2013年高三数学(理科)二轮复习教案专题七第三讲圆锥曲线的综合问题(共12页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上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：ykxm与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x4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4a8，a2.又因为e，即，所以c1，所以b.故椭圆E的方程是1.(2)由消去y得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)所以P(，)由得Q(4，4km)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，)，=(4x1，4km)，由，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(* *)由于(* *)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.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y24x，圆F：(x1)2y21，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1B最小值是1C等于4 D最大值是4解析：设直线l：xty1，代入抛物线方程，得y24ty40.设A(x1，y1)，D(x2，y2)，根据抛物线定义AFx11，DFx21，故|AB|x1，|CD|x2，所以|AB|·|CD|x1x2·，而y1y24，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：mxny1与圆O：x2y21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，a23b2，椭圆方程为1，即x23y23b2.设椭圆上的点到点Q(0，2)的距离为d，则d，当y1时，d取得最大值，dmax3，解得b21，a23.椭圆C的方程为y21.(2)假设存在点M(m，n)满足题意，则n21，即m233n2.设圆心到直线l的距离为d，则d<1，d.|AB|22.SOAB|AB|d·2·.d<1，m2n2>1，0<<1，1>0.SOAB ，当且仅当1，即m2n22>1时，SOAB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y22px(p0)上存在关于直线xy1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xy1对称的两点是M(x1，y1)、N(x2，y2)，设直线MN的方程为yxb.将yxb代入抛物线方程，得x2(2b2p)xb20，则x1x22p2b，y1y2(x1x2)2b2p，则MN的中点P的坐标为(pb，p)因为点P在直线xy1上，所以2pb1，即b2p1.又(2b2p)24b24p28bp>0，将b2p1代入得4p28p(2p1)>0，即3p22p<0，解得0<p<.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：x2y2t2，1<t<3，与椭圆C2：y21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S4|x0|y0|.由y1得y1，从而xyx(1)(x)2.当x，y时，Smax6.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(x3)直线A2B的方程为y(x3)由得y2(x29)又点A(x0，y0)在椭圆C上，故y1.将代入得y21(x<3，y<0)因此点M的轨迹方程为y21(x<3，y<0)跟踪训练已知定点F1(2，0)，F2(2，0)，N是圆O：x2y21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(x2)2y222，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：y22px(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(k0)故k·2m1，所以直线AB的方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m2>0，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|·|y1y2|·.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|12(mm2)|·.由4m4m2>0，得0<m<1.令u ，0<u，则Su(12u2)设S(u)u(12u2)，0<u，则S(u)16u2.由S(u)0，得u(0，)，所以S(u)maxS().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AMB2，cos 23，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cos 23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a2，c1，所以b2a2c23.所以曲线C的方程为1.(2)设直线PQ的方程为xmy1.由，消去x并整理得(3m24)y26my90.显然方程的判别式36m236(3m24)>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则APQ的面积SAPQ×2×|y1y2|y1y2|.由根与系数的关系得y1y2，y1·y2，所以(y1y2)2(y1y2)24y1y248×.令t3m23，则t3，(y1y2)2，由于函数(t)t在3，)上是增函数所以t，当且仅当t3m233，即m0时取等号，所以(y1y2)29，即|y1y2|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x1.专心-专注-专业