第三讲 定点、定值、最值问题
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1 1 此时直线l:y=kx- 过定点（0,- ）, 2 2 1 所以直线l过定点（0,- ）. 2 2
【互动探究】若本例(1)中抛物线方程为y2=2px（p>0），且弦 AB的中点到直线x-2y=0的距离的最小值为 2 5 且 OA OB =0，
5
求抛物线的方程.
x1 x 2 x , 2 【解析】设AB中点C（x,y）,则 y y1 y 2 , 2
3.易错提醒 (1)忽略判别式致误:在解决直线和曲线的相交问题时,要考虑 Δ ≥0,否则易出现错误. (2)不能正确区分变量:在处理定点、定值问题时,要分清变量 与常量,选择正确的消元方向.
【考题回顾】
1.(2013·重庆高考)设双曲线C的中心为点O,若有且只有一
对相交于点O、所成的角为60°的直线A1B1和A2B2,使|A1B1|=
3
只有一对相交于点O、所成的角为60°的直线A1B1和A2B2，使 |A1B1|=|A2B2|，所以渐近线斜率满足 3 b 3 ,解得 2 3 <e
3 a 3
≤2.故选A.
2 2 x y 2.(2014·潮州模拟)已知P(x,y)为椭圆C： 1 上一点，F 25 16
为椭圆C的右焦点，若点M满足 | MF | =1且 MP MF =0，则 | PM |的 最小值为（
△A1B1C1相似于△A2B2C2，
A1B1 2 AB S1 p 因此 ( ) ,又由(1)中的 A1B1 p1 A 2 B2 知 1 1 1 ， S2 A 2 B2 p 2 A 2 B2 p2 2 S p 1 1 故 2. S2 p 2
热点考向一
定点的探究与证明问题
【考情快报】
难度:中、高档 命题指数:★★☆
当x1=x2时，x1=x2=4,
即直线AB方程为x=4，过点（4，0）. 答案：（4，0）
(2)①因为椭圆C的焦点为 F （ 2,0）（ , F2 2,0） , 1
x 2 y2 故设椭圆C的方程为 2 2 （ 1 a＞b＞0） , a b 由题意得 b 2 3 2 ,解得b=1. 2 2
2.重要结论 (1)直线与圆锥曲线相交的问题,牢记“联立方程,把要求的量转 化为根与系数的关系”. (2)有关弦长问题,牢记弦长公式|AB|= 1 k 2 |x1-x2|=
1 1 |y -y |及根与系数的关系,“设而不求”;有关焦点弦长 1 2 k2
问题,要牢记圆锥曲线定义的运用,以简化运算. (3)涉及弦中点的问题,牢记“点差法”是联系中点坐标和弦所在 直线的斜率的好方法.
所以x1x2+y1y2=0，y1y2=-16，
4 , y1 y 2 4 AB方程为 y y1 （x x1）， y1 y2 2 （y1 y 2）y y1 y1y 2 4x 4x1，
当x1≠x2时，kAB=
（y1 y 2）y 4x 16,即（y1 y 2）y （ 4 x 4），经过（4,0），
题型:以解答题为主
考查方式:常以直线、圆锥曲线为载体,结合其他条件,探究直 线或曲线过定点,试题的设计一般含有一个或两个参数,考查转 化与化归思想的应用
【典题1】(1)(2014·中山模拟)已知点A(x1,y1),B(x2,y2) (x1x2≠0)是抛物线y2=4x上的两个动点,O是坐标原点, OA OB =0,则直线AB过定点 .
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,再根据其对参变来自恒成立,令其系数等于零,得出定点.
2 2 x y 【变式训练】(2014·威海模拟)已知双曲线C： 2 2 =1(a＞ a b
0，b＞0)的焦距为2 7 ，其一条渐近线的倾斜角为θ ，且
tan θ = 3 ．以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记
当y1+y2=2p时，d有最小值 由题设得 p 2 5 ,
5 5
p , 5
所以p=2,此时抛物线方程为y2=4x.
【规律方法】动线过定点问题的两大类型及解法 (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
2 2 2 （ 3 m 1 ） m － 3k 2m 所以 1 0, 2 2 2 1 3k 1 3k 1 3k
化简得2m2-m-1=0,
所以m=1或m=- 1 .
