ=DC+DQ =QC =2MH，于是点D的轨迹是以为焦点、实轴长等于从的椭圆，是直线的包络曲线.易得四边形PJQK是平行四边形，于是JQ = P K，JQ // F K，JQ±OV.因为乙KPE=U P F=乙EOF= 180°-0，所以JK2 =KF2 + F J2 =2[c〇s(18O°-0)-re]+[retan(180°-0)]2=m2 + 2m7icos0+n2cos20’PQ2 = (P F+JQ)2 +F J2 =m[re+c〇s(180°-0)] +[retan(180°-0)]2=m -2m7icos0 +ncos20’于是JK= 2a，PQ = 2C.由于点P在点H轨迹圆的外部，从而c- a矣PH矣c+ a.波利亚有过一个比喻：“好问题如同某种蘑*菇，它们大都成堆地生长.找到一个以后，你应当在周围找一找，很可能在附近就有好几个.”这个比喻形象而生动地说明了数学问题之间存在着紧密联系.本文从一道中考压轴题出发，借助数学技术，在问题解决之后，通过类比、迁移发现证明了定点张常规曲（直）线上的点成直角的几何特征，深刻揭示了其内在规律，如同找到了更多的蘑菇，举一反三、闻一知十.参考文献[1]李世臣.一道中考数学压轴题的探究与推广[J].数学教学，2016(1):25-29.[2]李世臣，陆楷章.圆锥曲线对定点张直角弦问题再研究[J].数学通报，2〇16(3):60-64. [3]朱寒杰.由一道双曲线试题引起的探究与思考[J].中学教研（数学），2013(12):14-16.*收文日期：017-03-27;修订日期:2017-04-28作者简介:狄理磊（1979 -)男，浙江温岭人,中学一级教师.研究方向:数学教育.2问题分析一方面，高三学生已学过了高中数学的所有知识和基本技能，解题经验也比高一、高二的学生要丰富，对于问题的分析与思考能够更深入;另一方面，在课堂时间的安排上，高三阶段可以花更多的时间在问题的探索、解决、比较、综合等高层次的思维活动中，而不必担心教学进度的问题.因此，可以利用这两方面的优势来设计我们的课堂教学，以实现继续发展学生数学核心素养的目标.笔者在第一轮复习中以小专题的形式上了一节“立体几何轨迹问题”，下面以这节课的几个片断为例谈几点认识，以求教于同仁.3实施案例3. 1通过师生互答，引导学生审题片断1 PPT放映题目，师生共同分析题意.例1如图1斜线段心？与平面a所成的角为60°，为斜足，平面a内的动点P满足Z R4B=30°，则图1点P的轨迹是（）A.直线B.拋物线C.椭圆D.双曲线的一支(2015年浙江省数学高考理科试题第7题）师:已知条件有哪些？这些条件中哪些是变量，哪些是常量？需要我们做些什么？生1:条件“从与平面a所成的角为60°是常量，P是动点，是变量，它要满足Z R4B = 30°，我们的任务是求点P的轨迹.生2:条件中还有“点P在平面a内”“乙户从=30〇”也是常量.师:嗯，分析得不错.这是一个以立体几何为载体求轨迹的问题，根据条件你们能想象它们在空间的情形吗？能否用身边的物件来摆一个符合题意的示意模型？(教师让一个学生在讲台上展示，他用两支笔和一本书摆了个模型.）师:非常好，刚才我们也说到这是动点P的轨迹问题，那么哪些条件是限制动点P的呢？生3:点P需满足既在平面a内又要使^PAB =30°.师:你能想象点P是怎么运动的吗？(生3沉默•）生4(同时用两支笔示意了转动情形）：如果只考虑ZPAB= 30°，那么点P在以A?为轴、P A为母线的圆锥面上.另外，点P又要平面a内，因此点P 应该在圆锥与平面的公共线上.师:你们看呢？生3 :对啊，这样就变成一个圆锥面与一个平面的交线了.3.2鼓励交流讨论，展现学生风采片断2画图法描述7种情形.教师在让学生回忆“一个平面截圆锥得到什么曲线”时，生5在黑板上画出了图2〜4:师:请解释一下你画的图.生5:我是画出了圆锥的轴截面，就是这两个三角形，这条直线表示从侧面去看平面：当平面与一条母线平行时得到的是拋物线（图2)，当平面与圆锥的一侧相交时得到椭圆（图3)，当平面与圆锥的两侧都相交时得到双曲线（图4)师:大家能想象吗？生5的这种画图法比画立体几何直观图要方便得多，他把立体几何问题平面化了，并凸显了关键元素.(此时，教师用Flash演示3 D模式下的圆锥曲线，帮助空间想象能力较弱的学生想象).师:刚才还有同学说到有可能得到圆与直线，哪位同学可以进行补充？生6出乎意料地补充了图5〜8,然后指着对应的图解释到：当平面与圆锥底面平行时得到圆，当平面过圆锥顶点且不与底面相交时得到一个点，当平面过顶点且与底面相交时得到两条相交直线，当平面经过一条母线时得到一条直线．听完生6的发言，传来一片赞叹声.此时有一个学生问到:你在解释图6时说平面与圆锥底面不相交，可看上去会相交啊.生6(沉默了一会儿）：因为我们这里说的圆锥并不是立体几何中的圆锥体，应该是圆锥曲面，不研究它的底，也可认为没有底.就像题目中要求的点P是在圆锥面上.生7 :既然没底，那不是不能说与底相交或是不相交了？(生6想反驳但又想不出说什么.）师:生6补充得非常完整，只是他用数学语言描述时出了点小问题，被细心的同学发现了，那么，我们是不是可以讨论一下，从什么角度可以更方便地描述这7种情况？学生通过交流与讨论，表达了自己的描述方法，这里列举两种认同度最高的描述方法：方法1利用与圆锥的轴所成角的大小来描述.如图9,设圆锥母线与轴所成角的大小为心轴与平面所成的角为a1)在平面不过圆锥顶点的情况下:①当0°<a< 0时，交线为双曲线;②当a=沒时，交线为拋物线；③当<90°时，交线为椭圆;④当a =90°时，平面与圆锥曲面的交线为圆. 2)在平面过圆锥顶点的情况下：①当0°0时，交线为两条直线;②当a= 0时，交线为一条直线;③当0<a^90°时，平面与圆锥曲面的交线为一个点.方法2虚构底面，借助平面与底面的较小的二面角大小来描述.如图10，生6把自己的表达修改了一下，他认为可以虚构一个底面，用虚线表示，借助平面与底面的较小的二面角大小来描述上述7种情形.3.3 反思解题过程，提高解题水平片断3教师引导学生解决例1，并尝试设计新题.师:哪位同学能用平面图解释一下例1?生8(画图后回答）：利用方法1.如图11，母线与轴的夹角为30°，平面退化的直线与轴的夹角为 60°，大于母线与轴的夹角，因此交线为椭圆.师:完全正确.回忆一下自己的解题思路，你在思考过程中有没有受阻？受阻的原因是什么？你认为解决例1的关键是什么？学生通过分析，得到解决立体几何轨迹问题的方法:先图1把满足的条件分开考虑，想象满足单个条件的轨迹，然后求这些轨迹的交线.由于该方法与轨迹方程中的交轨法类似，就称为“交轨法”.师:能在此基础上设计出不同的题目，其答案为其他选项吗？(有些学生改变与平面所成角的大小，有些学生改变的大小，都实现了编题目标.）3.4分析对比解法，归纳猜想通法片断4通过两道练习题，辨析提升.练习1在正方体从中，P是侧面内一动点，若点P到直线B C与直线 C'1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是()A.直线B.圆C.双曲线D.拋物线(2004年北京市数学高考理科试题第4题）练习2已知平面丄平面丄⑶丄且= 1，/!乃=CD= 2.四边形是正方形，在正方形内部有一点M，满足 M5，M C与平面所成的角相等，则点M的轨迹长度为（）A.夺B.16C.D.^3 3 9 3教师先让学生独立解答5分钟，再让学生回答.接着，小组交流下面3个问题，让各组代表说说解法并进行点评：1你觉得这两道题能否用例1的解法解决? 为什么？2这两道题的解法有什么共同之处和不同之处？3)通过这两道题的解决，你获得了什么经验？课后思考:能否对这两道练习题进行改编，设计出不同的题目，其答案为其他选项.(练习1和练习2的答案分别为D和C.这两道题都是把条件转化到同一平面中去解决:练习1转化后可直接用抛物线定义轻松解决;练习2转化后不容易找几何关系，因此可建立平面直角坐标系，用解析几何的方法来解决.）4几点认识4.1利用身边事物，培养数学眼光让学生学会用数学的眼光去看世界，是核心素养培养的目标之一.在本课中，笔者让学生用身边的物件来示意例1中条件所要求的点、线、面位置关系，把笔、纸、桌面、书本等抽象成直线与平面就是对客观事物的数学抽象，这在立体几何教学中是非常容易实现的.例如学生所处的教室可抽象成长方体、棱柱等几何体，教室内还可抽象出很多点、线、面的位置关系，若在平时的教学中教师能有意识地加以引导，则将有利于发展学生的数学抽象素养，并学会用数学的眼光去看世界.4.2根据专题内容，发展相应素养每个专题会涉及各自的知识点、解题方法与思想方法，教师在备课中应根据各专题特点精选例题进行设计，以促进学生相应数学核心素养的发展. 本专题内容在知识体系中处于立体几何与解析几何的交汇处，可以作为发展学生直观想象的载体. 由于在数学感知中，绝大多是视觉感知[2]，因此对于立体几何问题，要在头脑里形成抽象的数学模型，最好的方法就是先从具体模型入手.笔者先让学生用身边的事物构造出符合条件的模型，然后让学生用平面图进行分析，这是立体几何平面化思想的体现，同时又让学生经历了利用图形描述、理解、探索、解决数学问题的过程.直观想象是发现和提出数学命题、理解数学命题、探索论证思路的重要辅助手段.在数学教学活动中，若教师重视和加强学生在这方面的引导，则将有利于学生养成运用图形和空间想象思考问题的习惯，有利于学生提升数形结合的能力，有利于学生形成借助图形和空间进行分析、推理、论证的能力.4.3创造交流机会，发展数学表达每个数学核心素养水平的阐述，都会涉及思维与表达、交流与反思[]]学生要表达自己对某个问题的想法就需要对问题进行数学抽象、直观想象、逻辑推理等处理，而在听取他人的表达时又需要理解别人的表达并进行分析，这个过程可以较好地反映出学生的数学素养，高三学生在数学表达上具备了一定的基础，实施起来更加容易.在学生相互合作、相互说服的过程中，气氛会比面对教师要轻松得多，如此，学生可以更大胆地表达自己的观点，在展示他们亮点的同时暴露出他们在表达上的不足.此时，教师加以引导或修正，更有利于发展学生的数学表达与理解能力，有利于发展他们的数学素养.4.4引导解题反思，提升思维品质在高三阶段，为了节省教学时间，提高学生的应试水平，教师常常会把一些有针对性的解法或是通法直接告诉学生，再让学生加以练习运用.如此，学生只是去理解、记忆、应用教师归纳总结出的结论.根据布鲁姆认知目标分类的6个层次“知道一领会一应用一分析一综合一评价”可知:“直接告诉答案”只是让学生的思维停留在前3个低阶思维层次，浪费了发展学生核心素养的机会.因此，笔者尝试用好这一机会，在每个例题后设置了几个问题，引导学生进行解题反思，引导学生分析、比较已获知的解题方法，归纳猜想出适合立体几何轨迹问题的一般性解题思路.长此以往，可以使学生的思维上升到“分析、综合”甚至更高的“评价”层次，同时又能让学生体验数学发现的乐趣，从而更喜欢数学.5结束语在高三数学教学中，教师以小专题、微专题形式，引导学生进行探究与反思，并提供学生间合作交流的机会，使学生在交流中逐步暴露自己在学习中的难点、疑点，然后在生生互动、师生互动中帮助学生突破难点、解决问题，如此，可让学生更好地掌握基本知识与基本技巧，体会其中蕴含的数学思想，久而久之，可使学生的数学核心素养水平得到真正的提高.参考文献[1]王尚志.高中数学课程标准修订背景与学科核心素养[R].全国中小学教师继续教育网，2016.[2]吴增生.3B教育理念下的数学高效课堂教学策略初探[J].数学教育学报，2011(1):17-22.。

圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题1．(2017·衡水中学模拟)已知焦距为23的椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1、上顶点为D ，直线DF 1与椭圆C 的另一个交点为H ，且|DF 1|＝7|F 1H |.(1)求椭圆的方程；(2)点A 是椭圆C 的右顶点，过点B (1,0)且斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 相交于E ，F 两点，直线AE ，A F 分别交直线x ＝3于M ，N 两点，线段MN 的中点为P .记直线PB 的斜率为k ′，求证：k ·k ′为定值．解：(1)∵椭圆C 的焦距为23，∴F 1(－3，0)，又D (0，b )，|DF 1|＝7|F 1H |，∴点H 的坐标为⎝⎛⎭⎫－837，－b 7，则64×349a2＋149＝1，解得a 2＝4，则b 2＝a 2－3＝1， ∴椭圆C 的方程为x24＋y 2＝1.(2)证明：根据已知可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)．由错误!得(4k 2＋1)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0. 设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k24k2＋1，x 1x 2＝4k2－44k2＋1.直线AE ，AF 的方程分别为：y ＝y1x1－2(x －2)，y ＝y2x2－2(x －2)，令x ＝3，则M ⎝⎛⎭⎫3，y1x1－2，N ⎝⎛⎭⎫3，y2x2－2，∴P ⎝⎛⎭⎫3，12⎝⎛⎭⎫y1x1－2＋y2x2－2.∴k ·k ′＝k 4×错误!＝k24×错误! ＝k24×8k2－8－24k2＋16k2＋44k2＋14k2－4－16k2＋16k2＋44k2＋1＝k24×－44k2＝－14(定值)． 2．(2016·合肥模拟)已知椭圆E ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)经过点(22，2)，且离心率为22，F 1，F 2是椭圆E 的左，右焦点． (1)求椭圆E 的方程；(2)若A ，B 是椭圆E 上关于y 轴对称的两点(A ，B 不是长轴的端点)，点P 是椭圆E 上异于A ，B 的一点，且直线PA ，PB 分别交y 轴于点M ，N ，求证：直线MF 1与直线NF 2的交点G 在定圆上．解：(1)由题意知⎩⎨⎧8a2＋4b2＝1，ca ＝22，a2＝b2＋c2，解得⎩⎨⎧a ＝4，b ＝22，c ＝22，故椭圆E 的方程为x216＋y28＝1.(2)证明：设B (x 0，y 0)，P (x 1，y 1)，则A (－x 0，y 0)．直线PA 的方程为y －y 1＝y1－y0x1＋x0(x －x 1)，令x ＝0，得y ＝x1y0＋x0y1x1＋x0，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，x1y0＋x0y1x1＋x0.同理可得N ⎝⎛⎭⎪⎫0，x1y0－x0y1x1－x0. 所以F1M ―→―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，x1y0＋x0y1x1＋x0，F2N ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，x1y0－x0y1x1－x0，所以F1M ―→·F2N ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，x1y0＋x0y1x1＋x0·⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，x1y0－x0y1x1－x0＝－8＋x21y20－x20y21x21－x20＝－8＋x21×8⎝⎛⎭⎫1－x2016－x20×8⎝⎛⎭⎫1－x2116x21－x20＝－8＋8＝0，所以F 1M ⊥F 2N ，所以直线MF 1与直线NF 2的交点G 在以F 1F 2为直径的圆上． 3．(2016·洛阳统考)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程； (2)设O 为坐标原点，k OA ·k OB ＝－b2a2，判断△AOB 的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．解：(1)由题意得c ＝1，又e ＝c a ＝12，所以a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3. 所以椭圆C 的标准方程为x24＋y23＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x24＋y23＝1，y ＝kx ＋m ，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，由Δ＝(8mk )2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0得m 2<3＋4k 2. x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k2，x 1x 2＝错误!，所以y 1y 2＝(kx 1＋m )·(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝错误!. 由k OA ·k OB ＝－b2a2＝－34得y 1y 2＝－34x 1x 2，即错误!＝－错误!·错误!，化简得2m 2－4k 2＝3，满足Δ>0. 由弦长公式得|AB |＝1＋k2|x 1－x 2| ＝1＋k2·错误!＝错误!.又点O 到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d ＝|m|1＋k2，所以S △AOB ＝12·d ·|AB |＝12错误!·错误!＝1224m23＋4k2＝3×2m23＋4k2＝错误!＝错误!，故△AOB 的面积为定值 3. 4．(2017·兰州双基过关考试)已知椭圆C 1：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝63，过C 1的左焦点F 1的直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设C 1的右焦点为F 2，在圆C 2上是否存在点P ，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．解：(1)∵直线l 的方程为x －y ＋2＝0，令y ＝0，得x ＝－2，即F 1(－2,0)，∴c ＝2，又e ＝c a ＝63，∴a 2＝6，b 2＝a 2－c 2＝2，∴椭圆C 1的方程为x26＋y22＝1.(2)∵圆心C 2(3,3)到直线l ：x －y ＋2＝0的距离d ＝|3－3＋2|2＝2，又直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为22，∴r ＝d2＋⎝⎛⎭⎫2222＝2＋2＝2，故圆C 2的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4. 设圆C 2上存在点P (x ，y )，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|，即|PF 1|＝3|PF 2|，且F 1，F 2的坐标分别为F 1(－2,0)，F 2(2,0)，则错误!＝3错误!，整理得⎝⎛⎭⎫x －522＋y 2＝94，它表示圆心是C ⎝⎛⎭⎫52，0，半径是32的圆． ∵|CC 2|＝错误!＝错误!，故有2－32<|CC 2|<2＋32，故圆C 与圆C 2相交，有两个公共点．∴圆C 2上存在两个不同的点P ，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|.5．(2016·九江统考)已知椭圆C 的中心在坐标原点，右焦点为F (1,0)，A ，B 分别是椭圆C 的左、右顶点，D 是椭圆C 上异于A ，B 的动点，且△ADB 面积的最大值为 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在一定点E (x 0,0)(0<x 0<2)，使得当过点E 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点时，1|EM―→|2＋1|EN|2―→为定值？若存在，求出定点和定值；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，由已知可得(S △ADB )max ＝12·2a ·b ＝ab ＝ 2. ①∵F (1,0)为椭圆的右焦点，∴a 2＝b 2＋1. ② 由①②可得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x22＋y 2＝1.(2)过点E 取两条分别垂直于x 轴和y 轴的弦M 1N 1，M 2N 2，则1|EM1―→|2＋1|EN1―→|2＝1|EM2―→|2＋1|EN2―→|2，即21－x202＝错误!＋错误!，解得x 0＝错误!， ∴E 若存在，必为⎝⎛⎭⎫63，0，定值为3，下证⎝⎛⎭⎫63，0满足题意．设过点E⎝⎛⎭⎫63，0的直线方程为x ＝ty ＋63，代入椭圆C 的方程得(t 2＋2)y 2＋263ty －43＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－263t t2＋2＝－错误!，y 1y 2＝－错误!，1|EM―→|2＋1|EN―→|2＝错误!＋错误!＝11＋t2·⎝⎛⎭⎫1y21＋1y22＝11＋t2·错误! ＝11＋t2·错误!＝3. 综上得定点为E ⎝⎛⎭⎫63，0，定值为3. 6．(2016·合肥三模)设A ，B 为抛物线y 2＝x 上相异两点，其纵坐标分别为1，－2，分别以A ，B 为切点作抛物线的切线l 1，l 2，设l 1，l 2相交于点P .(1)求点P 的坐标；(2)M 为A ，B 间抛物线段上任意一点，设PM ―→＝λPA ―→＋μPB ―→，试判断λ＋μ是否为定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由．解：(1)由题知A (1,1)，B (4，－2)，设点P 的坐标为(x P ，y P )，切线l 1：y －1＝k (x －1)，联立错误! 由抛物线与直线l 1相切，解得k ＝12，即l 1：y ＝12x ＋12，同理，l 2：y ＝－14x －1.联立l 1，l 2的方程，可解得⎩⎪⎨⎪⎧xP ＝－2，yP ＝－12，即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－2，－12. (2)设M (y 20，y 0)，且－2≤y 0≤1.由PM ―→＝λPA ―→＋μPB ―→，得⎝⎛⎭⎫y20＋2，y0＋12＝λ⎝⎛⎭⎫3，32＋μ⎝⎛⎭⎫6，－32，即错误! 解得错误!则λ＋μ＝y0＋23＋1－y03＝1，即λ＋μ为定值1.。

