向量法解圆锥曲线中的最值

向量法解圆锥曲线中的最值、定值问题的假设干范例
江西省高安市石脑二中 王典辉 （330818）
圆锥曲线中的最值、定值问题是高考中的热点题型，而以向量为载体的圆锥曲线中的最值、定值问题又是最近几年来高考中显现的新题型。

由于这种题型在解题之前不明白最值、定值的结果，因此对解题增加了必然难度。

但利用向量集数与形于一身，既有代数的抽象性，又有几何的直观性这一特点，能有效地探讨到结果。

本文通过具体的例子来讲明用向量方式对这种问题的求解。

一、最值问题
例1．已知点A （0，1），B （0，－1），P 为一个动点，且直线PA 、PB 的斜率之积为－21。

⑴求动点P 的轨迹C 的方程；
(⑵设Q （2,0），过点（－1,0）的直线l 交C 于M 、N 两点，△QMN 的面积记为S ，对知足条件的任意直线l ，不等式S ≤λtan ∠MQN 成立，求λ最小值。

解：⑴如图1，设P （x ，y ），k PA =x y -1，k PB ＝x y 1+，由k PA ·k PB ＝－21＝>221x y -＝－2
1
＝>22
x ＋y 2＝1。

⑵要由不等式S ≤λtan ∠MQN ，求λ最小值一时难以分析清几个量之间的内在联系，于
是先从特殊情形进行分析。

当MN ⊥轴时，由上述椭圆方程知，点（－1,0）即为左核心F 1。

现在｜F 1Q ｜＝3，又因为x ＝－1时，y=±2
2，因此｜NM ｜＝2，S △QMN ＝
2
23。

又因为tan ∠NQF 1＝
6
2，tan ∠NQN ＝tan2∠NQF 1＝121
tan 1tan 2NQF NQF ∠-∠＝
18
162
12-⨯
＝
172
6。

由S
≤λtan ∠MQN 得λ≥417。

现在易猜想，当NM 不垂直于x 轴时，该结论或许还成立。

可考虑在一样情形下转化的方式，先对关系式S ≤λtan ∠MQN 利用向量进行分析。

由三角形面积公式，得
2
|
||?|QN OM •sin ∠MQN ≤λMQ N MQ N ∠∠cos sin ， λ≥21
｜Q
M
｜·｜Q N ｜cos ∠MQN ＝21
Q M ·Q N 。

设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），那么有
λ≥21
［( x 1 – 2 ) ( x 2 – 2 ) + y 1 y 2］ ＝21［x 1x 2 – 2 ( x 1 + x 2 ) + 4 + y 1y 2］
①
因为NM 不垂直于x 轴时，现在MN 的方程可写成y = k ( x + 1 )，别离用两种方式代入x 2 + 2y 2 = 2，别离得
（1＋2k 2）x 2 + 4k 2x + 2k 2 – 2 = 0和(1 + 2k 2) y 2 - 2ky - k 2 = 0 由韦达定理，代入①得
λ≥21（2
22218822k k
k k +-+-+4） ＝21（2221217k k ++）＝21·)(22)(172
12217
21
2
++-+k k ＝417-)12(413
2+k ＜417 因此λ＞417当MN ⊥x 轴时，λmin ＝417。

例2．（09。

陕西理）已知双曲线C 的方程为2
2a y －
2
2
b x ＝1（a ＞0，b ＞0），离心率e
＝25
，极点到渐近线的距离为55
2。

⑴求双曲线C 的方程；
⑵如图2，P 是双曲线C 上一点，A 、B 两点在双曲线C 的两条渐近线上，且别离位于第一、二象限。

假设AP ＝λPB ，λ∈[31
，2]。

求△AOB 面积的取值范围。

解：⑴由题意知，双曲线C 的极点（0，a ）
到渐进线的距离为25
2，即22b a ab +＝c ab ＝
252与a c ＝25及a 2+b 2＝c 2
联立解得a = 2，b=1。

因此双曲线的方程为
4
2y - x 2
=1。

⑵把△AOB 的面积表示成某个变量的函数，
由于C 的两条渐近线方程为y=±2x ，故可设∠AOB=2θ，那么tan(2π
-θ)=2，tan θ=21=>sin2θ=54。

