人教高中数学第八节 第3课时 题型上——全析高考常考的6大题型 教案.doc

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：＋y2＝1(a＞1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝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＝(a,1)，＝(a，－1)．
由·＝8，得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为＋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＝(x＋3)，
所以y1＝(x1＋3)．
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于＋y＝1，故y＝－，
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＋y2＝1，
得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝或n＝－3(舍去)．
故直线CD的方程为x＝my＋，
即直线CD过定点.
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.
综上，直线CD过定点.
[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：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点在椭圆上，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)由题意知解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：易知A(0,1)，B(0，－1)，
则直线MA的方程为y＝x＋1，
直线MB的方程为y＝x－1.
联立得x2＋x＝0，
于是xP＝，yP＝，
同理可得xQ＝，yQ＝，
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＝，
直线QN的斜率k2＝，
令k1＝k2，则＝，
化简得＝，
即(1－2n)(t2＋12)＝0，由于t为变量，
则1－2n＝0，故n＝，
所以直线PQ过定点.
2．已知双曲线C：－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＝＝，
∴双曲线的离心率e＝＝.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(1－4k2)x2－8mkx－4(m2＋1)＝0，
则
x1＋x2＝，x1x2＝，
∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
∵以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(－2,0)，
∴·＝0，
∴y1y2＋x1x2＋2(x1＋x2)＋4＝0，
∴＋＋＋4＝0，
∴3m2－16mk＋20k2＝0，解得m＝2k或m＝k.
当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x