圆锥曲线的弦对顶点张直角的一个性质

4 2 2
2
M 1 , D 三点共线 ,即直线 l 过定点 M 1 .
同理可以证明 2) ,具体证明从略 . 以圆锥曲线和直线的位置关系为背景的一些试题在竞赛或高考中是经常出现的 “高频题” ,利用上述结果可以很方便地解决一类问题 ,下面看个例题 . 例 1 ( 2005 年上海市 TI 杯高二年级数学竞赛第 20 题) 如图 4, 已知椭圆
4
4
3) B C ⊥B D 的充要条件是直线 l 过定
y1 + y2 = -
点 M 3 (0 , -
b( a - b ) ); 2 2 a + b
2 2
因为 ( x 1 - a) ( x 2 - a)
= ( m y1 2
4) B 1 C ⊥B 1 D 的充要条件是直线 l 过
定点 M 4 ( 0 ,
3
2
2
2
设 C ( x 1 , y 1 ) , D ( x 2 , y 2 ) ,则
y1 y2 =
4a b , ( m b - a2 ) ( a2 - b2 ) 2
2 2
4
4
M1 C =
(
3 2 2 2 a b (1 - k ) , ( a2 - b2 ) ( a2 k 2 - b2 )
y1 + y2 = -
1) A C ⊥A D 的充要条件是直线 l 过定
a( a - b ) ,0) ; 2 2 a + b
2 2 2 2
展开整理得
a( a - b ) 2 2 2 2 2 y ( m b + a ) + 2 b m y・ 2 2 a + b
点 M1 (
4a b =0, ( a2 + b2 ) 2

圆锥曲线对定点张直角弦问题再研究_李世臣_陆楷章

２２
）
同理，点Ｄ也在这条直线上，即直线ＣＤ的方程为
２２２ｔ＋ｅｅｔ＋ｅ２１－１－ｐｘ－ｍ＋－ｎ＝０．ｙ－２２－２ μ ｔ－ｅｔ－ｅｔ－ｅ１＋１＋１＋
λ
（
）（
）
由λ、 μ 的任意性知
２２ｔ＋１－ｅｅ２ｐ烄ｘ－２２－ｍ＝０ｔ－１＋ｅｅｔ－１＋．烅２ｔ＋１－ｅｎ＝０－ｙ－２－１＋ｅ烆ｔ２当ｔ解方程组，得ｅ－１时， ≠
设直线Ａｘ＋Ｂ的方程为λ ｙ＝１， μ 将上式化为关于ｘ、ｙ的齐次方程
２２２２２）［（（（ｅｘ＋ｕ－ｅｕ－ｅｘ＋ｖｘ＋＝－２０．１ λ ｙ］ｙ＋ｐ）ｙ） μ ２２２２）（］整理得［＋２ｖ＋ｅｕ－ｅｕ－ｅｘ＋２［１－ λ（ λ ｐ）２２２］ｖ）ｕ－ｅｕ－ｅｘ１＋２ｐ）ｙ＝０．ｙ＋（ μ（ μ ２２得（令ｙ＝ｋｖ）ｋ＋２［ｕ－ｅｕ－ｖ＋μ（１＋２ｘ， λ μ ２２２２）］（］ｅｋ＋［ｅｕ－ｅｕ－ｅ＋２１－＝０． λ（ｐ）ｐ）２２２［］当１＋２ｖ≠０，ｕ－ｅｕ－ｅ－ｖ＋ Δ ＝４｛ λ ｐ） μ μ（２２２（）［（］｝ｖ）ｅｕ－ｅｕ－ｅ１＋２＋２１－ λ（ ≥０时，ｐ） μ 上式有两个实数根．
ｋｋＤＤＡ、Ｂ．
（），若ｋ直当ｔ１ｋｋｋｔ ≠０时，ＣＣＤＤＡ· Ｂ＝Ａ· Ｂ＝２ｐ线Ｃ＋ｍ，ｎ；－Ｄ过定点Ｑｔ

