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2013届高考数学(理)一轮复习课件:第九篇 解析几何方法技巧2 圆锥曲线的综合应用)

时间:2012-06-19


方法技巧2 圆锥曲线的综合应用

一、圆锥曲线的最值问题 【考情快递】 最值问题是高考的热点,可能出选择题、填空 题和解答题. 方法1:定义转化法

解题步 骤

①根据圆锥曲线的定义列方程; ②将最值问题转化为距离问题求解 .

适用情 况

此法为求解最值问题的常用方法, 多

数题可以用.

x2 y2 【例1】?已知点F是双曲线 - =1的左焦点,定点A的坐标 4 12 为(1,4),P是双曲线右支上的动点,则|PF|+|PA|的最小值为 ________. 解析 如图所示,根据双曲线定义|PF|-|PF′|=4,

即|PF|-4=|PF′|.又|PA|+|PF′|≥|AF′|=5, 将|PF|-4=|PF′|代入,得|PA|+|PF|-4≥5, 即|PA|+|PF|≥9,等号当且仅当A,P,F′三点共线, 即P为图中的点P0时成立,故|PF|+|PA|的最小值为9.故填9. 答案 9

方法2:切线法

①求与直线平行的圆锥曲线的切线 解题步 ; 骤 ②求出两平行线的距离即为所求的 最值.
适用情 当所求的最值是圆锥曲线上的点到 况 某条直线的距离的最值时用此法.

x2 【例2】?求椭圆 2 +y2=1上的点到直线y=x+2 3 的距离的最 大值和最小值,并求取得最值时椭圆上点的坐标. 解 设椭圆的切线方程为y=x+b, 代入椭圆方程,得3x2+4bx+2b2-2=0. 由Δ=(4b)2-4×3×(2b2-2)=0,得b=± 3. 6 当b= 3时,直线y=x+ 3与y=x+2 3的距离d1= 2 ,将b= 3代入方程3x2+4bx+2b2-2=0, 2 3 3 解得x=- 3 ,此时y= 3 ,

? 2 3 即椭圆上的点?- ? 3 , ?

3? ? ?到直线y=x+2 3的距离最小,最小 3?

6 值是 2 ; 当b=- 3 时,直线y=x- 3 到直线y=x+2 3 6 ,将b=- 3代入方程3x2+4bx+2b2-2=0, 2 2 3 3 解得x= 3 ,此时y=- 3 ,
?2 3 即椭圆上的点? ? 3 ,- ?

3 的距离d2=

3? ? 到直线y=x+2 3的距离最大,最大 3? ?

3 6 值是 2 .

方法3:参数法

①选取合适的参数表示曲线上点的坐 解题步骤 标; ②求解关于这个参数的函数最值.

可以用参数表示某个曲线并求得最值 适用情况 的问题.

x2 【例3】?在平面直角坐标系xOy中,点P(x,y)是椭圆 3 +y2=1 上的一个动点,则S=x+y的最大值为________.

x2 2 解析 因为椭圆 3 +y =1的参数方程为
?x= 3cos φ ? ? ?y=sin φ, ?

(φ为参数).

故可设动点P的坐标为( 3cos φ,sin φ), 其中0≤φ<2π. 因此S=x+y= 3 cos φ+sin φ=2
? ? ? ? ? 3 1 ? cos φ+2sin φ? = 2 ?

? π? π 2sin?φ+3?,所以,当φ=6时,S取最大值2.故填2. ? ?

答案 2

方法4:基本不等式法

①将最值用变量表示. 解题步 ②利用基本不等式求得表达式的 骤 最值. 适用情 况 最值问题中的多数问题可用此法.

【例4】?设椭圆中心在坐标原点,A(2,0),B(0,1)是它的两个顶 点,直线y=kx(k>0)与椭圆相交于E,F两点,求四边形AEBF 面积的最大值. x2 2 解 依题设得椭圆的方程为 +y =1. 4 直线AB,EF的方程分别为x+2y=2,y=kx(k>0). 设E(x1,kx1),F(x2,kx2),其中x1<x2, 2 且x1,x2满足方程(1+4k )x =4,故x2=-x1= 2.① 1+4k
2 2

根据点到直线的距离公式和①式, 得点E,F到AB的距离分别为

|x1+2kx1-2| 2?1+2k+ 1+4k2? h1= = , 2 5 5?1+4k ? |x2+2kx2-2| 2?1+2k- 1+4k2? h2= = , 2 5 5?1+4k ? 又|AB|= 22+1= 5,所以四边形AEBF的面积为 4?1+2k? 2?1+2k? 1 1 S=2|AB|(h1+h2)=2· 5· = 5?1+4k2? 1+4k2 =2 1+4k2+4k ≤2 2, 1+4k2

1 当2k=1,即k= 时,取等号. 2 所以四边形AEBF面积的最大值为2 2.

