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圆锥曲线中的有关定点定值与最值问题是常见的一类问题，它几乎涵盖解析几何的所有知识.由于它综合性强，方法灵活，对运算和思维能力要求又高，因此，很受高考和各类竞赛和自主招生考试命题者的青睐，因此也成为高中学生数学学习的重点和难点.
求解这类问题的基本策略是“大处着眼、小处着手”，从整体上把握问题给出的综合信息和处理问题的函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等思想，并恰当适时地运用待定系数、相关点、设而不求和巧用定义等基本数学方法与技巧.
例1 已知A,B是圆
x2+y2=4与x轴的交点，P为直线
x=4上的动点，PA与PB与圆
x2+y2=4的另一个交点分别为M,N，求证：直线MN过定点.
解法1 :目标确定，直捣黄龙
设P(4,m)，由题不妨设
A(-2,0),B(2,0),
则AP直线方程为：
y=m 6(x+2)，BP直线方程为：
y=m 2(x-2).
由
y=m 6
(x+2),
x2+y2=4
得
(36+m2)x2+4m2x+4m2-144=0.
则-2xM=4m2-144 36+m2，得
xM=72-2m2 36+m2.
于是
yM=
m 6
(xM+2)=24m 36+m2
， 得
M(72-2m2 36+m2
,24m 36+m2).
同理可得，
N(2m2-8 4+m2
,-8m 4+m2).
(1)当
m≠±23时，
kMN
=yM-yN xM-xN
=24m 36+m2-
-8m 4+m2
72-2m2
36+m2-
2m2-8 4+m2
=8m 12-m2.
所以MN直线方程为：
y-24m 36+m2
=8m
12-m2
(x-72-2m2 36+m2).
令
y=0得：
x=1.所以直线MN恒过定点Q(1,0).
(2)当n=±23时，直线MN垂直于x轴，方程为：
x=1，也过点Q(1,0).
综上可知，直线MN过定点Q(1,0).
评析 ：解法1是定点问题的常用解法，其优势是易于找到问题的切入点，但由于运算过程比较繁琐复杂，而且其定点又较难发现，因此很多学生采用此法只能浅尝辄止，较难终极而止.
解法2:特殊引路，定点显现
当P点位于x轴上时，易得直线MN的方程为： y=0. ①
当P点坐标为P(4,±23)时，易得直线MN的方程为：
x=1.②
由①②得交点为Q(1,0).
下证：直线MN过定点Q(1,0).
同解法1得：
M(72-2m2 36+m2
,24m 36+m2),N(2m2-8 4+m2
,-8m 4_m2).
(1)当m≠±23时，
kMQ
=24m 36+m2
72-2m2 36+m2-1
=8m 12-m2
,kNQ
=-8m 4+m2
2m2-8 4+m2-1
=8m 12-m2.
因为kMQ=kNQ,所以直线MN过点Q（1，0）.
（2）当m=±23时，由②知：直线
MN：x=1，也过点Q(1,0).
故综上可知，直线MN过定点Q(1,0).
评析 ：解法2把原来一个结论未知的问题，通过取特殊情况探路，转化为一个有明确方向的证明问题，一定程度上降低了运算的要求.
解法3:设而不求，化繁为简
同解法2，我们先从特殊情形猜测出定点为
Q(1,0)，再用设而不求思想来证明直线MN过定点Q(1,0)，具体解法如下：
设P(4,m),M(x1,y1),N(x2,y2),
由A,M,P三点共线知：6y1=m(x1+2),③
由N,B,P三点共线知： (x2-2)m=2y2.④
由③④得：
(1)当m≠0时，
3y1(x2-2)=y2(x1+2)，两边平方后有：
9y21(x2-2)2=
y22(x1+2)2.
因为M,N在圆上，
所以9(4-x21)(x2-2)2=(4-x22)(x1+2)2.
即9(x1-2)(x2-2)=(x2+2)(x1+2)，化简得：
2x1x2-5x1-5x2+8=0.（﹡）
（ⅰ）当m≠±23时，
kMQ-kNQ=
y1 x1-1
-y2 x2-1
=m 6(x1+2) x1-1
-m 2(x2-2) x2-1
=m 6
［(x1+2)(x2-1)-3(x2-2)(x1-1)］
(x1-1)(x2-1)
=m 6［-2x1x2+5x1+5x2-8］
(x1-1)(x2-1)=0.
所以kMQ=kNQ,所以直线MN过点Q(1,0).
（ⅱ）当
m=±23时，直线MN：x=1，也过点
Q(1,0).
(2)当m=0时，直线MN：y=0，过点Q(1,0).
故综上可知，直线MN过定点Q(1,0).
评析 ：解法3在特殊探路猜测出定点为Q(1,0)的基础上，巧妙地利用设而不求这一思想，将问题化繁为简，充分体现了思维的灵活性，是解决有关定点定值问题的有效方法.
