向量法解圓錐曲線中的最值

1、向量法解圓錐曲線中的最值、定值問題的若干范例江西省高安市石腦二中 王典輝 （330818）圓錐曲線中的最值、定值問題是高考中的熱點題型，而以向量為載體的圓錐曲線中的最值、定值問題又是近年來高考中出現(xiàn)的新題型。由于這類題型在解題之前不知道最值、定值的結(jié)果，因而對解題增加了一定難度。但利用向量集數(shù)與形于一身，既有代數(shù)的抽象性，又有幾何的直觀性這一特征，能有效地探索到結(jié)果。本文通過具體的例子來說明用向量方法對這類問題的求解。一、最值問題例1已知點A（0，1），B（0，1），P為一個動點，且直線PA、PB的斜率之積為。求動點P的軌跡C的方程；B(0,-1)圖1A(0,1)F1(-1,0)yP(x,y)

2、OBMNx(設Q（2,0），過點（1,0）的直線l交C于M、N兩點，QMN的面積記為S，對滿足條件的任意直線l，不等式StanMQN成立，求最小值。解：如圖1，設P（x，y），kPA=，kPB，由kPA·kPB>>y21。要由不等式StanMQN，求最小值一時難以分析清幾個量之間的內(nèi)在聯(lián)系，于是先從特殊情況進行分析。當MN軸時，由上述橢圓方程知，點（1,0）即為左焦點F1。此時F1Q3，又因為x1時，y=±，所以NM，SQMN。又因為tanNQF1，tanNQNtan2NQF1。由StanMQN得。此時易猜想，當NM不垂直于x軸時，該結(jié)論或許還成立?？煽紤]在一般

3、情況下轉(zhuǎn)化的方式，先對關系式StanMQN利用向量進行分析。由三角形面積公式，得sinMQN，Q·QcosMQN Q·Q。設M（x1，y1），N（x2，y2），則有( x1 2 ) ( x2 2 ) + y1 y2x1x2 2 ( x1 + x2 ) + 4 + y1y2因為NM不垂直于x軸時，此時MN的方程可寫成y = k ( x + 1 )，分別用兩種方式代入x2 + 2y2 = 2，分別得（12k2）x2 + 4k2x + 2k2 2 = 0和(1 + 2k2) y2 - 2ky - k2 = 0由韋達定理，代入得（+4）（）·-所以當MNx軸時，min。例

4、2（09。陜西理）已知雙曲線C的方程為1（a0，b0），離心率e，頂點到漸近線的距離為。求雙曲線C的方程；圖2yOBAPx如圖2，P是雙曲線C上一點，A、B兩點在雙曲線C的兩條漸近線上，且分別位于第一、二象限。若APPB，2。求AOB面積的取值范圍。解：由題意知，雙曲線C的頂點（0，a）到漸進線的距離為，即與及a2+b2c2聯(lián)立解得a = 2，b=1。所以雙曲線的方程為- x2=1。把AOB的面積表示成某個變量的函數(shù)，由于C的兩條漸近線方程為y=±2x，故可設AOB=2，則tan(-)=2，tan=>sin2=。設P ( x0, y0 ) , A ( m, 2n ), B (

5、-n, 2n ) , ( m > 0 , n > 0 )由AP=( x0 - m, y0 - 2m) =PB=(-n - x0 , 2n - y0 )得x0 - m =(-n - x0)y0 - 2m=(2n - y0 )有x0=，y0=。所以P(，)。將P點坐標代入- x2 = 1=>2-()2 = 1得mn = 又|OA|=m，|OB|=n，所以SAOB=|OA|·|OB|sin2=·m·n·=2mn=（+）+12因為，2，當且僅當1時，取得最小值，又S（），S（2），故SAOB2，。例32006.北京理三已知點M（2,0），N（2

6、，0），動點P滿足條件|PM|·|PN|2，記動點P的軌跡為W。求W的方程；若A、B是W上的不同兩點，O是坐標原點，求OA、OB的最小值。解：設P（x，y）則2?；喺淼?，x。設A、B的坐標分別為（x1,y1）,(x2,y2)，則1，當ABx軸時，x1 = x2，y1 = y2，從而OA·OB=x1x2 + y1y2 = x - y = 2。當AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為y=kx+m，與W的方程聯(lián)立，消去y得(1 - k2) x2 - 2kmx - m2 - 2 = 0當(1 - k2)0，即k±1時，x1+x2=，x1x2=，從而y1y2 = (k

