高考数学二轮复习 专题七第三讲 圆锥曲线的综合问题教案 理Word下载.docx
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所以b=
.
故椭圆E的方程是
=1.
(2)由
消去y得
(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m≠0且Δ=0,
即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,
化简得4k2-m2+3=0.(*)
所以P(-
,
).
由
得Q(4,4k+m)
假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴上.
设M(x1,0),则
对满足(*)式的m,k恒成立.
因为
=(-
-x1,
),
=(4-x1,4k+m),
,得
-
-4x1+x
+3=0,
整理,得(4x1-4)
+x
-4x1+3=0.(**)
由于(**)式对满足(*)式的m,k恒成立,
所以
解得x1=1.
故存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.
跟踪训练
已知抛物线y2=4x,圆F:
(x-1)2+y2=1,过点F作直线l,自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D(如图所示),则|AB|·
|CD|的值正确的是( )
A.等于1 B.最小值是1
C.等于4D.最大值是4
解析:
设直线l:
x=ty+1,代入抛物线方程,
得y2-4ty-4=0.
设A(x1,y1),D(x2,y2),根据抛物线定义AF=x1+1,DF=x2+1,故|AB|=x1,|CD|=x2,
所以|AB|·
|CD|=x1x2=
·
,而y1y2=-4,代入上式,得|AB|·
|CD|=1.故选A.
答案:
A
类型二最值与范围问题
1.求参数范围的方法
据已知条件建立等式或不等式的函数关系,再求参数范围.
2.求最值问题的方法
(1)几何法
题目中给出的条件有明显的几何特征,则考虑用图象来解决;
(2)代数法
题目中给出的条件和结论几何特征不明显则可以建立目标函数,再求这个函数的最值,求最值的常见方法是判别式法、基本不等式法,单调性法等.
[例2] (2012年高考广东卷)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:
0)的离心率e=
,且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程;
(2)在椭圆C上,是否存在点M(m,n),使得直线l:
mx+ny=1与圆O:
x2+y2=1相交于不同的两点A、B,且△OAB的面积最大?
若存在,求出点M的坐标及对应的△OAB的面积;
若不存在,请说明理由.
[解析]
(1)∵e2=
,∴a2=3b2,
∴椭圆方程为
=1,即x2+3y2=3b2.
设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d,则
d=
∴当y=-1时,d取得最大值,dmax=
=3,
解得b2=1,∴a2=3.
∴椭圆C的方程为
+y2=1.
(2)假设存在点M(m,n)满足题意,则
+n2=1,
即m2=3-3n2.
设圆心到直线l的距离为d′,则d′<
1,
d′=
∴|AB|=2
=2
∴S△OAB=
|AB|d′
2
∵d′<
1,∴m2+n2>
∴0<
<
1,∴1-
>
0.
≤
当且仅当
=1-
,即m2+n2=2>
1时,S△OAB取得最大值
得
∴存在点M满足题意,M点坐标为(
),(
,-
),(-
)或(-
此时△OAB的面积为
已知抛物线y2=2px(p≠0)上存在关于直线x+y=1对称的相异两点,则实数p的取值范围为( )
A.(-
,0) B.(0,
)
C.(-
,0)D.(0,
设抛物线上关于直线x+y=1对称的两点是M(x1,y1)、N(x2,y2),设直线MN的方程为y=x+b.将y=x+b代入抛物线方程,得x2+(2b-2p)x+b2=0,则x1+x2=2p-2b,y1+y2=(x1+x2)+2b=2p,则MN的中点P的坐标为(p-b,p).因为点P在直线x+y=1上,所以2p-b=1,即b=2p-1.
又Δ=(2b-2p)2-4b2=4p2-8bp>
0,
将b=2p-1代入得4p2-8p(2p-1)>
即3p2-2p<
0,解得0<
p<
B
类型三轨迹问题
求动点的轨迹方程的一般步骤
(1)建系——建立适当的坐标系;
(2)设点——设轨迹上的任一点P(x,y);
(3)列式——列出动点P所满足的关系式;
(4)代换——依条件式的特点,选用距离公式、斜率公式等将其转化为x,y的方程式,并化简;
(5)证明——证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程.
[例3] (2012年高考辽宁卷)如图,动圆C1:
x2+y2=t2,1<
t<
3,与椭圆C2:
+y2=1相交于A,B,C,D四点,点A1,A2分别为C2的左,右顶点.