这里值得指出的是采用上述解法3的证明方法可将本题作出推广，得到两个更一般的结论.(有兴趣的读者可自行尝试完成)
结论1 :已知
A,B是圆
x2+y2=a2与x轴的交点，P为直线
x=a2上的动点，PA与PB与圆
x2+y2=a2的另一个交点分别为M,N，则直线MN必过定点Q(1,0).
结论2 :已知
A,B是椭圆
x2 a2+
y2 b2=1与
x轴的交点，P为直线x=ab上的动点，PA与PB与椭圆
x2 a2+
y2 b2=1的另一个交点分别为M,N，则直线MN必过定点
Q(a b,0).
例2 已知双曲线
x2 9-
y2 16=1
的右焦点为F，点
A(9,2)，试在此双曲线上求一点M，使|MN|+3 5|MF|的值最小，并求出这个最小值.
分析 :易知离心率e=5 3，
3 5|MF|的最值问题转化为
|MA|+d的最值问题.
解析 :如图1所示，l为双曲线的右准线，M为双曲线上任意一点，分别作MN⊥l于N，AB⊥l于B. 因为离心率e=5 3，
所以由双曲线的第二定义有|MF| |MN|
=e=5 3,
即|MN|=3 5|MF|.
所以|MA|+3 5
|MF|=|MA|+|MN|≥|AB|.
当且仅当M为AB与双曲线右支的交点时，
|MA|+3 5|MF|取得最小值. 点M的坐标为
(35 2,2)
，最小值为9-a2 c=9-
9 5=36 5.
评析 :求解本例的关键是将所求表达式的最小值问题根据双曲线的第二定义转化成求|MA|+|MN|的最小值问题.
例3 已知抛物线x2=4y的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且
AF=λFB(λ>0)
. 过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.
（1）证明FM•AB为定值；
（2）设△ABM的面积为S，写出S=f (λ)的表达式，并求S的最小值.
分析 :（1）如图2所示，设出A、B的坐标，
利用已知条件将M的坐标用A、B
的坐标表示出来，计算出
FM
•AB
并确定其为定值即可.
（2）将△ABM的面积S用λ表示，
注意到（1）中的结论FM•AB=0.
故S=1 2|AB|•|FM|.
再利用求函数最小值的基本方法来解.
本题可采用均值不等式来求.
解析 :（1）由已知条件，得
F(0,1),λ>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2). 由
AF=λFB,
即得
(-x1,1-y1)=λ(x2,y2-1),
所以〖JB（{〗
-x1=λx2,
1-y1=λ(y2-1).
〖JB）〗〖SX(B〗① ②
将①式两边平方并把y1=1 4x21,y2=
1 4x22代入得
y1=
λ2y2.③
解②、③式得y1=λ，y2=1 λ且有
x1x2=-λx22=-4λy2=-4.
抛物线方程为y=1 4x2. 求导得y′=
1 2x. 所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是
y=1 2x1(x-x1)+y1,y=1 2
x2(x-x2)+y2,
即y=1 2x1x-
1 4x21,y=1 2x2x-
1 4x22.解出两条切线的交点M的坐标为
(x1+x2 2,
x1x2 4
)=(x1+x2 2
,-1).
所以FM•AB
=(x1+x2 2,-2)•
(x2-x1,y2-y1)
=1 2
(x22-x21)-2(1 4
x22-1 4
x21)=0.
所以FM•AB为定值，其值为0.
（2）由（1）知在△ABM中，
FM⊥AB，因而S=
1 2|AB|•
|FM|.
|FM|=(x1+x2 2)2+(-2)2
=
1 4x21+1 4x22
+1 2x1x2+4
=y1+y2+1 2×(-4)+4
=λ+1 λ+2
=λ
+1 λ.
因为|AF|,|BF|分别等于A、B到抛物线准线y=-1的距离，所以
|AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=
λ+1 λ
+2=(λ+1 λ)2.
于是S=1 2|AB|•|FM|
=1 2(λ+1 λ)3,
由λ+1 λ≥2，可知
S≥4，且当λ=1时，S取得最小值4.
评析 :本例将向量与解析几何结合在一起，考查综合运用知识解决数学问题的能力. 主要考查抛物线的定义与几何性质，曲线切线的求法，弦长公式的应用，向量的数量积，向量的坐标表示，均值不等式及函数的最值，同时考查了设而不求的数学方法. 解决这类问题，关键要理清知识顺序，弄明白未知与已知的关系，在计算和变形的过程中逐步展开思维，寻找突破口，提高自己分析问题、解决问题的能力.
例4一般地，我们称离心率
e=5-1 2的椭圆为“黄金椭圆”. 已知椭圆
E:x2 a2
+y2 b2=1(a>b>0)
的一个焦点为F(c,0)(c>0)，P，Q为椭圆E上的任意两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点.
