几何定值问题

2025-01-30

几何定值问题（精选7篇）

几何定值问题篇1

一、问题的提出

题目: (2015年汕头一模文科) 椭圆E: (a>b>0) 的左焦点为F1, 右焦点为F2, 离心率.设动直线l:y=kx+m与椭圆E相切于点P且交直线x=2于点N, △PF1F2的周长为.

(1) 求椭圆E的方程;

(2) 求两焦点F1、F2到切线l的距离之积;

(3) 求证:以PN为直径的圆恒过点F2.

在2015年的广东省汕头市第一次模拟考试中, 有上面这样一道值得深思回味的试题.该试题考查了解析几何中经典的定值、定点问题, 是一道融解析几何知识与思想方法于一体的好题, 这体现出命题人高屋建瓴的高超命题艺术.笔者在对该试题进行研究后, 对此题第二、三问的结论进行了合理的类比猜想:对一般的椭圆, 是否仍然有类似的结论呢?甚至, 对一般的圆锥曲线也有类似的结论呢?

二、问题的探究

在圆满解答了上述试题之后, 笔者对上述疑问进行了深入细致的分析和探究, 果然有所收获, 并发现了圆锥曲线中一组饶有趣味的优美性质.

推广1:若椭圆E的两焦点分别为F1、F2, 动直线l与椭圆E相切, 则焦点F1、F2到直线l的距离之积为b2. (注:b为该椭圆E的短半轴的长)

证明:不失一般性, 可设椭圆的方程为, 焦点F1 (-c, 0) 、F2 (c, 0) 到直线l的距离分别为d1、d2.

①当直线l的斜率不存在时,

②当直线l的斜率存在时, 设动直线l:y=kx+m与椭圆E相切于点P (x0, y0) .

联立消去y,

整理得: (a2k2+b2) x2+2kma2x+a2m2-b2=0.

因为直线l:y=kx+m与椭圆E相切于点P.

所以Δ= (2kma2) 2-4 (a2k2+b2) (a2m2-b2) =0,

化简得m2=a2k2+b2.

由①、②知, 命题得证.

类似推广1的证明可得到如下的推广2.

推广2:若双曲线E的两焦点分别为F1、F2, 动直线l与双曲线E相切.则两焦点F1、F2到切线l的距离之积为b2.

由于椭圆、双曲线统称为有心圆锥曲线, 于是我们有如下的定理1:

定理1:若有心圆锥曲线E的两焦点分别为F1、F2, 动直线l与该有心圆锥曲线E相切.则两焦点F1、F2到直线l的距离之积为b2.

注:当有心圆锥曲线E为椭圆时, b为该椭圆的短半轴的长, 当有心圆锥曲线E为双曲线时, b为该双曲线的虚半轴的长.

推广3:若椭圆E的一焦点为F, 动直线l与椭圆E相切于点P, 且交与焦点F所对应的准线于点N, 则以PN为直径的圆恒过点F.

证明:不失一般性, 可设椭圆的方程为:, 动直线l:y=kx+m与椭圆E相切于点P (x0, y0) .联立消去y.

整理得: (a2k2+b2) x2+2kma2x+a2m2-b2=0.

因为直线l:y=kx+m与椭圆E相切于点P.

所以Δ= (2kma2) 2-4 (a2k2+b2) (a2m2-b2) =0,

化简得m2=a2k2+b2.

由韦达定理有,

由得点N的坐标为.

①当F为右焦点时.其坐标可设为 (c, 0) .

所以, 即以PN为直径的圆恒过点F.

②当F为椭圆E的左焦点时, 可同理证明.

由①、②知, 上述命题成立.

类似椭圆的证明可得下面的性质:

推广4:若双曲线E的一焦点为F, 动直线l与椭圆E相切于点P, 且交与焦点F所对应的准线于点N, 则以PN为直径的圆恒过点F.

推广5:若抛物线E的焦点为F, 动直线l与抛物线E相切于点P, 且交准线于点N.则以PN为直径的圆恒过焦点F.

证明:不失一般性, 可设抛物线的方程为y2=2px (p>0) , 设动直线l:y=kx+m与抛物线E相切于点P (x0, y0) .

联立消去y, 整理得:k2x2+2 (km-p) x+m2=0.

因为直线l:y=kx+m与抛物线E相切于点P.

所以Δ=4 (km-p) 2-4k2m2=0, 化简得p=2km.

由韦达定理有, 所以.

所以, 故P (m/k, 2m) .

由得点N的坐标为.又点F (p/2, 0) .

所以, 即以PN为直径的圆恒过点F.

由推论3、4、5可得如下定理2:

定理2:若圆锥曲线E的焦点为F, 动直线l与圆锥曲线E相切于点P, 且交与该焦点F所对应的准线于点N, 则以PN为直径的圆恒过焦点F.

三、应用举例

例题 (2013年湖北黄冈3月质检) 已知中心在原点, 焦点在坐标轴上的椭圆Ω的方程为 (a>b>0) 它的离心率为1/2, 一个焦点是 (-1, 0) , 过直线x=4上一点引椭圆Ω的两条切线, 切点分别是A、B.

(1) 求椭圆Ω的方程;

(2) 求证:直线AB恒过定点C, 并求出定点C的坐标.

解: (1) 椭圆Ω的方程为.

(2) 证明:设N为直线x=4上任意一点, 过N引椭圆Ω的两条切线, 切点分别是A、B.显然x=4为椭圆的右焦点F2 (1, 0) 所对应的准线.连结NF2, AF2, BF2, 由定理2知NF2⊥AF2, NF2⊥BF2, 所以A、B、F2三点共线, 所以直线AB恒过定点F2 (1, 0) , 即为点C.

四、意外收获

通过探究, 用类似的方法我们可发现, 例题第二问的结论对一般的椭圆、双曲线、抛物线仍然成立, 于是有如下定理3.

定理3:过圆锥曲线一条准线上任意一点引圆锥曲线的两条切线, 切点分别为A、B, 则直线AB恒过该准线所对应的焦点.

著名数学家波利亚说过:当你找到第一个蘑菇或作出第一个发现后, 再四处看看, 它们总是成群生长的.正是在先贤的指引下, 笔者作出了上述探究, 并得出了圆锥曲线中的一组优美性质.

五、一点感想

本文通过对一道高三模拟试题的分析, 得出了圆锥曲线中的一组优美性质.这告诉我们, 对一些经典的问题的处理, 我们并不能停留在纯粹的解题中.因为在数学世界中, 存在一些神奇而有趣的现象需要我们进行发掘和发现.而这些神奇的规律看似偶然, 其实却属必然, 是数学美的体现.常常有人说数学枯燥, 事实并非如此.数学的优美性, 正是蕴藏在这些看似平凡而简单的问题中, 让我们用心体会数学的美, 并快乐地进行探究, 在探究中提高!

摘要：通过对2015年汕头高三模拟考试中的一道椭圆定值、定点问题的分析, 把其相关性质推广到椭圆的一般情形, 并通过继续研究, 得到了圆锥曲线的一组优美性质, 并研究了这些性质在解题中的应用, 发散了思维, 开阔了视野.