二、圆锥曲线的范围问题 【考情快递】 圆锥曲线中的范围问题是高考中的常见考点, 一般出选择题、填空题. 方法1:曲线几何性质法

解题步 ①由几何性质建立关系式; 骤 ②化简关系式求解. 适用情 况
利用定义求解圆锥曲线的问题.

x2 y2 【例1】?已知双曲线 2 - 2 =1(a>0,b>0)的左,右焦点分别 a b 为F1,F2,点P在双曲线的右支上,且|PF1|=4|PF2|,则此双曲 线的离心率e的取值范围是________.

解析 根据双曲线定义|PF1|-|PF2|=2a,设|PF2|=r, 2a 2a 则|PF1|=4r,故3r=2a,即r= ,|PF2|= . 3 3 2a 根据双曲线的几何性质,|PF2|≥c-a,即 3 ≥c-a, c 5 5 即a≤3,即e≤3.又e>1,
? ? 5? 5? 故双曲线的离心率e的取值范围是?1,3?.故填?1,3?. ? ? ? ?

答案

? 5? ?1, ? 3? ?

方法2:判别式法

①联立曲线方程,消元后求判别式; 解题步 ②根据判别式大于零、小于零或等于零 骤 结合曲线性质求解. 当直线和圆锥曲线相交、相切和相离时 ,分别对应着直线和圆锥曲线方程联立 消元后得到的一元二次方程的判别式大 于零、等于零、小于零.此类问题可用 判别式法求解.

适用情 况

【例2】?(2011· 浏阳一中月考)在平面直角坐标系xOy中,经过 x2 点(0, 2 )且斜率为k的直线l与椭圆 2 +y2=1有两个不同的交 点P和Q. (1)求k的取值范围; (2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A,B,是否 → → → 存在常数m,使得向量 OP + OQ 与 AB 共线?如果存在,求m 值;如果不存在,请说明理由.



(1)由已知条件,知直线l的方程为y=kx+ 2,

x2 代入椭圆方程,得 +(kx+ 2)2=1, 2
?1 ? 2 2 整理得?2+k ?x +2 ? ?

2kx+1=0.①

由直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q, 得Δ=8k
2

?1 ? 2 -4?2+k ?=4k2-2>0, ? ?

2 2 解得k<- 2 或k> 2 ,
? 即k的取值范围为?-∞,- ? ? ? 2? ? 2 ? ? ∪? ,+∞?. ? 2? ?2 ? ?

(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2), → → 则OP+OQ=(x1+x2,y1+y2). 4 2k 由方程①,知x1+x2=- .② 1+2k2 2 2 又y1+y2=k(x1+x2)+2 2= 2.③ 1+2k → 由A( 2,0),B(0,1),得AB=(- 2,1).

→ → → 所以OP+OQ与AB共线等价于x1+x2=- 2(y1+y2), 2 将②③代入,解得k= 2 . 2 2 由(1)知k<- 2 或k> 2 , 故不存在符合题意的常数k.

三、圆锥曲线的定值、定点问题 【考情快递】 此类问题也是高考的热点,圆锥曲线中的定值 问题是指某些几何量不受运动变化的点的影响而有固定取值的 一类问题,定点问题一般是指运动变化中的直线或曲线恒过平 面内的某个或某几个定点而不受直线和曲线的变化影响的一类 问题. 方法1:特殊到一般法

①根据特殊情况确定出定值或定点 解题步 ; 骤 ②对确定出来的定值或定点进行证 明. 适用情 根据特殊情况能找到定值(或定点)的

y2 【例1】?已知双曲线C:x2- 2 =1,过圆O:x2+y2=2上任意 一点作圆的切线l,若l交双曲线于A,B两点,证明:∠AOB的 大小为定值. 证明 当切线的斜率不存在时,切线方程为x=± 2.

