1、第八章平面解析几何第九节 圆锥曲线的热点问题(理)第八节 圆锥曲线的热点问题(文)第二课时 最值、范围与定点、定值问题研考点 知规律 通法悟道R 热点命题深度剖析问题探究问题 1 圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，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，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下两个方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系问题 2 定点与定值
2、问题的求解方法圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实轴，抛物线的焦参数等定值问题的求解与证明类似，在求定值之前，已经知道定值的结果(题中未告知，可用特殊值探路求之)，解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清，定值显现问题 3 存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常
3、用的方法高频考点考点一最值问题【例 1】平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆 M：x2a2y2b21(ab0)右焦点的直线 xy 30 交 M 于 A，B 两点，P 为 AB 的中点，且 OP 的斜率为12.(1)求 M 的方程；(2)C，D 为 M 上两点，若四边形 ACBD 的对角线 CDAB，求四边形 ACBD 面积的最大值听 课 记 录(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则x21a2y21b21，x22a2y22b21，y2y1x2x11，由此可得b2x2x1a2y2y1y2y1x2x11，x1x22x0，y1y22y0，y0 x012，a22b2.又由题意知
4、，M 的右焦点为(3，0)，故 a2b23.因此 a26，b23.M 的方程为x26 y231.(2)由xy 30，x26 y231，解得x4 33，y 33，或x0，y 3.因此|AB|4 63.由题意可设直线 CD 的方程为yxn5 33 n 3，设 C(x3，y3)，D(x4，y4)，由 yxn，x26 y231，得 3x24nx2n260.于是 x3,42n 29n23.直线 CD 的斜率为 1，|CD|2|x4x3|43 9n2.四边形 ACBD 的面积S12|CD|AB|8 699n2.当 n0 时，S 取得最大值，最大值为8 63.四边形 ACBD 面积的最大值为8 63.【规律
5、方法】解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法变式思考 1(2015济宁模拟)已知椭圆方程为y22 x21，斜率为 k(k0)的直线 l 过椭圆的上焦点且与椭圆相交于 P，Q 两点，线段 PQ 的垂直平分线与 y 轴相交于点 M(0，m)(1)求 m 的取值范围；(2)求MPQ 面积的最大值解(1)设直线 l 的方程为 ykx1，由 ykx1，y22 x21，可得(k22)x22k
6、x10.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x22kk22，x1x21k22.可得 y1y2k(x1x2)24k22.设线段 PQ 的中点为 N，则点 N 的坐标为kk22，2k22，由题意有 kMNk1，可得m2k22kk22k1，可得 m1k22，又 k0，0m12.(2)设椭圆上焦点为 F，则 SMPQ12|FM|x1x2|2m1m3，MPQ 的面积为 2 m1m30mb0)上的任意一点到它的两个焦点(c,0)，(c,0)的距离之和为 2 2，且它的焦距为 2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知直线 xym0 与椭圆 C 交于不同的两点 A，B，且线段 AB 的中点不在圆
7、x2y259内，求 m 的取值范围听 课 记 录(1)依题意可知2a2 2，2c2.又 b2a2c2，解得a 2，b1.则椭圆 C 的方程为x22 y21.(2)联立方程x22 y21，xym0，消去 y 整理得3x24mx2m220.则 16m212(2m22)8(m23)0，解得 3m 3.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x24m3，y1y2x1x22m4m32m2m3，即 AB 的中点为2m3，m3.又AB 的中点不在圆 x2y259内，4m29 m29 5m29 59，解得 m1 或 m1.由得，3m1 或 1m1)，试求 的取值范围解(1)设动圆圆心 C 的坐标为(x
8、，y)，圆心 C 到直线 l0 的距离为 d，由题意可知|CA|d，故由抛物线的定义可知动圆圆心 C的轨迹 D 的方程为 y24x.(2)易知曲线 E 的方程为 y24x(x4)，显然当直线 l 的斜率为零或不存在时不符合题意，故可设直线 l 的方程为 ykx2(k0)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由PA PB(1)知 x1x2，且0 x24,00，f040，f444k24k30，021kk24，从而可得 k32.由根与系数的关系可知x1x241kk2，x1x24k2.又 x1x2，所以1241k2k241k1 2.而 k32，所以231k0.故可得 11k1 2259，从而可得 4
