习题2.1教学实录与评析

Page 1 圆锥曲线中参数范围的求解策略

（导学案）

【考情分析】

圆锥曲线中求参数范围的问题,涉及的知识面广, 思维量大、综合性强, 能较好地锻炼学生的思维能力,是高考的热点；面对这类问题许多学生往往感到心中无数，不知从何入手，因而也是解析几何的一个难点。

【

学习目标】

本节课通过学生已做过或大多数比较熟悉的题目为背景材料，以多媒体为辅助教具，师生共同探究、归纳圆锥曲线中参数范围的求解常用方法

，课后学以致用，通过二论复习训练使学生对此难点有所突破

【教学重点】如何建立含目标参数的不等式，

【教学难点】函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归等思想的运用

【探究案】

x2y21

的离心率为e，且e∈(1，2)，则k的范围是________。

例1

已知曲线4k12k0

x2y2例2

已知双曲线221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1、F2，P在双曲线的ab右支上,PF14PF2,求此双曲线的离心率e的取值范围

解法1：由双曲线的定义知|PF1||PF2|2a

又由|PF1|4|PF2|可得|PF2|28a，|PF1|a

又|PF1||PF2||F1F2|

33825aa2c即得e

又e1

3335离心率m的取值范围为1e。

32解法2：由解法1知|PF2|a

32P点在以F2(c,0)为圆心半径为a的圆上，而P点又在双曲线的右支上，要使P点存32在该圆与双曲线的右支必有公共点，由图观察可知圆的半径raca（当P为右顶3点时，取“=”号）

555ac 即e 又e1 1e

333解法3：设P（x0，y0），由半径公式有|PF1|ex0a,|PF2|ex0a

由|PF1|4|PF2|有ex0a4(ex0a) 即e5a

又P在双曲线右支上

3x0

Page 2 55x0a e又e1 故1e。

3364242682aa4c2a4c21799解法4；cosF1PF299e2

82322882aaa339 又F1PF2(0,],cosF1PF2[1,1)

e2(1,255] 故e(1,]

93x2y21

的两个焦点是

F1（-c,0）与F2(c,0) (c>0)且椭圆上

例3

设椭圆m1存在点P，是得直线PF1与PF2垂直，求实数m的取值范围.

解

由条件，m>0且F1（m，0）、F2 （m，0），am1,b1,cm，设p(x,y)

PF1PF2PF1PF20即(xm,y)(xm,y)0x2my20y2mx2(1)x2将(1)式代入椭圆方程y21得m12x

mx21m1m212解得xm又0x2m1m210m1m解得m的取值范围为m1

例3另解1 设P(m1cos,sin)PF1PF2PF1PF20 (m1cosm,sin)(m1cosm,sin)0 即(m1)cos2sin2m0mcos21m0

Page 3 cos2

m1而0cos21mm101,解得m1m

利用交轨法

此种方法主要运用数形结合的思想

. 解题时若由题设条件易发现与参数相关的动点是我们熟悉的两种轨迹的交汇点，我们就不妨作出两种轨迹对应的图形，再观察图形，寻找两轨迹有公共点的条件，列出所求参数的不等式，问题就迎刃而解了. 例3另解2

由条件，m>0且F1（m，0）、F2 （m，0）

设P（x，y），由PF1PF2得P点在以原点为圆心、直径为

F1F2的圆上运动，另一方x2面，P点又在椭圆+y2=1上运动，要使P存在则该圆与椭圆必有公共点，由图观察m1可知，

圆的半径的长不小于椭圆的短半轴长，即 m1 故m1

例4

已知抛物线y2=x上总存在关于直线L：y-1=k(x-1)对称的相异两点，试求k的取值范围. 思考途径：设抛物线y2=x上两点A（x1,y1）、B（x2,y2）关于直线y-1=k(x-1)对称，则直线AB与抛物线有两个交点,联立直线方程与抛物线方程，消去一个未知数，得到一个一元二次方程，就有>0，从而建立关于k的一个不等关系. 解：设抛物线y2=x上两点A（x1,y1）、B（x2,y2）关于直线y-1=k(x-1)对称，AB的中点G1（x0,y0）则直线AB的方程为：y=x+b k1由y2=x

