圆锥曲线与均值不等式

前言

典例剖析

【2020年陕西省高三数学文质量检测一第9题】已知双曲线\(E:\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)\)，\(F_1\)、\(F_2\)分别为\(E\)的左、右焦点，\(A_1\)、\(A_2\)分别为\(E\)的左、右顶点，且\(|A_1A_2|\geqslant |A_2F_2|\)，点\(M\)在双曲线右支上，若\(\frac{|MF_1|-2a}{|MF_1|^2}\)的最大值为\(\cfrac{1}{4}\)，则\(E\)的焦距的取值范围是【\(\quad\)】

$A.(1,\cfrac{3}{2}]$ $B.[2,3]$ $C.(1,2]$ $D.(1,3]$

法1：如图所示，由双曲线的定义可知，\(|MF_1|-|MF_2|=2a\)，即\(|MF_1|=|MF_2|+2a\)，

故\(\cfrac{|MF_1|-2a}{|MF_1|^2}=\cfrac{|MF_2|+2a-2a}{(|MF_2|+2a)^2}=\cfrac{|MF_2|}{(|MF_2|+2a)^2}=\cfrac{|MF_2|}{|MF_2|^2+4a|MF_2|+4a^2}\)

\(=\cfrac{1}{|MF_2|+\frac{4a^2}{|MF_2|}+4a}\leqslant \cfrac{1}{2\sqrt{4a^2}+4a}=\cfrac{1}{8a}=\cfrac{1}{4}\)，当且仅当\(|MF_2|=2a\)时取到等号；

故解得\(a=\cfrac{1}{2}\)，结合题意\(|A_1A_2|\geqslant |A_2F_2|\)，

即\(2a\geqslant c-a\)，则\(3a\geqslant c\)，即\(\cfrac{c}{a}\leqslant 3\)，

又由于双曲线的离心率\(e=\cfrac{c}{a}>1\)，故\(1<\cfrac{c}{a}\leqslant 3\)，

则\(\cfrac{1}{2}=a<c\leqslant 3a=\cfrac{3}{2}\)，故\(1<2c\leqslant 3\)，故选\(D\)。

解后反思：①牢记双曲线的定义的使用；②分式形式的化简变形技巧；③离心率的范围的使用；④不等式性质的使用；⑤本题目还可以求解离心率的范围；

法2：由于\(|A_1A_2|\geqslant |A_2F_2|\)，即\(2a\geqslant c-a\)，

则\(3a\geqslant c\)，即\(\cfrac{c}{a}\leqslant 3\)，又由于双曲线的离心率\(e=\cfrac{c}{a}>1\)，

故\(1<\cfrac{c}{a}\leqslant 3\)，设\(|MF_1|=r\)，

则\(\cfrac{|MF_1|-2a}{|MF_1|^2}=\cfrac{r-2a}{r^2}=\cfrac{1}{r}-2a\cdot (\cfrac{1}{r})^2=-2a(\cfrac{1}{r}-\cfrac{1}{4a})^2+\cfrac{1}{8a}\leqslant \cfrac{1}{4}\)

当且仅当\(|MF_1|=4a\)时取到等号；故\(a=\cfrac{1}{2}\)，

则由\(1<\cfrac{c}{a}\leqslant 3\)得到，\(\cfrac{1}{2}=a<c\leqslant 3a=\cfrac{3}{2}\)，

故\(1<2c\leqslant 3\)，故选\(D\)。

【均值不等式的使用】在平面直角坐标系\(xoy\)中，已知点\(A\)在椭圆\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{8}=1\)上，点\(P\)满足\(\overrightarrow{AP}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}(\lambda\in R)\)，且\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=12\)，求线段\(OP\)在\(x\)轴上的投影长度的最大值。

解析：由\(\overrightarrow{AP}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}\)，即\(\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}\)

则有\(\overrightarrow{OP}=\lambda\overrightarrow{OA}\)，故\(O、P、A\)三点共线，由\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=12\)，得到\(|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OP}|=12\)，

设OP与\(x\)轴的夹角为\(\theta\)，点\(A(x，y)\)，\(B\)为点\(A\)在\(x\)轴上的投影，由图可知，线段\(OP\)在\(x\)轴上的投影长度为\(||\overrightarrow{OP}|\cdot cos\theta|\)

则\(||\overrightarrow{OP}|\cdot cos\theta|=|\overrightarrow{OP}|\times \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|}\)\(=\cfrac{12}{|\overrightarrow{OA}|}\times \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|}\)

\(=12\cdot \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|^2}\)，又由于\(|\overrightarrow{OB}|=|x|\)，\(|\overrightarrow{OA}|=\sqrt{x^2+y^2}\)，

\(=12\times \cfrac{|x|}{x^2+y^2}\)， 接下来施行变量集中，由于\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{8}=1\)，得到\(y^2=8-\cfrac{x^2}{2}\)，代入

\(=12\times \cfrac{|x|}{\cfrac{x^2}{2}+8}\)，分子分母同除以\(|x|\)得到，

\(=12\times \cfrac{1}{\frac{|x|}{2}+\frac{8}{|x|}}\leq 12\times \cfrac{1}{4}=3\)，

