2019高考数学二轮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：y＝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；

11→→→→

(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋为定值.

λμ解 (1)因为抛物线y＝2px过点(1，2)， 所以2p＝4，即p＝2. 故抛物线C的方程为y＝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).

??y＝4x，22由?得kx＋(2k－4)x＋1＝0. ?y＝kx＋1?

2

22

2

依题意Δ＝(2k－4)－4×k×1>0， 解得k<0或0

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). 2k－41由(1)知x1＋x2＝－2，x1x2＝2.

22

kk直线PA的方程为y－2＝

y1－2

(x－1). x1－1

－y1＋2－kx1＋1

令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.

x1－1x1－1同理得点N的纵坐标为yN＝

－kx2＋1

＋2. x2－1

→→→→

由QM＝λQO，QN＝μQO得λ＝1－yM，μ＝1－yN.

1

1111所以＋＝＋ λμ1－yM1－yN＝＝

x1－1x2－1

＋ （k－1）x1（k－1）x2

12x1x2－（x1＋x2）· k－1x1x2

2

2

k1＝·k－1

＋2k－4

k2

1

＝2.

k2

11

所以＋为定值.

λμ

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

x2y21【例1－1】 (2018·杭州调研)椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2，

ab2

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＝c1

a＝2

，得a＝2c，

∵a2

＝b2

＋c2

，∴b2

＝3c2

，

x2则椭圆方程变为y2

4c2＋3c2＝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x2y2

4＋3＝1.

(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

?y＝kx＋m，联立???x2y2

?4＋3

＝1，

得(3＋4k2

)x2

＋8mkx＋4(m2

－3)＝0，

?Δ＝64m2k2

－16（3＋4k2

）（m2

?－3）＞0，

则?

x1

＋x2

＝－8mk3＋4k2，

①

??2

x1

·x4（m－3）

2

＝3＋4k2

.∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)

2

2

＝k2

xxx2

3（m－4k）12＋mk(x1＋2)＋m＝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，

2

2

2

∴3（m－4k）4（m－3）16mk3＋4k2＋3＋4k2＋3＋4k2＋4＝0，

∴7m2＋16mk＋4k2

＝0，解得m2k1＝－2k，m2＝－7. 由Δ>0，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m2k?7l的方程为y＝k??x－22＝－时，7???

，

3?2?直线过定点?，0?，且满足②， ?7??2?∴直线l过定点，定点坐标为?，0?. ?7?

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：y＝2px(p>0)相交于A，B两点. →→

(1)当b＝2p时，求OA·OB；

1

(2)当p＝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

2112

明：2＋2－2m为定值.

2

k1k2

??y＝2px，2

解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程?消元得y－2mpy－2pb＝0，

??x＝my＋b，

2

所以y1＋y2＝2mp，y1y2＝－2pb.

（y1y2）2

(1)当b＝2p时，y1y2＝－4p，x1x2＝＝4p， 2

4p2

2

→→22

所以OA·OB＝x1x2＋y1y2＝4p－4p＝0.

1

(2)证明 当p＝且b＝3时，y1＋y2＝m，y1y2＝－3.

2因为k1＝

＝，k2＝＝， x1＋3my1＋6x2＋3my2＋6

y1y1y2y2

1616

所以＝m＋，＝m＋.

k1

1

y1k2

2

y2

?6??6?2

因此2＋2－2m＝?m＋?＋?m＋?－2m

k1k2?y1??y2?

1

22

?11??11?22

＝2m＋12m?＋?＋36?2＋2?－2m

?y1y2?

?y1y2?

2

y1＋y2（y1＋y2）－2y1y2

＝12m×＋36× 2

y1y2y21y2

－mm＋6

＝12m×＋36× 39＝24，

4

2