浙江高考数学复习专题四解析几何第3讲圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题学案

第3讲圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题高考定位圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.真题感悟(2018·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值.解(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0).由y2＝4x，y＝kx＋1得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2).由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1).令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值.考点整合1.定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.2.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系.该问题主要有以下三种情况：(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解.(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系.(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.热点一定点与定值问题[考法1]定点的探究与证明【例1－1】(2018·杭州调研)椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，其左焦点到点P(2，1)的距离为10.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.(1)解由e＝ca＝12，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，则椭圆方程变为x24c2＋y23c2＝1.又由题意知（2＋c）2＋12＝10，解得c＝1，故a2＝4，b2＝3，即得椭圆的标准方程为x24＋y23＝1.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝kx＋m，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，则Δ＝64m2k2－16（3＋4k2）（m2－3）＞0，x1＋x2＝－8mk3＋4k2，x1·x2＝4（m2－3）3＋4k2.①∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3（m2－4k2）3＋4k2.∵椭圆的右顶点为A2(2，0)，AA2⊥BA2，∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，∴3（m2－4k2）3＋4k2＋4（m2－3）3＋4k2＋16mk3＋4k2＋4＝0，∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－2k7.由Δ0，得3＋4k2－m2＞0，②当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2，0)，与已知矛盾.当m2＝－2k7时，l的方程为y＝kx－27，直线过定点27，0，且满足②，∴直线l过定点，定点坐标为27，0.探究提高(1)动直线l过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).(2)动曲线C过定点问题解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.[考法2]定值的探究与证明【例1－2】(2018·金丽衢联考)已知O为坐标原点，直线l：x＝my＋b与抛物线E：y2＝2px(p0)相交于A，B两点.(1)当b＝2p时，求OA→·OB→；(2)当p＝12且b＝3时，设点C的坐标为(－3，0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：1k21＋1k22－2m2为定值.解设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程y2＝2px，x＝my＋b，消元得y2－2mpy－2pb＝0，所以y1＋y2＝2mp，y1y2＝－2pb.(1)当b＝2p时，y1y2＝－4p2，x1x2＝（y1y2）24p2＝4p2，所以OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝4p2－4p2＝0.(2)证明当p＝12且b＝3时，y1＋y2＝m，y1y2＝－3.因为k1＝y1x1＋3＝y1my1＋6，k2＝y2x2＋3＝y2my2＋6，所以1k1＝m＋6y1，1k2＝m＋6y2.因此1k21＋1k22－2m2＝m＋6y12＋m＋6y22－2m2＝2m2＋12m1y1＋1y2＋361y21＋1y22－2m2＝12m×y1＋y2y1y2＋36×（y1＋y2）2－2y1y2y21y22＝12m×－m3＋36×m2＋69＝24，即1k21＋1k22－2m2为定值.探究提高(1)求定值问题常见的方法有两种：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)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练1－1】(2017·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px过点P(1，1)，过点0，12作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点.(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点.(1)解把P(1，1)代入y2＝2px，得p＝12，所以抛物线C的方程为y2＝x，焦点坐标为14，0，准线方程为x＝－14.(2)证明当直线MN斜率不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线MN(也就是直线l)斜率存在且不为零.由题意，设直线l的方程为y＝kx＋12(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2).由y＝kx＋12，y2＝x，得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0.考虑Δ＝(4k－4)2－4×4k2＝16(1－2k)，由题可知有两交点，所以判别式大于零，所以k12.则x1＋x2＝1－kk2，x1x2＝14k2.因为点P的坐标为(1，1)，所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1).直线ON的方程为y＝y2x2x，点B的坐标为x1，y2x1x2.因为y1＋y2x1x2－2x1＝y1x2＋y2x1－2x1x2x2＝kx1＋12x2＋kx2＋12x1－2x1x2x2＝（2k－2）x1x2＋12（x2＋x1）x2＝（2k－2）×14k2＋1－k2k2x2＝0.所以y1＋y2x1x2＝2x1.故A为线段BM的中点.【训练1－2】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.(1)解由已知ca＝32，12ab＝1.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝3.∴椭圆方程为x24＋y2＝1.(2)证明由(1)知A(2，0)，B(0，1).设椭圆上一点P(x0，y0)，则x204＋y0＝1.当x0≠0时，直线PA方程为y＝y0x0－2(x－2)，令x＝0得yM＝－2y0x0－2.从而|BM|＝|1－yM|＝1＋2y0x0－2.直线PB方程为y＝y0－1x0x＋1.令y＝0得xN＝－x0y0－1.∴|AN|＝|2－xN|＝2＋x0y0－1.∴|AN|·|BM|＝2＋x0y0－1·1＋2y0x0－2＝x0＋2y0－2x0－2·x0＋2y0－2y0－1＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4x0y0－x0－2y0＋2＝4x0y0－4x0－8y0＋8x0y0－x0－2y0＋2＝4.当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值.热点二最值与范围问题[考法1]求线段长度、面积(比值)的最值【例2－1】(2018·湖州调研)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：y＝kx－4(1k2)与y轴、抛物线C分别相交于P，A，B(自下而上)，记△PAF，△PBF的面积分别为S1，S2.(1)求AB的中点M到y轴的距离d的取值范围；(2)求S1S2的取值范围.解(1)联立y＝kx－4，y2＝4x，消去y得，k2x2－(8k＋4)x＋16＝0(1k2).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8k＋4k2，x1x2＝16k2，所以d＝x1＋x22＝4k＋2k2＝21k＋12－2∈52，6.(2)由于S1S2＝|PA||PB|＝x1x2，由(1)可知S1S2＋S2S1＝x1x2＋x2x1＝（x1＋x2）2－2x1x2x1x2＝k216·（8k＋4）2k4－2＝1k＋22－2∈174，7，由S1S2＋S2S1174得，4S1S22－17·S1S2＋40，解得S1S24或S1S214.因为0S1S21，所以0S1S214.由S1S2＋S2S17得，S1S22－7·S1S2＋10，解得7－352S1S27＋352，又S1S21，所以7－352S1S21.综上，7－352S1S214，即S1S2的取值范围为7－352，14.探究提高(1)处理求最值的式子常用两种方式：①转化为函数图象的最值；②转化为能利用基本不等式求最值的形式.(2)若得到的函数式是分式形式，函数式的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出现复杂的式子时可用换元法).【训练2－1】(2018·温州质检)已知椭圆C：x2a2＋y2b