2
当m=1时,直线l:y=kx+1过定点Q（0,1）,与已知矛盾;
当m=- 1 时,满足3k2-m2+1＞0,
|A2B2|,其中A1,B1和A2,B2分别是这对直线与双曲线C的交点,
则该双曲线的离心率的取值范围是
A.( 2 3 ， 2] 3 B.[ 2 3 ， 2) 3 C.(
(
)
D.[ 2 3 ， ) 3
2 3 ， ) 3
【解析】选A.由题意知, 直线A1B1和A2B2关于x轴对称,又所成 的角为60°,所以直线方程为y=〒 3 x或y=〒 3 x.又因为有且
A. 3 B.3
）
C. 12 5 D.1
【解析】选A.由椭圆上一点P（x,y）满足 MP MF =0知PF2=PM2 +FM2，要求| PM |的最小值，又|FM|=1，即需求PF的最小值，由 题意可知椭圆上的点到焦点的最短距离为 a-c，即为2.所以
| PM |的最小值为 3 .故选A.
3.(2014·茂名模拟)动圆的圆心在抛物线y2=8x上,且动圆恒与 直线x+2=0相切,则动圆必过点 .
S1 的值. S2
【解析】(1)由题意设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x
（k1,k2≠0），
则由
y k1x,
2 y 2p1x y k1x, 2p2 2p 2 由 A ( , )， 2 2 2 k1 k1 y 2p2 x
A1 (
2p1 2p1 , )， 2 k1 k1
【解析】抛物线y2=8x的焦点F(2,0),准线方程为x+2=0,故圆心 到直线x+2=0的距离即半径等于圆心到焦点F的距离,所以F在圆 上,所以动圆必过点(2,0). 答案:(2,0)
4.(2014·安徽高考)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和 E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于 A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点. (1)证明:A1B1∥A2B2. (2)过原点O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记 △A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求
(4)求参数范围的问题,牢记“先找不等式,有时需要找出两个 量之间的关系,然后消去另一个量,保留要求的量”.不等式的 来源可以是Δ >0或圆锥曲线的有界性或是题目条件中的某个量 的范围等. (5)牢记曲线f1(x,y)+λ f2(x,y)=0(λ 为参数)过曲线f1(x,y)=0 与f2(x,y)=0的交点.
2 3k （ m 2 1） 6k 2 m 2 m 2－3k 2 2 m . 2 2 2 1 3k 1 3k 1 3k
因为以AB为直径的圆过椭圆C的上顶点Q（0,1）, 所以AQ⊥BQ, 所以x1x2+（y1-1）（y2-1）=0, 即x1x2+y1y2-（y1+y2）+1=0,
2
为E ．
(1)求椭圆E的方程.
(2)设点A是椭圆E的左顶点，P,Q为椭圆E上异于点A的两动点，
若直线AP,AQ的斜率之积为- 1 ，问直线PQ是否恒过定点?若恒
4
过定点，求出该点坐标；若不恒过定点，说明理由．
2 2 x y 【解析】(1)由双曲线C： 2 2 =1(a＞0，b＞0)的焦距为 a b 3 b 3 ，可得： c= ，由tan θ= 可得： ，结合 7 2 7 2 a 2
同理可得 B1 ( 2p1 , 2p1 )，B2 ( 2p2 , 2p2 ), 2 2
k2 k2 k2 k2
2p1 2p1 2p1 1 所以 A1B1 ( 2p 2 , ) 2 k2 k1 k 2 1 1 1 1 2p1 ( 2 2 , ), k 2 k1 k 2 k1
A 2 B2 (
a2+b2=c2，解得：a2=4，b2=3，所以椭圆E的标准方程为
x 2 y2 1. 4 3
(2)在(1)的条件下，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方 程为y=kx+m，
x 2 y2 1 ， 2）x2+8kmx+4m2-12=0， 由 消去 y 得（ 3+4k 4 3 y kx m， 设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2= 8km 2 ， 3 4k
第三讲 定点、定值、最值问题
【主干知识】 1.几个重要问题 (1)定点问题: 在解析几何中,有些含有参数的直线或曲线,不论参数如何变化, 其都过某定点,这类问题称为定点问题.
(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 量和动点坐标或动线中的参变量无关,这类问题统称为定值问 题.
所以a= 3 ,
2 x 所以椭圆C的方程为 y 2 1. 3
②设椭圆C的上顶点为Q（0,1）,
y kx m, 2 x 2 由 x2 消去y得 （ kx m ） 1, 2 3 3 y 1 即 ( 1 k 2 )x 2 2 kmx m 2 1 0, 3
(3)最值问题的两大求解策略: 解决圆锥曲线中的最值问题,一般有两种方法:一是几何法:用 圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值;二是代数法: 将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所 求的目标函数),然后根据函数的结构特征直接或换元后选用基 本不等式法、导数法、数形结合法等求最值.
