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1、 I新矗謦 数学 三角函数给力协解 椭 圆范围与最值 问题 尹伟云 椭 圆 范 围 与 最 值 问题 是 平 面 解 析 几 何 中的重 点 和难点 ， 也是 历 年 高 考 考 查 的热 点 之 一 这类 问题 常 涉 及 夹 角 、 长 度 、 面积 、 离 心 率 的变化情 况 ， 综合 性 强 ， 计 算 量 大 ， 求 解 过 程复 杂 ， 令 很 多人 望 而 生 畏 ， 无 从 下 笔 本 文 以三 角 函数 为 立 足 点 ， 从 不 同 的角 度 给 出 解决这类问题的五种转化策略 ， 协助大家克 服难 点 螽 一、 利用三角函数的定义 三角 函数 的 定 义 建 立 了 角
2、 、 坐 标 、 函数 值 三者 之 间的联 系 ， 其 中点 的坐 标 架起 了 角 与 函数 值 的桥 梁 回归 定 义 ， 可 以让 我 们 更 清楚 地认 识数 与形 本质 的变化特 征 例 1( 2 0 1 2年 高 考 天 津 理 科 卷 第 1 9 2 2 题 ) 设 椭 圆 + 一 1 ( 口 b 0 ) 的 左 、 右 顶 “ c ， 点分 别 为 A， B， 点 P在 椭 圆上 ， 且 异 于 A， B 两 点 ， O 为 坐 标 原 点 ( 1 )若 直 线 AP 与 BP 的 斜 率 之 积 为 一 ， 求椭 圆的离心率； ( 2 )若I AP l l O A I ，
3、证明： 直线o P的 斜率 k满足 I k l 3 解析 ( 1 )略 ( 2 ) 证明： 如图 1 所示， 作 辅助 圆 A： ( z +a ) +Y 一a 及 圆 0： + Y 一口 由 l AP l l O A I 知， 点 P即为圆A 与 椭 圆 + 一 1的交 点 当 P在 第 二象 限 7 8 N e w U n i v e r s i t y E n t r a n c e E x a mi n a t io n 时 ， 设P( x 。 ， Y 。 ) ， Q 为 圆 A 与 圆 0 在第 二 象 限 内 的 交 点，连 结 0 Q， AQ，则 f AQ l 一 O A I l
4、O Q l ， 于是 A O Q=6 0 。 因为 n 6 O ， 所 以点 P 必在 劣 弧Q o上 ( P 不 为点 Q， 0) ， 则 A OQt a n , A O Q t a n 6 O 。 一 I上 0【 3 ， 即I k l 3 当点 P， Q在第三象限时， 同 理有 l 走 l 3 所以直线 o P的斜率 k满足 l k l 一 l 、 、 一 A O B j 、 -、 一_，V 、 图 1 点评 本题利用正切函数的定义与单 调性， 将l k I 的变化范围转化为夹角的范围， 从 而 与 辅 助 圆 联 系 起 来 ， 最 终 达 到 证 明 的 目的 二 、利 用 向量 的数
5、 量积 向量工 具 是 解 决 某 些 椭 圆 范 围 与 最 值 问题 的有 力 武 器 通 过 向 量 的数 量 积 运 算 ， 可 以将 夹 角 与点 的 坐 标 关 联 ， 与 线 段 关 联 ， 从 而 向量 的数 量 积 打 开 了夹 角 与 其 他 参 数 转化 的门户 例 2 已知 F1 ， F2分 别 是 椭 圆 X 2 + z =1的 左 、 右 焦点 ， 设 过 定点 M ( 0， 2 ) 的 直线 l 与 椭 圆 交 于 不 同 的 两 点 A， B， 且 AOB 为 锐 角， 求 Z的斜 率 k的取 值 范 围 分析 显然直线 的斜率存在， 设 z 的 方程 为 Y
6、k x+ 2 ， 交 点 A( 1 ， Y 1 ) ， B( z 2 ， Y 2 ) ， 由题意及 向量数量积有 c o s ：鲁 。 倩 。 +Y 1 Y 2 0 ， 则 z l z 2 + ( k x 1 + 2 ) ( k x 2 +2 ) 0 ， 得 ( 1 + k ) z l z 2 + 2 k ( z l + z 2 ) +4 0 答 案 ：是 ( 一 2 ， 一 ) u ( , g ， 2 ) 三 、利用余 弦定理或正 弦定理 在椭 圆焦点三 角形 中， 利用正 、 余 弦定 理研 究 三角 形边 角关 系 ， 有 时 会 达 到 意 想 不 到 的效果 例 3 已知 椭 圆 c
7、： x z 1 - yZ一1( n 6 0 ) 的 两个 焦 点分 别 为 Fl ， F 2 ， 离心 率 为 e ， 点 P是 椭 圆 C上 任 意一 点 ( P 不在 X轴 上 ) 若 P ： ： = ， 求 F 1 PF 2的取值 范 围； 解析 由椭圆定义有 I P F I + I P F I ：2 a ， 由余 弦定 理得 c o sL F 1 P F 2 一 弗苷 ( I P F l I +I P F 2 J ) L I F 2 l L 2 J P F 1 1 I P F 2 2 I P F l l l P F 2 一 垒 ： 一 2 1 PF 1 J PF I 因 4 b 2 1
