2022年高三數(shù)學二輪復習 專題七第三講 圓錐曲線的綜合問題教案 理

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1、2022年高三數(shù)學二輪復習 專題七第三講 圓錐曲線的綜合問題教案 理 類型一 圓錐曲線中的定點定值問題 常見的類型 (1)直線恒過定點問題； (2)動圓恒過定點問題； (3)探求定值問題； (4)證明定值問題． [例1]　(xx年高考福建卷)如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F1，右焦點為F2，離心率e＝.過F1的直線交橢圓于A、B兩點，且△ABF2的周長為8. (1)求橢圓E的方程； (2)設動直線l：y＝kx＋m與橢圓E有且只有一個公共點P，且與直線x＝4相交于點Q.試探究：在坐標平面內(nèi)是否存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過點M？若存在，求出點M的坐標；

2、若不存在，說明理由． [解析]　(1)因為|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8. 又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a， 所以4a＝8，a＝2. 又因為e＝，即＝，所以c＝1， 所以b＝＝. 故橢圓E的方程是＋＝1. (2)由消去y得 (4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0， 即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化簡得4k2－m2＋3＝0. (*) 所以P(－，)． 由得Q(4，4

3、k＋m) 假設平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上． 設M(x1，0)，則對滿足(*)式的m，k恒成立． 因為=(－－x1，)，=(4－x1，4k＋m)， 由，得 －＋－4x1＋x＋＋3＝0， 整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0. (* *) 由于(* *)式對滿足(*)式的m，k恒成立， 所以解得x1＝1. 故存在定點M(1，0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M. 跟蹤訓練 已知拋物線y2＝4x，圓F：(x－1)2＋y2＝1，過點F作直線l，自上而下順次與上述兩曲線交于點A，B，C，D(如圖所示)，則|AB|·|CD|的值正確的是(　　)

4、 A．等于1　　　　　 B．最小值是1 C．等于4 D．最大值是4 解析：設直線l：x＝ty＋1，代入拋物線方程， 得y2－4ty－4＝0. 設A(x1，y1)，D(x2，y2)，根據(jù)拋物線定義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.故選A. 答案：A 類型二 最值與范圍問題 1．求參數(shù)范圍的方法 據(jù)已知條件建立等式或不等式的函數(shù)關系，再求參數(shù)范圍． 2．求最值問題的方法 (1)幾何法 題目中給出的條件有明顯的幾何特征，則考慮用圖象來解

5、決； (2)代數(shù)法 題目中給出的條件和結論幾何特征不明顯則可以建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，求最值的常見方法是判別式法、基本不等式法，單調(diào)性法等． [例2]　(xx年高考廣東卷)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，且橢圓C上的點到點Q(0，2)的距離的最大值為3. (1)求橢圓C的方程； (2)在橢圓C上，是否存在點M(m，n)，使得直線l：mx＋ny＝1與圓O：x2＋y2＝1相交于不同的兩點A、B，且△OAB的面積最大？若存在，求出點M的坐標及對應的△OAB的面積；若不存在，請說明理由． [解析]　(1)∵e2＝＝＝，∴a2＝3b2， ∴

6、橢圓方程為＋＝1，即x2＋3y2＝3b2. 設橢圓上的點到點Q(0，2)的距離為d，則 d＝＝ ＝＝， ∴當y＝－1時，d取得最大值，dmax＝＝3， 解得b2＝1，∴a2＝3. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)假設存在點M(m，n)滿足題意，則＋n2＝1， 即m2＝3－3n2. 設圓心到直線l的距離為d′，則d′<1， d′＝＝. ∴|AB|＝2＝2. ∴S△OAB＝|AB|d′ ＝·2· ＝. ∵d′<1，∴m2＋n2>1， ∴0<<1，∴1－>0. ∴S△OAB＝ ≤ ＝， 當且僅當＝1－，即m2＋n2＝2>1時，S△OAB取得最大值. 由得

7、 ∴存在點M滿足題意，M點坐標為(，)，(，－)，(－，)或(－，－)， 此時△OAB的面積為. 跟蹤訓練 已知拋物線y2＝2px(p≠0)上存在關于直線x＋y＝1對稱的相異兩點，則實數(shù)p的取值范圍為(　　) A．(－，0)　　　　　　　B．(0，) C．(－，0) D．(0，) 解析：設拋物線上關于直線x＋y＝1對稱的兩點是M(x1，y1)、N(x2，y2)，設直線MN的方程為y＝x＋b.將y＝x＋b代入拋物線方程，得x2＋(2b－2p)x＋b2＝0，則x1＋x2＝2p－2b，y1＋y2＝(x1＋x2)＋2b＝2p，則MN的中點P的坐標為(p－b，p