设P ( x 0, y 0 ) , A ( m, 2n ), B ( -n, 2n ) , ( m > 0 , n > 0 )
由AP=( x 0 - m, y 0 - 2m) =λPB=λ(-n - x 0 , 2n - y 0 )得
x 0 - m =λ(-n - x 0) y 0 - 2m=λ(2n - y 0 )
有x 0=λ1λn +-m ，y 0=λλ++1)(2n m 。

因此P(λ1λn
+-m ，λλ++1)(2n m )。

将P 点坐标代入42
y - x 2
= 1=>41
［λλ++1)(2n m ］2-(λ1λn +-m )2 = 1得mn = λλ4)1(2+
又|OA|=5m ，|OB|=5n ，因此S △AOB =21
|OA|·|OB|sin2θ
=21·5m ·5n ·54
=2mn=2
212λλ++ =21
（λ+λ1）+1≥2
因为λ∈［31，2］，当且仅当λ＝1时，取得最小值，又S （31
）＝38，S （2）＝49，
故S △AOB ∈［2，38
］。

例3．［2006.北京理三］已知点M （－2,0），N （2，0），动点P 知足条件|PM|·|PN|＝22，记动点P 的轨迹为W 。

⑴求W 的方程；
⑵假设A 、B 是W 上的不同两点，O 是坐标原点，求OA 、OB 的最小值。

解：⑴设P （x ，y ）那么2)2(y x +--－2)2(y x +-＝22。

化简整理得2
2
2
y x
-
＝1，x ≥2。

⑵设A 、B 的坐标别离为（x 1, y 1）,(x 2, y 2)，则22
21
21
y x -
＝1，当AB ⊥x 轴时，
x 1 = x 2，y 1 = －y 2，从而OA ·OB=x 1x 2 + y 1y 2 = x 21 - y 2
1 = 2。

当AB 与x 轴不垂直时，设
直线AB 的方程为y=kx+m ，与W 的方程联立，消去y 得(1 - k 2) x 2 - 2kmx - m 2 - 2 = 0
当(1 - k 2)≠0，即k ≠±1时，x 1+x 2=212k km -，x 1x 2=12
22-+k m ，从而
y 1y 2 = (kx 1 + m) (kx 2 + m) = k 2x 1x 2 + km (x 1 + x 2) + m 2
因此OA ·OB=(x 1,y 1)(x 2,y 2)=(x 1,kx 1+m)(x 2,kx 2+m)
=x 1x 2+k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2 =(1+k 2)x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2
=2
2
22
2212)
2)(1(k m k k m k -+++
+m 2
=
1
2222-+k k =2+142-k
又因为x 1≥2，x 2≥2，因此x 1·x 2＞0，那么k 2-1＞0，从而OA ·OB ＞2。

当1－k 2＝0，即k ＝±1时，直线与双曲线的渐近线平行，与双曲线只有一个交点，这与已知矛盾。

综上，当AB ⊥x 轴时，OA ·OB 取得最小值2。

评注：最值问题常与函数和不等式联系，有时也能够依照圆锥曲线某量的有界性取得相关的不等式。

在这进程中应用向量的相关概念，成立目标函数解析式，从而求出特定问题的最值。

二、定值问题
例4．［2020.天津三（20）］已知椭圆
2
22
2
b
y a x +
＝1（a ＞b ＞0）的离心率e ＝23
，连
结椭圆的四个极点取得的菱形的面积为4。

⑴求椭圆的方程；
⑵设直线l 与椭圆相交于不同的两点A 、B ，已知点A 的坐标坐标为（-a,0）点Q(0,y 0)
在线段AB 的垂直平分线上，且QA ·QB ＝4，求y 0的值。

解：⑴由e ＝a c ＝23
，得3a 2 = 4c 2，再由a 2 - b 2 = c 2，得a = 2b 。

因此椭圆的方程为：42
x + y 2 = 1。

⑵由⑴可知A(-2,0)，设B(x 1，y 1)，直线l 的斜率为k ，那么直线l 的方程为y=k(x+2)。

于是A 、B 两点的坐标知足方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=1)
2(2
42y x k y x ，消去y 并整理得 ( 1 + 4k 2 )x 2 + 16k 2x + (16k 2 – 4 ) = 0
由-2x 1=2241416k k +-，得x 1=224182k k +-，从而y 1=2414k k
+。

