第八节 第3课时 题型上——全析高考常考的6大题型 课件

第3课时题型上——全析高考常考的6大题型题型一圆锥曲线中的定点问题圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．[典例](2020·全国卷Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1(a＞1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG―→·GB―→＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．[解](1)由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．则AG―→＝(a,1)，GB―→＝(a，－1)．由AG―→·GB―→＝8，得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为x29＋y2＝1.(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3.由于直线PA的方程为y＝t9(x＋3)，所以y1＝t9(x1＋3)．直线PB的方程为y＝t3(x－3)，所以y2＝t3(x2－3)．可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．由于x229＋y22＝1，故y22＝－x2＋3x2－39，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①将x＝my＋n代入x29＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－2mnm2＋9，y1y2＝n2－9m2＋9.代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝32或n＝－3(舍去)．故直线CD的方程为x＝my＋32，即直线CD过定点32，0.若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点32，0.综上，直线CD过定点32，0.[方法技巧]求解圆锥曲线中定点问题的2种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k当成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组fx，y＝0，gx，y＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．[针对训练]1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，点－3，12在椭圆上，A，B分别为椭圆C的上、下顶点，点M(t,2)(t≠0)．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线MA，MB与椭圆C的另一交点分别为P，Q，证明：直线PQ过定点．解：(1)由题意知ca＝32，3a2＋14b2＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明：易知A(0,1)，B(0，－1)，则直线MA的方程为y＝1tx＋1，直线MB的方程为y＝3tx－1.联立y＝1tx＋1，x24＋y2＝1，得4t2＋1x2＋8tx＝0，于是xP＝－8tt2＋4，yP＝t2－4t2＋4，同理可得xQ＝24tt2＋36，yQ＝36－t2t2＋36，又由点M(t,2)(t≠0)及椭圆的对称性可知，若PQ过定点，则定点在y轴上，设为N(0，n)，则直线PN的斜率k1＝t2－4t2＋4－n－8tt2＋4，直线QN的斜率k2＝36－t2t2＋36－n24tt2＋36，令k1＝k2，则t2－4t2＋4－n－8tt2＋4＝36－t2t2＋36－n24tt2＋36，化简得t2－4－nt2＋4－8t＝36－t2－nt2＋3624t，即(1－2n)(t2＋12)＝0，由于t为变量，则1－2n＝0，故n＝12，所以直线PQ过定点0，12.2．已知双曲线C：x24－y2＝1.(1)求双曲线C的离心率；(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C相交于A，B两点(A，B均异于左、右顶点)，且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由双曲线的方程可知a＝2，c＝4＋1＝5，∴双曲线的离心率e＝ca＝52.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋m，x24－y2＝1，得(1－4k2)x2－8mkx－4(m2＋1)＝0，则1－4k2≠0，Δ＝64m2k2＋161－4k2m2＋10，x1＋x2＝8mk1－4k2，x1x2＝－4m2＋11－4k2，∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝m2－4k21－4k2.∵以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(－2,0)，∴AD―→·BD―→＝0，∴y1y2＋x1x2＋2(x1＋x2)＋4＝0，∴m2－4k21－4k2＋－4m2＋11－4k2＋16mk1－4k2＋4＝0，∴3m2－16mk＋20k2＝0，解得m＝2k或m＝103k.当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x＋2)，直线l过定点(－2,0)，与已知矛盾；当m＝103k时，直线l的方程为y＝kx＋103，直线l过定点－103，0，经检验符合题意．∴直线l过定点，定点坐标为－103，0.题型二圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量斜率、距离、面积、比值等与变量斜率、点的坐标等无关的问题.其求解步骤一般为：,一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.,二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量或者有多个变量，但是能整体约分也可以.,三定值：化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.[典例](2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，且过点A(2,1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．[解](1)由题设得4a2＋1b2＝1，a2－b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为x26＋y23＝1.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入x26＋y23＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－61＋2k2.①由AM⊥AN知AM―→·AN―→＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k2＋1)2m2－61＋2k2－(km－k－2)·4km1＋2k2＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.于是MN的方程为y＝kx－23－13(k≠1)．所以直线MN过点P23，－13.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由AM―→·AN―→＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又x216＋y213＝1，可得3x21－8x1＋4＝0.解得x1＝23或x1＝2(舍去)．此时直线MN过点P23，－13.令Q为AP的中点，即Q43，13.若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223.若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值．[方法技巧]圆锥曲线中定值问题的特点及2大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．(2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②引进变量法：其解题流程为[针对训练]设椭圆C：x24＋y23＝1的右焦点为F，过F的直线l与C相交于A，B两点．(1)若AF―→＝2FB―→，求l的方程；(2)设过点A作x轴的垂线交C于另一点P，若M是△PAB的外心，证明：|AB||MF|为定值．解：(1)由题意知，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的方程为x＝ty＋1，代入x24＋y23＝1得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－6t3t2＋4，y1y2＝－93t2＋4，由AF―→＝2FB―→，得y1＝－2y2，解得t＝±255，所以l的方程为y＝±52(x－1)．(2)证明：由(1)得AB的中点坐标为43t2＋4，－3t3t2＋4.|AB|＝1＋t2|y1－y2|＝1＋t2·121＋t23t2＋4＝121＋t23t2＋4.因为M是△PAB的外心，所以M是线段AB的垂直平分线与AP的垂直平分线的交点，AB的垂直平分线方程为y＋3t3t2＋4＝－tx－43t2＋4，令y＝0，得x＝13t2＋4，即M13t2＋4，0，所以|MF|＝13t2＋4－1＝3t2＋33t2＋4，则|AB||MF|＝12t2＋13t2＋43t2＋33t2＋4＝123＝4，所以|AB||MF|为定值．题型三构造目标不等式解决范围问题欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式组，通过解不等式组来达到目的.[典例]已知点A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，点P(0，－2)，直线BP交E于点Q，PQ―→＝32QB―→，且△ABP是等腰直角三角形．(1)求椭圆E的方程；(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．[解](1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2,0)．设Q(x0，y0)，由PQ―→＝32QB―→，得x0＝65，y0＝－45，代入椭圆方程，解得b2＝1，∴椭圆E的方程为x24＋y2＝1.(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由y＝kx－2，x24＋y2＝1消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，则x1＋x2＝16k1＋4k2，x1x2＝121＋4k2.由直线l与E有两个不同的交点，得Δ＞0，则(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞34.①由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，则OM―→·ON―→＞0，即x1x2＋y1y2＞0，则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·121＋4k2－2k·16k1＋4k2＋4＞0，解得k2＜4.②联立①②可知34＜k2＜4，解得－2＜k＜－32或32＜k＜2，故直线l斜率的取值范围为－2，－32∪32，2.[方法技巧]圆锥曲线中范围问题的5个解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核