(1)当t为何值时,矩形ABCD的面积取得最大值?
并求出其最大面积;
(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程.
[解析]
(1)设A(x0,y0),则矩形ABCD的面积
S=4|x0||y0|.
+y
=1得y
从而x
y
=x
(1-
)=-
(x
)2+
当x
,y
时,Smax=6.
从而t=
时,矩形ABCD的面积最大,最大面积为6.
(2)由A(x0,y0),B(x0,-y0),A1(-3,0),A2(3,0)知直线AA1的方程为y=
(x+3)①
直线A2B的方程为y=
(x-3).②
由①②得y2=
(x2-9).③
又点A(x0,y0)在椭圆C上,故y
.④
将④代入③得
-y2=1(x<
-3,y<
0).
因此点M的轨迹方程为
已知定点F1(-2,0),F2(2,0),N是圆O:
x2+y2=1上任意一点,点F1关于点N的对称点为M,线段F1M的中垂线与直线F2M相交于点P,则点P的轨迹是( )
A.椭圆B.双曲线
C.抛物线D.圆
设N(a,b),M(x,y),则a=
,b=
,代入圆O的方程得点M的轨迹方程是(x-2)2+y2=22,此时|PF1|-|PF2|=|PF1|-(|PF1|±
2)=±
2,即||PF1|-|PF2||=2,故
析典题(预测高考)
高考真题
【真题】 (2012年高考浙江卷)如图,在直角坐标系xOy中,点P(1,
)到抛物线C:
y2=2px(p>
0)的准线的距离为
.点M(t,1)是C上的定点,A,B是C上的两动点,且线段AB被直线OM平分.
(1)求p,t的值;
(2)求△ABP面积的最大值.
【解析】
(1)由题意知
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为Q(m,m).
由题意知,设直线AB的斜率为k(k≠0).
故k·
2m=1,
所以直线AB的方程为y-m=
(x-m),
即x-2my+2m2-m=0.
消去x,
整理得y2-2my+2m2-m=0,
所以Δ=4m-4m2>
0,y1+y2=2m,y1y2=2m2-m.
从而|AB|=
|y1-y2|
设点P到直线AB的距离为d,则
设△ABP的面积为S,则
S=
|AB|·
d=|1-2(m-m2)|·
由Δ=4m-4m2>
0,得0<
m<
1.
令u=
,0<
u≤
,则S=u(1-2u2).
设S(u)=u(1-2u2),0<
则S′(u)=1-6u2.
由S′(u)=0,得u=
∈(0,
所以S(u)max=S(
)=
故△ABP面积的最大值为
【名师点睛】 本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查了利用导数求最值问题,本例
(2)中建立△ABP的面积目标函数后,关键是确定m的范围以及对目标函数的变形.
考情展望
圆锥曲线的综合问题一直是高考命题的热点内容,多为解答题,因其运算量与综合量较大,一般题目难度较大,常涉及最值、范围的求法、轨迹问题以及定点定值的探索问题.在复习时注意综合训练与积累方法,以提高解题的适应能力.
名师押题
【押题】 已知点A(-1,0),B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足∠AMB=2θ,
cos2θ=3,过点B的直线交曲线C于P、Q两点.
(1)求
的值,并写出曲线C的方程;
(2)求△APQ的面积的最大值.
【解析】
,在
中,
,根据余弦定理得
即
cos2θ=3
又
因此点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意),设椭圆的方程为
0),
则a=2,c=1,所以b2=a2-c2=3.
所以曲线C的方程为
(2)设直线PQ的方程为x=my+1.
,消去x并整理得
(3m2+4)y2+6my-9=0.①
显然方程①的判别式Δ=36m2+36(3m2+4)>
0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则△APQ的面积
S△APQ=
×
2×
|y1-y2|=|y1-y2|.
由根与系数的关系得y1+y2=-
y1·
y2=-
所以(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2
=48×
令t=3m2+3,则t≥3,(y1-y2)2=
由于函数φ(t)=t+
在[3,+∞)上是增函数.
所以t+
≥
,当且仅当t=3m2+3=3,即m=0时取等号,
所以(y1-y2)2≤
=9,即|y1-y2|的最大值为3,
所以△APQ的面积的最大值为3,此时直线PQ的方程为x=1.