设线段AB 的中点为M ，那么M(-22418k k +，2412k k
+)
①当k=0时，点B 的坐标为(2,0)，线段AB 的垂直平分线为y 轴，
于是QA ＝(-2，-y 0)，QB =(2，-y 0)。

由QA ·QB = 4，得y 0=±22。

②当k ≠0时，线段AB 的垂直平分线的方程为y-2412k k
+=-k 1(x+22418k k +)。

设x=0，解得y 0=－2416k k
+。

由QA=(-2,-y 0)，QB=(x 1，y 1-y 0)，得QA ·QB = －2x 1 － y 0 ( y 1 — y 0 )
=2
241416k k +-+2416k k + (2414k k ++2416k k
+)=4
整理得7k 2 = 2,故k=±714，因此y 0=±5142。

即y 0=±22或y 0=±514
2。

例5．(05.全国卷理三)已知椭圆中心为坐标原点，核心在x 轴上，斜率为1的直线过椭圆右核心交椭圆于A 、B 两点，OA ＋OB 与a ＝(3，－1)共线。

⑴求离心率；
⑵设M 为椭圆上一点，且OM=λOA+μOB(λ，μ∈R)。

求证：λ2+μ2为定值。

解：⑴如图3，设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),椭圆方程为2
2
2
2b y
a x +
=1，AB 的方程为y = x - c
代入bx 2 + a 2y = a 2b 2，得
（a 2 + b 2）x 2 - 2ca 2x + a 2c 2 - a 2b 2 = 0
再用x = y + c 代入椭圆方程，可得 (a 2
+b 2
)y 2
+ 2cb 2
y + b 2c 2
- a 2b 2
= 0
于是OA ＋ OB = ( x 1+x 2, y 1+y 2 ) = (222
2b a c a +,b a +因为OA ＋OB 与 a =(3，-1)共线，因此，322c a =122--c
b =>a 2 = 3b 2，那么 c
=
322
a a -=36a ，因此e =36。

⑵证明：设OM =(x, y)，那么(x ,y)= λOA+μOB=λ(x 1, y 1)+ μ(x 2, y 2) = ( λx 1, λy 1)+ μ(x 2, μy 2)=( μx 1+μx 2, μy 1+μy 2)。

因为M(x ，y)在椭圆上，因此2
2
21)(a x x μλ++
2
2
21)(b y y μλ+=1
=>λ2
（22
1
a x +
2
2
1
b y ）+μ2
（222
a x +2
22
b y ）+2λμ（2
212
2
1b y y a x x +）=1
因为A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)在椭圆上，因此22
1a x +2
21
b y =1，222a x +222
b y =1。

又由⑴知x 1x 2=
22222)(b a b c a +-，y 1y 2=2
2222)(b a a c b +-，因此
2
212
21b y y a x x +=
2
2222)
(2b a b a c ++-。

因为a 2
=23c 2，b 2 = a 2 - c 2
= 22c ，因此
a 2 +
b 2 = 2
c 2 => 2c 2 –(a 2 + b 2) = 0，于是λ2+μ2 = 1。

故λ2 + μ2为定值。

例6．［2020.陕西理］已知抛物线C ：y = 2x 2，直线y = kx + 2交C 于A 、B 两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的垂线交抛物线于点N 。

⑴证明：抛物线C 在点N 处的切线与AB 平行。

⑵是不是存在实数k ，使NA ·NB=0，假设存在，求k 的值；假设不存在，说明理由。

解：⑴如图4，设A(x 1，2x 21
),B(x 2，2x 22
)。

把y = kx ＋ 2代入 y = 2x 2得2x 2 – kx – 2 = 0。

由韦达定理得x 1 + x 2 =2k
，x 1x 2 = -1。

因此x M = x N
= 21(x 1 + x 2) = 4k ，得N(4k ，82k )。

因为y = 2x 2
，因此y ′=4x ，那么抛物线在点N 处的切线l 的斜率
为y ′=4×4k
=k ，因此l ∥AB 。

⑵假设存在实数k ，使NA ·NB=0，由⑴知
NA=(x 1-4k ，2x 21-82k ),NB=(x 2-4k ，2x 2
2-82k ),
则NA ·NB = ( x 1-4k )( x 2-4k )+(2x 21-82k )(2x 2
2-82k )
=( x 1-4k )( x 2-4k ) + 4(x 21-162k )(x 2
2-162
k )
=( x 1-4k )( x 2-4k )[1 + 4(x 1 + 4k )( x 2 +4k
)]
=[ x 1x 2 -4k ( x 1 + x 2)+ 162k ][1 + 4x 1x 2 + k(x 1 + x 2)+ 42
k ]
=(-1-4k
·2k +162k )[1 + 4×(-1) + k ·2k +42k ]
=(-1-162
k )(-3 +43k 2) = 0
由于-1 - 162
k <0，因此-3 + 43k 2 = 0，解得k =±2，即存在k = ±2。