关键词：解析几何,定值问题,定点问题,优美性质

几何定值题求解很有趣篇2

当平面图形中的一些几何元素在一定条件下变动时，与变动元素有关的某些几何量的值仍保持不变，求出这些不变的值，这就是几何中的定值问题.求解定值问题常用的基础知识有：（1）同（等）底等（同）高的三角形面积为定值；（2）同圆或等圆中，相等的圆心角或圆周角所对的弧长或弦长为定值；（3）圆幂定理中，若切线长不变，则割线两部分之积为定值；（4）两条对角线为定长的平行四边形的各边平方和为定值；（5）在已知线段的同侧，且对线段两端点所张的角大小不变的各点，在过这线段两端点的同一个圆上.若能巧妙而灵活地利用上述结论求解定值问题，常常会使问题简单获解.下面举例说明，希望能够对同学们有所启迪.

例1如图1，在△ABC中，AB=AC，过BC上一点D作BC的垂线分别交两腰所在的直线于E、F.求证：DE+DF为定值.

分析由等腰三角形ABC及DF⊥BC于D，可以得当动点D到达BC中点H时，可确定所求值为2AH.

证明过A作AH⊥BC于H，则△BDE∽△CDF∽△BHA，

所以DEAH=BDBH，DFAH=DCBH，所以DE+DFAH=BD+DCBH=2，

所以DE+DF=2AH，而AH为定值，所以DE+DF为定值.

点评几何中的定值问题，有时通过寻找几何图形的特殊位置，进而寻求不变量，这是求解此类问题常用的行之有效的方法.图2

例2如图2，在矩形ABCD中，已知AD=12，AB=5，P是AD边上任意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E、F分别是垂足，那么PE+PF=.

解析求解本题可采用特殊值法，即当点P与A或D重合时，如图3，PE与PF的和变成△ADC的高DF，即为定值.

图2中，连结PO，作DM⊥AC于M，则S△AOD=S△APO+S△DPO，

所以S△AOD=12AO·PF+12DO·PE.图3

因为在矩形ABCD中，AO=DO，所以S△AOD=12AO·（PE+PF），

而S△AOD=12AO·DM，所以PE+PF=DM.

在Rt△ADC中，AD=12，DC=5，所以AC=52+122=13，

所以DM=AD·DCAC=12×513=6013，即PE+PF=6013.

例3设C为定圆上定弧AB的中点，P为AB上任意一点，且C与P不在直线AB的同侧，求证：PA+PBPC为定值.

解析先探求定值，可用特殊位置法寻找.

由于点P为AB上任意一点，所以可考虑点P与点A重合，则会有PA+PBPC=ABAC，而A、B、C为定点，则AB、AC为定值，所以题中定值可能为ABAC.图4

第二步，证明定值.如图4，

在AP的延长线上取点E，使PE=PB，连BE、BC，则有∠BAP=∠BCP，AC=BC.而C为AB的中点，所以∠APB=2∠CPB.

又PE=PB，则∠PBE=∠PEB，而∠APB=∠PBE+∠PEB，即∠CPB=∠PEB，从而知△ABE∽△CBP，得AEPC=ABBC，即PA+PBPC=ABAC为定值.图5

例4M、N是以AB为直径的半圆上的两点，且∠MAB=45°，∠NBA=60°，动点P在直径AB上移动.求证：tan∠AMP·tan∠BNP是定值.

解析根据题目条件，画出相应的图形，M、N的位置如图5所示.解决定值问题，首先要探求定值，为此可采用特殊位置法.图6图7

当点P在圆心时，如图6，△BPN和△APM都是等腰三角形，则tan∠AMP·tan∠BNP=tan∠A·tan∠B，即tan45°·tan60°=3.所以通过特殊位置法探求出定值为3，并理出了解题思路.

要证明tan∠AMP·tan∠BNP=tan∠A·tan∠B，如图7，连结BM、AN，过P分别作PC⊥AM于点C，PD⊥BN于点D.而AB为直径，

所以∠AMB=∠ANB=90°，所以PC∥BM，PD∥AN.

所以由平行线分线段成比例定理，得ACCM=APPB，BDDN=PBPA，将两式相乘，得ACCM·BDDN=1.

由正切的定义，得tan∠AMP=PCCM，tanA=PCAC，tan∠BNP=PDND，tanB=PDBD，

所以tan∠AMP·tan∠BNP=ACMC·tanA·BDND·tanB=tanA·tanB=tan45°·tan60°=3.图8

例5如图8所示，已知∠POQ=90°，点A、B分别在射线OP、OQ上移动，∠OAB的平分线与∠OBA的外角平分线相交于点C，求证：∠ACB的大小为定值.

解析由于∠ACB是△ABC的一个内角，所以可利用三角形的内角和定理以及内、外角平分线的定义直接计算∠ACB的大小.

因为∠BAC+∠ABC=12∠OAB+∠OBA+∠OBC=12∠OAB+∠OBA+12（180°–∠OBA）=12（∠OAB+∠OBA）+90°=12×90°+90°=135°，

所以∠ACB=180°–（∠BAC+∠ABC）=45°（定值）.

练习

1.如图9，在等边△ABC内取点O，作BC、CA、AB的垂线OM、ON、OP，垂足分别为M、N、P.若此三角形的周长为6，求OP+OM+ON.图9图10

2.如图10，OA、OB为⊙O任意两半径，过B作BE⊥OA，垂足为点E；再过点E作EP⊥AB，垂足为点P，若⊙O的半径为r，求OP2+EP2.

3.如图11，已知等边三角形ABC内接于单位元（即半径为1），P是⊙O上的任意一点，求PA2+PB2+PC2的值.图11图12

4.如图12，在正方形ABCD外接圆的AD上任取一点P，求证：（PC+PA）∶PB为定值.

参考答案

1.可用面积法，求出OP+OM+ON等于△ABC的高，即OP+OM+ON=3.

2.过点O作OC⊥AB，垂足为点C，则有AC=BC，OP2=OC2+CP2，EP2=AP·PB，

所以OP2+EP2=OC2+CP2+（AC–CP）（BC+CP）=OC2+CP2+（AC–CP）（AC+CP）=OC2+AC2=OA2=r2.

3.由余弦定理得PB2+PC2+PB·PC=BC2，再由托勒密定理得BC·PA=PB·AC+PC·AB，而AB=BC=AC，所以PA=PB+PC.

所以PA2+PB2+PC2=（PB+PC）2+PB2+PC2=2（PB2+PC2+PB·PC）=2BC2.

而BC=3，所以PA2+PB2+PC2=2BC2=2×（3）2=6.

4.连结AC，过点A作AE⊥PB，垂足为点E.

因为∠AEB=∠APC=90°，∠ABE=∠ACP，

所以△ABE∽△ACP，所以PAAE=PCBE=ACAB，而∠APB=∠ACB=45°，∠AEP=90°，所以AE=EP.

谈解析几何中定点定值问题篇3

解析几何中的定点, 定值问题是近年高考的热点之一, 求解这类问题的基本策略是“大处着眼, 小处着手”, 从整体上把握问题给出的综合信息.在高三复习过程中, 学生遇到这类问题, 往往感到无从下手, 得分率也比较低.作为教师我们就要引导他们提炼出题目的本质, 归纳题型的做法.只有注意通性通法的理解和应用, 才能提高学生的解题能力.