【信息联想】(1)看到 OA OB =0及A（x1,y1）,B（x2,y2）,想
x1x2+y1y2=0 . 到__________
点到直线 (2)看到下顶点到直线x+y-2=0的距离为 3 2 ，想到_________
2
的距离公式 . ___________
2 【规范解答】(1)因为 OA OB =0, y1 4x1 , y2 2 4x 2 ,
因为直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点, 所以 4k 2 m 2 4( 1 k 2 )（m 2 1）
1 1 4(k 2 m 2 )＞0, 3 3 3
即3k2-m2+1＞0.
设A,B两点的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）,
6 km （ 3 m 2 1） 则 x1 x 2 , x1x 2 , 2 2 1 3k 1 3k 2m 2m , 所以 y1 y 2 k（x1 x 2） 2 1 3k y1 y 2 （kx1 m）（kx 2 m） k 2 x1x 2 km（x1 x 2） m2
k1
2p 2 2p 2 2p 2 2p 2 2 , ) 2 k2 k1 k 2 k1
1 1 1 1 2p 2 ( 2 2 , ) k 2 k1 k 2 k1 p1 故A1B1 A 2 B2，所以A1B1 A 2 B2 . p2
(2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，A1C1∥A2C2，所以
(2)已知椭圆C的焦点为 F1 2,0 ，F2
到直线x+y-2=0的距离为 3 2 .
2
2,0 , 且椭圆C的下顶点
①求椭圆C的方程;
②若一直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A，B(A，B不是椭圆C的顶 点)两点,以AB为直径的圆过椭圆C的上顶点,求证:直线l过定 点,并求出该定点的坐标.
若中点C到直线x-2y=0的距离为d,
x1 x 2 （y1 y 2） | 2 则d ， 5 1 2 2 | （y1 y2 ） （y1 y 2）| 所以d 4p 5 |
2 2 y1 y2 2y1 y 2 4p（y1 y 2） 8p 2
4 5p
2 （y1 y 2 2p） 4p 2 ， 4 5p
【互动探究】若本例(1)中抛物线方程为y2=2px（p>0），且弦 AB的中点到直线x-2y=0的距离的最小值为 2 5 且 OA OB =0，
5
求抛物线的方程.
x1 x 2 x , 2 【解析】设AB中点C（x,y）,则 y y1 y 2 , 2
3.易错提醒 (1)忽略判别式致误:在解决直线和曲线的相交问题时,要考虑 Δ ≥0,否则易出现错误. (2)不能正确区分变量:在处理定点、定值问题时,要分清变量 与常量,选择正确的消元方向.
【考题回顾】
1.(2013·重庆高考)设双曲线C的中心为点O,若有且只有一
对相交于点O、所成的角为60°的直线A1B1和A2B2,使|A1B1|=
3
只有一对相交于点O、所成的角为60°的直线A1B1和A2B2，使 |A1B1|=|A2B2|，所以渐近线斜率满足 3 b 3 ,解得 2 3 <e
3 a 3
≤2.故选A.
2 2 x y 2.(2014·潮州模拟)已知P(x,y)为椭圆C： 1 上一点，F 25 16
为椭圆C的右焦点，若点M满足 | MF | =1且 MP MF =0，则 | PM |的 最小值为（
△A1B1C1相似于△A2B2C2，
A1B1 2 AB S1 p 因此 ( ) ,又由(1)中的 A1B1 p1 A 2 B2 知 1 1 1 ， S2 A 2 B2 p 2 A 2 B2 p2 2 S p 1 1 故 2. S2 p 2
热点考向一
定点的探究与证明问题
【考情快报】
难度:中、高档 命题指数:★★☆
当x1=x2时，x1=x2=4,
即直线AB方程为x=4，过点（4，0）. 答案：（4，0）
(2)①因为椭圆C的焦点为 F （ 2,0）（ , F2 2,0） , 1
x 2 y2 故设椭圆C的方程为 2 2 （ 1 a＞b＞0） , a b 由题意得 b 2 3 2 ,解得b=1. 2 2
2.重要结论 (1)直线与圆锥曲线相交的问题,牢记“联立方程,把要求的量转 化为根与系数的关系”. (2)有关弦长问题,牢记弦长公式|AB|= 1 k 2 |x1-x2|=
1 1 |y -y |及根与系数的关系,“设而不求”;有关焦点弦长 1 2 k2
问题,要牢记圆锥曲线定义的运用,以简化运算. (3)涉及弦中点的问题,牢记“点差法”是联系中点坐标和弦所在 直线的斜率的好方法.
