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

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] (___高考福建卷)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝1
2.过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2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 |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8. 又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ， 所以4a ＝8，a ＝2.
又因为e ＝12，即c a ＝1
2，所以c ＝1， 所以b ＝
a 2－c 2＝ 3.
故椭圆E 的方程是x 24＋y 2
3＝1.
(2)由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，
消去y 得
(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.
因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0， 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0， 化简得4k 2－m 2＋3＝0.
(*)
所以P (－4k m ，3
m )．
由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，
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 (x 1，0)，则0MP MQ ⋅=对满足(*)式的m ，k 恒成立． 因为MP =(－4k m －x 1，3
m )，MQ =(4－x 1，4k ＋m )， 由0MP MQ ⋅=，得
－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0， 整理，得(4x 1－4)k m ＋x 21－4x 1＋3＝0. (* *) 由于(* *)式对满足(*)式的m ，k 恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，
解得x 1＝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y 2＝4x ，圆F ：(x －1)2＋y 2＝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y 2－4ty －4＝0.
设A (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，根据抛物线定义AF ＝x 1＋1，DF ＝x 2＋1，故|AB |＝x 1，|CD |＝x 2，
所以|AB |·|CD |＝x 1x 2＝y 214·y 224＝（y 1y 2）2
16，而y 1y 2＝－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] (___高考广东卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝
2
3，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 ：x 2＋y 2＝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)∵e 2＝c
2a 2＝a 2－b 2a 2＝23，∴a 2＝3b 2，
∴椭圆方程为x 23b 2＋y 2
b 2＝1，即x 2＋3y 2＝3b 2. 设椭圆上的点到点Q (0，2)的距离为d ，则 d ＝（x －0）2＋（y －2）2＝x 2＋（y －2）2
＝
3b 2－3y 2＋（y －2）2＝
－2（y ＋1）2＋3b 2＋6，
∴当y ＝－1时，d 取得最大值，d max ＝3b 2＋6＝3，
解得b 2＝1，∴a 2＝3. ∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2
＝1.
(2)假设存在点M (m ，n )满足题意，则m 2
3＋n 2＝1，
即m 2＝3－3n 2.
设圆心到直线l 的距离为d ′，则d ′<1， d ′＝|m ·0＋n ·0－1|m 2＋n
2＝
1m 2
＋n
2
.
∴|AB |＝2
12－d ′2＝21－
1m 2
＋n
2
.
∴S △OAB ＝1
2|AB |d ′ ＝12·21－
1m 2＋n 2·1
m 2＋n
2 ＝
1m 2＋n 2（1－1m 2＋n 2
）. ∵d ′<1，∴m 2＋n 2>1， ∴0<1m 2＋n 2<1，∴1－1m 2＋n 2
>0. ∴S △OAB ＝
1m 2＋n 2（1－1
m 2＋n
2
） ≤
⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2＋n 2＋1－1m 2＋n 22
2＝1
2
， 当且仅当
1m 2＋n 2＝1－1m 2＋n 2
，即m 2＋n 2
＝2>1时，S △OAB 取得最大值12. 由⎩⎪⎨⎪⎧m 2
＋n 2
＝2，m 2＝3－3n 2得⎩⎪⎨⎪
⎧m 2＝32，n 2＝12，
∴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.
跟踪训练
已知抛物线y 2＝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 ．(－23，0)
B ．(0，2
3)
C ．(－32，0)
D ．(0，3
2)
解析：设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b .将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p )x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋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 )2－4b 2＝4p 2－8bp >0， 将b ＝2p －1代入得4p 2－8p (2p －1)>0， 即3p 2
－2p <0，解得0<p <2
3
.
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] (___高考辽宁卷)如图，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 2
，1<t <3，与椭圆C 2：x 29＋y 2＝1相交于A ，B ，C ，D 四点，点A 1，A 2分别为C 2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AA 1与直线A 2B 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x20
9＋y20＝1得y20＝1－x20
9
，
从而x20y20＝x20(1－x20
9)＝－1
9(x
2
－
9
2)
2＋94.
当x20＝9
2，y20＝1
2
时，S max＝6.
从而t＝5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 ＝y0
x0＋3
(x＋3)①
直线A2B的方程为y＝－y0
x0－3
(x－3)．②
由①②得y2＝－y20
x20－9
(x2－9)．③
又点A(x0，y0)在椭圆C上，故y20＝1－x20
9.④
将④代入③得x2
9
－y2＝1(x<－3，y<0)．
因此点M的轨迹方程为x2
9
－y2＝1(x<－3，y<0)．跟踪训练
已知定点F 1(－2，0)，F 2(2，0)，N 是圆O ：x 2＋y 2＝1上任意一点，点F 1关于点N 的对称点为M ，线段F 1M 的中垂线与直线F 2M 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 ＝x －22，b ＝y
2，代入圆O 的方程得点M 的轨迹方程是(x －2)2＋y 2＝22，此时|PF 1|－|PF 2|＝|PF 1|－(|PF 1|±2)＝±2，即||PF 1|－|PF 2||＝2，故
答案：B
析典题（预测高考） 高考真题
【真题】 (___高考浙江卷)如图，在直角坐标系xOy 中，点P (1，1
2)到抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线的距离为5
4. 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
⎩⎨⎧2pt ＝1，1＋p 2＝54，得⎩⎨
⎧p ＝12，
t ＝1.