9、121009，解得191 或 11，所以 的取值范围是(1,9考点三定点问题【例 3】(2014山东卷)已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，A 为 C 上异于原点的任意一点，过点 A 的直线 l 交 C 于另一点 B，交 x 轴的正半轴于点 D，且有|FA|FD|.当点 A 的横坐标为 3 时，ADF 为正三角形(1)求 C 的方程；(2)若直线 l1l，且 l1 和 C 有且只有一个公共点 E，证明直线AE 过定点，并求出定点坐标听 课 记 录(1)由题意知 Fp2，0，设 D(t,0)(t0)，则 FD 的中点为p2t4，0.因为|FA|FD|，由抛物线的定义知 3p2tp2，
10、解得 t3p 或 t3(舍去)由p2t43，解得 p2.所以抛物线 C 的方程为 y24x.(2)由(1)知 F(1,0)设 A(x0，y0)(x0y00)，D(xD,0)(xD0)，因为|FA|FD|，则|xD1|x01.由 xD0 得 xDx02，故 D(x02,0)故直线 AB 的斜率 kABy02.因为直线 l1 和直线 AB 平行，设直线 l1 的方程为 yy02 xb，代入抛物线方程得 y28y0y8by00，由题意 64y2032by0 0，得 b2y0.设 E(xE，yE)，则 yE4y0，xE4y20.当 y204 时，kAEyEy0 xEx04y0y04y20y204 4y
11、0y204，可得直线 AE 的方程为 yy0 4y0y204(xx0)，由 y204x0，整理可得 y 4y0y204(x1)，直线 AE 恒过点 F(1,0)当 y204 时，直线 AE 的方程为 x1，过点 F(1,0)所以直线 AE 过定点 F(1,0)【规律方法】求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量 x，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于 x，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点变式思考 3 如图，已知抛物线 C：y24x，过点 A(1,
12、2)作抛物线 C 的弦AP，AQ.若 APAQ，证明：直线 PQ 过定点，并求出定点的坐标解 设直线 PQ 的方程为 xmyn，点 P，Q 的坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)由xmyn，y24x.得 y24my4n0.由 0，得 m2n0，y1y24m，y1y24n.APAQ，APAQ 0.(x11)(x21)(y12)(y22)0.又 x1y214，x2y224，(y12)(y22)(y12)(y22)160.(y12)(y22)0 或(y12)(y22)160.n2m1 或 n2m5，0 恒成立n2m5.直线 PQ 的方程为 x5m(y2)直线 PQ 过定点(5，2)考点四定值
13、问题【例 4】(2014江西卷)如图，已知双曲线 C：x2a2y21(a0)的右焦点为 F，点 A，B 分别在 C 的两条渐近线上，AFx 轴，ABOB，BFOA(O 为坐标原点)(1)求双曲线 C 的方程；(2)过 C 上一点 P(x0，y0)(y00)的直线 l：x0 xa2 y0y1 与直线AF 相交于点 M，与直线 x32相交于点 N，证明：当点 P 在 C 上移动时，|MF|NF|恒为定值，并求此定值听 课 记 录(1)设 F(c,0)，因为 b1，所以 c a21.直线 OB 方程为 y1ax，直线 BF 的方程为y1a(xc)，解得 Bc2，c2a.又直线 OA 的方程为 y1a
14、x，则 Ac，ca，kABca c2acc23a.又因为 ABOB，所以3a1a 1，解得 a23.故双曲线 C 的方程为x23 y21.(2)由(1)知 a 3，则直线 l 的方程为x0 x3 y0y1(y00)，即 yx0 x33y0.因为直线 AF 的方程为 x2，所以直线 l 与 AF 的交点M2，2x033y0；直线 l 与直线 x32的交点为 N32，32x033y0.则|MF|2|NF|22x0323y021432x03 23y022x0329y204 94x022432x0323y203x022，因为 P(x0，y0)是 C 上一点，则x203 y201，代入上式得|MF|2|
15、NF|2432x032x2033x022432x0324x2012x0943，所求定值为|MF|NF|232 33.【规律方法】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)对某线段长度为定值利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得变式思考 4 已知抛物线 x24y 的焦点为 F，A，B 是抛物线上的两动点，且AFFB(0)过 A，B 两点分别作抛物线的切线，设其交点为 M.证明：F
16、M AB为定值证明 由已知条件，得 F(0,1)，0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)由AFFB，即得(x1,1y1)(x2，y21)所以x1x2，1y1y21.将式两边平方并把 y114x21，y214x22代入得 y12y2，解式得 y1，y21，且有 x1x2x224y24.抛物线方程为 y14x2.求导得 y12x.所以过抛物线上 A，B 两点的切线方程分别是y12x1(xx1)y1，y12x2(xx2)y2，即 y12x1x14x21，y12x2x14x22.解出两条切线的交点 M 的坐标为x1x22，x1x24x1x22，1.所以，FM ABx1x22，2(x2x1，y2y1)12(x22x21)214x2214x21 0.所以FM AB为定值，其值为 0.
