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直线与圆锥曲线的位置关系中最值、范围、证明问题



第九节

圆锥曲线的综合问题

第二课时

最值、范围、证明问题

圆锥曲线中的最值问题一直是高考命题的热点,各种题型都 有,命题角度很广,归纳起来常见的命题角度有:
?1?转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值; ?2?利用三角函数有界性求最值; ?3?数形结合利用几何性质求最值.

角度一 转化为函数求最值
1. (2013· 浙江高考)已知抛物线 C 的顶点为 O(0,0), 焦点为 F(0,1). (1)求抛物线 C 的方程;
(2) 过点 F 作直线交抛物线 C 于 A,B 两点.若直线 AO, BO 分别交直线 l:y=x-2 于 M,N 两点,求|MN|的最小值.

解:(1)由题意可设抛物线 C 的方程 p 为 x =2py(p>0),则 =1, 2
2

所以抛物线 C 的方程为 x2=4y.

(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AB 的方程为 y=kx+1.
? ?y=kx+1, 由? 2 ? ?x =4y,

消去 y,整理得 x2-4kx-4=0, 由

所 以 x1 + x2 = 4k , x1x2 = - 4. 从 而 |x1 - x2| = 4 k2+1.

y ? ?y= 1 x, 2x1 2x1 8 x 1 ? 解得点 M 的横坐标 xM= = . 2= x x - y 4 - x 1 1 1 1 ? y = x - 2 , x - ? 1 4 8 同理点 N 的横坐标 xN= . 所以|MN|= 2|xM-xN| 4-x2



? 8 8 ? ? 2?4-x -4-x ? ? 1 2? ?

=8

? ? x1-x2 ? ? 2? ? ?x1x2-4?x1+x2?+16?

8 2 k2+1 = . |4k-3|

t+ 3 令 4k-3=t,t≠0,则 k= . 4 当 t>0 时,|MN|=2 2 当 t<0 时,|MN|=2 2 25 6 + +1>2 2. t2 t
?5 3? 16 8 ? + ?2 + ≥ 25 5 ? t 5?

2.

25 4 8 综上所述,当 t=- ,即 k=- 时,|MN|的最小值是 2. 3 3 5

角度二

利用有界性求最值

2.(2013· 武汉模拟)过抛物线 y2=4x 的焦点 F 的直线交抛物线于 A,B 两点,点 O 是坐标原点,则|AF|· |BF|的最小值是( A.2 C.4 B. 2 D.2 2 )

2 解析:设直线 AB 的倾斜角为 θ,可得|AF|= ,|BF| 1-cos θ 2 2 2 4 = ,则|AF|· |BF|= × = 2 ≥4. 1+cos θ 1-cos θ 1+cos θ sin θ

答案:C

角度三 利用几何性质求最值
x2 y2 3.(2013· 浙江模拟)已知 P 为双曲线 C: - =1 上的点,点 M 满 9 16 足|OM |=1,且 OM · PM =0,则当| PM |取得最小值时的点 P 到双 曲线 C 的渐近线的距离为 A. 9 5 12 B. 5 D.5 ( )

C.4

解析:由OM · PM =0,得 OM⊥PM,根据勾股定理,求|MP|的最小 值可以转化为求|OP|的最小值,当|OP|取得最小值时,点 P 的位置为 双曲线的顶点(± 3,0),而双曲线的渐近线为 4x± 3y=0,∴所求的距离 12 d= ,故选 B . 5

[类题通法]

圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要 有两种方法:一是利用几何方法,即通过利用曲线的定义、几何性质 以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数方法,即把 要求最值的几何量或代数表达式表示为某个 ( 些 ) 参数的函数 ( 解析 式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.

x2 y2 [典例] (2014· 广东名校质检)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b> a b 0)上的任意一点到它的两个焦点(-c,0),(c,0)的距离之和为 2 2, 且它的焦距为 2.

(1)求椭圆 C 的方程;

紧扣椭圆定 义求解!

2a= 2 2, [ 解] (1)依题意可知 又 b2=a2-c2, 2c=2. a= 2, x2 2 解得 则椭圆 C 的方程为 +y =1. b=1. 2

(2)已知直线 x -y+ m =0 与椭圆 C 交于不同的两点 A ,B , 5 且线段 AB 的中点不在圆 x 2+y2= 内,求 m 的取值范围. 9 提示:直线方程与椭圆方程联立,用m表示线段AB的中点, 结合中点不在圆内,建立关于m的不等式求解! x2 2 +y = 1, 2 (2)联立方程 消去 y 整理得 x - y+m =0, 3x 2+4mx +2m 2-2=0. 则Δ =16m 2-12(2m 2-2)=8(-m 2+3)>0, 解得- 3<m < 3. ① -4m 设 A (x 1, y1),B (x 2,y2),则 x 1+x 2= , 3 -4m 2m y1+y2=x 1+x 2+2m = +2m = , 3 3