(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，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 ＝1
2m (x －m )，
即x －2my ＋2m 2－m ＝0.
由⎩⎪⎨⎪⎧x －2my ＋2m 2－m ＝0
y 2＝x
消去x ，
整理得y 2－2my ＋2m 2－m ＝0，
所以Δ＝4m －4m 2>0，y 1＋y 2＝2m ，y 1y 2＝2m 2－m . 从而|AB |＝1＋1
k 2·|y 1－y 2
|
＝
1＋4m 2·4m －4m 2.
设点P 到直线AB 的距离为d ，则 d ＝|1－2m ＋2m 2|1＋4m 2.
设△ABP 的面积为S ，则
S ＝1
2
|AB |·d ＝|1－2(m －m 2)|·m －m 2.
由Δ＝4m －4m 2>0，得0<m <1.
令u ＝ m －m 2，0<u ≤12
，则S ＝u (1－2u 2)． 设S (u )＝u (1－2u 2)，0<u ≤12
， 则S ′(u )＝1－6u 2.
由S ′(u )＝0，得u ＝
66∈(0，12)， 所以S (u )max ＝S (66)＝69
. 故△ABP 面积的最大值为
69. 【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，||||AM BM ⋅cos 2θ＝3，过点B 的直线交曲线C 于P 、Q 两点．
(1)求 ||||AM BM +的值，并写出曲线C 的方程；
(2)求△APQ 的面积的最大值．
【解析】(,)M x y ，在MAB ∆中，||2AB =，2AMB θ∠=，根据余弦定理得
22||||2||||cos 2||4AM BM AM MB AB θ+-⋅==
即2(||||)2||||(1cos 2)||4AM BM AM MB AB θ+-⋅+==，
所以22(||||)4||||cos 4.AM BM AM MB θ+-⋅=
因为||||AM BM ⋅cos 2θ＝3
所以2(||||)434AM BM +-⨯=
又||||42||,AM BM AB +=>=
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x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)，
则a ＝2，c ＝1，所以b 2＝a 2－c 2＝3.
所以曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.
(2)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋1.
由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1x 24＋y 23
＝1，消去x 并整理得 (3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.①
显然方程①的判别式Δ＝36m 2＋36(3m 2＋4)>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则
△APQ 的面积
S △APQ ＝12×2×|y 1－y 2|＝|y 1－y 2|.
由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4
， y 1·y 2＝－93m 2＋4
， 所以(y 1－y 2)2＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2
＝48×3m 2＋3（3m 2＋4）2
. 令t ＝3m 2＋3，则t ≥3，(y 1－y 2)2＝48t ＋1t ＋2
，
由于函数φ(t )＝t ＋1t 在[3，＋∞)上是增函数．
所以t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3m 2＋3＝3，即m ＝0时取等号，
所以(y 1－y 2)2≤48103＋2
＝9，即|y 1－y 2|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.
第四讲 思想方法与规范解答（一）
思想方法
1．数形结合思想
所谓数形结合思想，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想．
数形结合思想的应用包括以下两个方面：
(1)“以形助数”，把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，揭示数学问题的本质；
(2)“以数解形”，把直观图形数量化，使形更加精确．
本专题中集合的运算、求二次函数的最值，确定函数零点问题、求不等式恒成立中参数等都经常用到数形结合思想．
[例1] (___高考辽宁卷)设函数f (x )(x ∈R)满足f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，且当x ∈[0，1]时，
f (x )＝x 3.又函数
g (x )＝|x cos (πx )|，则函数
h (x )＝g (x )－f (x )在[－12，32
]上的零点个数为( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8
[解析] 根据函数y ＝f (x )的特点确定其性质，然后根据定义域分别作出图象求解． 根据题意，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数且0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，则当－1≤x ≤0时，f (x )＝－x 3，且g (x )＝|x cos (πx )|，所以当x ＝0时，f (x )＝g (x )．当x ≠0时，若0<x ≤
12
，则x 3＝x cos (πx )，即x 2＝ |cos πx |.
同理可以得到在区间[－12，0)，
(12，1]，(1，32]上的关系式都是上式，
在同一个坐标系中作出所得关系式等号两边函数的图象，如图所示，有5个根．所以总共有6个．
[答案] B
跟踪训练
已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：
①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；
③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.