当x= 2时,代入双曲线方程,得y=± 2, 即A( 2, 2),B( 2,- 2),此时∠AOB=90° , 同理,当x=- 2时,∠AOB=90° . 当切线的斜率存在时,设切线方程为y=kx+b, |b| 则 = 2,即b2=2(1+k2). 1+k2 由直线方程和双曲线方程消掉y,

得(2-k2)x2-2kbx-(b2+2)=0, 由直线l与双曲线交于A,B两点. 故2-k2≠0.设A(x1,y1),B(x2,y2). -?b2+2? 2kb 则x1+x2= ,x x = , 2-k2 1 2 2-k2 y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2 -k2b2-2k2 2k2b2 2b2-k2b2 2b2-2k2 = + 2 2+ 2 = 2 , 2-k 2-k 2-k 2-k -b2-2 2b2-2k2 b2-2?1+k2? 故x1x2+y1y2= + = , 2-k2 2-k2 2-k2

由于b2=2(1+k2), → → 故x1x2+y1y2=0,即OA· =0,∠AOB=90° OB . 综上可知,若l交双曲线于A,B两点, 则∠AOB的大小为定值90° .

方法2:引进参数法

①引进参数表示变化量; 解题步 ②研究变化的量与参数何时没有关系, 骤 找到定值或定点. 定值、定点是变化中的不变量,引入参 适用情 数找出与变量与参数没有关系的点(或值 况 )即是定点(或定值).

x2 y2 【例2】?如图所示,曲线C1: 9 + 8 =1,曲线C2:y2=4x,过 曲线C1的右焦点F2作一条与x轴不垂直的直线,分别与曲线 C1,C2依次交于B,C,D,E四点.若G为CD的中点、H为BE |BE|· 2| |GF 的中点,证明|CD|· |为定值. |HF2

证明

由题意,知F1(-1,0),F2(1,0),设B(x1,y1),E(x2,

y2),C(x3,y3),D(x4,y4), x2 y2 直线y=k(x-1),代入 + =1, 9 8
?y ? 得8?k+1?2+9y2-72=0,即(8+9k2)y2+16ky-64k2=0, ? ?

16k 64k2 则y1+y2=- 2,y1y2=- 2. 8+9k 8+9k 同理,将y=k(x-1)代入y2=4x,得ky2-4y-4k=0, 4 则y3+y4=k,y3y4=-4,

1 |y +y | |BE|· 2| |y1-y2| 2 3 4 |GF 所以|CD|· |= |HF2 |y3-y4|· 1 2|y1+y2| = = ?y1-y2?2 ?y3+y4?2 · ?y1+y2?2 ?y3-y4?2 ?y1+y2?2-4y1y2 ?y3+y4?2 · ?y1+y2?2 ?y3+y4?2-4y3y4 ?-16k?2 4×64k2 ?4?2 + ? ? ?8+9k2?2 8+9k2 ?k ? ·? =3为定值. ?4 ?-16k?2 ? ?2+16 ?k ? ?8+9k2?2



方法运用训练2 1.设P是曲线y2=4x上的一个动点,则点P到点A(-1,1)的距离 与点P到x=-1直线的距离之和的最小值为( A. 2 B. 3 C. 5 D. 6 解析 如图,易知抛物线的焦点为F(1,0), 准线是x=-1,由抛物线的定义知: 点P到直线x=-1的距离等于点P到焦点F的距离; 于是,问题转化为:在曲线上求一点P, 使点P到点A(-1,1)的距离与点P到F(1,0)的距离之和最小;显 然,连AF交曲线于P点. 故最小值为 22+1,即为 5. 答案 C ).

2.椭圆b x +a y =a b (a>b>0)和圆x +y

2 2

2 2

2 2

2

2

?b ? = ?2+c? 2有四个交 ? ?

点,其中c为椭圆的半焦距,则椭圆离心率e的范围为( 5 3 A. <e< 5 5 2 3 C. <e< 5 5 2 B.0<e< 5 3 5 D. <e< 5 5

).

