2020版新一线高考理科数学（人教A版）一轮复习教学案：第8章第9节　圆锥曲线中的定点、定值、范围、最值问题


第九节　圆锥曲线中的定点、定值、范围、最值问题
[考纲传真]　1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想．

定点问题

【例1】　已知椭圆E：＋＝1(b＞0)的一个焦点与抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)的焦点F相同，如图，作直线AF与x轴垂直，与抛物线在第一象限交于A点，与椭圆E相交于C，D两点，且|CD|＝.
(1)求抛物线Γ的标准方程；
(2)设直线l不经过A点且与抛物线Γ相交于N，M两点，若直线AN，AM的斜率之积为1，证明l过定点．
[解]　(1)由椭圆E：＋＝1(b＞0)，得b2＝9－c2，
由题可知F(c,0)，p＝2c，
把x＝c代入椭圆E的方程，得y＝b2，
∴yC＝.
∴|CD|＝＝，解得c＝2.
∴抛物线Γ的标准方程为y2＝4cx，即y2＝8x.
(2)证明：由(1)得A(2,4)，
设M，N，
∴kMA＝＝，kNA＝，
由kMA·kNA＝·＝1，
得y1y2＋4(y1＋y2)－48＝0.(*)
设直线l的方程为x＝my＋t，
由得y2－8my－8t＝0，
∴y1＋y2＝8m，y1y2＝－8t，
代入(*)式得t＝4m－6，
∴直线l的方程为x＝my＋4m－6＝m(y＋4)－6，
∴直线l过定点(－6，－4)．
[规律方法]　圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．
[解]　(1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由题意知k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1，
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，
∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1，
∴直线l的方程为y＝±(x－1)．
(2)由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，
直线BD的斜率kBD＝＝＝，
∴直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，
∵y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2异号)，
∴直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1,0)．

定值问题

【例2】　已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2＝16相切．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)设G(m,0) 为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值．
[解]　(1)由题意，设动圆P的半径为r，则|PM|＝4－r，|PN|＝r，可得|PM|＋|PN|＝4－r＋r＝4，∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，∴2a＝4,2c＝2，∴b＝＝，
∴椭圆的方程为＋＝1.
即点P的轨迹C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知－2＜m＜2，直线l：y＝k(x－m)，
由得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－，
y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝，
∴|GA|2＋|GB|2＝(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2＝(k2＋1).
要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0，
解得k＝±，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7.
[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)求某线段长度为定值：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.
已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l交椭圆于A，B两点，△ABF1的周长为8，且△AF1F2的面积的最大时，△AF1F2为正三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若MN是椭圆C经过原点的弦，MN∥AB，求证：为定值．
[解]　(1)由已知A，B在椭圆上，可得|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，
又△ABF1的周长为8，
所以|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝8，即a＝2.
由椭圆的对称性可得，△AF1F2为正三角形当且仅当A为椭圆短轴顶点，
则a＝2c，即c＝1，b2＝a2－c2＝3，
则椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：若直线l的斜率不存在，即l：x＝1，求得|AB|＝3，|MN|＝2，可得＝4.
若直线l的斜率存在，
设直线l：y＝k(x－1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
由
可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
有x1＋x2＝，x1x2＝，
|AB|＝·
＝，
由y＝kx代入椭圆方程，可得x＝±，
|MN|＝2·＝4，
即有＝4.
综上可得，为定值4.

范围问题

【例3】　已知m＞1，直线l：x－my－＝0，椭圆C：＋y2＝1，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点．
(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H，若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．
[解]　(1)因为直线l：x－my－＝0经过F2(，0)，
所以＝，得m2＝2.
又因为m＞1，所以m＝，
故直线l的方程为x－y－1＝0.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去x，得2y2＋my＋－1＝0，
则由Δ＝m2－8＝－m2＋8＞0，
知m2＜8，且有y1＋y2＝－，y1y2＝－.
由于F1(－c,0)，F2(c,0)，可知G，H.
因为原点O在以线段GH为直径的圆内，
所以·＜0，
即x1x2＋y1y2＜0.
所以x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝(m2＋1)·＜0.
解得m2＜4(满足m2＜8)．
又因为m＞1，所以实数m的取值范围是(1,2)．
[规律方法]　圆锥曲线中范围问题的求解方法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围.
(2)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建立两个参数之间的等量关系.
(3)利用已知的或隐含的不等关系，构建不等式，从而求出参数的取值范围.
(4)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求原点O到直线l的距离的取值范围．
[解]　(1)由题意知2b＝2，∴b＝1.∵e＝＝，a2＝b2＋c2，∴a＝2.
椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，化简得m2＜4k2＋1　①，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，
∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，∴(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化简得m2＋k2＝　②，
由①②得0≤m2＜，＜k2≤.
∵原点O到直线l的距离d＝，
∴d2＝＝＝－1＋.
又＜k2≤，∴0≤d2＜，∴0≤d＜.
∴原点O到直线l的距离的取值范围是.

最值问题

【例4】　(2019·太原模拟)已知椭圆M：＋＝1(a＞0)的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
(1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
[解]　(1)由题意，c＝1，b2＝3，
所以a2＝4，所以椭圆M的方程为＋＝1，
易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得消去y，得7x2＋8x－8＝0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，Δ＝288，x1＋x2＝－，x1x2＝－，
所以|CD|＝|x1－x2|＝＝.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，
此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，联立方程，得
消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＞0，且x1＋x2＝－，x1x2＝，
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝，
因为k≠0，上式＝≤＝＝当且仅当k＝±时等号成立，
所以|S1－S2|的最大值为.
[规律方法]　圆锥曲线中最值问题的解决方法
(1)代数法：从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值.
(2)几何法：从圆锥曲线几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值.

(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
[解]　(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－ 所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ＝.
因为|PA|＝＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.

1.(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
[解]　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－.
当且仅当m＞－1时，Δ＞0，
于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，
所以l过定点(2，－1)．
2．(2013·全国卷Ⅰ)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.
(1)求M的方程；
(2)C，D为M上两点，若四边形ABCD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
[解]　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则＋＝1，＋＝1，＝－1，
由此可得＝－＝1.
因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，
所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.
因此a2＝6，b2＝3.
所以M的方程为＋＝1.
(2)由解得或
因此|AB|＝.
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n，设C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.
于是x3,4＝.
因为直线CD的斜率为1，
所以|CD|＝|x4－x3|＝ .
由已知，四边形ACBD的面积S＝|CD|·|AB|＝ ，
当n＝0时，S取得最大值，最大值为.
所以四边形ACBD面积的最大值为.