高考数学复习 第3讲 圆锥曲线中的最值问题、范围问题及轨迹问题课件

体验高考1.(2013年高考湖南卷,文20)已知F1,F2分别是椭圆E:25x+y2=1的左、右焦点,F1,F2关于直线x+y-2=0的对称点是圆C的一条直径的两个端点.(1)求圆C的方程;(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a、b.当ab最大时,求直线l的方程.高考真题自测—夯基础提速度解:(1)由题设知,F1,F2的坐标分别为(-2,0),(2,0),圆C的半径为2,圆心为原点O关于直线x+y-2=0的对称点.设圆心的坐标为(x0,y0),由00001,20,22yxxy解得002,2.xy所以圆C的方程为(x-2)2+(y-2)2=4.(2)由题意,可设直线l的方程为x=my+2,则圆心到直线l的距离d=221mm.所以b=2222d=241m.由222,1,5xmyxy得(m2+5)y2+4my-1=0.设l与E的两个交点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1+y2=-245mm,y1y2=-215m.于是a=221212()()xxyy=2212(1)()myy=221212(1)()4myyyy=22222164(1)(5)5mmmm=2225(1)5mm.从而ab=228515mm=22851(1)4mm=2285411mm≤22854211mm=25.当且仅当21m=241m,即m=±3时等号成立.故当m=±3时,ab最大,此时,直线l的方程为x=3y+2或x=-3y+2,即x-3y-2=0或x+3y-2=0.2.(2012年高考四川卷,文21)如图,动点M与两定点A(-1,0)、B(1,0)构成△MAB,且直线MA、MB的斜率之积为4.设动点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设直线y=x+m(m0)与y轴相交于点P,与轨迹C相交于点Q、R,且|PQ||PR|,求PRPQ的取值范围.解:(1)设动点M的坐标为(x,y),当x=-1时,直线MA的斜率不存在;当x=1时,直线MB的斜率不存在.于是x≠1且x≠-1,此时,MA的斜率为1yx,MB的斜率为1yx.由题意有1yx·1yx=4.化简可得4x2-y2-4=0.故动点M的轨迹C的方程为4x2-y2-4=0(x≠1且x≠-1).(2)由22,440yxmxy消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0.(*)对于方程(*),其判别式Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+480,而当1或-1为方程(*)的根时,m的值为-1或1.结合题设(m0)可知,m0且m≠1.设Q、R的坐标分别为(xQ,yQ),(xR,yR),则xQ,xR为方程(*)的两根.因为|PQ||PR|,所以|xQ||xR|,xQ=2233mm,xR=2233mm.所以PRPQ=RQxx=2232113211mm=1+223211m.此时231m1,且231m≠2,所以11+223211m3,且1+223211m≠53,所以1PRPQ=RQxx3,且PRPQ=RQxx≠53.即PRPQ的取值范围是51,3∪5,33.感悟备考与圆锥曲线有关的最值问题、范围问题及轨迹问题是历年高考考查的重点问题,这类问题经常与平面几何、函数、不等式、三角函数等知识联系在一起,并且还渗透着函数与方程、数形结合、转化与化归等一些重要数学思想,具有一定的难度,在复习备考中,一要掌握解决解析几何问题的一些基本方法,如设而不求的整体代入法、点差法、求曲线方程的基本方法等;二要注意培养代数运算能力和图形认识能力,能够准确地进行数与形的语言转换和运算、推理的转换.考向一圆锥曲线中的最值问题【例1】已知:如图,抛物线y2=4x的准线与x轴交于F1,焦点为F2,设以F1、F2为焦点,离心率e=12的椭圆与抛物线的一个交点为P.(1)求椭圆的方程;(2)若经过点F2的直线l被抛物线所截得的弦长|A1A2|恰好等于△PF1F2的周长,求该直线的方程;(3)若直线y=k(x-1)与抛物线的两个交点A1、A2在x轴上的射影分别为B1、B2,则当k∈[-1,0)∪(0,1]时,求四边形A1B1A2B2面积的最小值.热点考向突破—讲策略促迁移解:(1)易得F2(1,0),∴c=1,又e=12,∴a=2,b2=a2-c2=3,故椭圆方程为2243xy=1.(2)①若直线l斜率不存在,此时其方程为x=1,代入抛物线方程解得y=±2,此时|A1A2|=4,而△PF1F2的周长=2a+2c=6≠4,故舍去.②若直线l斜率存在,设l的方程为y=k(x-1),联立24,1,yxykx得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,又直线l与抛物线有两个交点,∴k≠0,设A1(x1,y1),A2(x2,y2).则x1+x2=2224kk,x1x2=1.则|A1A2|=|A1F2|+|A2F2|=(1+x1)+(1+x2)=2+(x1+x2)=2+2224kk=224(1)kk,△PF1F2的周长=2a+2c=6,由224(1)kk=6解得k=±2,所以,直线l的方程为y=2(x-1)或y=-2(x-1).(3)设A1(x1,y1),A2(x2,y2),由(2)②易得|x1-x2|=21212()4xxxx=2241kk,∴|y1-y2|=|k(x1-x2)|=241kk,∴S边1122四形ABAB=12|x1-x2||y1-y2|=2281kk·21kk=238(1)kk(k∈[-1,0)∪(0,1]),∵S边1122四形ABAB=238(1)kk(k∈[-1,0)∪(0,1])为偶函数,且当k0时,S边1122四形ABAB=238(1)kk=38k+8k显然为减函数,∴当k=±1时,四边形A1B1A2B2的面积的最小值为16.