在高三的教学中, 我就这部分内容做了探究, 现将解析几何定点定值问题中常见的四种题型归纳如下:

题型一定点转为恒等式求.

此类问题, 首先要让学生会解决恒等式成立问题, 如:直线 (m+2) x- (2m-1) y- (3m-4) =0, 不管m怎样变化恒过点.

然后研究例题:

例1 已知圆M的方程为x2+ (y-2) 2=1, 直线l的方程为x-2y=0, 点P在直线l上, 过P点作圆M的切线PA, PB, 切点为A, B, 求证:经过A, P, M三点的圆必过定点, 并求出所有定点的坐标.

解题步骤首先根据题意设出P点坐标, 接着把过A, M, P的圆表示出来, 经过A, M, P三点的圆是以Q为圆心, 以MQ为半径的圆是动圆, 恒过的定点与m无关.所以接着将式子整理成关于关于m的函数x2+y2-2y-m (x+y-2) =0, 这样的恒过定点问题, 就很容易解决了.

本题难点:1.想到根据题意列出式子, 转化为关于m的恒等式问题——攻克法宝:适时总结, 强化步骤.2.根据题意列出式子——攻克法宝:仔细审题, 合理设参量, 充分利用给出的信息列等式.

题型点评这类题型的特点是求“满足条件的点”如“求经过A, P, M三点的圆的定点”.读题中给出的信息按照基本步骤由条件列等式, 转化为恒等式过定点就可以解决了.

题型二定点定值特殊做.特殊化法是解填空题的一种重要方法, 在解几中同样如此, 它可以降低题目难度, 提高正确率, 不失为一种好方法.

例2 已知x2+y2=1和直线y=2x+m相交于A, B两点, 且OA, OB与x轴正向所成的角分别为α和β.cos (α+β) =.

题中含参数m, 如果代入m进行运算, 运算量将非常大, 可令m=0, 联立方程组, 解出A, B两点的坐标, 用三角定义求出cosα, cosβ, sinα, sinβ的值代入即可求.

题型点评这类题目的特点是“以填空题形式出现, 含有某些不确定的参量, 而根据题设答案又是唯一”往往可以采用特殊化法, 令参量取特殊值, 特殊位置, 从而求出答案, 降低了难度, 简化了运算, 提高了正确率.

题型三回归基础计算, 得到定值.

例3 已知圆C (x-3) 2+ (y-4) 2=4, 直线l1过定点A (1, 0) , 若l1与圆相交于P, Q两点, P, Q线段的中点为M, 又l1与l2:x+2y+2=0的交点为N, 判断 $\vec{A Μ} \cdot \vec{A Ν}$ 是否为定值, 若是, 则求出定值;若不是, 请说明理由.

此题有三法, 法一:直线l1与圆相交, 斜率必定存在, 且不为0, 可设直线l1:kx-y-k=0, 又直线CM与l1垂直, 得lCM: $y - 4 = - \frac{1}{k} (x - 3)$ , 联立方程组, 解得

$Ν (\frac{2 k - 2}{2 k + 1} ‚ - \frac{3 k}{2 k + 1}) ‚ Μ (\frac{k^{2} + 4 k + 3}{1 + k^{2}} ‚ \frac{4 k^{2} + 2 k}{1 + k^{2}})$ 代入

$\vec{A Μ} \cdot \vec{A Ν} = \frac{4 k + 2}{k^{2} + 1} \times \frac{- 3}{2 k + 1} + \frac{- 3 k}{2 k + 1} \times \frac{4 k^{2} + 2 k}{1 + k^{2}} = \frac{- 6 (2 k^{3} + k^{2} + 2 k + 1)}{2 k^{3} + k^{2} + 2 k + 1} = - 6 .$

法二: $\vec{A Μ} \cdot \vec{A Ν} = (\vec{A C} + \vec{C Μ}) \cdot \vec{A Ν} = \vec{A C} \cdot \vec{A Ν} + \vec{C Μ} \cdot \vec{A Ν} = \vec{A C} \cdot \vec{A Ν}$ , 接着将坐标代入.

法三: $\vec{A Μ} \cdot \vec{A Ν} = - | \vec{A Μ} | | \vec{A Ν} |$ 接着将坐标带入.

平面解析几何中的数量积运算, 我们一般都转化为坐标运算, 必要的时候可通过向量的加法减法运算降低运算量 (如法二) .

题型点评:这类题目的特点是“直接证是定值或判断是否是定值”.要求或要证“什么”是定值, 就把“什么”表示出来, 只要表示出来, 通过计算, 就有结果了.

题型四轨迹问题.已知定值, 求轨迹.

例4 . (2009年宁夏海南卷理) 已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点, 焦点在x轴上, 它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7和1. (1) 求椭圆C的方程; (2) 若P为椭圆C上的动点, M为过P且垂直于x轴的直线上的点, $\frac{| Ο Ρ |}{| Ο Μ |} = λ$ , 求点M的轨迹方程, 并说明轨迹是什么曲线.

题型点评这类题目的特点是“直接给条件, 求轨迹方程”如“ $\frac{| Ο Ρ |}{| Ο Μ |} = λ$ , 求点M的轨迹方程, 并说明轨迹是什么曲线”只需要由题意, 列式化简就行了, 但是要注意对常数λ的讨论.

其实解析几何中的定点定值问题, 并不象想象中的那么难, 只要在平时教学过程中, 注意帮助学生理清思路, 注意归纳题型, 引导他们对每一类题型都能总结做法, 就能做到触类旁通, 真正提高学生的思维能力和实际解题能力.推而广之, 在整个的数学教学中, 作为教师我们都要明白授人以渔远比授人以鱼来得重要得多.恰当引导, 归纳, 总结, 使学生从会一道题而会一类题, 继而具备数学基本素养, 数学思维, 是我们教师生涯中孜孜以求的目标.

摘要：解析几何中的定点, 定值问题是近几年高考的热点之一, 作为教师我们就要引导他们提炼出题目的本质, 归纳题型的做法.只有注意对通性通法的理解和应用, 才能提高学生的解题能力.

高考解析几何定值问题的破解策略篇4

在圆锥曲线中, 某些几何量在特定的关系结构中, 不受相关变元的制约而恒定不变, 则称该几何量具有定值特征, 这类问题称之为定值问题.定值问题是备受关注的焦点之一, 它体现了动与静的完美统一, 其内容丰富, 综合性强, 难度较大, 因此不少同学常常因解题策略选择不当, 而导致解答过程繁难, 运算量大, 甚至半途而废.鉴于此, 本文总结几种重要的破解策略如下, 供参考.

策略一:特值验证, 一目了然

在求解与定值有关的选择题时, 运用满足题设条件的特殊位置、特殊图形对选择支进行检验或推理, 从而判断真伪.

例1 经过椭圆 $\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1$ 的右焦点任意作弦AB, 过A作椭圆右准线的垂线AM, 垂足为M, 则直线BM必经过点 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) (2 ‚ 0) (B) (\frac{5}{2} ‚ 0) \\ (C) (3 ‚ 0) (D) (\frac{7}{2} ‚ 0) \end{array}$

解当弦AB为椭圆的通径时, $Μ (4 ‚ \frac{3}{2}) ‚ B (1 ‚ - \frac{3}{2})$ .直线BM的方程为2x-2y-5=0, 经过点 $(\frac{5}{2} ‚ 0)$ , 故选B.