使NA ·NB=0。

评注：例4是求线段的垂直平分线上的定点的纵坐标的值；例5求参数的平方和为
x
定值；解题确实是用某变量表示它们，最终把它们化为定值。

例6那么得列一个方程，通过解方程求出存在性定值。

三、定点问题或共线问题
例7．[2007.山东理三]已知椭圆C 的中心在座标原点，核心在x 轴上，椭圆C 上的点到核心距离最大值为3，最小值为1。

⑴求椭圆C 的标准方程；
⑵假设直线l ：y = kx + m 与椭圆C 相交于A 、B 两点(A 、B 异于左右极点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右极点。

①求证：直线l 过定点； ②求出该定点的坐标。

解：⑴设椭圆方程为
2
22
2b y a x +
=1(a > b > 0)，那么椭圆与x 轴的交点坐标别离为
M(a,0),N(-a,0)，|F 1M| = 3,|F 2M| = 1。

因此a + c = 3，a – c = 1,a = 2,c = 1,b 2
= 3。

故椭圆C 的方程为
3
4
2
2
y x +
=1。

⑵设A （x 1,y 1），B （x 2,y 2）由y ＝kx ＋m 和3
4
22y x +
=1联立消去y 整理得(3 + 4k 2)x 2 +
8mkx + 4(m 2 - 3) = 0。

则△=64m 2k 2-16(m 2-3)(3+4k 2)>0 即3 + 4k 2
- m 2
> 0
且x 1 + x 2 = - )43(82k mk
+,x 1x 2 = 2243)3(4k m +-
又y 1y 2 = (kx 1 + m)(kx 2 + m) = k 2
x 1x 2 + mk(x 1 + x 2) + m 2
= K2·2
243)
3(4k m +-+ mk ·(-)43(82k mk
+) + m 2
=
2
2243)
4(3k
k m +-
因为以AB 为直径的圆过椭圆的右极点M(2,0)，因此MA ⊥MB ， 则MA ·MB = (x 1 - 2, y 1 )( x 2 - 2, y 2 )
= x 1x 2 - 2(x 1 + x 2) + 4 + y 1y 2 = 0
即
2243)3(4k m +- + 2·2438k mk + + 4 + 22243)
4(3k k m +-= 0
=>7m 2 + 16mk + 4k 2 = 0
解得m 1 = -2k, m 2
= - 72k
，且均知足3 + 4k - m 2 > 0
当m = - 2k 时，l 的方程为y = k(x - 2)，直线过定点(2, 0)，与已知矛盾。

当m = -72时，l 的方程为y = k (x -72)，因此直线l 过定点，定点坐标为(72
，0)。

例8．[2007.湖南理三]已知双曲线x 2 - y 2 = 2的左、右核心别离为F 1、F 2，过点F 2的动直线与双曲线相交于A 、B 两点。

⑴假设动点M 知足F 1M = F 1A + F 1B + F 1O(其中O 为坐标原点)，求点M 的轨迹方程； ⑵在x 轴上是不是存在定点C ，使CA ·CB 为常数？假设存在，求出点C 的坐标；假设不存在，请说明理由。