考向二圆锥曲线中的特定字母的取值范围问题【例2】在△ABC中,顶点A,B,C所对三边分别是a,b,c,已知B(-1,0),C(1,0),且b,a,c成等差数列.(1)求顶点A的轨迹方程;(2)设顶点A的轨迹与直线y=kx+m相交于不同的两点M、N,如果存在过点P10,2的直线l,使得点M、N关于l对称,求实数m的取值范围.解:(1)由题知2,2,abca得b+c=4,即|AC|+|AB|=4(定值).由椭圆定义知,顶点A的轨迹是以B、C为焦点的椭圆(除去左、右顶点),且其长半轴长为2,半焦距为1,于是短半轴长为3.∴顶点A的轨迹方程为2243xy=1(y≠0).(2)由22,34120,ykxmxy消去y整理得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,∴Δ=(8km)2-4(3+4k2)×4(m2-3)0,整理得4k2m2-3.①令M(x1,y1),N(x2,y2),则12221228344(3)34kmxxkmxxk,设MN的中点P(x0,y0),则x0=12(x1+x2)=-2434kmk,y0=12(y1+y2)=12(kx1+m+kx2+m)=m+kx0=2334mk,当k=0时,由题知,m∈(-3,0)∪(0,3).当k≠0时,直线l方程为y+12=-1kx.由P(x0,y0)在直线l上,得2334mk+12=2434mk,得2m=3+4k2.②把②式代入①中可得2m-3m2-3,解得0m2.又由②得2m-3=4k20,解得m32.∴32m2.验证:当(-2,0)在y=kx+m上时,得m=2k,代入②得4k2-4k+3=0,k无解,即y=kx+m不会过椭圆左顶点.同理可验证y=kx+m不过右顶点.∴m的取值范围为3,22.综上,当k=0时,m的取值范围为(-3,0)∪(0,3);当k≠0时,m的取值范围为3,22.热点训练2已知两点M、N分别在直线y=mx与直线y=-mx(m1)上运动,且|MN|=2.动点P满足2OP=OM+ON(O为坐标原点),点P的轨迹记为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过点(0,1)作直线l与曲线C交于不同的两点A、B.若对任意m1,都有∠AOB为锐角,求直线l的斜率k的取值范围.解:(1)∵2OP=OM+ON,∴P为MN的中点,设P(x,y),M(x1,y1)和N(x2,y2),则1212222,12122,2,()()2xxxmxmxyxxmxmx∴221xm+22ym=1(m1).(2)由(1)知曲线C表示焦点在y轴上的椭圆,∵m1,故点(0,1)在椭圆内,∴直线l与曲线C恒有两个交点,显然直线l的斜率不存在时不符合题意,可设直线l的方程为y=kx+1,由22221,1,ykxymxm消去y得(m4+k2)x2+2kx+1-m2=0,设A(x3,y3),B(x4,y4),∴x3+x4=-422kmk,x3x4=2421mmk,y3y4=(kx3+1)(kx4+1)=2242(1)kmmk+2422kmk+1,要使∠AOB为锐角,则OA·OB0(易知OA、OB不可能同向共线),∴x3x4+y3y4=42242(1)1mkmmk0,即m4-(k2+1)m2+10,得出m2+21mk2+1对任意m1恒成立,只需-1≤k≤1.即直线l的斜率k的取值范围为[-1,1].考向三圆锥曲线中的轨迹问题1.热点内容求轨迹方程的常用方法有:(1)直接法:根据条件直接将所给的关系“翻译”成含有x,y的等式得到曲线的轨迹方程.(2)定义法:若动点的轨迹符合某一基本轨迹的定义,则可根据定义直接求出动点的轨迹方程.(3)待定系数法:可先根据条件设所求曲线的方程,再由条件确定其待定系数,代回所列的方程即可.(4)代入法(转移法或相关点法):如果所求的动点是随着另一动点(称之为相关点)而运动的,则可以用动点的坐标表示相关点的坐标,根据相关点所满足的方程求得动点的轨迹方程.2.问题引领由涉及动点的向量等式求该动点的轨迹方程应如何解决?答案:只需将向量等式坐标化.【例3】如图所示,已知点H(-3,0),点P在y轴上,点Q在x轴的正半轴上,点M在直线PQ上,且满足HP·PM=0,PM=-32MQ.(1)当点P在y轴上移动时,求点M的轨迹C的方程;(2)给定圆N:x2+y2=2x,过圆心N作直线l,此直线与圆N和(1)中的轨迹C共有四个交点,自上而下顺次记为A、B、C、D,已知线段AB、BC、CD的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l的方程.解:(1)设M(x,y),P(0,y'),Q(x',0)(x'0),∵PM=-32MQ,HP·PM=0,∴(x,y-y')=-32(x'-x,-y),(3,y')·(x,y-y')=0,∴x'=13x,y'=-12y,①3x+yy'-y'2=0.②将①式代入②式得y2=4x.又∵点Q在x轴的正半轴上,∴x0.故点M的轨迹C的方程为y2=4x(x0).(2)由题意知直线l的斜率不为0,由题知,圆N的方程为(x-1)2+y2=1,则其直径长|BC|=2,圆心为N(1,0),如图所示.设l的方程为my=x-1,即x=my+1.③将③式代入抛物线方程y2=4x,得y2-4my-4=0,设A(x1,y1),D(x2,y2),由根与系数的关系,得12120,4,4,yymyy则(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=16(m2+1),|AD|2=(y1-y2)2+(x1-x2)2=(y1-y2)2+222124yy=(y1-y2)221214yy=16(m2+1)2,∴|AD|=4(m2+1).又∵线段AB、BC、CD的长成等差数列,∴2|BC|=|AB|+|CD|=|A