圆锥曲线中定点、定值问题的解题策略研究

圆锥曲线中定点定值问题的解题策略研究圆锥曲线中定点、定值问题的解题策略研究王玉秀（山东省东营市胜利第二中学，山东㊀东营㊀２５７０５１）ʌ摘要ɔ圆锥曲线中定点与定值问题是高考常考的题型．对于直线过定点问题，可用参数表示出直线方程，然后结合条件确定定点的位置．对于定值问题，可先考虑特殊情形，把定值求出来，再证明一般的情形．文章结合具体例题，给出圆锥曲线中定点问题和定值问题的解题策略，旨在为一线教师提供此类问题的解题思路与策略．ʌ关键词ɔ圆锥曲线；定点问题；定值问题；解题策略引　言解析几何中，定点问题就是动直线或动曲线在运动变化过程中总是经过某个定点的问题．圆锥曲线中几何量（如直线的斜率㊁两点间的距离㊁图形的面积㊁线段或角的比值等）如果和变量无关，则这类问题统称为定值问题．探究动曲线（含直线）过定点问题，以及证明与曲线上的动点有关的定值问题，都是高考解析几何命题中经常出现的题型．一㊁圆锥曲线的定点问题解决这类问题的策略：１．用参数表示出直线的方程，然后根据直线方程的特征确定定点的位置．２．从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件．例１㊀已知抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点为Ｆ，若平面上一点Ａ（２，３）到焦点Ｆ与到准线ｌ：ｘ＝－ｐ２的距离之和等于７．（１）求抛物线Ｃ的方程．（２）又已知点Ｐ为抛物线Ｃ上任意一点，直线ＰＡ交抛物线Ｃ于另一点Ｍ，过点Ｍ作斜率为ｋ＝４３的直线ＭＮ交抛物线Ｃ于另一点Ｎ，连接ＰＮ．问：直线ＰＮ是否过定点？若经过定点，则求出该定点；否则说明理由．解㊀（１）抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝８ｘ．过程略．（２）设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｍ（ｘ２，ｙ２），Ｎ（ｘ３，ｙ３），当ｘ１ʂｘ２时，ｋＰＭ＝ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝ｙ１－ｙ２ｙ２１８－ｙ２２８＝８ｙ１＋ｙ２．同理，ｋＭＮ＝８ｙ２＋ｙ３，ｋＰＮ＝８ｙ１＋ｙ３．由ｋＭＮ＝８ｙ２＋ｙ３＝４３知ｙ２＋ｙ３＝６，即ｙ２＝６－ｙ３．①由题意得直线ＰＭ：ｙ－ｙ１＝８ｙ１＋ｙ２（ｘ－ｘ１），即（ｙ１＋ｙ２）ｙ－ｙ１ｙ２＝８ｘ过点Ａ（２，３），求得ｙ２＝１６－３ｙ１３－ｙ１．②同理求得直线ＰＮ的方程为（ｙ１＋ｙ３）ｙ－ｙ１ｙ３＝８ｘ．③由①②得ｙ１ｙ３＝３（ｙ１＋ｙ３）－２，代入③得（ｙ１＋ｙ３）ｙ－３（ｙ１＋ｙ３）＋２＝８ｘ，即（ｙ１＋ｙ３）（ｙ－３）＋２－８ｘ＝０，故当ｙ＝３且２－８ｘ＝０时，直线ＰＮ恒过点１４，３æèçöø÷．当ｘ１＝ｘ２时，可得Ｐ（２，４），Ｍ（２，－４）或Ｐ（２，－４），Ｍ（２，４）．若Ｐ２，４()，Ｍ２，－４()，则ＭＮ：ｙ＝４３ｘ－２０３，代入抛物线方程得Ｎ２５２，１０æèçöø÷，则直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．同理，若Ｐ２，－４()，Ｍ２，４()，则直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．２５１综上，直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．点评㊀解决本题的关键是通过坐标关系，得到斜率和直线方程，进而整理成（ｙ１＋ｙ３）（ｙ－３）＋２－８ｘ＝０的形式，最后找到定点．例２㊀已知椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的左㊁右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，上㊁下端点分别为Ｂ１，Ｂ２．若从Ｆ１，Ｆ２，Ｂ１，Ｂ２中任选三点所构成的三角形均为面积等于２的直角三角形．（１）求椭圆Ｃ的方程．（２）如图所示，过点Ｐ（０，２）作两条不重合且斜率之和为２的直线分别与椭圆交于Ａ，Ｂ，Ｅ，Ｆ四点，若线段ＡＢ，ＥＦ的中点分别为Ｍ，Ｎ，试问：直线ＭＮ是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由．解㊀（１）椭圆Ｃ的方程为ｘ２４＋ｙ２２＝１．过程略．（２）依题意知直线ＭＮ的斜率存在，设直线ＭＮ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，㊀①设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋ１ｘ＋２，㊀②设直线ＥＦ的方程为ｙ＝ｋ２ｘ＋２．㊀③联立方程②与椭圆Ｃ的方程可得（２ｋ２１＋１）ｘ２＋８ｋ１ｘ＋４＝０．由根与系数的关系，得ｘＡ＋ｘＢ＝－８ｋ１２ｋ２１＋１，根据中点公式可得ｘＭ＝ｘＡ＋ｘＢ２＝－４ｋ１２ｋ２１＋１．同时点Ｍ是直线ＡＢ和直线ＭＮ的交点，联立方程①②得ｘＭ＝ｂ－２ｋ１－ｋ，即可得－４ｋ１２ｋ２１＋１＝ｂ－２ｋ１－ｋ，整理得２ｂｋ２１－４ｋｋ１＋ｂ－２＝０．㊀④同理可得２ｂｋ２２－４ｋｋ２＋ｂ－２＝０．㊀⑤根据④⑤可以理解为ｋ１，ｋ２为关于ｋ０的一元二次方程２ｂｋ２０－４ｋｋ０＋ｂ－２＝０的两个根．由根与系数的关系可得ｋ１＋ｋ２＝４ｋ２ｂ＝２ｋｂ＝２，即可得ｂ＝ｋ．所以直线ＭＮ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｂ＝ｋ（ｘ＋１），故直线ＭＮ必过定点（－１，０）．点评㊀解决本题的关键是根据点Ｍ是直线ＡＢ和直线ＭＮ的交点，得到④式，同理可得⑤式，然后根据同构思想，可知ｋ１，ｋ２为一元二次方程２ｂｋ２０－４ｋｋ０＋ｂ－２＝０的两个根，从而根据ｋ１＋ｋ２＝２得到ｋ，ｂ之间的关系，最终求得定点．二㊁圆锥曲线的定值问题解决这类问题的策略：１．先考虑特殊情形，求出定值，再证明该值与变量无关．２．采用推理㊁计算㊁消元得定值．消元的常用方法有整体消元㊁选择消元㊁对称消元等．例３㊀在平面直角坐标系ｘＯｙ中，Ａ（－２，０），Ｂ（２，０），直线ＡＰ，ＢＰ相交于点Ｐ，且它们的斜率之积是１，记点Ｐ的轨迹为Ｃ．（１）求证：曲线Ｃ是双曲线的一部分．（２）设直线ｌ与Ｃ相切，与其渐近线分别相交于Ｍ，Ｎ两点，求证：әＯＭＮ的面积为定值．证明㊀（１）曲线Ｃ的方程为ｘ２－ｙ２＝４（ｙʂ０），所以曲线Ｃ是除去顶点的双曲线，是双曲线的一部分．过程略．（２）设直线ｌ与Ｃ相切的切点坐标为ｘ０，ｙ０()ｙ０ʂ０()，斜率为ｋ，则直线ｌ的方程为ｙ－ｙ０＝ｋ（ｘ－ｘ０），与ｘ２－ｙ２＝４联立整理，得（１－ｋ２）ｘ２－２ｋ（ｙ０－ｋｘ０）ｘ－（ｙ０－ｋｘ０）２－４＝０．㊀①双曲线ｘ２－ｙ２＝４（ｙʂ０）的渐近线方程为ｙ＝ʃｘ，故ｋ２ʂ１，且方程①有两个相等的实数根，故Δ＝４ｋ２（ｙ０－ｋｘ０）２＋４（１－ｋ２）［（ｙ０－ｋｘ０）２＋４］＝０，化简，得（ｘ２０－４）ｋ２－２ｘ０ｙ０ｋ＋ｙ２０＋４＝０．㊀②又ｘ２０－ｙ２０＝４，即ｘ２０－４＝ｙ２０，ｙ２０＋４＝ｘ２０．㊀③由②③得，ｙ２０ｋ２－２ｘ０ｙ０ｋ＋ｘ２０＝０，即（ｙ０ｋ－ｘ０）２＝０，所以ｋ＝ｘ０ｙ０，故直线ｌ的方程为ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４．双曲线Ｃ的两条渐近线方程为ｙ＝ｘ，ｙ＝－ｘ，所以әＯＭＮ为直角三角形．不妨设ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４与ｙ＝ｘ的交点为Ｍ，３５１解得Ｍ４ｘ０－ｙ０，４ｘ０－ｙ０æèçöø÷，同理，设ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４与ｙ＝－ｘ的交点为Ｎ，解得Ｎ４ｘ０＋ｙ０，－４ｘ０＋ｙ０æèçöø÷．可求得ＯＭ＝４２ｘ０－ｙ０，ＯＮ＝４２ｘ０＋ｙ０，所以әＯＭＮ的面积Ｓ＝１２ＯＭＯＮ＝１２㊃４２ｘ０－ｙ０㊃４２ｘ０＋ｙ０＝１６ｘ２０－ｙ２０＝４，故әＯＭＮ的面积为定值．点评㊀解决本题的第一个关键是求出切线ｌ的方程，根据判别式等于０可求出，其一般结论是：设Ｔ（ｘ０，ｙ０）是双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）上一点，则双曲线在点Ｔ处的切线方程为ｘ０ｘａ２－ｙ０ｙｂ２＝１．第二个关键就是求出点Ｍ，Ｎ的坐标，然后利用面积公式求出三角形的面积，再根据点（ｘ０，ｙ０）（ｙ０ʂ０）在双曲线上，即可得到定值．例４㊀已知Ｏ为坐标原点，点Ｐ３，１２æèçöø÷在椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）上，椭圆Ｃ的左㊁右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，且Ｆ１Ｆ２＝２３．（１）求椭圆Ｃ的标准方程；（２）若点Ｐ０，Ｐ１，Ｐ２在椭圆Ｃ上，原点Ｏ为әＰ０Ｐ１Ｐ２的重心，证明：әＰ０Ｐ１Ｐ２的面积为定值．解㊀（１）椭圆的标准方程为ｘ２４＋ｙ２＝１．过程略．证明㊀（２）设Ｐ０（ｘ０，ｙ０），Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２），当直线Ｐ１Ｐ２的斜率不存在时，即ｘ１＝ｘ２．由原点Ｏ为әＰ０Ｐ１Ｐ２的重心，可知ｘ０＋ｘ１＋ｘ２３＝０，ｙ０＋ｙ１＋ｙ２３＝０，故可得此时有Ｐ０（－２ｘ１，０），该点在椭圆上，则４ｘ２１４＝１，不妨取ｘ１＝１，则有Ｐ０（－２，０），Ｐ１１，３２æèçöø÷，Ｐ２１，－３２æèçöø÷，或Ｐ０（－２，０），Ｐ１１，－３２æèçöø÷，Ｐ２１，３２æèçöø÷，则此时ＳәＰＰＰ＝１２ˑ３ˑ３＝３３２．当直线Ｐ１Ｐ２的斜率存在时，同样可求得ＳәＰＰＰ＝３３２（过程略）．综合可知，әＰ０Ｐ１Ｐ２的面积为定值．点评㊀解决本题的关键是设出直线方程，要利用重心性质表示出一个点的坐标并代入椭圆方程中，找到两个参数之间的关系，最后求出三角形的面积．结　语综上所述，直线过定点问题的解题模型如下：解圆锥曲线中定值问题的解题模型如下：教师引导学生熟悉以上解题模型，并加强运算训练，对破解圆锥曲线中的定点和定值问题非常重要．ʌ参考文献ɔ［１］李波．圆锥曲线中定点和定值问题的求解策略探究［Ｊ］．数理化解题研究，２０２３（３４）：８０－８４．［２］李鸿昌．圆锥曲线中非对称问题的成因及破解策略［Ｊ］．数学通讯，２０２２（２２）：３２－３５．［３］李鸿昌．二次曲线系在圆锥曲线四点共圆问题中的应用［Ｊ］．数理化解题研究，２０２２（７）：９２－９４．［４］李鸿昌．２０１５年高考全国卷Ⅱ解析几何试题的深入思考［Ｊ］．数学通讯，２０１５（１８）：５１－５４．［５］朱潇，李鸿昌．从数学运算素养的内涵，谈运算能力的培养［Ｊ］．中学数学，２０１８（１）：５７－５９．［６］李鸿昌，朱潇．减少解析几何运算量的八种策略［Ｊ］．数学通讯，２０１７（２３）：１２－１５．４５１。

圆锥曲线中的定点、定值问题的结论及多种证明方法高考数学

得： AB的方程为化为：即由得即当时，即直线AB恒过定点( ).
七、圆锥曲线中的平行弦的问题
在前面一、推论：“若圆锥曲线为圆，直线AB交C于A、B两点，的斜率分别为，当时，为定值，”给出了平移图像法、一般法、参数方程法等多种证明方法。现在我们对一、推论
31.采用另一种思维方式探究如下：设点是圆上的一定点，过点P作x轴的
2. 当时，【1】化为：。即时，为定值，,
3.当)时，,得，，，即，
，即。得：
；【2】
即：或 (因为直线AB不过点P，舍去)AB的方程为化为：即由得即直线AB恒过定点( )。
3. 当时，由【2】化为：，，，即：。(因为直线AB不过点P，舍去)或；，即为定值.
1.当时，，，，
，即：，，
化为：， (因为直线AB不过点P，舍去)或。，；【6】AB的方程为化为：即由得即当时，直线AB恒过定点( )。
2.当时，【6】化为：；即当时，为定值，。
3.当时，即，，，即，
，；【7】，化为：， (因为直线AB不过点P，舍去)或。由，
2.当时，直线AB恒过定点(
3.当时，为定值
4.当时，即直线AB恒过定点( ). 及其证法已知点(其中是圆锥曲线上的一个定点，过点作直线分别与圆锥曲线C相交于点A、则必定存在以下结论：
二、椭圆、双曲线、抛物线、圆中的定点、定值问题的统一结论
1.当时，为定值，
2.当时，直线AB恒过定点( )
圆锥曲线中的定点、定值问题的
结论及多种证明方法
主讲人：某某某老师
某某学校
山东东营徐新华大家都知道，圆锥曲线的很多重要结论，特别是圆锥曲线的定点、定值问题并没有列入高中数学教材，但它们一直确是高考数学试题中考察的重要内容。本文件中，从多个角度、采用多种方法对圆锥曲线的定点、定值问题的结论作出了证明，并力求对证明过程给予最大化的展示。需要说明的是，个别证法有相当大的难度，其证明过程也极为复杂，因此叙述也就比较详细具体。