策略二:特值探路, 方向明确

根据特殊性与普遍性 (个性与共性) 的辨证关系, 以特例探路, 从特例中求出几何量的定值, 得到启示, 从而将问题化归为解几证明问题, 再利用定义、焦半径公式等对一般情形进行证明.

例2 过抛物线y=ax2 (a>0) 的焦点F作直线l交抛物线于P, Q两点.求证:

$\frac{1}{| Ρ F |} + \frac{1}{| Q F |}$ 为定值.

证明当直线l⊥y轴时,

$\frac{1}{| Ρ F |} + \frac{1}{| Q F |} = 4 a .$

下面只需证明一般情形下 $\frac{1}{| Ρ F |} + \frac{1}{| Q F |} = 4 a$ 即可.

设直线l的方程为 $y = k x + \frac{1}{4 a}$ , 代入方程y=ax2消去x并整理, 得

16a2y2-8a (1+2k2) y+1=0.

设P (x1, y1) , Q (x2, y2) , 则有

$y_{1} + y_{2} = \frac{1 + 2 k^{2}}{2 a} ‚ y_{1} y_{2} = \frac{1}{16 a^{2}} .$

所以

$\begin{array}{l} | Ρ F | + | Q F | \\ = y_{1} + \frac{1}{4 a} + y_{2} + \frac{1}{4 a} = \frac{1 + k^{2}}{a} ‚ \\ | Ρ F | \cdot | Q F | \\ = (y_{1} + \frac{1}{4 a}) (y_{2} + \frac{1}{4 a}) \\ = y_{1} y_{2} + \frac{1}{4 a} (y_{1} + y_{2}) + \frac{1}{16 a^{2}} \\ = \frac{1 + k^{2}}{4 a^{2}} ‚ \\ \frac{1}{| Ρ F |} + \frac{1}{| Q F |} = \frac{| Ρ F | + | Q F |}{| Ρ F | \cdot | Q F |} = 4 a ‚ \end{array}$

故 $\frac{1}{| Ρ F |} + \frac{1}{| Q F |}$ 是定值, 定值为4a.

策略三:约去参数, 立竿见影

约去参变数, 可得常数 (定值) , 这是证题的重要依据.

例3 (2008年浙江卷) 已知曲线C是到点 $Ρ (- \frac{1}{2} ‚ \frac{3}{8})$ 和到直线 $y = - \frac{5}{8}$ 距离相等的点的轨迹.l是过点Q (-1, 0) 的直线, M是C上 (不在l上) 的动点, A, B在l上, MA⊥l, MB⊥x轴 (如图1) .

(Ⅰ) 求曲线C的方程;

(Ⅱ) 求出直线l的方程, 使得 $\frac{| Q B |^{2}}{| Q A |}$ 为常数.

解 (Ⅰ) C的方程为 $y = \frac{1}{2} (x^{2} + x) .$

(Ⅱ) 设 $Μ (x ‚ \frac{x^{2} + x}{2})$ , 直线l:y=kx+k, 则 $B (x ‚ k x + k) ‚ | Q B | = \sqrt{1 + k^{2}} (x + 1) .$

如图1, 在Rt△QMA中, 因为

$\begin{array}{l} | Q Μ |^{2} = (x + 1)^{2} (1 + \frac{x^{2}}{4}) ‚ \\ | Μ A |^{2} = \frac{(x + 1)^{2} (k - \frac{x}{2})^{2}}{1 + k^{2}} ‚ \\ | Q A |^{2} = | Q Μ |^{2} - | Μ A |^{2} \\ = \frac{(x + 1)^{2}}{4 (1 + k^{2})} (k x + 2)^{2} . \end{array}$

所以

$\begin{array}{l} | Q A | = \frac{| x + 1 | \cdot | k x + 2 |}{2 \sqrt{1 + k^{2}}} ‚ \\ \frac{| Q B |^{2}}{| Q A |} = \frac{2 (1 + k^{2}) \sqrt{1 + k^{2}} \cdot | x + 1 |}{| k x + 2 |} . \end{array}$

当k=2时, 可消去|x+1|, 得

$\frac{| Q B |^{2}}{| Q A |} = 5 \sqrt{5}$ (常数) .

故所求直线l的方程为

2x-y+2=0.

策略四:利用整体不变性, 巧妙消参

例4 (2005年全国卷Ⅰ) 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F的直线交椭圆于A, B两点, $\vec{Ο A} + \vec{Ο B}$ 与a= (3, -1) 共线.

(Ⅰ) 求椭圆的离心率;

(Ⅱ) 设M为椭圆上任意一点, 且 $\vec{Ο Μ} = λ \vec{Ο A} + μ \vec{Ο B} (λ, μ \in R)$ , 证明λ2+μ2为定值.

解 (Ⅰ) 椭圆的离心率为 $e = \frac{\sqrt{6}}{3} .$

(Ⅱ) 设 $\vec{Ο Μ} = (x ‚ y) ‚ A (x_{1} ‚ y_{1}) ‚ B (x_{2} ‚ y_{2})$ , 设直线AB的方程为y=x-c, 代入x2+3y2=3b2, 化简得

4x2-6cx+3c2-3b2=0.

又 $b^{2} = \frac{1}{2} c^{2}$ , 所以

$x_{1} + x_{2} = \frac{3}{2} c ‚ x_{1} x_{2} = \frac{3}{8} c^{2} .$

由已知得

因为M (x, y) 在椭圆上, 所以

(λx1+μx2) 2+3 (λy1+μy2) 2=3b2.

即 λ2 (x $_{1}^{2}$ +3y $_{1}^{2}$ ) +μ2 (x $_{2}^{2}$ +3y $_{2}^{2}$ ) +2λμ (x1x2+3y1y2) =3b2. (1)

因为

$\begin{array}{l} x_{1} x_{2} + 3 y_{1} y_{2} = x_{1} x_{2} + 3 (x_{1} - c) (x_{2} - c) \\ = 4 x_{1} x_{2} - 3 (x_{1} + x_{2}) c + 3 c^{2} \\ = \frac{3}{2} c^{2} - \frac{9}{2} c^{2} + 3 c^{2} = 0 ‚ \\ x_{1}^{2} + 3 y_{1}^{2} = 3 b^{2} ‚ x_{2}^{2} + 3 y_{2}^{2} = 3 b^{2} ‚ \end{array}$

代入 (1) 得

λ2+μ2=1.即λ2+μ2为定值1.

评注无论x1, y1, x2, y2如何变化, x $_{1}^{2}$ +3y $_{1}^{2}$ 与x $_{2}^{2}$ +3y $_{2}^{2}$ 都整体不变, 设而不求, 巧妙消参!