8、 因 ： 一 1 丑 。 由 e =, g 及口 z 一6 z + 得 b 2 一 1，从 而 1 c o s F 1 P F 2 一寺， 所I)A F P F z 的取值范 围 是 ( o ， 点 评 通过余弦定理构建了角与函数 值 的变化关 系 四 、利 用 三角 形 面 积 公 式 中 s 一 扣砌 椭 圆 中三 角 形 面 积 的 最 值 问 题 是 近 几 年高考 考 查 的热 点 ， 选 择 适 当的 面 积 公 式往 往 是解 决 问题 的关 键 ， 面积 公 式 的 选 择 决定 了解题 的方 向和 难 易 程 度 下 面 以一 道 高 考 题为例说明公式 s 一 n 6 s
9、i n 0的简单应用 例 4( 2 0 1 2年高考广东省理科卷第 2 0 题) 在平面直角坐标 系 O 中， 已知椭 圆 C： 事 + 0 ) 的 率 e 一 ， 且 椭 圆 C 上 的 点 到 Q( 0 ， 2 ) 的 距 离的 最 大 值 为 3 ( 1 )求椭 圆 C的 方程 ； ( 2 )在 椭 圆 C上 ， 是 否存 在 点 M ( ， ) 使 得 直线 Z ： mx+n y一 1与 圆 0： 。 +Y = 1 相 交于 不 同 的 两 点 A， B， 且 OAB 的 面 积 最 大?若 存在 ， 求 出点 M 的 坐标及 相对 应 的 O AB 的面积 ； 若 不存 在 ， 请
10、说 明理 由 解析 ( 1 ) 过程略 答案： 要+ z 一1 ( 2 ) s e 一l O A l 1 0 B 1 s i n A O B 一 专s i n A O B ， N A O B = 詈时， S , o a s 有最大 值 妄此 时 点 0 到 直 线 z的 距 离 d一 1 一譬 ， 得 m 2 + 2 2 若 存 在 满 足题意的点M( ， ) ， 则 + z 一1 由 N e w U n i v e r s it y E n t r a n c e E x a mi n a t io n 1 1 1 得 一萼， n =告， 点M的坐标为 M ( ， ) 或 M ( 一 ， )
11、 或 M ( ， 一 ) 或M( 一 ， 一 ) ， A O A B 的 最 大 面 积 为 专 点评 第( 2 ) 小题为存在性问题， 文字 长 ， 问题 多 ， 感 觉 比第 ( 1 ) 小 题 难 得 多 ， 但 根 据 I O AI l O BI 一1恰 当地选 择 三角 形 面 积 公式 s 一n b s i n 0 ， 便立刻得到面积取最大 值 的条 件 ， 使 所 有 问 题 迎 刃 而 解 ， 整 个 解 答 过 程 显得 轻 松 、 自然 五 、利用椭 圆的参数方程 对 于理科 生 来说 ， 还 可 以利 用 椭 圆的 参 数方 程 ， 将 一 些 问 椭 圆 题 转 化 三
12、 角 问 题 求 解 椭 圆 + 一1 ( n 6 o ) 的参 数 方 程 为 n D。 z 一 ? c O 0 为 参 数 ， 且 0 ， 2 n ) ， 于 是 ， I Y Osm 此椭 圆上 任 意 一 点 的 坐 标 可 设 为 ( a c o s 0 ， b s i n ) ， 从而将含两个变量 z， Y的代数运算 转化 为含 一个 变量 的三角 运算 例 5 已知 椭 圆 c： x2 T y2 = = = 1的 两 个 焦 点 分 别 为 F ( 一 3 ， O ) 、 F2 ( 3 ， 0 ) ( 1 )若 P 为椭 圆 C 上 任 意 一 点 ， 且 满足 l P F J +
13、l P F 。 l 一1 0 ， 求 的最大 值 和 最 小值 ； ( 2 )若 点 Q 是 直线 Y+90与 椭 圆 C的一 个公共 点 ， 求椭 圆长 轴 最 短 时 的 椭 圆 方 程 解析 ( 1 )由I P F l + I P F 1 一1 0知 2 a 一1 0 ， 即 a 一5 ， 又 c 一3 ， 则 b = = = a 一c 。 一 4 设点 P的坐标 为( 5 c o s 0 ， 4 s i n ) ， 0 0 ， 2 7c ， 则两 一 -3 -5 c o s 0 ， -4 s i n ) ( 3 5 c o s 0 ， 一4 s i n ) 一 一9 s i n 。 +
14、1 6 ， 由 O s i n 。 1知 ， 当 s i n 。 = ： ： 1时 ， 有 最 小 值 一9 1 + 1 6 7 ； 当 s i n 一0时 ， P 有 最大 值 一9 0 +1 6 1 6 ( 2 )设 点 Q( t 2 C O S 0 ， 两s i n ) ， 0 0 ， 2 7 c ， 将点 Q的坐标代人方程 z +9 0中得 两s i n O -t 2 C O S = = = 9 ， 由辅 助角 公 式有 亏 s i n( 一 ) 一9 ， 则 0 s in 一 = 志 - 9 的 值 由 t a n 一 确 定 ) ，由 I s in( 一 ) I 1 得 1 ， 解得 口 4 5 ， 当 口 。 一4 5时长轴 2 a 一 9 最 短 ， 此时 b 。 口 。 一9 3 6 ， 得 椭 圆的方 程 为 + 一 1 4 5 36 一 点评 在第( 1 ) 问中， 先求得椭圆的标 准 方程 ， 再 利 用 点 的 参 数 式 方 程 直 接 得 最 值 ； 第 ( 2 ) 问 中 ， 在不 知 口 ， b的情 况 下 ， 再 引入 辅 助 角 ， 最 后 利 用 正 弦 函数 的有 界性 顺 利 得 解 B O N e w U n i v e r s i t y E n t r a n c e E x a mi n a t i o n