构造齐次方程巧解一类圆锥曲线问题

y2 =
1
6x
(
l
lx+ x 0+
m m
y y
0
)
16lx 2 - 16mx y -
( l x 0 + my 0 ) y 2 = 0.
-
( lx0+ my0) 16l
=
-
1
l ( x 0 - 16) +
my 0 = 0恒成立. 定点为( 16, 0) .
∃ 例 3% 抛物线 y 2 = p ( x + 1) ( p > 0) , 直
(x0, y0), 则
A
x2 0
+
B x 0y 0 +
Cy
2 0
+
( Dx 0 +
Ey0 ) #
(-
l
x
0
+ n
my
0
)
+
F( -
l
x
0
+ n
m
y
0
)
2
=
A
x
2 0
+
Bx0y0 +
C
y
2 0
+
( Dx0 +
Ey0 ) +
F= 0.
(x0, y0) 满足 ! , ! 代表过原点且与 L
与 C 的交点( x 0 , y 0 ) 的两条直线方程, ! 可化
( Dl+
Em) n+ F( l 2 + m2 ) = 0. 第二种方法
若直线 L 与二次曲线 C 有两个交点 A , B, 则将直线方程与二次曲线方程联立, 分别消去 x , y , 所得的关于 x 和 y 两个一元二次方程( 让

01圆锥曲线对定点张直角弦的几何性质再探——潘神龙 (广东省广州市番禺区实验中学)

点 P 在 MN 为直径的圆 E 上，当
2 x0
2 2 x0 y0 0 时，半径 a 2 b2
r O E
O ；当 P 0
a2

2 y0
b2
1 时，半径 r OE OP .
图5
图6
推论 7
b b a 2 b2 点 E 的轨迹有渐近线 y x . a 2 a 2 b2
证明：由 [2], P 1 ( 可得；当 kMN 不存在时，点 E ( x1 , 推论 1 椭圆 C1 除去点 (
x2 1 b 1 1 ) 也在轨迹上. 1 a
y0 a 2 k (kx1 y1 ) b 2 (kx1 y1 ) , 2 2 )，k . 2 2 2 2 a k b a k b (1 e2 ) x0
x2 y 2 a 2 b2 x2 y 2 a 2 b2
.
图2 过动点 P 引双曲线 C 的两条切线互相垂直，则点 P 的轨迹是准圆 b x 2 y 2 R 2 ,除去直线 y x 上的四个点，其中 R2 a 2 b2 . a 推论 1
推论 2
椭圆
x2 y 2 x2 y 2 的焦点在双曲线 1( a b 0) 1 的准圆上. a 2 b2 a 2 b2
x2 y 2 定理 1 过准圆 x y R 上一点 P( x0 , y0 ) 引椭圆 C : 2 2 1 (a b 0) a b 2 2 2 的两条切线互相垂直，其中 R a b ；切点弦 MN 的中点 E 在 OP 上， 2 OE x y x 2 yE 1 2 ；当点 P 变动时，点 xE 2 0 2 ， y E 2 0 2 ， E 2 2 2 OP x0 y0 a b x0 y0 x0 y0 a 2 b2 a 2 b2 a 2 b2

【论文】关于圆锥曲线中的存在性、定点与定值问题的探究

关于圆锥曲线中的存在性、定点与定值问题的探究摘要：圆锥曲线的问题包括曲线的对称性、变量的取值范围以及某些曲线具有的独特性质，还包括解决存在性、定点、定值等问题。

关键词：存在性、定点、定值、假设、特例、参数正文：圆锥曲线每年必考一个小题与一大题，相对较难，且大题往往是压轴题，具有较大的区分度，往往考查学生逻辑思维能力的同时，还考查运算求解能力。

因此理清基本解题策略，非常重要。

提高学生的探究能力是新课程改革的重要目标，而探索性问题的灵活性，知识运用综合性、技能和数学思想方法的结合性，有利于培养学生的良好的思维品质和创造性地分析问题、解决问题的能力，也能有效地考查学生的数学能力，因此探索性问题也成为近几年高考的热点和亮点。

鉴于存在性、定点与定值问题涉及面广、综合性强，下面作分类说明。

一、探索存在性问题探索存在性问题即是从假设相关结论的存在出发，运用条件进行推理。

若得到相应的正确结论，则可下结论认为这个假设对象是存在的；若出现矛盾，则否定先前假设，断言对象是不存在的。

【例1】已知曲线C:22x +y 2=1(y ≠0),点问是否存在经过点且斜率为k 的直线l 与曲线C 有两个不同的交点P 和Q,使得向量OP +OQ 与AB 共线?若存在,求出k 值;若不存在,请说明理由。

分析:问是否存在的问题，一定是先假设存在，在假设存在的情况下,求出k 值,看k 值是否符合要求即可。

假设k 存在,则设代入椭圆方程得(1+2k 2)x 2因为直线l 与椭圆有两个不同的交点,所以Δ2-8(1+2k 2)>0,解得k 2>12由于所求的轨迹不包括椭圆长轴的端点,所以k ≠±1,即k 2>12且k 2≠1设P(x1,y 1),Q(x 2,y 2),则x 1+x 2,得y 1+y 2=k(x 1+x 2=OP +OQ =(x 1+x 2,y 1+y 2),AB 向量OP +OQ 与AB 共线,等价于x1+x 2=-1+y 2).由×,解得，不在k 的取值范围之内,所以不存在这样的直线。

圆锥曲线焦点弦对原点的张角问题研究

直线方程为y -y372 -73y\ y\X -y [).整理，得 4* - (y2 + y 3) y + y2y3 = 0•同理，A /(?方程为 4x -(y , +73)7+3^ =0•①y2+y3和;>^3.而y2，y 3的和与积不容易分别表示出来,后面发现它们满足的恒等式，从而得到动直线的定点.有些定点问题，也可以不联立直线与圆锥曲线，借助对方程的变形得到定点，可参见文献[2].参考文献：由力=1，代人整理，得J 24 +4(j 2 +y 3) +y 2y 3 =0.②对照①和②知直线叫？过点（1，-4).评注通过计算直线/V <?的方程,发现其中含有[1]张宁.韦达定理失效了吗？ [J ].数理天地（高中版）， 2019(01)：5-6+8.[2]李宁,唐盛彪.基于点坐标和曲线方程求解动直线过定点问题[J ].理科考试研究,2020,27(03) :34 - 36.(收稿日期：2020-1丨-25)圆雉曲殊焦点弦对雇点的张角闵题砑光潘神龙(番禺区实验中学广东广州51 M O O )摘要：本文重点研究动直线/经过圆锥曲线C 的焦点与曲线C 交于两点，焦点弦对原点的张角（乙40B ) 与曲线C 的离心率e 、直线/的斜率&之间的关系，通过分析tanZ/lOB 的表达式，得到乙40B 的变化规律、取值范围等结果.关键词：圆锥曲线；焦点弦；原点；张角全文约定：当曲线C 是椭圆或双曲线时，F 是右焦点；当直线/的斜率&存在时A > 〇.1椭圆定理1若过椭圆C:4 + ^= l(a >6>0)右焦a 〇点的动直线/与椭圆C 交于两点，假设乙#证明当 A ： > 〇时，设 /!(&)，B (x2，y2 )，心 >r j = k(x -c ),欠2,联立y2得（a2A ：‘ + 62) x2 - 2a2c A ：2;c17令 *，a (c 2 k 2 -b 2 )2a 2ck 2 ± \/~K2(a 2k 2 +b 2)ck (xl -x 2)A = 4a 264 (1 + k 2 ), x ] 2^o a ~ ^OB .根据到角公式，tan j O Bcky~K ________XjX 2 + y ty 2( a 2c 2 - a 2b ‘ + b 2c 2) k 2 - a 2f +c2化简即可.当灸不存在时，易知).1 + k 0A k 0B，再由a22/c根据二倍角公式,计算即得.1 ~^OA推论 1 当 A : > 0 时，tan =_______2(1 - e2)ek -/l + k 2_______-(e 2 + e - l )(e 2 - e - \)h 2 - (1 - e 2 )是关于e ，A 的二元函数，图象如图3.推论2有 f 'W =-当灸>〇且e 不变时，令t a n =/(幻，2a 62c [(a 4 +b 2c 2)k 2 +a^b"] <〇\/l +k 2 [ (a 2c * -b 4)k 2 -a 2b 2]2作者简介：潘神龙（1985 -)，男，广东韶关人，硕士，中学二级教师，研究方向：初等数学.推论3当e不同时，/(A)的单调性、乙/10B的单调性与取值范围（包括A不存在的情况）往往也不同，具体见表1:表1e/⑴AAOB\钝角万-i2钝角或直角k f(k)AAOBfO.——-—）V a2c2-64\钝角\abV a2c2-bA不存在直角(ab. + » )y a2c2-64\锐角证明易知卜^1与a2c2-64符号相同，由定理1、推论2可知结论成立.推论4乙4〇5£[0,1〇,其中0是通径对原点的张角•推论5当6 = ^^•时，通径对原点张直角；当6时,斜率为y j4的焦点弦对原点张直L V c l c- b角，此时|仙|推论6 存在Z_/10S是直角的充要条件是e e推论7乙40B恒是钝角的充要条件是《^ (〇, J5 -1~l T h2双曲线2.1 直线/与双曲线C的左、右两支各交于一点定理2若过双曲线C:4-^ = l(a>0,6>0)a b 右焦点的动直线z与双曲线C的左、右两支各交于一点，设交点为假设乙则tanZ/lOfi = 2ab2ck y/\ + k2^,b图4证明因为所以d2A：2-62<0.a设,：Ki)，B(x2，：T2)>巧，将定理1证明过程中的 62 换成-62，得 U2A2 - U2 - 2a2d2x + a2(c2k2 + 62) =0.贝l j A =4a2f e4(1 + A:2)，％i2 =所以 tan AAOB = , 22^ .'{Twz,2,2-S{a c+ a0-b e )k+ a b由c2 =a2 +62化简即可•推论1当A:>0时，tan= _______2 (e2 - l)ek \/1 + k2_______-(e2 + e- l)(e" - e- 1) k2 + (e^ -1)是关于的二元函数，图象如图5.推论2 当e不变时，令tan乙心方=/(A)，有厂⑷2ab2c[(a- b2c2)k2 - a h1]<〇+ k2[(a2c2 - 64)A:2+ a262]2证明当 a4 -62c2<0时，（a4 -62c2)A:2 -a V<〇,所以/'U) <0;当a4- 6~c2> 0 时，（a4- 62c2)A：2 - a262< (a4—62c2)(i)2-a V <0,所以/'(A) <0•a推论3当e不同时,/(A)的单调性、乙A O S的单调性与取值范围往往也不同，具体见表2 :表2e/⑷/LAOB(1，及]\钝角k R k)Z.AOB(〇. ab) \/b4 一a2c2\钝角\(V5",+ » )abVbA-a2c2不存在直角.ab b、(y^v'〇)\锐角证明易知e-与a2c2-64的符号相反.当时，a2c2-b4^0J(k) <0；< e<A时，（a2c2 - 64)A:2 + a2/T > (a2c2-64)(—)2+a2b2^0J(k) <0；a当e>#时，（a2c2 - 64)A：2 + a262 决定了/( A：)的正负.推论4 (0〇，tt)，其中沒。