例5 (2008年安徽卷) 设椭圆C: $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ b ＞ 0)$ 过点 $Μ (\sqrt{2} ‚ 1)$ , 且其焦点为 $F_{1} (- \sqrt{2} ‚ 0) .$

(Ⅰ) 求椭圆C的方程;

(Ⅱ) 当过点P (4, 1) 的动直线l与椭圆C相交于两不同点A, B时, 在线段AB上取点Q, 满足 $| \vec{A Ρ} | \cdot | \vec{Ο B} | = | \vec{A Q} | \cdot | \vec{Ρ B} |$ .证明:点Q总在某定直线上.

解 (Ⅰ) 所求椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{2} = 1 .$

(Ⅱ) 设Q (x, y) , A (x1, y1) , B (x2, y2) , 由题设知 $| \vec{A Ρ} | ‚ | \vec{Ρ B} | ‚ | \vec{A Q} | ‚ | \vec{Q B} |$ 均不为零, 记 $λ = \frac{| \vec{A Ρ} |}{| \vec{Ρ B} |} = \frac{| \vec{A Q} |}{| \vec{Q B} |}$ , 则λ>0且λ≠1.

又A, P, B, Q四点共线, $\vec{A Ρ} = - λ \vec{Ρ B} ‚ \vec{A Q} = λ \vec{Ο B}$ , 于是

$\begin{array}{l} 4 = \frac{x_{1} - λ x_{2}}{1 - λ} ‚ 1 = \frac{y_{1} - λ y_{2}}{1 - λ} ‚ \\ x = \frac{x_{1} + λ x_{2}}{1 + λ} ‚ y = \frac{y_{1} + λ y_{2}}{1 + λ} . \end{array}$

从而

$\frac{x_{1}^{2} - λ^{2} x_{2}^{2}}{1 - λ^{2}} = 4 x ‚ \frac{y_{1}^{2} - λ^{2} y_{2}^{2}}{1 - λ^{2}} = y . (2)$

又点A, B在椭圆x2+2y2=4上, 即

x $_{1}^{2}$ +2y $_{1}^{2}$ =4, x $_{2}^{2}$ +2y $_{2}^{2}$ =4. (3)

由 (2) 、 (3) 得4x+2y=4, 即点Q (x, y) 总在定直线2x+y-2=0上.

策略五:利用多项式恒等, 方程架桥

例6 如图2, 抛物线y2=2px (其中4p≠9) 及A (2, 3) , B (-2, 0) , M是抛物线上一动点, 设直线AM, BM与抛物线的另一个交点分别为M1, M2, (M1, M2存在且不重合) .求证:直线M1M2恒过一个定点, 并求出这个定点的坐标.

解设M, M1, M2三点的坐标分别为 $(\frac{y_{0}^{2}}{2 p} ‚ y_{0}) ‚ (\frac{y_{1}^{2}}{2 p} ‚ y_{1}) ‚ (\frac{y_{2}^{2}}{2 p} ‚ y_{2}) .$

由A, M, M1三点共线, $\vec{Μ A} / / Μ Μ_{1}$ , 得

$\begin{array}{l} (2 - \frac{y_{0}^{2}}{2 p}) (y_{1} - y_{0}) \\ - (3 - y_{0}) (\frac{y_{1}^{2}}{2 p} - \frac{y_{0}^{2}}{2 p}) = 0 ‚ \\ y_{1} = \frac{4 p - 3 y_{0}}{3 - y_{0}} . (6) \end{array}$

由B, M, M2三点共线, $\vec{Μ B} / / \vec{Μ Μ_{2}}$ , 得

$\begin{array}{l} (- 2 - \frac{y_{0}^{2}}{2 p}) (y_{2} - y_{0}) \\ - (- y_{0}) (\frac{y_{2}^{2}}{2 p} - \frac{y_{0}^{2}}{2 p}) = 0 ‚ \\ y_{2} = \frac{4 p}{y_{0}} . (5) \end{array}$

设 (x, y) 是直线M1M2上的点, 则

$y - y_{1} = \frac{2 p}{y_{1} + y_{2}} (x - \frac{y_{1}^{2}}{2 p})$ ,

即 y1y2=y (y1+y2) -2px. (6)

由 (4) 、 (5) 、 (6) 消去y1, y2整理得

y $_{0}^{2}$ (2px-3y) +y0·6p (2-x)

+4p (3y-4p) =0,

由于此式是关于y0的恒等式, 所以

${\begin{cases} 2 p x - 3 y = 0 ‚ \\ 6 p (2 - x) = 0 ‚ \\ 4 p (3 y - 4 p) = 0 ‚ \end{cases}$

解得

${\begin{cases} x = 2 ‚ \\ y = \frac{4}{3} p . \end{cases}$

所以动直线M1M2恒过定点 $(2 ‚ \frac{4}{3} p) .$

策略六:紧扣定义, 简捷明快

圆锥曲线的定义 (第一定义和第二定义) 与圆锥曲线的焦点、准线、离心率密切相关, 因此凡有关焦点、准线、离心率的定值问题, 紧扣定义, 整体把握, 往往简捷明快.

例7 (2008年武汉三模) 已知A, B是椭圆10x2+y2=5上两动点, O为原点, 定点E (1, 0) , 向量 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B}$ 在向量 $\vec{Ο E}$ 方向上的投影分别为m, n, 且 $\vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} = - 9 m n$ , 动点P满足 $\vec{Ο Ρ} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B} .$

(Ⅰ) 求动点P的轨迹G的方程;

(Ⅱ) 记定点C (0, -3) , D (0, 3) , 求证无论动点Q在轨迹G上如何运动, $\frac{| \vec{Q C} | \cdot | \vec{Q D} | + | \vec{Ο Q} |^{2}}{\vec{Q C} \cdot \vec{Q D} - \vec{Ο Q}^{2}}$ 恒为一个常数.

解 (Ⅰ) 设P (x, y) , A (x1, y1) , B (x2, y2) , 由 $\vec{Ο Ρ} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B}$ , 得

x=x1+x2, y=y1+y2.

由 $m = x_{1} ‚ n = x_{2} ‚ \vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} = - 9 m n$ ,

得 10x1x2+y1y2=0.

又10x $_{1}^{2}$ +y $_{1}^{2}$ =5, 10x $_{2}^{2}$ +y $_{2}^{2}$ =5, 所以

10 (x1+x2) 2+ (y1+y2) 2=10.

所以动点P的轨迹G的方程为

10x2+y2=10.

(Ⅱ) 因为C (0, -3) , D (0, 3) 为椭圆10x2+y2=10的两个焦点, 所以

$\begin{array}{l} | \vec{Q C} | + | \vec{Q D} | = 2 \sqrt{10} ‚ \\ | \vec{Q C} |^{2} + | \vec{Q D} |^{2} + 2 | \vec{Q C} | | \vec{Q D} | = 40 . \end{array}$

设Q (x, y) , 则

$\begin{array}{l} | \vec{Q C} |^{2} + | \vec{Q D} |^{2} \\ = [x^{2} + (y + 3)^{2}] + [x^{2} + (y - 3)^{2}] \\ = 2 (x^{2} + y^{2}) + 18 \\ = 2 | \vec{Ο Q} |^{2} + 18 ‚ \end{array}$

所以

$2 | \vec{Ο Q} |^{2} + 18 + 2 | \vec{Q C} | \cdot | \vec{Q D} | = 40$ ,

即 $| \vec{Ο Q} |^{2} + | \vec{Q C} | \cdot | \vec{Q D} | = 11 .$

$\begin{array}{l} 又 \vec{Q C} \cdot \vec{Q D} - \vec{Ο Q}^{2} \\ = x^{2} + (y^{2} - 9) - (x^{2} + y^{2}) \\ = - 9 ‚ \end{array}$

所以

$\frac{| \vec{Q C} | \cdot | \vec{Q D} | + | \vec{Ο Q} |^{2}}{\vec{Q C} \cdot \vec{Q D} - \vec{Ο Q}^{2}} = - \frac{11}{9} .$

例8 (2007年重庆卷) 如图3, 中心在原点O的椭圆的右焦点为F (3, 0) , 右准线l的方程为x=12.

