2022年高三数学二轮复习教案专题七圆锥曲线的综合问题 .pdf

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1、.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(20XX 高考福建卷 )如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左焦点为 F1，右焦点为 F2，离心率 e12.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，

2、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 e12，即ca12，所以 c1，所以 ba2c23. 故椭圆 E 的方程是x24y231. (2)由ykxm，x24y231，消去 y 得名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 12 页 - - - - - - - - - .(4k23)x28kmx4m2120. 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一

3、个公共点P(x0，y0)，所以 m 0 且 0，即 64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得 4k2m230. (*) 所以 P(4km，3m)由x4，ykxm，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)，那么0MP MQ对满足 (*) 式的 m，k 恒成立因为MP=(4kmx1，3m)，MQ=(4x1，4km)，由0MP MQ，得16km4kx1m4x1x2112km30，整理，得 (4x14)kmx214x130.(*) 由于(*) 式对满足 (*)式的 m，k 恒成立，所以4x140，x214x130，解得 x1

4、1. 故存在定点 M(1，0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点M. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 12 页 - - - - - - - - - .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 )，那么 |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：xty1，代入抛物线方程，得 y24ty40. 设

5、A(x1，y1)，D(x2，y2)，根据抛物线定义AFx11，DFx21，故 |AB|x1，|CD|x2，所以|AB| |CD|x1x2y214y224（y1y2）216，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求参数范围的方法名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 12 页 - - - - - - - - - .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

6、条件有明显的几何特征，那么考虑用图象来解决；(2) 代数法题目中给出的条件和结论几何特征不明显那么可以建立目标函数，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(20XX 高考广东卷 )在平面直角坐标系xOy 中， 已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率 e23，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

7、理由解析(1)e2c2a2a2b2a223，a23b2，椭圆方程为x23b2y2b21，即 x23y23b2. 设椭圆上的点到点Q(0，2)的距离为 d，那么d（x0）2（y2）2x2（y2）23b23y2（y2）22（y1）23b26，当 y1 时，d 取得最大值， dmax3b263，解得 b21，a23. 椭圆 C 的方程为x23y21. (2)假设存在点 M(m，n)满足题意，那么m23n21，即 m233n2. 设圆心到直线 l 的距离为 d ，那么 d 1，d|m 0n 01|m2n21m2n2. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - -

8、 - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 12 页 - - - - - - - - - .|AB|212d2211m2n2. SOAB12|AB|d12 211m2n21m2n21m2n2（11m2n2）. d1，01m2n20. SOAB1m2n2（11m2n2）1m2n211m2n22212，当且仅当1m2n211m2n2，即 m2n221 时，SOAB取得最大值12. 由m2n22，m233n2得m232，n212，存在点 M 满足题意， M 点坐标为 (62，22)，(62，22)，(62，22)或(62，22)，此时OAB 的面积为12.

9、 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 12 页 - - - - - - - - - .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，那么实数p 的取值范围为() A(23，0)B(0，23) C(32，0) D(0，32) 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，那么 x1x22p2b，y1y2(x1x2

10、)2b2p，那么 MN 的中点 P 的坐标为名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 12 页 - - - - - - - - - .(pb，p)因为点 P 在直线 xy1 上，所以2pb1，即 b2p1. 又 (2b2p)24b24p28bp0，将 b2p1 代入得 4p28p(2p1)0，即 3p22p0，解得 0p23. 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

11、 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(20XX 高考辽宁卷 )如图，动圆 C1：x2y2t2，1t3，与椭圆 C2：x29y21 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 的轨迹方程名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - -

12、 - 第 7 页，共 12 页 - - - - - - - - - .解析(1)设 A(x0，y0)，那么矩形 ABCD 的面积S4|x0|y0|. 由x209y201 得 y201x209，从而 x20y20 x20(1x209)19(x2092)294. 当 x2092，y2012时，Smax6. 从而 t5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 yy0 x03(x3)直线 A2B 的方程为 yy0 x03(x3)由得 y2y20 x209(x29)又点 A(x0，y0)在椭圆 C

13、上，故 y201x209.将代入得x29y21(x3，y0)因此点 M 的轨迹方程为x29y21(x3，y0)的准线的距离为54.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2pt1，1p254，得p12，t1.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段 AB 的中点为 Q(m，m)名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 12 页

14、- - - - - - - - - .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 ym12m(xm)，即 x2my2m2m0. 由x2my2m2m0y2x消去 x，整理得 y22my2m2m0，所以 4m4m20，y1y22m，y1y22m2m. 从而|AB|11k2 |y1y2| 14m2 4m4m2. 设点 P 到直线 AB 的距离为 d，那么d|12m2m2|14m2. 设ABP 的面积为 S，那么S12|AB| d|12(mm2)| mm2. 由 4m4m20，得 0m1. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - -

15、 - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 12 页 - - - - - - - - - .令 umm2，0u12，那么 Su(12u2)设 S(u)u(12u2)，0b0)，那么 a2，c1，所以 b2a2c23. 所以曲线 C 的方程为x24y231. (2)设直线 PQ 的方程为 xmy1. 由xmy1x24y231，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)，那么APQ 的面积SAPQ12 2 |y1y2|y1y2|. 由根与系数的关系得y1y

16、26m3m24，y1 y293m24，所以(y1y2)2(y1y2)24y1y2483m23（3m24）2. 令 t3m23，那么 t3 ，(y1y2)248t1t2，由于函数 (t)t1t在3，) 上是增函数所以 t1t103，当且仅当 t3m233，即 m0 时取等号，所以(y1y2)24810329，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. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 12 页 - - - - - - - - -