解析

此题的本质是椭圆的两个顶点(a,0)与(0,b)一个在圆

外、一个在圆内即: ? 2 ?b ?2 ?a >?2+c? ? ? ? ?b ? 2 ?b <? +c?2 ? ?2 ? 5 3 ? 5 <e<5. 答案 A ? b ?a>2+c ?? ?b<b+c ? 2 1 2 2 ? 2 ??a-c? > ?a -c ? 4 ?? ? a2-c2<2c ?

x2 y2 3.(2011· 长郡中学1次月考)设F是椭圆 7 + 6 =1的右焦点,且 椭圆上至少有21个不同的点Pi(i=1,2,3,…),使|FP1|,|FP2|, |FP3|,…组成公差为d的等差数列,则d的取值范围为 ________.

解析

若公差d>0,则|FP1|最小,|FP1|= 7-1;

数列中的最大项为 7+1,并设为第n项, 2 1 则 7+1= 7-1+(n-1)d?n= +1≥21?d≤ , d 10 1 1 注意到d>0,得0<d≤10;若d<0,易得-10≤d<0.
? ? ? 1 1? 那么,d的取值范围为?-10,0?∪?0,10?. ? ? ? ?

答案

? ? ? 1 1? ?- ,0?∪?0, ? 10? ? 10 ? ?

4.过抛物线y2=2px(p>0)上一定点P(x0,y0)(y0>0)作两直线 分别交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2),当PA与PB的斜率存在且 y1+y2 倾斜角互补时,则 y 的值为________. 0

解析

设直线PA的斜率为kPA,PB的斜率为kPB,

y1-y0 2p 2 2 由y1=2px1,y0=2px0,得kPA= = , x1-x0 y1+y0 2p 同理kPB= , y2+y0 由于PA与PB的斜率存在且倾斜角互补, 2p 2p 因此 =- ,即y1+y2=-2y0(y0>0), y1+y0 y2+y0 y1+y2 那么 y =-2. 0 答案 -2

5.椭圆b2x2+a2y2=a2b2(a>b>0)的左焦点为F,过F点的直线l 交椭圆于A,B两点,P为线段AB的中点,当△PFO的面积最大 时,求直线l的方程.

解 求直线方程,由于F(-c,0)为已知,仅需求斜率k, y1+y2 设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则y0= , 2 1 c 由于S△PFO= |OF|· 0|= |y0|只需保证|y0|最大即可, |y 2 2
?y=k?x+c? ? 由? 2 2 2 2 2 2 ?b x +a y =a b ?

?(b2+a2k2)y2-2b2cky-b4k2=0, b2c bc ≤2a

?y1+y2? ? b2ck ? ? ? |y0|=? =?b2+a2k2?=b2 ? 2 ? ? ? ? ? ?

+a2|k| |k|

bc2 b2 b 2 得:S△PFO≤ ,此时 =a |k|?k=± , 4a |k| a b 故直线方程为:y=± (x+c). a

6.(长沙雅礼中学最新月考)已知⊙O′过定点A(0,p)(p>0), 圆心O′在抛物线C:x2=2py(p>0)上运动,MN为圆O′在轴 上所截得的弦. (1)当O′点运动时,|MN|是否有变化?并证明你的结论; (2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时,试判断抛物线C的准线 与圆O′的位置关系,并说明理由.

解 (1)设O′(x0,y0),则x2=2py0(y0≥0), 0 则⊙O′的半径|O′A|= x2+?y0-p?2, 0 ⊙O′的方程为(x-x0)2+(y-y0)2=x2+(y0-p)2, 0 令y=0,并把x2=2py0,代入得x2-2x0x+x2-p2=0, 0 0 解得x1=x0-p,x2=x0+p,所以|MN|=|x1-x2|=2p, 这说明|MN|是不变化,其为定值2p.

(2)不妨设M(x0-p,0),N(x0+p,0). 由题2|OA|=|OM|+|ON|,得2p=|x0-p|+|x0+p|, 所以-p≤x0≤p.
2 2 p p x0+p O′到抛物线准线y=-2的距离d=y0+2= 2p ,

⊙O′的半径|O′A|= x2+?y0-p?2= 0 1 4 = x0+4p4. 2p 3 ? 2 2? 4 4 ?x +p ?2?x2< p2, 因为r>d?x0+4p >? 0 ? 0 2 3 2 2 2 又x0≤p < p (p>0),所以r>d, 2 即⊙O′与抛物线的准线总相交.

? x2 ? 0 2 x0+?2p-p?2 ? ?


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