圆锥曲线中最值、范围、定值及存在性问题
2013-10-27虞金龙
●虞金龙
(绍兴市第一中学 浙江绍兴 312000)
圆锥曲线中最值、范围、定值及存在性问题
●虞金龙
(绍兴市第一中学 浙江绍兴 312000)
1 考点回顾
圆锥曲线中最值、范围、定值及存在性问题是历年高考命题的热点之一.此类问题涉及的知识面广、综合性大、隐蔽性强、计算量大,常常令考生头疼.解决此类问题常常要用到数学思想方法,有时题设条件纷繁复杂,使得考生答题举步维艰.近几年的浙江省数学高考都考到圆锥曲线中最值、范围、定值及存在性问题,本文给出该类题型的一些解法,旨在抛砖引玉.
2 典题剖析
2.1 最值问题
解答圆锥曲线中最值问题的常用方法有:几何法、函数法、不等式法.几何法是根据图形几何性质求解的方法;函数法是指将所求变量表示成某个相关变量的函数,再求函数的最值;不等式法是根据曲线性质及条件建立一个关于所求变量的不等式,再解不等式求其最值的方法.
图1
(1)求椭圆C的方程;
(2)求△ABP的面积取最大时直线l的方程.
(2012年浙江省数学高考理科试题)
从而
从而
3x2-3mx+m2-3=0.
显然Δ=(3m)2-4×3(m2-3)=3(12-m2)>0,
故
由韦达定理,得
又因为点P(2,1)到直线l的距离为
下面利用导数求解:令u(m)=(4-m)2(12-m2),则
u′(m)= -4(m-4)(m2-2m-6)=
评注本题是利用函数法求最值,特别是最后用导数求解,学生往往难以想到,有一定的难度.
2.2 范围问题
圆锥曲线中的范围问题,一般先根据条件列出所求目标的函数关系式,然后根据函数关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法、不等式法、单调性法、导数法以及三角函数最值法等求出它的最大值和最小值,从而确定参数的范围.
图2
例2如图2,动点M与2个定点A(-1,0),B(2,0)构成△MAB,且∠MBA=2∠MAB,设动点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程;
(2012年四川省数学高考试题)
分析(1)轨迹C的方程为
3x2-y2-3=0(x>1).
由题意,方程(1)有2个根且均在(1,+∞)内.设f(x)=x2-4mx+m2+3,则
解得
m>1且m≠2.
设点Q,R的坐标分别为(xQ,yQ),(xR,yR),由|PQ|<|PR|,得
由m>1且m≠2,得
2.3 定值问题
圆锥曲线中的定值问题包括几何量的定值或曲线系(直线系)过定点等问题,处理时可以直接推理求出定值,也可以先通过特定位置猜测结论后进行一般性证明.对于客观题,通过特殊值法探求定点、定值能达到事半功倍的效果.
例3在直角坐标系xOy中,曲线C1的点均在圆C2:(x-5)2+y2=9外,且对C1上任意一点M,M到直线x=-2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值.
(1)求曲线C1的方程.
(2)设P(x0,y0)(y0≠±3)为圆C2外一点,过点P作圆C2的2条切线,分别与曲线C1相交于点A,B和点C,D.证明:当点P在直线x=-4上运动时,点A,B,C,D的纵坐标之积为定值.
(2012年湖南省数学高考试题)
分析(1)曲线C1的方程为y2=20x.
(2)当点P在直线x=-4上运动时,点P的坐标为(-4,y0).又y0≠±3,则过点P且与圆C2相切的直线斜率k存在且不为0.由题意,每条切线都与抛物线C1:y2=20x有2个交点,则切线方程为
y-y0=k(x+4),
即
kx-y+y0+4k=0,
于是
整理得
(2)
设过P所作的2条切线PA,PC的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程(2)的2个实根,故
设点A,B,C,D的纵坐标分别为y1,y2,y3,y4,则y1,y2是方程(4)的2个实根,所以
(6)
于是由式(3)~(6)得
因此,当点P在直线x=-4上运动时,点A,B,C,D的纵坐标之积为定值6 400.
评注本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系,考查运算能力,考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第(1)小题用直接法或定义法求出曲线的方程;第(2)小题设出切线方程,把直线与曲线方程联立,由一元二次方程根与系数的关系得到点A,B,C,D纵坐标之积为定值,体现“设而不求”思想.
2.4 存在性问题
圆锥曲线中的存在性问题也很受高考命题教师的青睐.这类题的解题策略有2个:(1)先假设存在,然后建立等量关系,若能求出相应的量就存在,否则就不存在;(2)若能直接找到所求的量,则就能判断存在与否,进而解决问题.
(1)求曲线C的方程.