即 AB

? 2m m? 的中点为?- 3 , 3 ?. ? ?
2 2

5 又∵AB 的中点不在圆 x +y = 内, 9 4m2 m2 5m2 5 ∴ + = ≥ , 9 9 9 9 解得 m≤-1 或 m≥1.② 由①②得,- 3<m≤-1 或 1≤m< 3. 故 m 的取值范围为(- 3,-1]∪[1, 3)

[类题通法]

求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函 数,通过求这个函数的值域确定目标的范围.在建立函数的 过程中要根据题目的其他已知条件,把需要的量都用我们选 用的变量表示,有时为了运算的方便,在建立关系的过程中 也可以采用多个变量,只要在最后结果中把多变量归结为单 变量即可,同时要特别注意变量的取值范围.

[针对训练]
x2 y2 (2014· 辽宁五校联考)设点 A1,A2 分别为椭圆 2+ 2=1(a>b a b >0)的左、右顶点,若在椭圆上存在异于点 A1、A2 的点 P,使 得 PO⊥PA2,其中 O 为坐标原点,则椭圆的离心率 e 的取值 范围是________.

解析:由题设知∠OPA2=90° ,设 P(x,y)(x>0),以 OA2 为直
? ? a?2 2 a2 b2? 2 径的圆的方程为?x-2? +y = , 与椭圆方程联立, 得?1-a2?x 4 ? ? ? ?

-ax+b2=0.易知,此方程有一实根 a,且由题设知,此方程 在区间(0,a)上还有一实根,由此得 0< <a,化简得 ? b2? a?1-a2? ? ? b2 0

a2-c2 1-e2 1 2 < 2 <1,即 0< 2 <1,得 e > ,所以 e 的取值范围为 c e 2
? ? ? ? ? 2 ? ,1?. 2 ?

? 答案:? ? ?

? 2 ? ,1? 2 ?

[ 典例 ] 在 x 轴上.

y2 x2 (2013· 安徽高考 )设椭圆 E : 2+ =1 的焦点 2 a 1-a

(1)若椭圆 E 的焦距为 1,求椭圆 E 的方程;

提示:利用焦距为1求参数a的值.
[解 ] (1)因为焦距为 1,且焦点在 x 轴上,所以 2a2-1=
2 2 1 5 8 x 8 y ,解得 a2= . 故椭圆 E 的方程为 + =1. 4 8 5 3

[ 典例 ] 在 x 轴上.

y2 x2 (2013· 安徽高考 )设椭圆 E : 2+ =1 的焦点 a 1-a2

(2)设 F 1,F 2 分别是椭圆 E 的左、右焦点,P 为椭圆 E 上 第一象限内的点,直线 F 2P 交 y 轴于点 Q ,并且 F 1P⊥ F 1Q. 证明:当 a 变化时,点 P 在某定直线上.

提示:先求出直线F2P的方程,求出点Q的坐标,
利用F1P⊥F1Q斜率之积为-1,并结合点P在椭 圆上,表示点P的坐标,再由点P在第一象限, 利用坐标关系确定点P所在的直线.

(2)证明:设 P(x 0,y0),F 1(-c, 0),F 2(c,0), 其中 c= 2a2-1. y0 由题设知 x 0≠c,则直线 F 1P 的斜率 kF 1P= , x 0+c y0 直线 F 2P 的斜率 k F 2P= . x 0-c y0 故直线 F 2P 的方程为 y= (x -c). x 0-c cy0 0 , cy0 c-x 0 . 当 x =0 时,y= ,即点 Q 坐标为 c-x 0

y0 因此,直线 F 1Q 的斜率为 k F 1Q= . c-x 0 y0 y0 由于 F 1P⊥ F 1Q,所以 k F 1P· k F 1Q= · =-1. x 0+c c-x 0 2 2 化简得 y2 ① 0=x 0-(2a - 1). 将①代入椭圆 E 的方程,由于点 P(x 0, y0)在第一象限, 解得 x 0=a2,y0=1-a2,即点 P 在定直线 x +y=1 上.
[类题通法]
圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值点在定直线上等, 有时也涉及一些否定性命题,证明方法一般是采用直接法或反 证法.

[针对训练]
x2 2 (2013· 北京高考)直线 y=kx+m(m≠0)与椭圆 W: +y =1 相交 4 于 A,C 两点,O 是坐标原点.