关于圆锥曲线张角为直角弦所在的直线过定点的证明

关于圆锥曲线张角为直角的弦所在的直线过定点的证明梁关化，2016，03，09真命题：设点00(,)P x y 在圆锥曲线上，且为直角的顶点。

1）椭圆22221(0)x y a b a b+=>>张角为直角的弦所在的直线过定点00(,)tx ty -，其中2222a b t a b-=+； 2）双曲线22221(0,0,)x y a b a b a b-=>>≠张角为直角的弦所在的直线过定点00(,)tx ty -，其中2222a b t a b +=-； 3）抛物线22(0)y px p =>张角为直角弦所在的直线过定点00(2,)p x y +-。

证明如下：1）如下图设11(,)A x y ，22(,)B x y ，直线AB 的方程为x ky m =+（注：这样设是为了免去直线斜率不存在的讨论）解方程组：22221x y a b x ky m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去x 后并整理得222222222()20a k b y mkb y m b a b +++-= 从而有2122222mkb y y a k b-+=+（1），222212222m b a b y y a k b -=+（2）又11x ky m =+，22x ky m =+故又有1212()2x x k y y m +=++（3），22121212()x x k y y km y y m =+++（4）由PA PB ⊥得01020102()()()()0y y y y x x x x --+--=展开得22012012012012()()0y y y y y y x x x x x x -+++-++=（5）把（1）（2）（3）（4）代入（5）并按m 整理得 2222222000000()2()()()()0a b m kb y a x m a b x ky x ky ++-+-+-=分解得[]22220000()()()()0a b m a b x ky m x ky ⎡⎤⎡⎤+--+--=⎣⎦⎣⎦ 解得220022()()a b x ky m a b -+=+，或00m x ky =-（舍去，此时点P 在直线AB 上，不合题意）故直线AB 的方程为220022()()a b x ky x ky a b-+=++ 变形为2222002222()()()a b x a b y x k y a b a b ---=+++ 由此可知张角为直角的弦所在的直线过定点2222002222()()(,)a b x a b y a b a b---++2）如下图（证明过程类比椭圆，详解过程略）3）如下图设11(,)A x y ，22(,)B x y ，直线AB 的方程为x ky m =+（注：这样设是为了免去直线斜率不存在的讨论）解方程组：22y px x ky m⎧=⎨=+⎩，消去x 后并整理得2220y pky pm --= 从而有122y y pk +=（1），122y y pm =-（2）又11x ky m =+，22x ky m =+故又有1212()2x x k y y m +=++（3），22121212()x x k y y km y y m =+++（4）由PA PB ⊥得01020102()()()()0y y y y x x x x --+--=展开得22012012012012()()0y y y y y y x x x x x x -+++-++=（5）把（1）（2）（3）（4）代入（5）并按m 整理得 2000002()(2)()0m p x m x ky p x ky -++++-= 分解得[][]0000(2)()0m x ky p m x ky ⎡⎤-++--=⎣⎦ 解得002m x ky p =++，或00m x ky =-（舍去，此时点P 在直线AB 上，不合题意）故直线AB 的方程为002x ky x ky p =+++ 变形为00(2)()x p x k y y -+=+由此可知张角为直角的弦所在的直线过定点00(2,)p x y +-。

圆锥曲线中定点和定值问题的解题方法

线，则两切线交点的纵坐标为定值，这个定值是________．
二、定值的探究与证明问题
【说明】定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．
相关知识点：
含有可变参数的曲线系所经过的点中不随参数
含义
定
变化的某个点或某几个点
点
把曲线系方程按照参数进行集项，使得方程对任
解法
意参数恒成立的方程组的解即为曲线系恒过的定点
含义
不随其他量的变化而发生数值变化的量
定
建立这个量关于其他量的关系式，最后的结果与
值解法
其他变化的量无关
一、定点的探究与证明问题定点问题1：直线过定点
【茂名二模】
20、已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆
E
:
x2 a2
y2 b2
1(a
b
0)
过点 P(
3,
3) 2
，离心率为
1 2
，过直线
l
:
x
4
ห้องสมุดไป่ตู้
上一点
M
引椭圆 E 的
两条切线，切点分别是 A 、 B ．
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）若在椭圆
x2 a2
y2 b2
1a
b
0上的任一点
N x0, y0 处的切线方程
图 17-2
(1)求抛物线方程． (2)若 O 为坐标原点，问是否存在点 M，使过点 M 的动直线与抛物线交于 B，C(与原点不重合)两点，且以 BC 为直径的圆恰好过坐标原点．若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．