当且仅当\(|x|=4\)时等号成立，故线段\(OP\)在\(x\)轴上的投影长度的最大值为\(3\)。

已知点\(P\)是椭圆\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{4}=1\)上的动点，过\(P\)作圆\(N：x^2+y^2=1\)的两条切线\(PA，PB\)，\(A，B\)分别为切点，直线\(AB\)与\(x\)，\(y\)轴分别相交于\(M，N\)两点，则\(\triangle MON\)(\(O\)为坐标原点)的最小面积为____________。

分析：根据题意设点\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，\(P(x_0,y_0)\)，

由于\(PA\)是圆的切线且切点为\(A\)，则\(PA\)的方程为\(x_{1}x+y_{1}y=1\)，^[1]

同理\(PB\)的方程为\(x_{2}x+y_{2}y=1\)，

由于点\(P(x_0,y_0)\)在切线\(PA\)上，则有\(x_{1}\cdot x_{0}+y_{1}\cdot y_{0}=1\)；

点\(P(x_0,y_0)\)在切线\(PB\)上，同理则有\(x_{2}\cdot x_{0}+y_{2}\cdot y_{0}=1\)

又由于直线\(AB\)同时与直线\(PA\)和\(PB\)相交，

则由相同结构的两个表达式\(\left\{\begin{array}{l}{x_{1}\cdot x_{0}+y_{1}\cdot y_{0}=1}\\{x_{2}\cdot x_{0}+y_{2}\cdot y_{0}=1}\end{array}\right.\)，

可以得到直线\(AB\)的方程为\(x_{0}x+y_{0}y=1\)，^[2]

则\(M\)的坐标为\((\cfrac{1}{x_{0}}, 0)\)，\(N\)的坐标为\((0, \cfrac{1}{y_{0}})\)，^[3]

\(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM|\cdot|ON|=\cfrac{1}{2}\cdot\left|\cfrac{1}{x_{0} y_{0}}\right|\)

又由点\(P\)是椭圆\(M:\cfrac{x^{2}}{16}+\cfrac{y^{2}}{4}=1\)的动点，则有\(\cfrac{x_{0}^{2}}{16}+\cfrac{y_{0}^{2}}{4}=1\)

则有\(1=\cfrac{x_{0}^{2}}{16}+\cfrac{y_{0}^{2}}{4}\geqslant 2\sqrt{\cfrac{x_{0}^{2} y_{0}^{2}}{64}}=\cfrac{1}{4}\left|x_{0} y_{0}\right|\)，

即\(\left|x_{0} y_{0}\right|\leqslant 4\)

\(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM||ON|\left|=\cfrac{1}{2}\cdot\right|\cfrac{1}{x_{0} y_{0}}\mid \geqslant\cfrac{1}{8}\)

即\(\triangle OMN\)面积的最小值为\(\cfrac{1}{8}\).

解后反思：本题目的综合程度比较高，对学生的数学素养要求也比较高。

①过圆上任意一点的切线方程的求法；②合二为一的数学策略；③直线的截距式方程；④均值不等式在椭圆中的应用，⑤不等式性质；

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1. 过圆\(x^2+y^2=r^2\)上的点\(P_0(x_0，y_0)\)的切线方程是\(x_0x+y_0y=r^2\)；
   证明：由于点\(P_0(x_0，y_0)\)在圆\(x^2+y^2=r^2\)上，故有\(x_0^2+y_0^2=r^2\)，
   又由于直线\(OP\)的斜率\(k_1=\cfrac{y_0}{x_0}\)，故和直线\(OP\)垂直的圆的切线的斜率为\(k_0=-\cfrac{x_0}{y_0}\)
   由点斜式可得，过圆上的点\(P_0(x_0，y_0)\)的切线方程为\(y-y_0=k_0(x-x_0)\)，
   
   即\(y-y_0=-\cfrac{x_0}{y_0}(x-x_0)\)，整理为\(x_0x+y_0y=x_0^2+y_0^2\)，又\(x_0^2+y_0^2=r^2\)，
   故整理得到切线方程为\(x_0x+y_0y=r^2\)。 ↩︎

2. 此处用到数学中的合二为一的策略，直线\(PA:x_{1}x_{0}+y_{1}y_{0}=1\),直线\(PB:x_{2}x_{0}+y_{2}y_{0}=1\)，
   故直线\(AB\)同时经过点\(A\)和点\(B\)，由两点确定一条直线可知，此时只需要将同一结构的表达式中的\(x_1\)，\(x_2\)换成\(x\)，将\(y_1\)，\(y_2\)换成\(y\)，即得到直线\(AB\)的方程\(AB:x_{0}x+y_{0}y=1\)。 ↩︎

3. 将直线\(AB\)的方程为\(x_{0}x+y_{0}y=1\)变形为\(\cfrac{x}{\frac{1}{x_0}}+\cfrac{y}{\frac{1}{y_0}}=1\)[直线的截距式方程，由方程可以直接看出\(x\)截距和\(y\)截距]，
   故得到此直线和坐标轴的交点的坐标。\(M\left(\cfrac{1}{x_{0}}, 0\right)\)，\(N\left(0, \cfrac{1}{y_{0}}\right)\). ↩︎