所以x1x2+y1y2=0，y1y2=-16，
4 , y1 y 2 4 AB方程为 y y1 （x x1）， y1 y2 2 （y1 y 2）y y1 y1y 2 4x 4x1，
当x1≠x2时，kAB=
（y1 y 2）y 4x 16,即（y1 y 2）y （ 4 x 4），经过（4,0），
题型:以解答题为主
考查方式:常以直线、圆锥曲线为载体,结合其他条件,探究直 线或曲线过定点,试题的设计一般含有一个或两个参数,考查转 化与化归思想的应用
【典题1】(1)(2014·中山模拟)已知点A(x1,y1),B(x2,y2) (x1x2≠0)是抛物线y2=4x上的两个动点,O是坐标原点, OA OB =0,则直线AB过定点 .
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,再根据其对参变来自恒成立,令其系数等于零,得出定点.
2 2 x y 【变式训练】(2014·威海模拟)已知双曲线C： 2 2 =1(a＞ a b
0，b＞0)的焦距为2 7 ，其一条渐近线的倾斜角为θ ，且
tan θ = 3 ．以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记
当y1+y2=2p时，d有最小值 由题设得 p 2 5 ,
5 5
p , 5
所以p=2,此时抛物线方程为y2=4x.
【规律方法】动线过定点问题的两大类型及解法 (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
2 2 2 （ 3 m 1 ） m － 3k 2m 所以 1 0, 2 2 2 1 3k 1 3k 1 3k
化简得2m2-m-1=0,
所以m=1或m=- 1 .
2
当m=1时,直线l:y=kx+1过定点Q（0,1）,与已知矛盾;
当m=- 1 时,满足3k2-m2+1＞0,
|A2B2|,其中A1,B1和A2,B2分别是这对直线与双曲线C的交点,
则该双曲线的离心率的取值范围是
A.( 2 3 ， 2] 3 B.[ 2 3 ， 2) 3 C.(
(
)
D.[ 2 3 ， ) 3
2 3 ， ) 3
【解析】选A.由题意知, 直线A1B1和A2B2关于x轴对称,又所成 的角为60°,所以直线方程为y=〒 3 x或y=〒 3 x.又因为有且
A. 3 B.3
）
C. 12 5 D.1
【解析】选A.由椭圆上一点P（x,y）满足 MP MF =0知PF2=PM2 +FM2，要求| PM |的最小值，又|FM|=1，即需求PF的最小值，由 题意可知椭圆上的点到焦点的最短距离为 a-c，即为2.所以
| PM |的最小值为 3 .故选A.
3.(2014·茂名模拟)动圆的圆心在抛物线y2=8x上,且动圆恒与 直线x+2=0相切,则动圆必过点 .
S1 的值. S2
【解析】(1)由题意设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x
（k1,k2≠0），
则由
y k1x,
2 y 2p1x y k1x, 2p2 2p 2 由 A ( , )， 2 2 2 k1 k1 y 2p2 x
A1 (
2p1 2p1 , )， 2 k1 k1
【解析】抛物线y2=8x的焦点F(2,0),准线方程为x+2=0,故圆心 到直线x+2=0的距离即半径等于圆心到焦点F的距离,所以F在圆 上,所以动圆必过点(2,0). 答案:(2,0)
4.(2014·安徽高考)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和 E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于 A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点. (1)证明:A1B1∥A2B2. (2)过原点O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记 △A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求
(4)求参数范围的问题,牢记“先找不等式,有时需要找出两个 量之间的关系,然后消去另一个量,保留要求的量”.不等式的 来源可以是Δ >0或圆锥曲线的有界性或是题目条件中的某个量 的范围等. (5)牢记曲线f1(x,y)+λ f2(x,y)=0(λ 为参数)过曲线f1(x,y)=0 与f2(x,y)=0的交点.