基于初中层面的弦张定点成直角的问题探究

基于初中层面的弦张定点成直角的问题探究李世臣【摘要】在动态数学软件GeoGebra环境下,文章以一道中考数学压轴题为起点,基于初中层面的抛物线、双曲线、平行直线、相交直线上的2个动点对某定点张直角问题进行了深入研究,发现一组有价值的结论,深化了对问题的认识.【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2017(000)007【总页数】5页(P34-38)【关键词】GeoGebra;包络曲线;二次函数;反比例函数;轨迹【作者】李世臣【作者单位】川汇区教体局教研室河南周口 466001【正文语种】中文【中图分类】O123.12014年湖北省武汉中考数学第26题是一道综合性较强的压轴题，其根植于初中核心知识和基本技能，指向于高中优生选拔和素养要求，是一道设计巧妙、简洁明了、内涵丰富的好题．文献[1]对曲线上的定点张直角弦问题进行了研究，若定点不在曲线上会有什么几何特征呢？笔者利用动态数学软件(GeoGebra)就基于初中层面的定点张抛物线上两点成直角问题、张双曲线上两点成直角问题、与两条平行线上的点张直角问题、与两条相交直线上的点张直角问题进行了拓展研究，获得了一些有价值的结论．试题呈现[1] 如图1，已知直线AB：y=kx+2k+4与抛物线y=x2交于点A，B．1)直线AB总经过一个定点C，请直接写出点C的坐标；2)当k=-时，在直线AB下方的抛物线上求点P，使△ABP的面积等于5；3)若在抛物线上存在定点D使∠ADB=90°，求点D到直线AB的最大距离．问题3)说明抛物线上定点对抛物线上的弦张直角，则弦所在直线过定点．那么，这个问题能否推广到一般情况呢？探究1 平面内的定点张抛物线上两点成直角问题[2].如图2，已知定点P(u,v)，二次函数y=ax2+bx+c(其中a≠0)的图像与直线y=kx+d交于点A(x1,y1),B(x2,y2)，∠APB=90°，PH⊥AB于点H(m,n)．联立方程组过点H作对称轴的平行线，交抛物线于点G，设G(m,h)，由点H在直线AB上，得a[m2-(x1+x2)m+x1x2]=a(m-x1)(m-x2).(am2+bm+c-n)，为讨论方便，令T=，设点，则点M在抛物线的对称轴x=-上，PM=.设点P关于点M的对称点为则点P与点Q纵坐标的差恒等于．又设抛物线的焦点为,点P到直线AB的距离d,则1)当T>0时，点H在以M为圆心、以为半径的圆上．当点A在无穷远处，即PA(PB)⊥x轴时，PB(PA)⊥y轴，PH与PB(PA)重合，圆与抛物线相切，切点为过点P与y轴垂直的直线和抛物线的交点．设点P关于直线AB的对称点为C，直线CQ,AB交于点D，联结PD,MH,QC，则①若点P在抛物线内，如图3，因为PD+DQ=CD+DQ=CQ=2，由椭圆的定义知点D的轨迹是椭圆，所以直线AB的包络是以圆心M为中心、以P,Q为焦点的椭圆，由于点P在点H轨迹圆的内部，从而-PM≤d≤+PM.②若点P在抛物线上，如图4，直线AB经过定点，设点P关于抛物线对称轴的对称点为P′，则P′Q⊥x轴，P′Q=．由垂线段最短知0≤d≤2.③若点P在抛物线外，如图5，因为|PD-DQ|=|CD-DQ|=CQ=2，由双曲线的定义知点D的轨迹是双曲线，则直线AB的包络是以圆心M为中心、以P,Q为焦点的双曲线．由于点P在点H轨迹圆的外部，于是PM-≤d≤PM+．2)当T=0时，v=c--，点P在抛物线的准线y=c--上，如图6，点H的轨迹退化为一个点，即为抛物线的焦点S.此时，只有PA,PB同时与抛物线相切，AB经过焦点S(H)，PS(PH)⊥AB，从而d=PM．3)当时T<0，即点P与焦点S分布在抛物线准线的异侧，点P对抛物线的弦张直角不存在．探究2 平面内定点张双曲线上两点成直角问题[3].如图7，已知定点P(u,v)，反比例函数xy=k(其中k≠0)的图像与直线y=ax+b交于点A(x1,y1),B(x2,y2)，∠APB=90°，PH⊥AB于点H(m,n)．联立方程组1)如图8，若点P(u,v)在反比例函数的图像上，则uv=k．点H(m,n)在直线+=2上，该直线恰是点P(u,v)处的切线．由AB⊥PH，知直线AB有方向，是一束平行线，点P到直线AB的距离d≥0．2)如图9，若点P(u,v)在反比例函数的图像外，且不在原点．点H(m,n)在直线vx+uy-uv-k=0上，该直线恰与反比例函数的图像交于点，PE⊥y轴，PF⊥x 轴．倍长PE,PF,PH，得点M,N,C,则点P的对应点C在定直线MN上．过点C作MN的垂线，交直线AB于点D，则PD=DC．由抛物线的定义，点D的轨迹是以点P为焦点、以MN为准线的抛物线，是直线AB的包络曲线．由垂线段最短知，PH的最小值为△PEF斜边上的高，从而d≥ ．探究3 已知平面内定点与两条平行线上的点张直角问题.已知m∥n，设直线m,n的间距为t，定点P到直线m,n的最近距离为s．点A,B分别在直线m,n上，∠APB为直角，PH⊥AB于点H．过点P作平行线m,n的垂线，得垂足为E,F，联结EH,FH，延长PH到点C，使HC=PH．取EF的中点M，点P关于点M的对称点为Q，作直线CQ交直线AB于点D．1)当点P在直线m,n的异侧时，如图10，因为PE⊥AE，PH⊥AH，所以点A,E,P,H共圆，∠EHP=∠EAP．同理可得∠PHF=∠PBF，从而由中垂线和中位线的性质知，由于点P在点H轨迹圆的内部，于是2)若点P在直线m(n)上，则点B(A)与点F(E)重合，∠EHF=90°，点H的轨迹是以EF为直径的圆(除点E,F)．显然，0<PH<t．3)当点P在直线m,n的同侧时，如图11，因为PE⊥AE，PH⊥AH，所以点A,P,E,H共圆，∠EHB=∠EPA．同理可得∠BHF=∠BPF，从而由中垂线和中位线的性质知，由于点P在点H轨迹圆的外部，因此探究4 已知平面内定点与两条相交直线上的点张直角问题．1)定点在两条垂直直线的直角区域.如图12，∠UOV=90°，PE⊥OU于点E，PF⊥OV于点F，PE=m，PF=n．点A,B分别在直线OU,OV上，∠APB=90°，PH⊥AB于点H，则点H在直线EF上，直线AB的包络曲线是抛物线，且事实上，因为PE⊥OU，PH⊥AB，所以点A,E,H,P共圆，∠AHE=∠APE．同理可得∠BHF=∠BPF．又因为∠APB=90°，∠EPF=90°，所以∠APE=∠BPF，从而∠AHE=∠BHF,即点H在直线EF上．倍长PE,PF,PH，得点M,N,C，则点P的对应点C在定直线MN上．过点C作MN的垂线，交直线AB于点D，则PD=DC，由抛物线定义，点D的轨迹是以点P为焦点、以MN为准线的抛物线，是直线AB的包络曲线．由垂线段最短可知，PH的最小值为△PEF斜边上的高，从而2)定点在两条直线形成的锐角区域.如图13，∠UOV=θ(其中0°<θ<90°)，PE⊥OU于点E，PF⊥OV于点F，PE=m，PF=n．点A,B分别在直线OU,OV上，∠APB=90°，PH⊥AB于点H，则点H在定圆上，直线AB的包络曲线是椭圆，且a-c≤PH≤a+c,其中a=,c=.事实上，延长EP交直线OV于点J，延长FP交直线OU于点K，因为PE⊥OU，PF⊥OV，所以点E,F,J,K共圆，JK为该圆的直径，取圆心为M．联结EH,FH，因为PH⊥AB，所以点A,E,P,H共圆，∠EHP=∠EAP，同理可得∠PHF=∠PBF，从而∠EHF= ∠EAP+∠FBP=∠APB-∠AOB=90°-θ=∠EKP,延长PH到点C，使HC=PH，延长PM到Q，使MQ=PM．直线CQ,AB交于点D，联结PD，由中垂线和中位线的性质知PD=CD，CQ=2MH,从而因为PM=MQ，KM=MJ，得四边形PJQK为平行四边形,所以JQ=PK，JQ∥FK，则JQ⊥OV．又因为∠KPE=∠JPF=∠EOF=θ，所以，PQ2= (PF-JQ)2+FJ2=,3)定点在两条直线形成的钝角区域.如图14，∠UOV=θ(其中90°<θ<180°)，PE⊥OU于点E，PF⊥OV于点F，PE=m，PF=n．点A,B分别在直线OU,OV上，∠APB=90°，PH⊥AB于点H，则点H在定圆上，直线AB的包络曲线是双曲线，且c-a≤PH≤c+a(其中a,c设置同上)．事实上，延长PE交直线OV于点J，延长PF交直线OU于点K，因为PE⊥OU，PF⊥OV，则点E,F,J,K共圆，JK为该圆的直径，取圆心为M．联结EH,FH，因为PE⊥OU，PH⊥AB，所以点A,E,P,H共圆，∠PEH=∠PAH，同理可得∠PFH=∠PBH.在凹四边形PEHF中，∠EHF= ∠PEH+∠PFH+∠EPF=∠PAH+∠PBH+90°-∠EJF=180°-∠EJF,延长PH到点C，使HC=PH，延长PM到Q，使MQ=PM．直线CQ,AB交于点D，联结PD，由中垂线和中位线的性质知PD=CD，CQ=2MH,从而DP+DQ=DC+DQ=QC=2MH，易得四边形PJQK是平行四边形，于是JQ=PK，JQ∥FK，JQ⊥OV．因为∠KPE=∠JPF=∠EOF=180°-θ，所以JK2= KF2+FJ2=,PQ2= (PF+JQ)2+FJ2=,波利亚有过一个比喻：“好问题如同某种蘑菇，它们大都成堆地生长．找到一个以后，你应当在周围找一找，很可能在附近就有好几个．”这个比喻形象而生动地说明了数学问题之间存在着紧密联系．本文从一道中考压轴题出发，借助数学技术，在问题解决之后，通过类比、迁移发现证明了定点张常规曲(直)线上的点成直角的几何特征，深刻揭示了其内在规律，如同找到了更多的蘑菇，举一反三、闻一知十．一方面，高三学生已学过了高中数学的所有知识和基本技能，解题经验也比高一、高二的学生要丰富，对于问题的分析与思考能够更深入；另一方面，在课堂时间的安排上，高三阶段可以花更多的时间在问题的探索、解决、比较、综合等高层次的思维活动中，而不必担心教学进度的问题.因此，可以利用这两方面的优势来设计我们的课堂教学，以实现继续发展学生数学核心素养的目标.笔者在第一轮复习中以小专题的形式上了一节“立体几何轨迹问题”，下面以这节课的几个片断为例谈几点认识，以求教于同仁.片断1 PPT放映题目,师生共同分析题意.例1 如图1，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α内的动点P 满足∠PAB=30°，则点P的轨迹是A．直线 B．抛物线C．椭圆 D．双曲线的一支师：已知条件有哪些？这些条件中哪些是变量，哪些是常量？需要我们做些什么？生1：条件“AB与平面α所成的角为60°”是常量，P是动点，是变量，它要满足∠PAB=30°，我们的任务是求点P的轨迹.生2：条件中还有“点P在平面α内”“∠PAB=30°”也是常量.师：嗯，分析得不错.这是一个以立体几何为载体求轨迹的问题，根据条件你们能想象它们在空间的情形吗？能否用身边的物件来摆一个符合题意的示意模型？(教师让一个学生在讲台上展示，他用两支笔和一本书摆了个模型.)师：非常好，刚才我们也说到这是动点P的轨迹问题，那么哪些条件是限制动点P 的呢？生3：点P需满足既在平面α内又要使∠PAB=30°.师：你能想象点P是怎么运动的吗？(生3沉默.)生4(同时用两支笔示意了转动情形)：如果只考虑∠PAB=30°,那么点P在以AB为轴、PA为母线的圆锥面上.另外，点P又要平面α内，因此点P应该在圆锥与平面的公共线上.师：你们看呢？生3：对啊，这样就变成一个圆锥面与一个平面的交线了.片断2 画图法描述7种情形.教师在让学生回忆“一个平面截圆锥得到什么曲线”时，生5在黑板上画出了图2～4：师：请解释一下你画的图.生5:我是画出了圆锥的轴截面，就是这两个三角形，这条直线表示从侧面去看平面:当平面与一条母线平行时得到的是抛物线(图2)，当平面与圆锥的一侧相交时得到椭圆(图3)，当平面与圆锥的两侧都相交时得到双曲线(图4).师：大家能想象吗？生5的这种画图法比画立体几何直观图要方便得多，他把立体几何问题平面化了，并凸显了关键元素.(此时，教师用Flash演示3D模式下的圆锥曲线，帮助空间想象能力较弱的学生想象).师：刚才还有同学说到有可能得到圆与直线,哪位同学可以进行补充？生6出乎意料地补充了图5～8,然后指着对应的图解释到：当平面与圆锥底面平行时得到圆，当平面过圆锥顶点且不与底面相交时得到一个点，当平面过顶点且与底面相交时得到两条相交直线，当平面经过一条母线时得到一条直线.听完生6的发言，传来一片赞叹声.此时有一个学生问到：你在解释图6时说平面与圆锥底面不相交，可看上去会相交啊.生6(沉默了一会儿)：因为我们这里说的圆锥并不是立体几何中的圆锥体，应该是圆锥曲面，不研究它的底，也可认为没有底.就像题目中要求的点P是在圆锥面上. 生7：既然没底，那不是不能说与底相交或是不相交了?(生6想反驳但又想不出说什么.)师：生6补充得非常完整，只是他用数学语言描述时出了点小问题，被细心的同学发现了，那么，我们是不是可以讨论一下，从什么角度可以更方便地描述这7种情况？学生通过交流与讨论，表达了自己的描述方法，这里列举两种认同度最高的描述方法：方法1 利用与圆锥的轴所成角的大小来描述.如图9，设圆锥母线与轴所成角的大小为θ，轴与平面所成的角为α.1)在平面不过圆锥顶点的情况下：①当0°<α<θ时，交线为双曲线；②当α=θ时，交线为抛物线；③当θ<α<90°时，交线为椭圆；④当α=90°时，平面与圆锥曲面的交线为圆.2)在平面过圆锥顶点的情况下：①当0°≤α<θ时，交线为两条直线；②当α=θ时，交线为一条直线；③当θ<α≤90°时，平面与圆锥曲面的交线为一个点.方法2 虚构底面,借助平面与底面的较小的二面角大小来描述.如图10，生6把自己的表达修改了一下，他认为可以虚构一个底面，用虚线表示，借助平面与底面的较小的二面角大小来描述上述7种情形.片断3 教师引导学生解决例1，并尝试设计新题.师：哪位同学能用平面图解释一下例1？生8(画图后回答)：利用方法1.如图11，母线与轴的夹角为30°,平面退化的直线与轴的夹角为60°，大于母线与轴的夹角，因此交线为椭圆.师：完全正确.回忆一下自己的解题思路，你在思考过程中有没有受阻？受阻的原因是什么？你认为解决例1的关键是什么？学生通过分析，得到解决立体几何轨迹问题的方法：先把满足的条件分开考虑，想象满足单个条件的轨迹，然后求这些轨迹的交线.由于该方法与轨迹方程中的交轨法类似，就称为“交轨法”.师：能在此基础上设计出不同的题目，其答案为其他选项吗？(有些学生改变AB与平面所成角的大小，有些学生改变∠PAB的大小，都实现了编题目标.)片断4 通过两道练习题，辨析提升.练习1 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若点P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是A．直线 B．圆 C．双曲线 D．抛物线练习2 已知平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，CD⊥AD,且AB=1,AD=CD=2.四边形ADEF是正方形，在正方形ADEF内部有一点M,满足MB,MC与平面ADEF所成的角相等，则点M的轨迹长度为A. B. C. D.教师先让学生独立解答5分钟，再让学生回答.接着，小组交流下面3个问题，让各组代表说说解法并进行点评：1)你觉得这两道题能否用例1的解法解决？为什么？2)这两道题的解法有什么共同之处和不同之处？3)通过这两道题的解决，你获得了什么经验？课后思考：能否对这两道练习题进行改编，设计出不同的题目，其答案为其他选项. (练习1和练习2的答案分别为D和C.这两道题都是把条件转化到同一平面中去解决：练习1转化后可直接用抛物线定义轻松解决；练习2转化后不容易找几何关系，因此可建立平面直角坐标系，用解析几何的方法来解决.)让学生学会用数学的眼光去看世界，是核心素养培养的目标之一.在本课中，笔者让学生用身边的物件来示意例1中条件所要求的点、线、面位置关系，把笔、纸、桌面、书本等抽象成直线与平面就是对客观事物的数学抽象，这在立体几何教学中是非常容易实现的.例如学生所处的教室可抽象成长方体、棱柱等几何体，教室内还可抽象出很多点、线、面的位置关系，若在平时的教学中教师能有意识地加以引导，则将有利于发展学生的数学抽象素养，并学会用数学的眼光去看世界.每个专题会涉及各自的知识点、解题方法与思想方法，教师在备课中应根据各专题特点精选例题进行设计，以促进学生相应数学核心素养的发展.本专题内容在知识体系中处于立体几何与解析几何的交汇处，可以作为发展学生直观想象的载体.由于在数学感知中，绝大多是视觉感知[2]，因此对于立体几何问题，要在头脑里形成抽象的数学模型，最好的方法就是先从具体模型入手.笔者先让学生用身边的事物构造出符合条件的模型，然后让学生用平面图进行分析，这是立体几何平面化思想的体现，同时又让学生经历了利用图形描述、理解、探索、解决数学问题的过程.直观想象是发现和提出数学命题、理解数学命题、探索论证思路的重要辅助手段.在数学教学活动中，若教师重视和加强学生在这方面的引导，则将有利于学生养成运用图形和空间想象思考问题的习惯，有利于学生提升数形结合的能力，有利于学生形成借助图形和空间进行分析、推理、论证的能力.每个数学核心素养水平的阐述，都会涉及思维与表达、交流与反思[1].学生要表达自己对某个问题的想法就需要对问题进行数学抽象、直观想象、逻辑推理等处理，而在听取他人的表达时又需要理解别人的表达并进行分析，这个过程可以较好地反映出学生的数学素养，高三学生在数学表达上具备了一定的基础，实施起来更加容易.在学生相互合作、相互说服的过程中，气氛会比面对教师要轻松得多，如此，学生可以更大胆地表达自己的观点，在展示他们亮点的同时暴露出他们在表达上的不足.此时，教师加以引导或修正，更有利于发展学生的数学表达与理解能力，有利于发展他们的数学素养.在高三阶段，为了节省教学时间，提高学生的应试水平，教师常常会把一些有针对性的解法或是通法直接告诉学生，再让学生加以练习运用.如此，学生只是去理解、记忆、应用教师归纳总结出的结论.根据布鲁姆认知目标分类的6个层次“知道—领会—应用—分析—综合—评价”可知：“直接告诉答案”只是让学生的思维停留在前3个低阶思维层次，浪费了发展学生核心素养的机会.因此，笔者尝试用好这一机会，在每个例题后设置了几个问题，引导学生进行解题反思，引导学生分析、比较已获知的解题方法，归纳猜想出适合立体几何轨迹问题的一般性解题思路.长此以往，可以使学生的思维上升到“分析、综合”甚至更高的“评价”层次，同时又能让学生体验数学发现的乐趣，从而更喜欢数学.在高三数学教学中，教师以小专题、微专题形式，引导学生进行探究与反思，并提供学生间合作交流的机会，使学生在交流中逐步暴露自己在学习中的难点、疑点，然后在生生互动、师生互动中帮助学生突破难点、解决问题，如此，可让学生更好地掌握基本知识与基本技巧，体会其中蕴含的数学思想，久而久之，可使学生的数学核心素养水平得到真正的提高.。