（1）试证：若a，b，c不是等比数列，则椭圆E一定不是“黄金椭圆”；
（2）设E为黄金椭圆，问：是否存在过点F、P的直线l，使l与y轴的交点R满足
RP=-2PF？若存在，求直线l的斜率k；若不存在，请说明理由；
（3）设E为黄金椭圆，若直线PQ和OM的斜率分别为kPQ和
kOM，证明
kPQ•kOM为定值；
（4）已知椭圆E的短轴长是2，点
S(0,2)，求使
SP2取最大值时P点的坐标.
解析 : （1）假设E为“黄金椭圆”，则
e=c a=
5-1 2，即
c=5-1 2.
所以b2=a2-c2=5-1 2
a2=ac.
所以a，b，c成等比数列，这与已知条件a，b，c不是等比数列相矛盾. 故原命题成立.
（2）依题意，设直线l的方程为
y=k(x-c),
令x=0有y=-kc，即点R的坐标为(0,-kc).
因为RP
=-2PF
，所以点P的坐标为
(2c,kc).
因为点P在椭圆上，
所以4c2 a2
+k2c2
b2=1
.因为b2=ac,所以4e2+k2e=1.
故k2=1-4e2 e<0，与
k2≥0矛盾. 所以，满足题意的直线不存在.
（3）设
P(x1,y1)，
Q(x2,y2),M(x0,y0),则
kOM
=y0 x0,
kPQ
=y1-y2 x1-x2.
因为M为线段PQ的中点，故
x1+x2=2x0,y1+y2=2y0. 因为P，Q在椭圆上，所以
b2x21+a2y21=a2b2,①
b2x22+a2y22=a2b2.②
①－②得
2b2x0(x1-x2)+2a2y0(y1-y2)=0.
所以kOM•kPQ=
y0 x0•
y1-y2 x1-x2
=-b2 a2
=-ac a2
=-e=1-5 2
（定值）.
（4）依题意有
b2=1，由点
P(x1,y1)在E上知
x21=a2(1-y21).
所以SP2=
|SP|2=
x21+(y1-2)2=(1-a2)y21-4y1+(a2+4)=
(1-a2)(y1-2
1-a2)+(a2+4)-4 1-a2.
因为a>1,所以1-a2<0,又-1≤y1≤1,则
①当1 2 1-a2≤-1，所以SP2
是［-1,1］上的减函数.
故当
y1=-1时， SP2取得最大值，此时点P的坐标为（0，-1）.
②当a>3时，
-1<2 1-a2<0，故当
y1=2 1-a2时，
SP2取得最大值.
此时点P的坐标为
(±a a2-1a4-2a2-3,
2 1-a2).
评析 :本例是以椭圆为载体的综合问题，体现了平面向量与解析几何的交汇.既考查了反证法、定值问题及二次函数在区间上的最值问题，又考查了分类与整合的思想，以及领悟新知识及探索论证能力.
〖BP（〗通过上述几个典型例题的分析，我们可以将解析几何中有关定点定值与最值问题解题对策简单概括为
1、求解定点定值问题的方法
若题设中未告知定值，可考虑用特殊值引路进行探求. 若已告知，则可设参数（有时甚至要设多个参数），运算推理到最后，参数必消，定值显露.
2、求解最值问题的方法
（1）几何法，就是利用圆锥曲线的定义、几何性质和平面几何中的有关性质和结论；
（2）代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为二次函数，三角函数或其他的一元函数的最值问题，然后利用二次函数与三角函数性质、均值不等式、导数与函数的单调性等知识来求解.
求解这类问题的基本策略是“大处着眼、小处着手”，从整体上把握问题给出的综合信息和处理问题的函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等思想，并恰当适时地运用待定系数、相关点、设而不求和巧用定义等基本数学方法与技巧.
例1 已知A,B是圆
x2+y2=4与x轴的交点，P为直线
x=4上的动点，PA与PB与圆
x2+y2=4的另一个交点分别为M,N，求证：直线MN过定点.
解法1 :目标确定，直捣黄龙
设P(4,m)，由题不妨设
A(-2,0),B(2,0),
则AP直线方程为：
y=m 6(x+2)，BP直线方程为：
y=m 2(x-2).
由
y=m 6
(x+2),
x2+y2=4
得
(36+m2)x2+4m2x+4m2-144=0.
则-2xM=4m2-144 36+m2，得
xM=72-2m2 36+m2.
于是
yM=
m 6
(xM+2)=24m 36+m2
， 得
M(72-2m2 36+m2
,24m 36+m2).
同理可得，
N(2m2-8 4+m2
,-8m 4+m2).
(1)当
m≠±23时，
kMN
=yM-yN xM-xN
=24m 36+m2-
-8m 4+m2
72-2m2
36+m2-
2m2-8 4+m2
=8m 12-m2.