7、x1 + m) (kx2 + m) = k2x1x2 + km (x1 + x2) + m2所以OA·OB=(x1,y1)(x2,y2)=(x1,kx1+m)(x2,kx2+m)=x1x2+k2x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=+m2=2+又因為x1，x2，所以x1·x20，則k2-10，從而OA·OB2。當1k20，即k±1時，直線與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線只有一個交點，這與已知矛盾。綜上，當ABx軸時，OA·OB取得最小值2。評注：最值問題常與函數(shù)和不等式聯(lián)系，有時也可以根據(jù)圓錐曲線某量

8、的有界性得到相關的不等式。在這過程中應用向量的相關概念，建立目標函數(shù)解析式，從而求出特定問題的最值。二、定值問題例42010.天津三（20）已知橢圓1（ab0）的離心率e，連結(jié)橢圓的四個頂點得到的菱形的面積為4。求橢圓的方程；設直線l與橢圓相交于不同的兩點A、B，已知點A的坐標坐標為（-a,0）點Q(0,y0)在線段AB的垂直平分線上，且QA·QB4，求y0的值。解：由e，得3a2 = 4c2，再由a2 - b2 = c2，得a = 2b。所以橢圓的方程為： + y2 = 1。由可知A(-2,0)，設B(x1，y1)，直線l的斜率為k，則直線l的方程為y=k(x+2)。于是A、B兩點

9、的坐標滿足方程組，消去y并整理得( 1 + 4k2 )x2 + 16k2x + (16k2 4 ) = 0由-2x1=，得x1=，從而y1=。設線段AB的中點為M，則M(-，)當k=0時，點B的坐標為(2,0)，線段AB的垂直平分線為y軸，于是QA(-2，-y0)，QB =(2，-y0)。由QA·QB = 4，得y0=±2。當k0時，線段AB的垂直平分線的方程為y-=-(x+)。設x=0，解得y0=。由QA=(-2,-y0)，QB=(x1，y1-y0)，得QA·QB = 2x1 y0 ( y1 y0 )=+ (+)=4整理得7k2 = 2,故k=±，所以

10、y0=±。即y0=±2或y0=±。例5(05.全國卷理三)已知橢圓中心為坐標原點，焦點在x軸上，斜率為1的直線過橢圓右焦點交橢圓于A、B兩點，OAOB與a(3，1)共線。求離心率；設M為橢圓上一點，且OM=OA+OB(，R)。求證：2+2為定值。yOBAaF2解：如圖3，設A(x1,y1),B(x2,y2),橢圓方程為=1，AB的方程為y = x - c代入bx2 + a2y = a2b2，得圖3x（a2 + b2）x2 - 2ca2x + a2c2 - a2b2 = 0再用x = y + c代入橢圓方程，可得(a2+b2)y2 + 2cb2y + b2c2 -

11、a2b2 = 0于是OA OB = ( x1+x2, y1+y2 ) = (,)。因為OAOB與a =(3，-1)共線，所以，=>a2 = 3b2，則c =a，所以e =。證明：設OM =(x, y)，則(x ,y)= OA+OB=(x1, y1)+ (x2, y2) = ( x1, y1)+ (x2, y2)=( x1+x2, y1+y2)。因為M(x，y)在橢圓上，所以+=1=>2（+）+2（+）+2（）=1因為A(x1,y1),B(x2,y2)在橢圓上，所以+=1，+=1。又由知x1x2=，y1y2=，所以=。因為a2=c2，b2 = a2 - c2 = ，所以a2 + b2

12、 = 2c2 => 2c2 (a2 + b2) = 0，于是2+2 = 1。故2 + 2為定值。例62008.陜西理已知拋物線C：y = 2x2，直線y = kx + 2交C于A、B兩點，M是線段AB的中點，過M作x軸的垂線交拋物線于點N。證明：拋物線C在點N處的切線與AB平行。y是否存在實數(shù)k，使NA·NB=0，若存在，求k的值；若不存在，說明理由。ONMx圖4AB解：如圖4，設A(x1，2x),B(x2，2x)。把y = kx 2代入 y = 2x2得2x2 kx 2 = 0。由韋達定理得x1 + x2 =，x1x2 = -1。所以xM = xN = (x1 + x2) =

13、 ，得N(，)。因為y = 2x2，所以y=4x，則拋物線在點N處的切線l的斜率為y=4×=k，所以lAB。假設存在實數(shù)k，使NA·NB=0，由知NA=(x1-，2x-),NB=(x2-，2x-),則NA·NB = ( x1-)( x2-)+(2x-)(2x-)=( x1-)( x2-) + 4(x-)(x-)=( x1-)( x2-)1 + 4(x1 + )( x2 +)= x1x2 -( x1 + x2)+ 1 + 4x1x2 + k(x1 + x2)+ =(-1-·+)1 + 4×(-1) + k·+=(-1-)(-3 +k2)