(Ⅰ) 求椭圆的方程;

(Ⅱ) 在椭圆上任取3个不同点P1, P2, P3, 使∠P1FP2=∠P2FP3=∠P3FP1, 证明 $\frac{1}{| F Ρ_{1} |} + \frac{1}{| F Ρ_{2} |} + \frac{1}{| F Ρ_{3} |}$ 为定值, 并求此定值.

解 (Ⅰ) 所求椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{36} + \frac{y^{2}}{27} = 1 .$

(Ⅱ) 如图3, 记椭圆的右顶点为A, 并设∠AFPi=αi (i=1, 2, 3) .不失一般性, 假设 $0 \leq α_{1} ＜ \frac{2 π}{3}$ , 且 $α_{2} = α_{1} + \frac{2 π}{3} ‚ α_{3} = α_{1} + \frac{4 π}{3} .$

又设点Pi在l上的射影为Qi, 因为椭圆的离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}$ , 从而有

$\begin{array}{l} | F Ρ_{i} | = | Ρ_{i} Q_{i} | \cdot e \\ = (\frac{a^{2}}{c} - c - | F Ρ_{i} | \cos α_{i}) e \\ = \frac{1}{2} (9 - | F Ρ_{i} | \cos α_{i}) (i = 1 ‚ 2 ‚ 3) . \end{array}$

$\begin{array}{l} 则 \frac{1}{| F Ρ_{i} |} = \frac{2}{9} (1 + \frac{1}{2} \cos α_{i}) (i = 1 ‚ 2 ‚ 3) ‚ \\ \frac{1}{| F Ρ_{1} |} + \frac{1}{| F Ρ_{2} |} + \frac{1}{| F Ρ_{3} |} \\ = \frac{2}{9} [3 + \frac{1}{2} (\cos α_{1} + \cos (α_{1} + \frac{2 π}{3}) \\ + \cos (α_{1} + \frac{4 π}{3}))] . \end{array}$

$\begin{array}{l} 而 \cos α_{1} + \cos (α_{1} + \frac{2 π}{3}) + \cos (α_{1} + \frac{4 π}{3}) \\ = \cos α_{1} - \frac{1}{2} \cos α_{1} - \frac{\sqrt{3}}{2} \sin α_{1} \\ - \frac{1}{2} \cos α_{1} + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin α_{1} = 0 ‚ \end{array}$

所以 $\frac{1}{| F Ρ_{1} |} + \frac{1}{| F Ρ_{2} |} + \frac{1}{| F Ρ_{3} |} = \frac{2}{3}$ 为定值.

一试身手

1. (2008黄冈) 设抛物线的项点为O, 经过抛物线的焦点垂直于轴的直线和抛物线交于B, C两点, 经过抛物线上任一点P垂直于轴的直线和轴交于点Q, 若|PQ|2=λ|BC|·|OQ|, 则λ值为 ( ) .

$(A) 1 (B) \frac{1}{2} (C) 2 (D) 3$

2. (2008长春) 如图5, 曲线C是中心在原点, 焦点为 $F (\sqrt{5} ‚ 0)$ 的双曲线的右支, 已知它的一条渐近线方程是 $y = \frac{1}{2} x .$

(Ⅰ) 求曲线C的方程;

(Ⅱ) 已知点E (2, 0) , 若直线l与曲线C交于异于点E的P, R两点, 且 $\vec{E Ρ} \cdot \vec{E R} = 0$ , 求证直线l过一个定点, 并求出定点的坐标.

3. (2007重庆) 如图6, 倾斜角为α的直线经过抛物线y2=8x的焦点F, 且与抛物线交于A, B两点.

(Ⅰ) 求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程.

(Ⅱ) 若α为锐角, 作线段AB的垂线平分线m交x轴于点P, 证明|FP|-|FP|cos 2α为定值, 并求此定值.

参考答案

1.A

2. (Ⅰ) 设C: $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b_{2}} = 1 (x \geq a ‚ b ＞ 0)$ ,

则

${\begin{cases} a = 2 b ‚ \\ a^{2} + b^{2} = 5 ‚ \end{cases} {\begin{cases} a = 2 ‚ \\ b = 1 . \end{cases}$

所以C: $\frac{x^{2}}{4} - y^{2} = 1 (x \geq 2) .$

(Ⅱ) (ⅰ) 当l不垂直x轴时, 设l:y=kx+m, P (x1, y1) , R (x2, y2) , 则

$\begin{array}{l} {\begin{cases} y = k x + m ‚ \\ \frac{x^{2}}{4} - y^{2} = 1 \end{cases} \\ \Rightarrow (1 - 4 k^{2}) x^{2} - 8 k m x - 4 m^{2} - 4 = 0 . \end{array}$

因为1-4k2≠0, 所以

$\begin{array}{l} x_{1} + x_{2} = \frac{8 k m}{1 - 4 k^{2}} ＞ 0 ‚ \\ x_{1} x_{2} = \frac{- 4 m^{2} - 4}{1 - 4 k^{2}} ＞ 0 . \\ \vec{E Ρ} \cdot \vec{E R} = (x_{1} - 2) (x_{2} - 2) + y_{1} y_{2} \\ = (x_{1} - 2) (x_{2} - 2) \\ + (k x_{1} + m) (k x_{2} + m) \\ = (1 + k^{2}) \frac{- 4 m^{2} - 4}{1 - 4 k^{2}} \\ + (k m - 2) \cdot \frac{8 k m}{1 - 4 k^{2}} + m^{2} + 4 = 0 . \end{array}$

化简得

3m2+16km+20k2=0.

解得 $m = - \frac{10 k}{3}$ 或m=-2k.

当m=-2k时, l过点E, 不合题意, 舍去.所以

l: $y = k x - \frac{10 k}{3} = k (x - \frac{10}{3}) .$

即l过定点 $(\frac{10}{3} ‚ 0) .$

$\begin{array}{l} (ⅱ) 当 l 垂直 x 轴时 ‚ x_{1} = x_{2} ‚ y_{1} = - y_{2} ‚ \\ \vec{E Ρ} \cdot \vec{E R} \\ = (x_{1} - 2)^{2} - y_{1}^{2} \\ = x_{1}^{2} - 4 x_{1} + 4 - y_{1}^{2} = 0 . \end{array}$

又 $\frac{x_{1}^{2}}{4} - y_{1}^{2} = 1$ , 所以 $x_{1} = x_{2} = \frac{10}{3} .$

l过定点 $(\frac{10}{3} ‚ 0) .$

3. (Ⅰ) 焦点坐标为 (2, 0) .