和

y=x+b联立，得

k2y+ky-kb=0……………………………

式>0，得 k2+4kb>0…………

(下面利用题目条件找到k与b的一个等式关系，问题就解决了) y+yk由得， y1+y2=-k  y0= 12= -

221将y0代入直线AB的方程有：x0=kb+k2

2k2将y0代入直线L的方程有：x0=

2k1k2k2k…………

所以 kb+k2= 解得b=22k222kk2k2将代入，得<

42k所以 2

Page 4

例4另解 设抛物线y2=x上两点A（x1,y1）、B（x2,y2）关于直线y-1=k(x-1)对称，AB1的中点G（x0,y0）则直线AB的方程为：y=x+b k1由y2=x

和

y=x+b联立，得

ky2+ky-kb=0……………………………

y+yk所以y1+y2=-k  y0= 12= -

22k2将y0代入直线L的方程有：x0=

2kk2k从而G（，-

）

22k由于中点G在抛物线内，故有y02

kk2即 （-

）2<

22k解得 2

【点击高考】

（2013年高考山东卷）椭圆F1、F2,离心率为x2y2C:

221(ab0)的左、右焦点分别为ab3，过F1垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.，

2(1)求椭圆C的方程

（2）点P是椭圆C上除长轴端点外的任意一点，连接PF1,PF2,设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M（m,0），求m的取值范围

（3）略

【检测案】

x2y21公共点，求m的取值范围

练习1

直线ykx1与椭圆恒有5mx2y21表示椭圆，m0且m5 ①

解法1：方程5m

Page 5 x2y21上或其内部

直线ykx1恒过定点（0，1），依题设（0，1）应在椭圆5m02121

②

5m由①②解得：m1且m5

ykx1解法2：由x2y2消去y得(m5k2)x210kx55m0

（*）

15mx2y21表示椭圆

m0且m5

③

方程5mm5k20

要使直线与椭圆恒有公共点，则方程（*）有实数解，

则(10k)24(m5k2)(55m)0

整理得：m(5k2m1)0

由③知m0，

5k2m10 即5k21-m对任意kR恒成立

则1m0

m1

练习2

已知PQR为正三角形，P为定点(1,0), Q、R关于X轴对称，且都在直线x1的右侧，若Q、R均在双曲线x2ay21上，求a的范围

练习3

设点Ｐ到M(-1,0)、N(1，0）的距离之差为2m,到x轴、 y 轴的距离之比为2 ，求m的取值范围. x2y21

解

设Ｐ点的坐标为（x,y）,依题意有2且22xm1myx2y21所以Ｐ点一方面在直线y2x（除去坐标原点）上，另一方面又在椭圆2m1m2

Page 6 上，要使P点存在，该直线与椭圆必有公共点，由图观察可知，双曲线渐进线的斜率的1m22，解得m的取值范围为绝对值必须大于直线y2x的斜率的绝对值, 即

m55. m0或0m552y2练习4：已知椭圆x21(0m1)的长轴两个端点A、B，如果椭圆上存在点P，使m2APB，求m的取值范围。

3解：由椭圆的对称性，不妨设在上半椭圆上存在点P（cos,msin）满足条件

msinmsin, kPB，由到角公式可得：

cos1cos1msinmsin2m1tan23，化简整理得：sin

tanAPBcos12cos2msin233(1m)12cos11再由|sin|1解得m2

3kPA又0m1 故m的取值范围为0m3。

3

练习5已知直线

m：y=(k-4)x+3k-5 ，抛物线C：y=-x2

，若在区间[-1，5] 上，直线m位于抛物线C的上方，求参数k的取值范围.

解

依题设可知，不等式(k-4)x+3k-5>-x2 ,x∈[-1，5] 恒成立，此不等式等价于

练习题1

x∈[-1，5] x24x5

令

f(x), x∈[-1，5] x3

即

f(x)(x316)10， x∈[-1，5] x31610

x3f(x)2(当且仅当x1取等号)f(x)2(x3)

即f(x)max2

故k的取值范围为k>2.

Page 7 x2y2练习6

已知动点P与双曲线的两个焦点F1、F2的距离之和为定值,且cos23∠F1PF2的最小值为1. 9(1)求动点P的轨迹方程；

(2)若已知D(0，3)，M、N在动点P的轨迹上且DM=λDN , 求实数λ的取值范围.