14、 = 0由于-1 - <0，所以-3 + k2 = 0，解得k =±2，即存在k = ±2。使NA·NB=0。評注：例4是求線段的垂直平分線上的定點的縱坐標的值；例5求參數(shù)的平方和為定值；解題就是用某變量表示它們，最終把它們化為定值。例6則得列一個方程，通過解方程求出存在性定值。三、定點問題或共線問題例72007.山東理三已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點距離最大值為3，最小值為1。求橢圓C的標準方程；若直線l：y = kx + m與橢圓C相交于A、B兩點(A、B異于左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點。求證：直線l過定點

15、；求出該定點的坐標。解：設橢圓方程為=1(a > b > 0)，則橢圓與x軸的交點坐標分別為M(a,0),N(-a,0)，|F1M| = 3,|F2M| = 1。所以a + c = 3，a c = 1,a = 2,c = 1,b2 = 3。故橢圓C的方程為=1。設A（x1,y1），B（x2,y2）由ykxm和=1聯(lián)立消去y整理得(3 + 4k2)x2 + 8mkx + 4(m2 - 3) = 0。則=64m2k2-16(m2-3)(3+4k2)>0即3 + 4k2 - m2 > 0且x1 + x2 = - ,x1x2 = 又y1y2 = (kx1 + m)(kx2 +

16、m) = k2x1x2 + mk(x1 + x2) + m2= K2·+ mk·(-) + m2=因為以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點M(2,0)，所以MAMB，則MA·MB = (x1 - 2, y1 )( x2 - 2, y2 )= x1x2 - 2(x1 + x2) + 4 + y1y2 = 0即 + 2· + 4 + = 0=>7m2 + 16mk + 4k2 = 0解得m1 = -2k, m2 = - ，且均滿足3 + 4k - m2 > 0當m = - 2k時，l的方程為y = k(x - 2)，直線過定點(2, 0)，與已知矛盾。

17、當m = -時，l的方程為y = k (x -)，所以直線l過定點，定點坐標為(，0)。例82007.湖南理三已知雙曲線x2 - y2 = 2的左、右焦點分別為F1、F2，過點F2的動直線與雙曲線相交于A、B兩點。若動點M滿足F1M = F1A + F1B + F1O(其中O為坐標原點)，求點M的軌跡方程；在x軸上是否存在定點C，使CA·CB為常數(shù)？若存在，求出點C的坐標；若不存在，請說明理由。解：由題意得F1(-2, 0)，F(xiàn)2(2, 0)，設A(x1, y1), B(x2, y2)設M(x, y)，則F1M=(x+2, y),F1A=(x1 + 2, y1), F1B=(x2 +

18、 2, y2), F1O = (2, 0)，由F1M = F1A + F1B + F1O得x+2 = x1 + x2 + 6，y = y1 + y2當AB不與x軸垂直時，設直線AB的方程為y = k(x - 2)(K±1)，代入x2 - y2 = 2得(1 - k2)x2 + 4k2x - (4k2 + 2) = 0，所以X 4 = x1 + x2 =Y = y1 + y2 = k(x1 + x2 - 4) = k( - 4) = 當k0時，y0，k =，Y=得(x-6)2-y2=4當k=0時，點M的坐標為(4,0)，滿足上述方程。當AB與x軸垂直時，x1=x2=2，求得M(8,0)

19、，也滿足上述方程。故點M的軌跡方程是(x-6)2-y2=4。假設在x軸上存在定點C(m，0)，使得CA·CB為常數(shù)，當AB不與x垂直時，由有x1+x2=，x1x2=于是CA·CB = (x1 - m)(x2 - m) + k2(x2 - 2)(x2 - 2)=(k2 + 1)x1x2 - (2k2 + m)(x1 + x2) + 4k2 + m2= - + 4k2 + m2= + m2 = 2(1 - 2m) + m2。因為CA·CB是與k無關的常數(shù)，所以4 - 4m = 0,m - 1，此時CA·CB = -1。當AB與x軸垂直時，點A、B的坐標為(2，)，(2，-)，此時CA·CB =(1，)·(1，-) = -1。因此，在x軸上存在定點C(1,0)，使CA·CB為常數(shù)。例909.福建理已知A、B分別為曲線C：+ y2 = 1(y0,a > 0)與x軸的左、右兩個交點，直線l過點B，且與x軸垂直，S為l上異于點B的一點，連結(jié)AS交曲線C于點T。若曲線C為半圓，點T為圓弧的三等分點，試求出點S的坐標；ly如圖5，點M是以SB為直徑的圓與線段TB的交點，試問：是否存在a，使得O、M、S三點共線？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由。·MTSx解當曲線為半