2020版高中数学北师大版选修1-1第二章圆锥曲线与方程专题突破四圆锥曲线的定点、定值与最值问题学案（含解析）

专题突破四　圆锥曲线的定点、定值与最值问题
与圆锥曲线有关的定点、定值问题是高考考查的热点，难度较大，此类问题常常作为第19题或第20题的第二问，常以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，以坐标运算为基础，一般是证明满足条件的直线过定点，目标代数式为定值，或计算面积、长度、数量积等的最大值、最小值．求解此类问题的关键是引进变化的参数表示直线方程、数量积等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
一、定点问题
例1　已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点．
(1)解　如图，设动圆圆心为O1(x，y)，
由题意，得|O1A|＝|O1M|，
当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，
∴|O1M|＝，
又|O1A|＝，
∴＝，
化简得y2＝8x(x≠0)．
又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0)也满足方程y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)证明　由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中，
得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①
x1x2＝，②
因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以＝－，
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0③
将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b，此时Δ>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．
点评　求定点问题，需要注意两个方面：
一是抓“特值”，涉及的定点多在两条坐标轴上，所以可以先从斜率不存在或斜率为0的特殊情况入手找出定点，为解题指明方向．
二是抓“参数之间的关系”，定点问题多是直线过定点，所以要抓住问题的核心，实质就是求解直线方程中参数之间的关系，所以要熟悉直线方程的特殊形式，若直线的方程为y＝kx＋b，则直线y＝kx＋b恒过点(0，b)，若直线方程为y＝k(x－a)，则直线恒过点(a,0)．
跟踪训练1　设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，且过点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的左顶点是A，若直线l：x－my－t＝0与椭圆E相交于不同的两点M，N(M，N与A均不重合)，若以MN为直径的圆过点A，试判定直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标．
考点　椭圆中的定值、定点问题
题点　椭圆中的定点问题
解　(1)由e2＝＝＝，
可得a2＝2b2，
椭圆方程为＋＝1，
代入点可得b2＝2，a2＝4，
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)由x－my－t＝0得x＝my＋t，
把它代入E的方程得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝，
x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)
＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝.
因为以MN为直径的圆过点A，
所以AM⊥AN，
所以·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2
＝＋2×＋4＋
＝
＝＝0.
因为M，N与A均不重合，所以t≠－2，
所以t＝－，直线l的方程是x＝my－，直线l过定点T，
由于点T在椭圆内部，故满足判别式大于0，
所以直线l过定点T.
二、定值问题
例2　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
考点　
题点　
(1)解　由题意有＝，＋＝1，
解得a2＝8，b2＝4.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明　方法一　设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入＋＝1，得
(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝＝，
yM＝k·xM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，
即kOM·k＝－.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
方法二　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，
则
①－②得＋＝0，
∴kAB＝＝－＝－·.
又kOM＝，∴kAB·kOM＝－.
∴直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
点评　(1)求定值问题的常用方法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
(2)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思路是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类问题中选择消元的方向是非常关键的．
跟踪训练2　(2018·江西南昌高二检测)已知点F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点D(1,2)为抛物线C上一点．
(1)直线l过点F交抛物线C于A，B两点，若|AB|＝5，求直线l的方程；
(2)过点D作两条倾斜角互补的直线分别交抛物线C于异于点D的两点P，Q，试证明直线PQ的斜率为定值，并求出该定值．
考点　抛物线中的定值、定点问题
题点　抛物线中的定值问题
解　(1)依题意，点F的坐标为(1,0)．
设直线l的方程为x＝my＋1，
联立方程消去x并整理得
y2－4my－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
故|AB|＝|y1－y2|
＝·＝4(m2＋1)＝5，
解得m＝±，
故直线l的方程为2x＋y－2＝0或2x－y－2＝0.
(2)方法一　设直线DP的斜率为k(k≠0)，
则直线DQ的斜率为－k.
令t＝，
联立方程消去x并整理得
y2－4ty＋8t－4＝0.
设P(xP，yP)，因为点D的坐标为(1,2)，
所以2yP＝8t－4，故yP＝4t－2.
从而点P的坐标为(4t2－4t＋1,4t－2)，
用－t替换点P坐标中的t可得点Q的坐标为(4t2＋4t＋1，－4t－2)，
所以直线PQ的斜率为
＝－1，
即直线PQ的斜率为定值－1.
方法二　设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
因为P，Q在抛物线y2＝4x上，所以
所以y－y＝4(x3－x4)．
因为x3≠x4，
所以kPQ＝＝.
同理，kDP＝，kDQ＝.
因为kDP＝－kDQ，所以＝－，
所以y3＋y4＝－4，
即直线PQ的斜率kPQ＝＝－1(定值)．
三、最值、范围问题
与圆锥曲线有关的最值与范围问题是高考考查的重点，多以直线和椭圆相交或直线和抛物线相切、相交为前提，考查弦长、面积或相关代数式的最值与范围问题，该问题综合性较强，具有一定的难度，其中最值与范围问题多与三角函数、平面几何等知识综合考查，形式多样．
例3　设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率与双曲线x2－y2＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若直线y＝x＋m交椭圆M于A，B两点，P(1，)为椭圆M上一点，求△PAB面积的最大值．
考点　直线与椭圆的位置关系
题点　椭圆中的定点、定值、取值范围问题
解　(1)由题意可知，双曲线的离心率为，
则椭圆的离心率e＝＝.
由得a＝2，c＝，b＝，
故椭圆M的方程为＋＝1.