准线l的方程为x=-2.

(Ⅱ) 如图6, 作AC⊥l, BD⊥l, 垂足为C, D, 则由抛物线的定义知

|FA|=|AC|, |FB|=|BD|.

记A, B的横坐标分别为x1, x2, 则

$\begin{array}{l} | F A | = | A C | = x_{1} + \frac{p}{2} \\ = | F A | \cos a + \frac{p}{2} + \frac{p}{2} \\ = | F A | \cos a + 4 ‚ \\ | F A | = \frac{4}{1 - \cos a} . \end{array}$

类似地有 $| F B | = \frac{4}{1 + \cos a} .$

记直线m与AB的交点为E, 则

$\begin{array}{l} | F E | = | F A | - | A E | \\ = | F A | - \frac{| F A | + | F B |}{2} \\ = \frac{1}{2} (| F A | - | F B |) \\ = \frac{1}{2} (\frac{4}{1 - \cos a} - \frac{4}{1 + \cos a}) = \frac{4 \cos a}{\sin^{2} a} ‚ \\ | F Ρ | = \frac{| F E |}{\cos a} = \frac{4}{\sin^{2} a} . \end{array}$

所以

$\begin{array}{l} | F Ρ | - | F Ρ | \cos 2 a \\ = \frac{4}{\sin^{2} a} (1 - \cos 2 a) \\ = \frac{4 \times 2 \sin^{2} a}{\sin^{2} a} = 8 . \end{array}$

几何定值问题篇5

例1 (2009年辽宁, 理20) 已知椭圆C经过点undefined, 两个焦点为 (-1, 0) , (1, 0) .

(1) 求椭圆C的方程;

(2) E, F是椭圆C上的两个动点, 如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数, 证明直线EF的斜率k为定值, 并求出这个定值.

解析 (1) 由题意可知c=1, 点undefined在椭圆上,

∴椭圆方程为undefined. (过程略)

(2) 设直线AE的方程为undefined,

代入椭圆方程, 整理得

(3+4k2) x2+4k (3-2k) x+ (3-2k) 2-12=0. (*)

∵点undefined在椭圆上,

undefined

∴x=1或undefined

设E (x1, y1) , F (x2, y2) , 则

undefined

∵直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,

∴AF的斜率为-k.

把上式中的k代换为-k,

可得undefined

∴直线EF的斜率undefined,

即直线EF的斜率为定值, 其值为undefined

评注设直线AE的斜率k为参数, 将E (x1, y1) , F (x2, y2) 的坐标用k表示是解决此题的突破口.其难点是条件点undefined在椭圆上隐含方程 (1) 的一根为1, 另一根为x1.要能够根据题意依据顺势思维进行求解.

例2 (2011年山东, 理22) 已知动直线l与椭圆C:undefined交于P (x1, y1) , Q (x2, y2) 两不同点, 且△OPQ的面积undefined, 其中O为坐标原点.证明:xundefined+xundefined和yundefined+yundefined均为定值.

解析 (1) 当直线l的斜率不存在时, P, Q两点关于x轴对称, ∴x2=x1, y2=-y1.

undefined

此时xundefined+xundefined=3, yundefined+yundefined=2.

(2) 当直线l的斜率存在时可设l的方程为y=kx+m (m≠0) , 代入椭圆方程undefined,

整理得 (2+3k) 2x2+6kmx+3 (m2-2) =0.

由判别式Δ>0可得3k2+2>m2. (*)

undefined

整理得3k2+2=2m2, 且符合 (*) 式.

undefined

综合 (1) (2) 可知, xundefined+xundefined=3, yundefined+yundefined=2, 结论成立.

评注本题考查的是椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、逻辑推理能力等解决问题的基本能力.此问在直线斜率存在时, 利用三角形面积建立k与m的关系, 利用韦达定理来证明两个定值是解决此题的关键和突破口.

几何定值问题篇6

定值问题是中学数学问题中最普遍、最重要的题型之一, 其表现形式与解决方法千变万化。定值问题覆盖面广、综合性较强, 渗透了化归、数形结合等数学思想, 因此成为近几年高考的热点问题之一。以“少教多学”的理念为指导, 本文从一个例题谈起, 引出了解析几何中的定值问题, 探究在定值问题上的处理思路和方法, 为学生分析、解决该类问题提供了一定的借鉴和指导。基于本人南京市基础教育教师示范课———“解析几何中的定值问题”整理而成的。下面摘录其中的一些教学过程片段。

二、教学片断

问题 (一) :已知过抛物线C:的焦点F的直线交抛物线于A (x1, y1) 。B (x2, y2) 两点, 求证:x1x2为定值。

注:三分钟后同学们开始交流思路。

S1:通过分析已知条件, 过焦点F (0, 1) 的直线l的方程可以设为y=kx+1。由于直线l交抛物线于两点A、B, 故A、B两点的坐标满足。由题目中所求的结果“x1x2”, 联想到韦达定理。

T:非常好!你抓住了最终的求解目标, 可是如果题目不是求x1x2, 而是求2x1+x2怎么办呢?

S2:只要把上述方程组解出来就可以了。

T:下面请这两位同学分别用刚才的分析思路给出该题目的完整过程。

S1: (解法一) 设直线方程为y=kx+1, 因为直线l交抛物线于两点, 所以l

故, x2-4kx-4=0, 由韦达定理得:x1x2=-4。

S2: (解法二) 由x2-4kx-4=0, 解得

T:其他的同学让我们继续思考。分析刚才这两位同学的做法:通过认真审题, 从题目中所给的两个条件中捕捉到了他们想要的信息并顺利解决了这个问题。已知条件是我们解决问题的前提, 下面我们一起把题目重新解读一遍, 看能否尝试着从另外一个角度解决这个问题。比如:上述同学看到题目已知条件中的“过”就能想到写出直线的方程, 看到“交”就能想到联立方程组, 他们直接把“几何问题代数化”, 即从“数”的角度解决了这个问题, 体现出了数形结合的思想。

T:从“过抛物线C:焦点F的直线”能得到哪些信息?

S:点在直线上。

T:从“直线交抛物线于A、B两点”能得到信息?

S:A、B两点既在直线上, 又在抛物线上。

T:综合上述两条我们是否可以得到A、F、B三点共线?有哪些方法可以刻画“三点共线”?

S3:斜率相等, 即:kAF=kBF。

S4:向量共线, 即:共线。

S5:线段相等, 即:AB=AF+BF。

S6:还可以设出AB的直线方程, 然后代入F的坐标。

T:好的, 我们暂时交流到这里, 接下来请选择一种你最喜欢的方法把这个问题解出来。 (同时找学生板演)

S3: (解法三) 由A、F、B三点共线可得:kAF=kBF, 即:。又因为, 整理化简得 (x1-x2) (x1x2+4) =0, 由x1≠x2知x1x2=-4。

S4: (解法四) 因为A、F、B三点共线, 所以

又因为

下面的步骤与解法三相同, 限于篇幅, 在此省略。

S5: (解法五) 由A、F、B三点共线, 可得

根据抛物线的第二定义得

整理化简上式得:x12-2x1x2+x22=4y1y2+4y1+4y2+4, 将带入上式得 (x1x2) 2+8x1x2+16=0, 所以x1x2=-4。

S6: (解法六) 直线AB的方程为, 点F (0, 1) 在直线AB上, 即:。将代入得

T:上面的4位同学已经完成, 下面看能否想个办法来快速地检验结果的正确性呢?