8、)．因為點P在直線x＋y＝1上，所以2p－b＝1，即b＝2p－1. 又Δ＝(2b－2p)2－4b2＝4p2－8bp>0， 將b＝2p－1代入得4p2－8p(2p－1)>0， 即3p2－2p<0，解得0

9、C1：x2＋y2＝t2，1

10、x＋3)① 直線A2B的方程為y＝(x－3)．② 由①②得y2＝(x2－9)．③ 又點A(x0，y0)在橢圓C上，故y＝1－.④ 將④代入③得－y2＝1(x<－3，y<0)． 因此點M的軌跡方程為－y2＝1(x<－3，y<0)． 跟蹤訓練 已知定點F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，N是圓O：x2＋y2＝1上任意一點，點F1關于點N的對稱點為M，線段F1M的中垂線與直線F2M相交于點P，則點P的軌跡是(　　) A．橢圓 B．雙曲線 C．拋物線 D．圓 解析：設N(a，b)，M(x，y)，則a＝，b＝，代入圓O的方程得點M的軌跡方程是(x－2)2＋y2＝22，

11、此時|PF1|－|PF2|＝|PF1|－(|PF1|±2)＝±2，即||PF1|－|PF2||＝2，故 答案：B 析典題（預測高考） 高考真題 【真題】　(xx年高考浙江卷)如圖，在直角坐標系xOy中，點P(1，)到拋物線C：y2＝2px(p>0)的準線的距離為. 點M(t，1)是C上的定點，A，B是C上的兩動點，且線段AB被直線OM平分． (1)求p，t的值； (2)求△ABP面積的最大值． 【解析】　(1)由題意知 得 (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點為Q(m，m)． 由題意知，設直線AB的斜率為k(k≠0)． 故k·2m＝1，

12、 所以直線AB的方程為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. 從而|AB|＝·|y1－y2| ＝·. 設點P到直線AB的距離為d，則 d＝. 設△ABP的面積為S，則 S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·. 由Δ＝4m－4m2>0，得0

13、)＝. 故△ABP面積的最大值為. 【名師點睛】　本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì)，直線與拋物線的位置關系等基礎知識，同時考查了利用導數(shù)求最值問題，本例(2)中建立△ABP的面積目標函數(shù)后，關鍵是確定m的范圍以及對目標函數(shù)的變形． 考情展望 圓錐曲線的綜合問題一直是高考命題的熱點內(nèi)容，多為解答題，因其運算量與綜合量較大，一般題目難度較大，常涉及最值、范圍的求法、軌跡問題以及定點定值的探索問題．在復習時注意綜合訓練與積累方法，以提高解題的適應能力． 名師押題 【押題】　已知點A(－1，0)，B(1，0)，動點M的軌跡曲線C滿足∠AMB＝2θ，cos 2θ＝3，過點B的直線交曲線C

14、于P、Q兩點． (1)求 的值，并寫出曲線C的方程； (2)求△APQ的面積的最大值． 【解析】，在中，，，根據(jù)余弦定理得 即， 所以 因為cos 2θ＝3 所以 又 因此點M的軌跡是以A、B為焦點的橢圓(點M在x軸上也符合題意)，設橢圓的方程為＋＝1(a>b>0)， 則a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3. 所以曲線C的方程為＋＝1. (2)設直線PQ的方程為x＝my＋1. 由，消去x并整理得 (3m2＋4)y2＋6my－9＝0.① 顯然方程①的判別式Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則△APQ的面積 S△APQ＝×2×|y1－y2|＝|y1－y2|. 由根與系數(shù)的關系得y1＋y2＝－， y1·y2＝－， 所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2 ＝48×. 令t＝3m2＋3，則t≥3，(y1－y2)2＝， 由于函數(shù)φ(t)＝t＋在[3，＋∞)上是增函數(shù)． 所以t＋≥，當且僅當t＝3m2＋3＝3，即m＝0時取等號， 所以(y1－y2)2≤＝9，即|y1－y2|的最大值為3， 所以△APQ的面積的最大值為3，此時直線PQ的方程為x＝1.