向量法解圆锥曲线中的最值

1、向量法解圆锥曲线中的最值、定值问题的若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、定值问题又是近年来高考中出现的新题型。由于这类题型在解题之前不知道最值、定值的结果，因而对解题增加了一定难度。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征，能有效地探索到结果。本文通过具体的例子来说明用向量方法对这类问题的求解。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。求动点P的轨迹C的方程；B(0,-1)图1A(0,1)F1(-1,0)yP(x,y)

2、OBMNx(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，对满足条件的任意直线l，不等式StanMQN成立，求最小值。解：如图1，设P（x，y），kPA=，kPB，由kPA·kPB>>y21。要由不等式StanMQN，求最小值一时难以分析清几个量之间的内在联系，于是先从特殊情况进行分析。当MN轴时，由上述椭圆方程知，点（1,0）即为左焦点F1。此时F1Q3，又因为x1时，y=±，所以NM，SQMN。又因为tanNQF1，tanNQNtan2NQF1。由StanMQN得。此时易猜想，当NM不垂直于x轴时，该结论或许还成立。可考虑在一般

3、情况下转化的方式，先对关系式StanMQN利用向量进行分析。由三角形面积公式，得sinMQN，Q·QcosMQN Q·Q。设M（x1，y1），N（x2，y2），则有( x1 2 ) ( x2 2 ) + y1 y2x1x2 2 ( x1 + x2 ) + 4 + y1y2因为NM不垂直于x轴时，此时MN的方程可写成y = k ( x + 1 )，分别用两种方式代入x2 + 2y2 = 2，分别得（12k2）x2 + 4k2x + 2k2 2 = 0和(1 + 2k2) y2 - 2ky - k2 = 0由韦达定理，代入得（+4）（）·-所以当MNx轴时，min。例

4、2（09。陕西理）已知双曲线C的方程为1（a0，b0），离心率e，顶点到渐近线的距离为。求双曲线C的方程；图2yOBAPx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，且分别位于第一、二象限。若APPB，2。求AOB面积的取值范围。解：由题意知，双曲线C的顶点（0，a）到渐进线的距离为，即与及a2+b2c2联立解得a = 2，b=1。所以双曲线的方程为- x2=1。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=2，则tan(-)=2，tan=>sin2=。设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(，)。将P点坐标代入- x2 = 1=>2-()2 = 1得mn = 又|OA|=m，|OB|=n，所以SAOB=|OA|·|OB|sin2=·m·n·=2mn=（+）+12因为，2，当且仅当1时，取得最小值，又S（），S（2），故SAOB2，。例32006.北京理三已知点M（2,0），N（2

6、，0），动点P满足条件|PM|·|PN|2，记动点P的轨迹为W。求W的方程；若A、B是W上的不同两点，O是坐标原点，求OA、OB的最小值。解：设P（x，y）则2。化简整理得1，x。设A、B的坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2)，则1，当ABx轴时，x1 = x2，y1 = y2，从而OA·OB=x1x2 + y1y2 = x - y = 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 - k2) x2 - 2kmx - m2 - 2 = 0当(1 - k2)0，即k±1时，x1+x2=，x1x2=，从而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+又因为x1，x2，所以x1·x20，则k2-10，从而OA·OB2。当1k20，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ABx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，有时也可以根据圆锥曲线某量

8、的有界性得到相关的不等式。在这过程中应用向量的相关概念，建立目标函数解析式，从而求出特定问题的最值。二、定值问题例42010.天津三（20）已知椭圆1（ab0）的离心率e，连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4。求椭圆的方程；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,y0)在线段AB的垂直平分线上，且QA·QB4，求y0的值。解：由e，得3a2 = 4c2，再由a2 - b2 = c2，得a = 2b。所以椭圆的方程为： + y2 = 1。由可知A(-2,0)，设B(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2)。于是A、B两点

