2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七第三講 圓錐曲線的綜合問題教案 理

《2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七第三講 圓錐曲線的綜合問題教案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七第三講 圓錐曲線的綜合問題教案 理（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 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(diǎn)定值問題常見的類型(1)直線恒過定點(diǎn)問題；(2)動(dòng)圓恒過定點(diǎn)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(ab0)的左焦點(diǎn)為F1，右焦點(diǎn)為F2，離心率e.過F1的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，且ABF2的周長為8.(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)動(dòng)直線l：ykxm與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，且與直線x4相交于點(diǎn)Q.試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)M，使得以PQ為直徑的圓恒過點(diǎn)M？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由解析(1)因?yàn)閨AB|AF2|BF2|8，即|AF

2、1|F1B|AF2|BF2|8.又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因?yàn)閑，即，所以c1，所以b.故橢圓E的方程是1.(2)由消去y得(4k23)x28kmx4m2120.因?yàn)閯?dòng)直線l與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)所以P(，)由得Q(4，4km)假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)M滿足條件，由圖形對稱性知，點(diǎn)M必在x軸上設(shè)M(x1，0)，則對滿足(*)式的m，k恒成立因?yàn)?(x1，)，=(4x1，4km)，由，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(* *)由于(* *)

3、式對滿足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定點(diǎn)M(1，0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點(diǎn)M.跟蹤訓(xùn)練已知拋物線y24x，圓F：(x1)2y21，過點(diǎn)F作直線l，自上而下順次與上述兩曲線交于點(diǎn)A，B，C，D(如圖所示)，則|AB|CD|的值正確的是()A等于1B最小值是1C等于4 D最大值是4解析：設(shè)直線l：xty1，代入拋物線方程，得y24ty40.設(shè)A(x1，y1)，D(x2，y2)，根據(jù)拋物線定義AFx11，DFx21，故|AB|x1，|CD|x2，所以|AB|CD|x1x2，而y1y24，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

4、知條件建立等式或不等式的函數(shù)關(guān)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，則考慮用圖象來解決；(2)代數(shù)法題目中給出的條件和結(jié)論幾何特征不明顯則可以建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)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(biāo)系xOy中，已知橢圓C：1(ab0)的離心率e，且橢圓C上的點(diǎn)到點(diǎn)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(diǎn)M(m，n)，使得直線l：mxny1與圓O：x2y21相交于不同的兩點(diǎn)A、B，且OAB的面積最大？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)及對應(yīng)的OAB的面積；若

5、不存在，請說明理由解析(1)e2，a23b2，橢圓方程為1，即x23y23b2.設(shè)橢圓上的點(diǎn)到點(diǎn)Q(0，2)的距離為d，則d，當(dāng)y1時(shí)，d取得最大值，dmax3，解得b21，a23.橢圓C的方程為y21.(2)假設(shè)存在點(diǎn)M(m，n)滿足題意，則n21，即m233n2.設(shè)圓心到直線l的距離為d，則d1，d.|AB|22.SOAB|AB|d2.d1，00.SOAB ，當(dāng)且僅當(dāng)1，即m2n221時(shí)，SOAB取得最大值.由得存在點(diǎn)M滿足題意，M點(diǎn)坐標(biāo)為(，)，(，)，(，)或(，)，此時(shí)OAB的面積為.跟蹤訓(xùn)練已知拋物線y22px(p0)上存在關(guān)于直線xy1對稱的相異兩點(diǎn)，則實(shí)數(shù)p的取值范圍為()A(

6、，0)B(0，)C(，0) D(0，)解析：設(shè)拋物線上關(guān)于直線xy1對稱的兩點(diǎn)是M(x1，y1)、N(x2，y2)，設(shè)直線MN的方程為yxb.將yxb代入拋物線方程，得x2(2b2p)xb20，則x1x22p2b，y1y2(x1x2)2b2p，則MN的中點(diǎn)P的坐標(biāo)為(pb，p)因?yàn)辄c(diǎn)P在直線xy1上，所以2pb1，即b2p1.又(2b2p)24b24p28bp0，將b2p1代入得4p28p(2p1)0，即3p22p0，解得0p.答案：B類型三 軌跡問題求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程的一般步驟(1)建系建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系；(2)設(shè)點(diǎn)設(shè)軌跡上的任一點(diǎn)P(x，y)；(3)列式列出動(dòng)點(diǎn)P所滿足的關(guān)系式；(4)代換依條

7、件式的特點(diǎn)，選用距離公式、斜率公式等將其轉(zhuǎn)化為x，y的方程式，并化簡；(5)證明證明所求方程即為符合條件的動(dòng)點(diǎn)軌跡方程例3(xx年高考遼寧卷)如圖，動(dòng)圓C1：x2y2t2，1t3，與橢圓C2：y21相交于A，B，C，D四點(diǎn)，點(diǎn)A1，A2分別為C2的左，右頂點(diǎn)(1)當(dāng)t為何值時(shí)，矩形ABCD的面積取得最大值？并求出其最大面積；(2)求直線AA1與直線A2B交點(diǎn)M的軌跡方程解析(1)設(shè)A(x0，y0)，則矩形ABCD的面積S4|x0|y0|.由y1得y1，從而xyx(1)(x)2.當(dāng)x，y時(shí)，Smax6.從而t時(shí)，矩形ABCD的面積最大，最大面積為6.(2)由A(x0，y0)，B(x0，y0)，A

8、1(3，0)，A2(3，0)知直線AA1的方程為y(x3)直線A2B的方程為y(x3)由得y2(x29)又點(diǎn)A(x0，y0)在橢圓C上，故y1.將代入得y21(x3，y0)因此點(diǎn)M的軌跡方程為y21(x3，y0)的準(zhǔn)線的距離為. 點(diǎn)M(t，1)是C上的定點(diǎn)，A，B是C上的兩動(dòng)點(diǎn)，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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點(diǎn)為Q(m，m)由題意知，設(shè)直線AB的斜率為k(k0)故k2m1，所以直線AB的方程為ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4

9、m20，y1y22m，y1y22m2m.從而|AB|y1y2|.設(shè)點(diǎn)P到直線AB的距離為d，則d.設(shè)ABP的面積為S，則S|AB|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u ，0u，則Su(12u2)設(shè)S(u)u(12u2)，0b0)，則a2，c1，所以b2a2c23.所以曲線C的方程為1.(2)設(shè)直線PQ的方程為xmy1.由，消去x并整理得(3m24)y26my90.顯然方程的判別式36m236(3m24)0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則APQ的面積SAPQ2|y1y2|y1y2|.由根與系數(shù)的關(guān)系得y1y2，y1y2，所以(y1y2)2(y1y2)24y1y248.令t3m23，則t3，(y1y2)2，由于函數(shù)(t)t在3，)上是增函數(shù)所以t，當(dāng)且僅當(dāng)t3m233，即m0時(shí)取等號，所以(y1y2)29，即|y1y2|的最大值為3，所以APQ的面積的最大值為3，此時(shí)直線PQ的方程為x1.