(1)当点 B 的坐标为(0,1), 且四边形 OABC 为菱形时, 求 AC 的长;

(2)当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时,证明: 四边形 OABC 不可 能为菱形.

解:(1)因为四边形 OABC 为菱形, 所以 AC 与 OB 相互垂直平分. 所以可设
? 1? A?t,2?, ? ?

t2 1 代入椭圆方程得 + =1,即 t=± 3. 4 4 所以|AC|=2 3.

(2)证明:假设四边形 OABC 为菱形. 因为点 B 不是 W 的顶点,且 AC⊥OB,所以 k≠0.
2 2 ? ?x +4y =4, 由? ? ?y=kx+m,

消去 y 并整理得

(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. 设 A(x1,y1),C(x2,y2),则 x1+x2 y1+y2 x1+x2 4km m =- , = k· + m= . 2 2 2 1+4k2 1+4k2

所以 AC 的中点为

? 4km m ? ? M?-1+4k2,1+4k2? ?. ? ?

因为 M 为 AC 和 OB 的交点,且 m≠0,k≠0, 1 所以直线 OB 的斜率为- . 4k 因为
? 1? ? - ?≠-1,所以 k· ? 4k?

AC 与 OB 不垂直.

所以 OABC 不是菱形,与假设矛盾. 所以当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时, 四边形 OABC 不可能是菱形.

[ 课堂练通考点]
x2 y 2 1. (2013· 惠州调研)设椭圆 M: 2+ =1(a> 2)的右焦点为 F1, 直线 a 2 a2 l:x= 2 与 x 轴交于点 A,若 OF =2 F A (其中 O 为坐标原点). a -2
1 1

(1)求椭圆 M 的方程;
(2)设 P 是椭圆 M 上的任意一点, EF 为圆 N: x2+(y-2)2=1 的任 意一条直径(E,F 为直径的两个端点),求 PE · PF 的最大值.

解:由题意知,点 由 OF 1=2 F1 A ,得 解得 a2=6.

? A? ? ?

? a2 ? ? 2 ? ? ?, , 0 a - 2 , 0 ,F1? 2 ? ? a -2 ? ? a2 2 - a -2? 2 ?, a -2 ?

? 2 a -2=2? ? ?

x2 y2 所以椭圆 M 的方程为 + =1. 6 2 (2)设圆 N:x2+(y-2)2=1 的圆心为点 N,则点 N 的坐标为(0,2), 则 PE · ( NF - NP )=(- NF - NP )· ( NF - NP ) PF =( NE - NP )· = NP 2 - NF 2 = NP 2 -1,

从而求 PE · PF 最大值转化为求 NP 2 的最大值.因为 P 是椭圆 M
2 x0 y2 0 2 上的任意一点,设 P(x0,y0),所以 + =1,即 x2 = 6 - 3 y 0 0. 6 2 2 因为点 N 的坐标为(0,2),所以 NP 2 =| NP |2=x0 +(y0-2)2=-2(y0

+1)2+12. 因为点 P(x0,y0)在椭圆 M 上,则 y0∈[- 2, 2],所以当 y0= -1 时, NP 2 取得最大值 12, 所以 PE · PF 的最大值为 11.

x2 y2 2 2.已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,椭圆上任意一点 a b 2 到右焦点 F 的距离的最大值为 2+1.
(1)求椭圆的方程;

(2)已知点 C(m,0)是线段 OF 上一个动点(O 为坐标原点),是否 存在过点 F 且与 x 轴不垂直的直线 l 与椭圆交于 A,B 两点, 使得|AC|=|BC|?并说明理由.

? c 2 ?e= = 解:(1)∵? a 2 ? ?a+c= 2+1

? ?a= ,∴? ? ?c=1

2

,∴b=1,

x2 2 ∴椭圆的方程为 +y =1. 2 (2)由(1)得 F(1,0),∴0≤m≤1. 假设存在满足题意的直线 l, x2 2 设 l 的方程为 y=k(x-1),代入 +y =1 中,得 2 (2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0. 2k2-2 4k2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 , 2k +1 2k +1

- 2k ∴y1+y2=k(x1+x2-2)= 2 . 2k + 1 设 AB 的中点为 M,则
? 2k2 k ? ? M?2k2+1,-2k2+1? ?. ? ?

∵|AC|=|BC|,∴CM⊥AB,即 kCM· kAB=-1, k 2 k2 + 1 ∴ k=-1,即(1-2m)k2=m. 2 · 2k m- 2 2k +1 1 ∴当 0≤m< 时,k=± 2 m ,即存在满足题意的直线 l; 1-2m

1 当 ≤m≤1 时,k 不存在,即不存在满足题意的直线 l. 2



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