其中正确结论的序号是()
A．①③B．①④
C．②③D．②④
解析：利用函数的单调性及数形结合思想求解．
∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由f′(x)<0，得1<x<3，
由f′(x)>0，得x<1或x>3，
∴f(x)在区间(1，3)上是减函数，
在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．
又a<b<c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，
∴y极大值＝f(1)＝4－abc>0，
y极小值＝f(3)＝－abc<0，
∴0<abc<4.
∴a，b，c均大于零，或者a<0，b<0，c>0.
又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．
∴f(0)<0，∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0，
∴正确结论的序号是②③.
答案：C
2．分类讨论思想
分类讨论思想是由问题的不确定性而引起的，需要按照问题的条件划分为几类，从而解决问题，在本专题中常见的分类讨论思想的运用有以下两个方面：
(1)二次函数在给定区间的最值求法，注意对称轴与区间关系；
(2)含参数的函数的单调性的判断，极值、最值的求法．
[例2](___高考课标全国卷)设函数f(x)＝e x－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
[解析](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1
＝(x－k)(e x－1)＋x＋1.
故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于
k<x＋1
e x－1
＋x(x>0)．①
令g(x)＝
x＋1
e x－1
＋x，
则g′(x)＝
－x e x－1
（e x－1）2
＋1＝
e x（e x－x－2）
（e x－1）2.
由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(xg(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．
又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)．
由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.
跟踪训练
(___济南模拟)已知函数f(x)＝x2e－ax，a R.
(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性．
解析：(1)因为当a＝1时，f(x)＝x2e－x，
f′(x)＝2x e－x－x2e－x＝(2x－x2)e－x，所以f(－1)＝e，f′(－1)＝－3e.
从而y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为y－e＝－3e(x＋1)，即y＝－3e x－2e.
(2)f′(x)＝2x e－ax－ax2e－ax＝(2x－ax2)e－ax.
①当a＝0时，若x<0，则f′(x)<0，
若x>0，则f′(x)>0.
所以当a＝0时，函数f(x)在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数．
②当a >0时，由2x －ax 2<0，解得x <0或x >2a ，
由2x －ax 2>0，解得0<x <2a .
所以当a >0时，函数f (x )在区间(－∞，0)，(2a ，＋∞)上为减函数，在区间(0，2a )上为增函数．
③当a <0时，由2x －ax 2<0，解得2a <x <0，
由2x －ax 2>0，解得x <2a 或x >0.
所以，当a <0时，函数f (x )在区间(－∞，2a )，(0，＋∞)上为增函数，在区间(2a ，0)上为减函数．
综上所述，当a ＝0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(2a ，＋∞)上单调递减，在(0，2a )上单调递增当a <0时，f (x )在
(2a ，0)上单调递减，在(－∞，2a )，(0，＋∞)上单调递增．
考情展望
高考对本专题的考查主要是两个方面：一是在选择填空题中考查函数图象与性质及应用，二是在解答题中考查导数的应用，常与不等式联系，难度较大，多涉及含参数问题．
名师押题
【押题】 设函数f (x )＝ln x －p (x －1)，p ∈R.
(1)当p ＝1时，求函数f (x )的单调区间；
(2)设函数g (x )＝xf (x )＋p (2x 2－x －1)，对任意x ≥1都有g (x )≤0成立，求p 的取值范围．
【解析】 (1)当p ＝1时，f (x )＝ln x －x ＋1，其定义域为(0，＋∞)．所以f ′(x )＝1x
－1. 由f ′(x )＝1x －1>0得0<x <1，
由f ′(x )<0得x >1.
所以函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)由函数g (x )＝xf (x )＋p (2x 2－x －1)
＝x ln x ＋p (x 2－1)(x >0)，得g ′(x )＝ln x ＋1＋2px .
由(1)知，当p ＝1时，f (x )≤f (1)＝0，
即不等式ln x ≤x －1成立．
①当p ≤－12时，g ′(x )＝ln x ＋1＋2px ≤(x －1)＋1＋2px ＝(1＋2p )x ≤0.
即函数g (x )在[1，＋∞)上单调递减，从而g (x )≤g (1)＝0，满足题意；
②当－12<p <0时，存在x ∈(1，－12p )使得ln x >0，1＋2px >0，从而g ′（x ）＝ln x ＋1＋2px >0，
即函数g (x )在(1，－12p )上单调递增，从而存在x 0∈(1，－12p )使得g (x 0)>g (1)＝0，不满足题意；
③当p ≥0时，由x ≥1知g (x )＝x ln x ＋p (x 2－1)≥0恒成立，此时不满足题意．
综上所述，实数p 的取值范围为1(,].2-∞-。