(2)动点Q(x0,y0)(-2 (2012年江西省数学高考试题) 分析(1)曲线C的方程:x2=4y. 解得点D,E的横坐标分别是 则 又因为 所以 对任意x0∈(-2,2),要使△QAB与△PDE的面积之比是常数,t只需满足 解得t=-1,此时△QAB与△PDE的面积之比为2.故存在t=-1,使△QAB与△PDE的面积之比是常数2. 评注本题以平面向量为载体,考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系以及分类讨论的数学思想. 2.5 综合性问题 圆锥曲线中最值、范围、定值及存在性等综合性问题,它涉及到圆锥曲线的定义、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系,同时又与三角函数、函数、不等式、方程、平面向量等代数知识紧密联系.解这类问题时,需要有较强的代数运算能力和图形识别能力,能准确地进行数与形的语言转换和运算、推理转换,并在运算过程中注意思维的严密性. (1)求抛物线C的方程. (2)是否存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由. (2012年山东省数学高考理科试题) 分析(1)抛物线C的方程为x2=2y. 从而 由x2=2y,得 则 即 从而 Δ=4k2+2>0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则 |AB|2= (1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]= (1+k2)(4k2+2). 于是 评注本题考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系引申出的相关探讨性问题及最值问题,是一个综合性较强的题目. 例6设A是单位圆x2+y2=1上的任意一点,l是过点A与x轴垂直的直线,D是直线l与x轴的交点,点M在直线l上,且满足|DM|=m|DA|(m>0且m≠1).当点A在圆上运动时,记点M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程,判断曲线C为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标. (2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于点P,Q,其中点P在第一象限,它在y轴上的射影为点N,直线QN交曲线C于另一点H.问:是否存在m,使得对任意的k>0,都有PQ⊥PH?若存在,求m的值;若不存在,请说明理由. 图3 (2012年湖北省数学高考试题) 分析(1)如图3,设M(x,y),A(x0,y0),则由|DM|=m|DA|(m>1,且m≠1),得x=x0,|y|=m|y0|,从而 (7) 因为点A在单位圆上运动,所以 将式(7)代入式(8),即得所求曲线C的方程为 图4 图5 (2)如图4和图5,对任意k>0,设P(x1,kx1),H(x2,y2),则点Q的坐标为(-x1,-kx1),点N的坐标为(0,kx1),直线QN的方程为 y=2kx+kx1, 将其代入椭圆C的方程并整理可得 依题意可知此方程的2个根为-x1,x2,于是由韦达定理可得 即 因为点H在直线QN上,所以 而PQ⊥PH等价于 评注本题主要考查曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系,要求能正确理解椭圆的标准方程及其几何性质,并能熟练运用代数方法解决几何问题,对运算能力有较高要求. 图6 (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,请说明理由. (2012年福建省数学高考试题) 2.在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线C1:2x2-y2=1. (1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线,求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积. (2)设斜率为1的直线l交C1于点P,Q,若l与圆x2+y2=1相切,求证:OP⊥OQ. (3)设椭圆C2:4x2+y2=1.若M,N分别是C1,C2上的动点,且OM⊥ON,求证:点O到直线MN的距离是定值. (2012年上海市数学高考试题) (1)求椭圆的方程. (2)设A,B是椭圆上位于x轴上方的2个点,且直线AF1与直线BF2平行,AF2与BF1交于点P. ②求证:PF1+PF2是定值. (2012年江苏省数学高考试题) 图7 图8 (1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程. (2012年辽宁省数学高考试题) (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:x2+y2=1相交于2个不同的点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. (2012年广东省数学高考试题) 参考答案 (4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 由题意,得 Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 即 4k2-m2+3=0. 因为 从而 由于对任意m,k恒成立,联立可得x1=1.故存在定点M(1,0)符合题意. 从而 同理可得 设点O到直线MN的距离为d,因为 (|OM|2+|ON|2)d2=|OM|2|ON|2, 所以 即 综上,点O到直线MN的距离是定值. (2)①解由第(1)小题得F1(-1,0),F2(1,0).因为AF1∥BF2,所以可设AF1,BF2的方程分别为my=x+1,my=x-1.设A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0,y2>0,则 从而 即 因此 (9) (10) 由式(9)和式(10)得 即 解得 m2=2. ②证明因为AF1∥BF2,所以 即 从而 因此 同理 于是 由式(9)和式(10)得 从而 即PF1+PF2是定值. (2)证明设A′(x2,y2),由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等,得 4|x1||y1|=4|x2||y2|, 故 因为点A,A′均在椭圆上,所以 由t1≠t2,知x1≠x2,因此 从而 于是 而M(m,n)是椭圆上的点,因此 即 m2=3-3n2, 于是 综上所述,椭圆上存在4个点,坐标分别为3 精题集萃