用向量工具探究圆锥曲线对定点张直角弦的性质

用向量工具探究圆锥曲线对定点张直角弦的性质
李习凡;朱胜强
【期刊名称】《数学教学通讯》
【年(卷),期】2024()9
【摘要】圆锥曲线对定点张直角弦的问题一般视为直线与圆锥曲线的交点问题,可通过联立方程,化为一元方程后求解.向量是沟通几何与代数的桥梁,运用向量工具也可以有效地揭示对定点张直角弦所具有的一般性质.
【总页数】3页(P69-71)
【作者】李习凡;朱胜强
【作者单位】江苏省南京外国语学校
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.圆锥曲线对定点张直角弦的几何性质研究
2.圆锥曲线的弦张轴上定点成直角的一个性质
3.圆锥曲线中定点在张直角弦上射影问题的探究
4.圆锥曲线的弦对顶点张直角的一个定值性质
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圆锥曲线的热点问题—定点、定值、探索性问题

圆锥曲线的热点问题——定点、定值、探索性问题
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1.定点问题圆锥曲线中的定点问题是高考命题的一个热点，也是圆锥曲线问题中的一个难点.解决这个难点没有常规的方法，但解决这个难点的基本思想是明确的，定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，而这些直线方程、数量积、比例关系中不受变量影响的某个点，就是要求的定点.求解这类难点问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.
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思维升华
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.
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类型二定值问题
例 2 已知椭圆的中心为坐标原点 O，焦点在 x 轴上，斜率为 1 且过椭圆右焦点 →→
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代入椭圆方程整理得 λ2(x21＋3y21)＋μ2(x22＋3y22)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2. 又∵x21＋3y21＝3b2，x22＋3y22＝3b2， x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝32c2－92c2＋3c2＝0， ∴λ2＋μ2＝1，故 λ2＋μ2 为定值.
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又∵O→N∥a，∴13＝ba22，∴a2＝3b2，故椭圆方程为 x2＋3y2＝3b2. 又过右焦点的直线 AB 的方程为 y＝x－c. 联立yx＝2＋x3－y2c＝，3b2，得 4x2－6cx＋3c2－3b2＝0. ∴x1＋x2＝32c，x1x2＝3c2－4 3b2＝38c2. 设 M(x，y)，则由O→M＝λO→A＋μO→B可得xy＝＝λλyx11＋＋μμyx22，，

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