高三数学理科二轮复习教案专题七第三讲圆锥曲线的综合问题.doc

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第三讲　圆锥曲线的综合问题

研热点（聚焦突破）

类型一圆锥曲线中的定点定值问题

常见的类型

（1）直线恒过定点问题；

（2）动圆恒过定点问题；

（3）探求定值问题；

（4）证明定值问题．

[例1]　（2012年高考福建卷）如图，椭圆E：

＋＝1（a>b>0）的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝.过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.

（1）求椭圆E的方程；

（2）设动直线l：

y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：

在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？

若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

[解析]　

（1）因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，

即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8.

又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，

所以4a＝8，a＝2.

又因为e＝，即＝，所以c＝1，

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），

由，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4 D．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：

＋＝1（a>b>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>1，

∴0<<1，∴1－>0.

∴S△OAB＝

≤＝，

当且仅当＝1－，即m2＋n2＝2>1时，S△OAB取得最大值.

由得

∴存在点M满足题意，M点坐标为（，），（，－），（－，）或（－，－），

此时△OAB的面积为.

跟踪训练

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，）

解析：

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）>0，

即3p2－2p<0，解得0

答案：

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

＋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|.

由＋y＝1得y＝1－，

从而xy＝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＝1－.④

将④代入③得－y2＝1（x<－3，y<0）．

因此点M的轨迹方程为－y2＝1（x<－3，y<0）．

跟踪训练

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

解析：

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

答案：

B

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

得

（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.

由消去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

d＝.

设△ABP的面积为S，则

S＝|AB|·d＝|1－2（m－m2）|·.

由Δ＝4m－4m2>0，得0

令u＝，0

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，

所以

因为cos2θ＝3

所以

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＋＝1（a>b>0），

则a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3.

所以曲线C的方程为＋＝1.

（2）设直线PQ的方程为x＝my＋1.

由，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.