2011年高考数学复习优质课课件 本校高三评优课课件与2011年高考数学复习优质课教案配套
抛物线中的一类直线过定点问题
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y 2 = 2 px
问 题：过抛物线 y 2 = 4 x 的顶点O作互相 的顶点O垂直的两条直线OA、OB交抛物线于A 垂直的两条直线OA、OB交抛物线于A,B两 OA 交抛物线于 点，试问：直线AB过定点吗？ 试问：直线AB过定点吗？ AB过定点吗yA
(4 ,0)o
xB
1
2
3
4
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y
A
y
M
o
xB
o
A
x
B
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变式1 变式1:过抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 上任意定 点M( x0 , y0)作直线MA、MB交抛物线于A、B两 )作直线MA、MB交抛物线于A 作直线MA 交抛物线于 点，当MA⊥MB时，直线AB是否恒过定点？ MA⊥MB时 直线AB是否恒过定点？ AB是否恒过定点
y
M
( x 0 + 2 p, y 0 )x
o
A
B
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y
M
MA⊥MB ⊥xB2
即
k MA k MB = 1
o
A
k MA k MB = λ (λ ≠ 0)
变式2 变式2:过抛物线 y = 2 px ( p > 0) 上任意定 )作直线MA、MB交抛物线于 作直线MA 交抛物线于A 点M( x0 , y0)作直线MA、MB交抛物线于A、B两 直线AB是 点，当 k MA k MB = λ (λ ≠ 0) 时，直线 是 否恒过定点？ 否恒过定点？
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结论： 结论：过抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0)上任意定点 )作直线MA、MB交抛物线于 作直线MA 交抛物线于A 两点， M( x0 , y0)作直线MA、MB交抛物线于A、B两点， 当 点
k MA k MB = λ (λ 时，直线 恒过定 ≠ 0) 直线AB恒过定( x0 2p
λ
, y0 ) .
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yo
M
y xBo
M
A
xA
k MA k MB = 1
k MA k MB
= 1
B
变式3:过抛物线 y 2 = 2 px( p > 0)上任意定 变式3 点M( x0 , y0 ) ( y 0≠0
)作直线 作直线MA、MB交 作直线 、 交k MA k MB = 1
抛物线于A、 两点 两点， 抛物线于 、B两点，当 仍过定点吗？ 直线 AB 仍过定点吗？
时，
直线AB的斜率为定值 直线AB的斜率为定值 AB
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江西高考题：如图， 的一点， 江西高考题：如图，M是抛物线上 y 2 = x 的一点， 动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点，且MA=MB. 、 分别交 轴于 轴于A 两点， 动弦 分别 (1)若M为定点，证明：直线EF的斜率为定值； 若 为定点，证明：直线 的斜率为定值； 为定点 的斜率为定值 (2)若M为动点，且∠EMF=90°,求△EMF的重心 若 为动点 为动点， ° 的重心 y G的轨迹方程 的轨迹方程. 的轨迹方程 Mo
A E
B
xF
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1. 直线过定点问题的一般求解方法(1)建立直线方程 (2)利用已知条件，建立等量关系 利用已知条件， (3)将所得关系式与直线方程联立后探求定点
2.圆锥曲线综合问题求解的基本思想方法 圆锥曲线综合问题求解的基本思想方法(1)合理设元 (2)构建恰当的关系式(将几何条件代数化) 构建恰当的关系式(将几何条件代数化) (3)灵活处理关系式(围绕目标) 灵活处理关系式(围绕目标)
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课后思考： 课后思考：1.本节课中所得各结论的逆命题 本节课中所得各结论的逆命题 是否
成立？ 是否成立？ 2.本节课中所得各结论能否推广 本节课中所得各结论能否推广 到圆锥曲线中的椭圆？ 到圆锥曲线中的椭圆？ 年高考( 题 作业: 山东07年高考 作业: 山东 年高考(理)第21题
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y
A
o
B
解：(1 )若直线 AB斜率存在 设l AB: y = kx + b(k ≠ 0), A(x1 , y1)B(x2 , y 2 ) , y = kx + b 由 2 得：ky 2 4 y + 4b = 0 y = 4x 4b ① x ∴ y1 y 2 = k ∵ OA ⊥ OB ∴ OA OB = 0 即x1 x 2 + y1 y 2 = 0 ∵ 2 y12 y2 又x1 = , x2 = 4 4 2 (y1 y 2) ∴ + y1 y 2 = 0 ∴ y1 y 2 = 16 ② 16 由①②得：b = 4k代入y = kx + b
直接 设直线方程
∴l AB: y = kx 4k = k(x 4) ∴ 直线 AB过定点(4 ,) 0 (2)若直线 AB斜率不存在， 则l AB: x = 4亦过(4 ,) 0 综上，l AB恒过定点(4 ,) 0
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y
A
o
B
直接 设直线方程
解：设 l AB: x = my + b , A(x1 , y1)B(x2 , y2) , x = my + b 由 2 得：y 2 4my 4b = 0 y = 4x x ∴y1 y 2 = 4b ① ∵ ∵ OA ⊥ OB ∴ OA OB = 0 即x1 x2 + y1 y 2 = 0 2 y12 y2 又 x1 = , x2 = ,代入上式，得 4 4 2 y12 y 2 + y1 y 2 = 0 ∴ y1 y 2 = 16 ② 16由①②得b = 4代入x = my + b
得l AB: x = my + 4
∴l AB恒过定点(4 ,) 0
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y
A
o
xB
2 y12 y2 解：设 A( ,y1) B( ,y 2) y1 ≠ y 2) ( 4 4 ∵ OA ⊥ OB ∵ 2 y 12 y 2 ∴ OA OB = 0 即 + y1 y 2 = 0 16 ∴ y1 y 2 = 16 y12 x y y1 (1 当y1 + y2 ≠ 0时，l AB : ) = 2 42 y2 y1 y2 y1 4 4 即 y( y + y ) y y = 4 x
1
2
1
2
设点 设而不求
又 y1 y2 = 16 ∴l AB( y1 + y2)y = 4 x 16 :
∴ l AB过定点(4 , 0) (2) y1 + y2 = 0 时，AB: x = 4 过定点(4 ,) 当 l 0综上，l AB恒过定点(4 ,) 0
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y
A
o
B
1 解：设l OA : y = kx(k ≠ o)则l OB : y = x k y = kx 4 4 由 2 得：x A = 2 , y A = k k y = 4x 1 以 代k得：x B = 4k 2 , y B = 4k x k ①当x A ≠ x B时， 4 4 y x 2 k = k 由两点式可得l AB : 4 4 2 4k 4k 2 k k k 化简得y = (x 4) 2 1 k
求交点
∴l AB过定点(4 ,) 0 ②当x A = xB时，k = ±1, 则l AB: x = 4 综上，l AB恒过定点(4 ,) 0