(2)联立方程消去y，
得4x2＋2mx＋m2－4＝0，
由Δ＝8m2－16(m2－4)>0，
得－2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
所以|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·＝·.
又点P到直线AB的距离为d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d
＝··
＝
＝
≤·＝.
当且仅当m＝±2∈(－2，2)时取等号，
所以(S△PAB)max＝.
点评　最值、范围问题的主要求解方法：
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质等进行求解．
跟踪训练3　(2018·济南高二检测)已知中心在原点O，左焦点为F1(－1,0)的椭圆C的左顶点为A，上顶点为B，F1到直线AB的距离为|OB|.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，若椭圆C1：＋＝1(m>n>0)，椭圆C2：＋＝λ(λ>0，且λ≠1)，则称椭圆C2是椭圆C1的λ倍相似椭圆．已知C2是椭圆C的3倍相似椭圆，若椭圆C的任意一条切线l交椭圆C2于M，N两点，试求弦长|MN|的取值范围．
考点　直线与椭圆的位置关系
题点　椭圆中的定点、定值、取值范围问题
解　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
∴直线AB的方程为＋＝1.
∴F1(－1,0)到直线AB的距离d＝＝b，
整理得a2＋b2＝7(a－1)2.
又b2＝a2－1，解得a＝2，b＝，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)椭圆C的3倍相似椭圆C2的方程为＋＝1.
①若切线l垂直于x轴，则其方程为x＝±2，易求得|MN|＝2；
②若切线l不垂直于x轴，可设其方程为y＝kx＋p，
将y＝kx＋p代入椭圆C的方程，
得(3＋4k2)x2＋8kpx＋4p2－12＝0，
∴Δ＝(8kp)2－4(3＋4k2)(4p2－12)＝48(4k2＋3－p2)＝0，
即p2＝4k2＋3.
记M，N两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
将y＝kx＋p代入椭圆C2的方程，
得(3＋4k2)x2＋8kpx＋4p2－36＝0，
此时x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴|x1－x2|＝，
∴|MN|＝·
＝4＝2.
∵3＋4k2≥3，∴1<1＋≤，
即2<2≤4.
结合①②，得弦长|MN|的取值范围为[2，4]．
1．已知抛物线y2＝2x的弦AB的中点的横坐标为，则|AB|的最大值为(　　)
A．1B．2C．3D．4
考点　求抛物线的最值问题
题点　根据抛物线定义转换求最值
答案　D
解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝3，
利用抛物线的定义可知，
|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋1＝4，
由图可知|AF|＋|BF|≥|AB|，
即|AB|≤4，
当且仅当直线AB过焦点F时，|AB|取得最大值4.
2．已知椭圆＋＝1的长轴的两个端点为A1，A2，点P是椭圆上的点，则当直线PA1，PA2的斜率k1，k2都存在时，k1k2＝________.
考点　直线与椭圆的位置关系
题点　椭圆中的定点、定值、取值范围问题
答案　－
解析　设P(x0，y0)，则·＝，
而＋＝1，∴y＝3，
即＝，∴k1k2＝－.
3．已知A，B是抛物线y2＝2px(p>0)上的不同两点，满足·＝0(O是原点)．求证：
(1)A，B两点的横坐标之积、纵坐标之积均为定值；
(2)直线AB过定点．
考点　抛物线中的定值、定点问题
题点　抛物线中的定点问题
证明　由题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)∵·＝0，∴OA⊥OB，
∴＝－，∴x1x2＝－y1y2，①
∵
∴(y1y2)2＝4p2x1x2.④
由①④得y1y2＝－4p2且x1x2＝4p2，
∴A，B两点的横坐标之积、纵坐标之积均为定值．
(2)当直线AB垂直于x轴时，
易知直线AB方程为x＝2p.
当直线AB与x轴不垂直时，
由(1)中②－③，得
(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，
∴＝，
∴直线AB的方程为y－y1＝(x－x1)，
∴y＝x＋y1－＝x＋＝＋＝(x－2p)．
故直线AB过定点(2p,0)．
4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2，离心率e＝，连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B是直线l：x＝2上的不同两点，若·＝0，求|AB|的最小值．
考点　直线与椭圆的位置关系
题点　椭圆中的定点、定值、取值范围问题
解　(1)由题意得
解得∴椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)知，F1(－，0)，F2(，0)，
设直线l：x＝2上的不同两点A，B的坐标分别为A(2，y1)，B(2，y2)，
则＝(－3，－y1)，＝(－，－y2)，
由·＝0得，y1y2＋6＝0，即y2＝－，
不妨设y1>0，则|AB|＝|y1－y2|＝y1＋≥2.
当且仅当y1＝，y2＝－时取等号，
∴|AB|的最小值为2.
5.如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.
考点　直线与椭圆的位置关系
题点　椭圆中的定点、定值、取值范围问题
(1)解　由题设知＝，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝.
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)证明　由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.
由已知Δ＝[－4k(k－1)]2－4(1＋2k2)·2k(k－2)>0，得k<－2或k>0且k≠2，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
从而直线AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋
＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
所以直线AP与AQ的斜率之和为定值2.
6．(2018·全国Ⅰ)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2,0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
(1)解　当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2)．
所以直线BM的方程为y＝x＋1或y＝－x－1.
即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.
(2)证明　当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，
所以∠ABM＝∠ABN.
当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.
由得ky2－2y－4k＝0，显然方程有两个不等实根．所以y1＋y2＝，y1y2＝－4.
直线BM，BN的斜率之和kBM＋kBN＝＋＝.①
将x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，
可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝
＝＝0.
所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，
所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.