9、的坐标满足方程组，消去y并整理得( 1 + 4k2 )x2 + 16k2x + (16k2 4 ) = 0由-2x1=，得x1=，从而y1=。设线段AB的中点为M，则M(-，)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，-y0)，QB =(2，-y0)。由QA·QB = 4，得y0=±2。当k0时，线段AB的垂直平分线的方程为y-=-(x+)。设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.全国卷理三)已知椭圆中心为坐标原点，焦点在x轴上，斜率为1的直线过椭圆右焦点交椭圆于A、B两点，OAOB与a(3，1)共线。求离心率；设M为椭圆上一点，且OM=OA+OB(，R)。求证：2+2为定值。yOBAaF2解：如图3，设A(x1,y1),B(x2,y2),椭圆方程为=1，AB的方程为y = x - c代入bx2 + a2y = a2b2，得图3x（a2 + b2）x2 - 2ca2x + a2c2 - a2b2 = 0再用x = y + c代入椭圆方程，可得(a2+b2)y2 + 2cb2y + b2c2 -

11、a2b2 = 0于是OA OB = ( x1+x2, y1+y2 ) = (,)。因为OAOB与a =(3，-1)共线，所以，=>a2 = 3b2，则c =a，所以e =。证明：设OM =(x, y)，则(x ,y)= OA+OB=(x1, y1)+ (x2, y2) = ( x1, y1)+ (x2, y2)=( x1+x2, y1+y2)。因为M(x，y)在椭圆上，所以+=1=>2（+）+2（+）+2（）=1因为A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上，所以+=1，+=1。又由知x1x2=，y1y2=，所以=。因为a2=c2，b2 = a2 - c2 = ，所以a2 + b2

12、 = 2c2 => 2c2 (a2 + b2) = 0，于是2+2 = 1。故2 + 2为定值。例62008.陕西理已知抛物线C：y = 2x2，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。证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行。y是否存在实数k，使NA·NB=0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。ONMx图4AB解：如图4，设A(x1，2x),B(x2，2x)。把y = kx 2代入 y = 2x2得2x2 kx 2 = 0。由韦达定理得x1 + x2 =，x1x2 = -1。所以xM = xN = (x1 + x2) =

13、 ，得N(，)。因为y = 2x2，所以y=4x，则抛物线在点N处的切线l的斜率为y=4×=k，所以lAB。假设存在实数k，使NA·NB=0，由知NA=(x1-，2x-),NB=(x2-，2x-),则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。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求参数的平方和为定值；解题就是用某变量表示它们，最终把它们化为定值。例6则得列一个方程，通过解方程求出存在性定值。三、定点问题或共线问题例72007.山东理三已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离最大值为3，最小值为1。求椭圆C的标准方程；若直线l：y = kx + m与椭圆C相交于A、B两点(A、B异于左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点

15、；求出该定点的坐标。解：设椭圆方程为=1(a > b > 0)，则椭圆与x轴的交点坐标分别为M(a,0),N(-a,0)，|F1M| = 3,|F2M| = 1。所以a + c = 3，a c = 1,a = 2,c = 1,b2 = 3。故椭圆C的方程为=1。设A（x1,y1），B（x2,y2）由ykxm和=1联立消去y整理得(3 + 4k2)x2 + 8mkx + 4(m2 - 3) = 0。则=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=因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点M(2,0)，所以MAMB，则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 = - ，且均满足3 + 4k - m2 > 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。

17、当m = -时，l的方程为y = k (x -)，所以直线l过定点，定点坐标为(，0)。例82007.湖南理三已知双曲线x2 - y2 = 2的左、右焦点分别为F1、F2，过点F2的动直线与双曲线相交于A、B两点。若动点M满足F1M = F1A + F1B + F1O(其中O为坐标原点)，求点M的轨迹方程；在x轴上是否存在定点C，使CA·CB为常数？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由。解：由题意得F1(-2, 0)，F2(2, 0)，设A(x1, y1), B(x2, y2)设M(x, y)，则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) = 当k0时，y0，k =，Y=得(x-6)2-y2=4当k=0时，点M的坐标为(4,0)，满足上述方程。当AB与x轴垂直时，x1=x2=2，求得M(8,0)

19、，也满足上述方程。故点M的轨迹方程是(x-6)2-y2=4。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。因为CA·CB是与k无关的常数，所以4 - 4m = 0,m - 1，此时CA·CB = -1。当AB与x轴垂直时，点A、B的坐标为(2，)，(2，-)，此时CA·CB =(1，)·(1，-) = -1。因此，在x轴上存在定点C(1,0)，使CA·CB为常数。例909.福建理已知A、B分别为曲线C：+ y2 = 1(y0,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。若曲线C为半圆，点T为圆弧的三等分点，试求出点S的坐标；ly如图5，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在a，使得O、M、S三点共线？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。·MTSx解当曲线为半