第九篇 解析几何方法技巧2 圆锥曲线的综合应用

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

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题步骤 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. x2y2【例1】?已知点F是双曲线－＝1的左焦点，定点A的坐标为(1,4)，P是双曲

412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． 当所求的最值是圆锥曲线上的点到某条直线的距离的最值时用此适用情况 法. x22

【例2】?求椭圆＋y＝1上的点到直线y＝x＋23的距离的最大值和最小值，并

2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，

- 1 -

代入椭圆方程，得3x2＋4bx＋2b2－2＝0. 由Δ＝(4b)2－4×3×(2b2－2)＝0，得b＝±3. 当b＝3时，直线y＝x＋3与y＝x＋23的距离d1＝＋4bx＋2b2－2＝0，

233

解得x＝－，此时y＝，

33

6?233?

即椭圆上的点?－到直线y＝x＋23的距离最小，最小值是； ，?

?233?36当b＝－3时，直线y＝x－3到直线y＝x＋23的距离d2＝，将b＝－3代

2入方程3x2＋4bx＋2b2－2＝0， 233

解得x＝，此时y＝－，

33

36?233?

即椭圆上的点??到直线y＝x＋23的距离最大，最大值是.

?3，－3?2方法3：参数法

① 选取合适的参数表示曲线上点的坐标； 解题步骤 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的问题. 6，将b＝3代入方程3x22

适用情况 x22

【例3】?在平面直角坐标系xOy中，点P(x，y)是椭圆＋y＝1上的一个动点，

3则S＝x＋y的最大值为________． x22

解析 因为椭圆＋y＝1的参数方程为

3?x＝3cos φ?(φ为参数)． ?y＝sin φ，

故可设动点P的坐标为(3cos φ，sin φ)， 其中0≤φ＜2π.

π?π?3?1?

?，因此S＝x＋y＝3cos φ＋sin φ＝2?cos φ＋sin φ?＝2sin?φ＋所以，当φ＝时，??2?3?62S取最大值2.故填2.

- 2 -

答案 2

方法4：基本不等式法

①将最值用变量表示． 解题步骤 ②利用基本不等式求得表达式的最值． 最值问题中的多数问题可用此法. 适用情况 【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． x22

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， 且x1，x2满足方程(1＋4k2)x2＝4，故x2＝－x1＝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＝＝，

255?1＋4k?|x2＋2kx2－2|2?1＋2k－1＋4k2?

h2＝＝，

255?1＋4k?

又|AB|＝22＋1＝5，所以四边形AEBF的面积为 114?1＋2k?2?1＋2k?

S＝|AB|(h1＋h2)＝·5·＝ 22225?1＋4k?1＋4k＝2

1＋4k2＋4k

≤22，

1＋4k221＋4k

2

.①

1

当2k＝1，即k＝时，取等号．

2所以四边形AEBF面积的最大值为22. 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．

- 3 -

方法1：曲线几何性质法

解题步骤 适用情况 ①由几何性质建立关系式；②化简关系式求解． 利用定义求解圆锥曲线的问题. x2y2【例1】?已知双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P在

ab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， 则|PF1|＝4r，故3r＝2a，即r＝

2a2a

，|PF2|＝. 33

2a

≥c－a， 3

根据双曲线的几何性质，|PF2|≥c－a，即c55

即≤，即e≤.又e＞1， a33

?5??5?故双曲线的离心率e的取值范围是?1，?.故填?1，?.

?3??3??5?

?答案 ?

?1，3? 方法2：判别式法

① 联立曲线方程，消元后求判别式； 解题步骤 ②根据判别式大于零、小于零或等于零结合曲线性质求解． 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适用情况 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. 【例2】?(2011·浏阳一中月考)在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为x22

k的直线l与椭圆＋y＝1有两个不同的交点P和Q.

2(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． 解 (1)由已知条件，知直线l的方程为y＝kx＋2，

- 4 -

x2

代入椭圆方程，得＋(kx＋2)2＝1，

2?12?

?x2＋22kx＋1＝0.① 整理得?＋k?2?

由直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q， ?12?

?＝4k2－2＞0， 得Δ＝8k2－4?＋k?2?解得k＜－22或k＞， 22

??2??2

即k的取值范围为?－∞，－?∪?，＋∞?.