解：由题意得F 1(-2, 0)，F 2(2, 0)，设A(x 1, y 1), B(x 2, y 2)
⑴设M(x, y)，那么F 1M=(x+2, y),F 1A=(x 1 + 2, y 1), F 1B=(x 2 + 2, y 2), F 1O = (2, 0)，由F 1M = F 1A + F 1B + F 1O 得
x+2 = x 1 + x 2 + 6，y = y 1 + y 2
当AB 不与x 轴垂直时，设直线AB 的方程为y = k(x - 2)(K ≠±1)，代入x 2 - y 2 = 2得(1 - k 2)x 2 + 4k 2x - (4k 2 + 2) = 0，因此
X – 4 = x 1 + x 2 =
1
422
-k k
Y = y 1 + y 2 = k(x 1 + x 2 - 4) = k(
1
422-k k - 4) =
1
422
-k k
当k ≠0时，y ≠0，k =y x 4
-，
Y=
1·42
)4(4---y
x y
x ==22)4()
4(4y
x x y ---得(x-6)2-y 2=4 当k=0时，点M 的坐标为(4,0)，知足上述方程。

当AB 与x 轴垂直时，x 1=x 2=2，求得M(8,0)，也知足上述方程。

故点M 的轨迹方程是(x-6)2-y 2=4。

⑵假设在x 轴上存在定点C(m ，0)，使得CA ·CB 为常数，当AB 不与x 垂直时，由⑴
有x 1+x 2=
1
422-k k ，x 1x 2=
1
2422-+k k
于是CA ·CB = (x 1 - m)(x 2 - m) + k 2(x 2 - 2)(x 2 - 2) =(k 2 + 1)x 1x 2 - (2k 2 + m)(x 1 + x 2) + 4k 2 + m 2 =1)24)(1(2
22-++k k k -
1
)
2(42
22-+k m k k + 4k 2 + m 2
=
1
2
)21(222-+-k k m + m 2 = 2(1 - 2m) +1442--k m
+ m 2。

因为CA ·CB 是与k 无关的常数，因此4 - 4m = 0,m - 1，现在CA ·CB = -1。

当AB 与x 轴垂直时，点A 、B 的坐标为(2，2)，(2，-2)，现在CA ·CB =(1，2)·(1，-2) = -1。

因此，在x 轴上存在定点C(1,0)，使CA ·CB 为常数。

例9．[09.福建理]已知A 、B 别离为曲线C ：
2
2
a x + y 2 = 1(y ≥0,a > 0)与x 轴的左、
右两个交点，直线l 过点B ，且与x 轴垂直，S 为l 上异于点B 的一点，连结AS 交曲线C 于点T 。

⑴假设曲线C 为半圆，点T 为圆弧AB 的三等分点，试求出点S 的坐标；
⑵如图5，点M 是以SB 为直径的圆与线段TB 的交点，试问：是不是存在a ，使得O 、M 、S 三点共线？假设存在，求出a 的值；假设不存在，请说明理由。

解⑴当曲线为半圆时，a = 1，如图5，B 的横坐标为1，纵坐标可由Rt △ABS 求得：SB=AB ·tan ∠BAS ，由点T 为圆弧AB 的三等分点得∠BOT =60°或120°。

(i)当∠BOT =60°时，∠BAS =∠BAT=30°又AB = 2，故在Rt △ABS 中，有SB = AB ·tan30°
=332，S(1，33
2)。

(ii)当∠BOT=120°时，同理可求得点S 的坐标为(1,23)。

综上，S(1，33
2)或S(1,23)。

⑵假设存在a(a>0)，使得O 、M 、S 三点共线。

由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS ，即BT ·OS = 0。

显然，直线AS 的斜率k 存在且k > 0，设直线AS 的方程为y = k(x + a)。

由
⎪⎩⎪⎨
⎧+==+)
(1
222
a x k y y a x 得(1 + a 2k 2)x 2 + 2a 3k 2x + a 4k 2 - a 2 = 0。

设点T(x 1，y 1)，x A = -a ，故 x t ·x T = x 1·( -a ) = 2
22241k a a k a +-。

因此x t = 222
31k a k a a +-,从而
y t = k(x t + a) = 2212k a ak
+。

亦即
T(222
31k a k a a +-，2
212k a ak +)。

因B(a,0)，因此BT=(
2
22312k a k a +-，2212k a ak
+)。

由⎩⎨⎧+==)(a x k y a x 得(a, 2ak)，从而OS = (a, 2ak)。

由BT ⊥OS ，可得BT ·OS =－
2
22
224142k a k a k a ++ = 0，即-2a 4k 2 + 4a 2k 2
= 0，因此a = 2。

经查验，当a = 2时，O 、M 、S 三点共线，故存在a = 2，使得O 、M 、S 三点共线。

：江西省高安市石脑二中 王典辉
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图5。