S:代特殊值。

T:嗯, 很好!最后让我们回顾一下, 刚才我们解决了一个什么样的问题。

S:定值问题。

T:同学们通过感受刚才解决这个问题的过程都有哪些收获?

同学们窃窃私语, 认真讨论。

教师最后将学生合作交流的收获总结如下: (1) 解题思路:解题时, 首先要看清题目中的已知条件, 明确每一个已知条件的含义, 并会适当进行转化。即:明确“有什么”, 要提高目标意识, 了解要“干什么”, 最后结合着“有什么”和“干什么”来制订出解决问题的方案, 确定“怎么干”, 这是我们处理一般性问题的法宝。 (2) 识层面: (1) 要想得到圆锥曲线的某些基本量, 一定要先将方程整理成标准形式才可以。 (2) “交点”的代数意义———方程组的解, 进一步转化为“x1, x2是消去y后的关于x的一元二次方程的解”。 (3) 处理A、F、B三点共线的方法。 (4) x1x2是定值, 说明在某个运动变化中是不变的, 此时要关注是什么在变。比如是斜率在变, 只要说明x1x2与斜率无关即可。

T:剩下的时间, 我来考考同学们是否真正掌握了本节课的内容, 请大家自己编个题试试。

同学们都跃跃欲试, 编写了题目, 并给出了解法, 限于篇幅, 此处省略。

教师根据刚才的题目, 也编了一个例题。

问题 (二) :变式练习。

已知抛物线C:上有A (x1, y1) 、B (x2, y2) 两点, 满足x1x2=-4。求证:经过A、B的直线与y轴交于定点。分析:

T:看到这个问题你是怎么想的?我们研究的对象是谁?

S:与y轴的交点, 即纵截距。

T:所以若要说明它是一个定值, 首先应该把这个量先表示出来, 然后再证明即可。

S7: (解法一) 设定点为P (0, b) , 则共线, 即:x1 (y2-b) =x2 (y1-b) 然后将代入, 化简即得b=1。

S8: (解法二) 设直线AB的方程为:

S9: (解法三) 设直线方程为y=kx+b, 由方程组

由韦达定理可得:x1x2=-4b, 故b=1。

T:通过比较这两个问题, 发现只有当直线经过焦点 (0, 1) 时, x1x2=-4, 难道直线经过其他点的时候x1x2的值就不是“-4”了吗?如果把直线经过焦点 (0, 1) 改为过 (0, 2) , x1x2的值还会是定值吗?如果不是定值那应该是多少呢?请同学们课下认真思考, 看看你会得到什么样的结果。

课堂总结, 布置作业 (略) 。

三、教学后记

本次公开课, 从一个典型例题出发, 研究了解析几何中的定值问题, 通过教师步步设问, 充分挖掘题目的条件, 激发了学生的发散性思维, 拓宽了解题思路, 得到了处理一般性问题的法宝, 即:明确“有什么”, 要提高目标意识, 了解要“干什么”, 最后结合着“有什么”和“干什么”来制订出解题方案, 即确定“怎么干”。

摘要：“问题是数学的心脏”, 这就要求教师能够找到好的问题, 激发学生的探究意识, 引起学生认知上的冲突, 不断从一个问题引申到另一个问题。以“少教多学”的理念为指导, 以一个例题为切入点, 解析几何中定值问题的处理方法和思路, 得到处理该类问题的一般性方法。

关键词：解析几何,定值问题,少教多学

参考文献

[1]章建跃, 陶伟林.注重学生思维参与和感悟的函数概念教学[J].数学通报, 2009, 48 (6) .

[2]刘行功.圆锥曲线中的定值问题[J].数学通报, 1994, (8) .

高中立体几何定值题的解法探究篇7

一、寻找不变量求定值

1.利用割补法找关系求定值

【例1】一个四面体的四个面的面积都是S, 体积是V.在四面体内任取一点P, P到各个面的距离分别为H1、H2、H3、H4, 求证:H1+H2+H3+H4是定值.

分析:四面体可分割成四个以点P为顶点, 分别以原四面体四个面为底的小四面体.利用不变量“整体体积等于分体体积之和”这个关系, 即可求出定值.

证明:将四面体的每个点都与P点相连, 则四面体被分割为4个小四面体.

设四个小四面体的体积分别为V1、V2、V3、V4, 则4个小四面体体积之和V1+V2+V3+V4=V.

又 $V_{1} = \frac{1}{3} S Η_{1}$ ,

所以 $V = \frac{S}{3} (Η_{1} + Η_{2} + Η_{3} + Η_{4})$ ,

推出 $Η_{1} + Η_{2} + Η_{3} + Η_{4} = \frac{3 V}{S}$ ,

又V, S为定值,

所以H1+H2+H3+H4为定值. (图略)

2.分析图形找特征求定值

【例2】 ABCD-A1B1C1D3是棱长为a的正方体, EF是棱AB上的一条线段, 且|EF|=b<a.若P是A1D1上的定点且 $A_{1} Ρ = \frac{1}{3} a ‚ Q$ 是C1D1上滑动的点, 求证:四面体PQFE的体积为定值.

分析:EF是AB上的变化线段, Q是C1D1上变化的点, 但不论EF、Q点如何变化, EF本身的长度不变, Q点到EF的距离也不变, P到对角面的距离也不变, 这就是本题的特征因素.因此在变化过程中寻找到这些不变的量, 问题就容易解决.

证明:把四面体PQFE看成以P为顶点, 以△QFE为底面的三棱锥, P是定点.

P到对角面AD1C1B的距离就是P到底面△QFE的距离, 也就是三棱锥的高, 易求得高为 $\frac{\sqrt{2}}{3} a$ .

又△QFE为面积是 $\frac{1}{2} b \cdot \sqrt{2} a$ 的三角形, 因此有:

$V_{Ρ - Q F E} = \frac{1}{3} (\frac{1}{2} b \cdot \sqrt{2} a) \cdot \frac{\sqrt{2}}{3} a = \frac{1}{9} a^{2} b$ (定值) .

【例3】两定长线段AB=a, CD=b分别在两条固定的异面直线l1, l2上滑动.求证A、B、C、D四点构成的四面体的体积为定值.

分析:四面体ABCD的位置是变化的, 但是其体积不随图形的变化而改变, 两异面直线的距离和它们所形成的角也不变, 这些都是不变量, 是本题的特征因素.通过这些不变量即可求得四面体体积为定值.

解:设l1, l2间的距离为h.它们所构成的角为θ. (如图2)

作平行四边形BCDE,

则有BE=CD=b, ∠ABE=θ,

又CD//平面ABE,

∴AB、CD间的距离就是CD与平面ABE间的距离.

$\begin{array}{l} ∵ S_{△ A B E} = \frac{1}{2} a b \sin θ, \\ ∴ V_{A B C D} = V_{A - B C E} = V_{C - A B E} = \frac{1}{6} a b h \sin θ \end{array}$ (定值) .