2 3k （ m 2 1） 6k 2 m 2 m 2－3k 2 2 m . 2 2 2 1 3k 1 3k 1 3k
因为以AB为直径的圆过椭圆C的上顶点Q（0,1）, 所以AQ⊥BQ, 所以x1x2+（y1-1）（y2-1）=0, 即x1x2+y1y2-（y1+y2）+1=0,
2
为E ．
(1)求椭圆E的方程.
(2)设点A是椭圆E的左顶点，P,Q为椭圆E上异于点A的两动点，
若直线AP,AQ的斜率之积为- 1 ，问直线PQ是否恒过定点?若恒
4
过定点，求出该点坐标；若不恒过定点，说明理由．
2 2 x y 【解析】(1)由双曲线C： 2 2 =1(a＞0，b＞0)的焦距为 a b 3 b 3 ，可得： c= ，由tan θ= 可得： ，结合 7 2 7 2 a 2
同理可得 B1 ( 2p1 , 2p1 )，B2 ( 2p2 , 2p2 ), 2 2
k2 k2 k2 k2
2p1 2p1 2p1 1 所以 A1B1 ( 2p 2 , ) 2 k2 k1 k 2 1 1 1 1 2p1 ( 2 2 , ), k 2 k1 k 2 k1
A 2 B2 (
a2+b2=c2，解得：a2=4，b2=3，所以椭圆E的标准方程为
x 2 y2 1. 4 3
(2)在(1)的条件下，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方 程为y=kx+m，
x 2 y2 1 ， 2）x2+8kmx+4m2-12=0， 由 消去 y 得（ 3+4k 4 3 y kx m， 设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2= 8km 2 ， 3 4k
第三讲 定点、定值、最值问题
【主干知识】 1.几个重要问题 (1)定点问题: 在解析几何中,有些含有参数的直线或曲线,不论参数如何变化, 其都过某定点,这类问题称为定点问题.
(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 量和动点坐标或动线中的参变量无关,这类问题统称为定值问 题.
所以a= 3 ,
2 x 所以椭圆C的方程为 y 2 1. 3
②设椭圆C的上顶点为Q（0,1）,
y kx m, 2 x 2 由 x2 消去y得 （ kx m ） 1, 2 3 3 y 1 即 ( 1 k 2 )x 2 2 kmx m 2 1 0, 3
(3)最值问题的两大求解策略: 解决圆锥曲线中的最值问题,一般有两种方法:一是几何法:用 圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值;二是代数法: 将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所 求的目标函数),然后根据函数的结构特征直接或换元后选用基 本不等式法、导数法、数形结合法等求最值.
【信息联想】(1)看到 OA OB =0及A（x1,y1）,B（x2,y2）,想
x1x2+y1y2=0 . 到__________
点到直线 (2)看到下顶点到直线x+y-2=0的距离为 3 2 ，想到_________
2
的距离公式 . ___________
2 【规范解答】(1)因为 OA OB =0, y1 4x1 , y2 2 4x 2 ,
因为直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点, 所以 4k 2 m 2 4( 1 k 2 )（m 2 1）
1 1 4(k 2 m 2 )＞0, 3 3 3
即3k2-m2+1＞0.
设A,B两点的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）,
6 km （ 3 m 2 1） 则 x1 x 2 , x1x 2 , 2 2 1 3k 1 3k 2m 2m , 所以 y1 y 2 k（x1 x 2） 2 1 3k y1 y 2 （kx1 m）（kx 2 m） k 2 x1x 2 km（x1 x 2） m2
k1
2p 2 2p 2 2p 2 2p 2 2 , ) 2 k2 k1 k 2 k1
1 1 1 1 2p 2 ( 2 2 , ) k 2 k1 k 2 k1 p1 故A1B1 A 2 B2，所以A1B1 A 2 B2 . p2
(2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，A1C1∥A2C2，所以
(2)已知椭圆C的焦点为 F1 2,0 ，F2
到直线x+y-2=0的距离为 3 2 .
2
2,0 , 且椭圆C的下顶点
①求椭圆C的方程;
②若一直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A，B(A，B不是椭圆C的顶 点)两点,以AB为直径的圆过椭圆C的上顶点,求证:直线l过定 点,并求出该定点的坐标.
若中点C到直线x-2y=0的距离为d,
x1 x 2 （y1 y 2） | 2 则d ， 5 1 2 2 | （y1 y2 ） （y1 y 2）| 所以d 4p 5 |
2 2 y1 y2 2y1 y 2 4p（y1 y 2） 8p 2
4 5p
2 （y1 y 2 2p） 4p 2 ， 4 5p