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.
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