??2??2(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， →→

则OP＋OQ＝(x1＋x2，y1＋y2)． 42k

由方程①，知x1＋x2＝－.②

1＋2k222又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22＝.③

1＋2k2→＝(－2，1)．

由A(2，0)，B(0,1)，得AB

→→→

所以OP＋OQ与AB共线等价于x1＋x2＝－2(y1＋y2)， 将②③代入，解得k＝由(1)知k＜－

2. 2

22或k＞， 22

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

解题步骤 ① 根据特殊情况确定出定值或定点； ②对确定出来的定值或定点进行证明． - 5 -

适用情况 2

根据特殊情况能找到定值(或定点)的问题. y2【例1】?已知双曲线C：x－＝1，过圆O：x2＋y2＝2上任意一点作圆的切线l，

2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， 则

|b|1＋k2

＝2，即b2＝2(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)． 2kb－?b2＋2?则x1＋x2＝，xx＝，

2－k2122－k2y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2 －k2b2－2k22k2b22b2－k2b22b2－2k2

＝＋＋＝，

2－k22－k22－k22－k2－b2－22b2－2k2b2－2?1＋k2?故x1x2＋y1y2＝＋＝，

2－k22－k22－k2由于b2＝2(1＋k2)，

→·→＝0，∠AOB＝90°

故x1x2＋y1y2＝0，即OAOB. 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； 解题步骤 ②研究变化的量与参数何时没有关系，找到定值或定点． - 6 -

适用情况 定值、定点是变化中的不变量，引入参数找出与变量与参数没有关系的点(或值)即是定点(或定值).

x2y2

【例2】?如图所示，曲线C1：＋＝1，曲线C2：y2＝4x，过曲线C1的右焦点

98F2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的中点，证明

|BE|·|GF2|

为定值．

|CD|·|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)，

x2y2

直线y＝k(x－1)，代入＋＝1，

98

?y?

得8?＋1?2＋9y2－72＝0，即(8＋9k2)y2＋16ky－64k2＝0，

?k?16k64k2

则y1＋y2＝－，yy＝－.

8＋9k2128＋9k2同理，将y＝k(x－1)代入y2＝4x，得ky2－4y－4k＝0， 4

则y3＋y4＝，y3y4＝－4，

k1

|y＋y|

|BE|·|GF2||y1－y2|234

所以＝· |CD|·|HF2||y3－y4|1

|y1＋y2|2＝

?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?24×64k2?4?2

??22＋2?k??8＋9k?8＋9k·＝3为定值．

?－16k?24?2?

??＋16?k??8＋9k2?2＝

＝

方法运用训练2

- 7 -

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

?b?

?2有四个交点，其中c为椭圆2．椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2(a＞b＞0)和圆x2＋y2＝?＋c?2?的半焦距，则椭圆离心率e的范围为( )． A.C.

53＜e＜ 5523＜e＜ 55

B．0＜e＜D.

2 5

35＜e＜ 55

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： ?b?22

?a＞??2＋c???

??b?

22

??b＜＋c???2?

??

b

a＞??2＋cbb＜??2＋c

??a－c?2＞1?a2－c2?

?

4??

??a2－c2＜2c

53

?＜e＜. 55答案 A

x2y23．(2011·长郡中学1次月考)设F是椭圆＋＝1的右焦点，且椭圆上至少有21

76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，

- 8 -

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， 21

则7＋1＝7－1＋(n－1)d?n＝＋1≥21?d≤，

d10注意到d＞0，得0＜d≤

11

；若d＜0，易得－≤d＜0. 1010

1??1??

那么，d的取值范围为?－，0?∪?0，?.

?10??10?1??1??

?∪?0，? 答案 ?－，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的斜率存在且倾斜角互补时，则解析 设直线PA的斜率为kPA，PB的斜率为kPB， y1－y02p2

由y2＝2px，y＝2px，得k＝＝， 1100PA

x1－x0y1＋y02p

同理kPB＝，

y2＋y0

由于PA与PB的斜率存在且倾斜角互补， 2p2p因此＝－，即y1＋y2＝－2y0(y0＞0)，

y1＋y0y2＋y0y1＋y2那么＝－2.

y0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＝，

21c

由于S△PFO＝|OF|·|y0|＝|y0|只需保证|y0|最大即可，

22?y＝k?x＋c?

由?222222?(b2＋a2k2)y2－2b2cky－b4k2＝0， ?bx＋ay＝ab

- 9 -

y1＋y2

的值为________． y0

b2cbc?y1＋y2??b2ck?

|y0|＝??＝??＝≤

?2??b2＋a2k2?b222a

＋a|k||k|bc2b2b

得：S△PFO≤，此时＝a2|k|?k＝±，

4a|k|ab

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x20＝2py0(y0≥0)，

2则⊙O′的半径|O′A|＝x20＋?y0－p?， 2⊙O′的方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝x20＋(y0－p)， 22令y＝0，并把x0＝2py0，代入得x2－2x0x＋x20－p＝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

ppx0＋p2

O′到抛物线准线y＝－的距离d＝y0＋＝，

222p2

⊙O′的半径|O′A|＝x20＋?y0－p?＝

x0??22

?x0＋?－p?

? 2p

2＝

14

x0＋4p4. 2p

- 10 -

224232＋p因为r＞d?x0＋4p4＞(x2)?x00＜p，

2232

又x2≤p＜p(p＞0)，所以r＞d， 0

2

即⊙O′与抛物线的准线总相交．

- 11 -

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