所以MN直线方程为：
y-24m 36+m2
=8m
12-m2
(x-72-2m2 36+m2).
令
y=0得：
x=1.所以直线MN恒过定点Q(1,0).
(2)当n=±23时，直线MN垂直于x轴，方程为：
x=1，也过点Q(1,0).
综上可知，直线MN过定点Q(1,0).
评析 ：解法1是定点问题的常用解法，其优势是易于找到问题的切入点，但由于运算过程比较繁琐复杂，而且其定点又较难发现，因此很多学生采用此法只能浅尝辄止，较难终极而止.
解法2:特殊引路，定点显现
当P点位于x轴上时，易得直线MN的方程为： y=0. ①
当P点坐标为P(4,±23)时，易得直线MN的方程为：
x=1.②
由①②得交点为Q(1,0).
下证：直线MN过定点Q(1,0).
同解法1得：
M(72-2m2 36+m2
,24m 36+m2),N(2m2-8 4+m2
,-8m 4_m2).
(1)当m≠±23时，
kMQ
=24m 36+m2
72-2m2 36+m2-1
=8m 12-m2
,kNQ
=-8m 4+m2
2m2-8 4+m2-1
=8m 12-m2.
因为kMQ=kNQ,所以直线MN过点Q（1，0）.
（2）当m=±23时，由②知：直线
MN：x=1，也过点Q(1,0).
故综上可知，直线MN过定点Q(1,0).
评析 ：解法2把原来一个结论未知的问题，通过取特殊情况探路，转化为一个有明确方向的证明问题，一定程度上降低了运算的要求.
解法3:设而不求，化繁为简
同解法2，我们先从特殊情形猜测出定点为
Q(1,0)，再用设而不求思想来证明直线MN过定点Q(1,0)，具体解法如下：
设P(4,m),M(x1,y1),N(x2,y2),
由A,M,P三点共线知：6y1=m(x1+2),③
由N,B,P三点共线知： (x2-2)m=2y2.④
由③④得：
(1)当m≠0时，
3y1(x2-2)=y2(x1+2)，两边平方后有：
9y21(x2-2)2=
y22(x1+2)2.
因为M,N在圆上，
所以9(4-x21)(x2-2)2=(4-x22)(x1+2)2.
即9(x1-2)(x2-2)=(x2+2)(x1+2)，化简得：
2x1x2-5x1-5x2+8=0.（﹡）
（ⅰ）当m≠±23时，
kMQ-kNQ=
y1 x1-1
-y2 x2-1
=m 6(x1+2) x1-1
-m 2(x2-2) x2-1
=m 6
［(x1+2)(x2-1)-3(x2-2)(x1-1)］
(x1-1)(x2-1)
=m 6［-2x1x2+5x1+5x2-8］
(x1-1)(x2-1)=0.
所以kMQ=kNQ,所以直线MN过点Q(1,0).
（ⅱ）当
m=±23时，直线MN：x=1，也过点
Q(1,0).
(2)当m=0时，直线MN：y=0，过点Q(1,0).
故综上可知，直线MN过定点Q(1,0).
评析 ：解法3在特殊探路猜测出定点为Q(1,0)的基础上，巧妙地利用设而不求这一思想，将问题化繁为简，充分体现了思维的灵活性，是解决有关定点定值问题的有效方法.
这里值得指出的是采用上述解法3的证明方法可将本题作出推广，得到两个更一般的结论.(有兴趣的读者可自行尝试完成)
结论1 :已知
A,B是圆
x2+y2=a2与x轴的交点，P为直线
x=a2上的动点，PA与PB与圆
x2+y2=a2的另一个交点分别为M,N，则直线MN必过定点Q(1,0).
结论2 :已知
A,B是椭圆
x2 a2+
y2 b2=1与
x轴的交点，P为直线x=ab上的动点，PA与PB与椭圆
x2 a2+
y2 b2=1的另一个交点分别为M,N，则直线MN必过定点
Q(a b,0).
例2 已知双曲线
x2 9-
y2 16=1
的右焦点为F，点
A(9,2)，试在此双曲线上求一点M，使|MN|+3 5|MF|的值最小，并求出这个最小值.
分析 :易知离心率e=5 3，
3 5|MF|的最值问题转化为
|MA|+d的最值问题.
解析 :如图1所示，l为双曲线的右准线，M为双曲线上任意一点，分别作MN⊥l于N，AB⊥l于B. 因为离心率e=5 3，
所以由双曲线的第二定义有|MF| |MN|
=e=5 3,
即|MN|=3 5|MF|.
所以|MA|+3 5
|MF|=|MA|+|MN|≥|AB|.
当且仅当M为AB与双曲线右支的交点时，
|MA|+3 5|MF|取得最小值. 点M的坐标为
(35 2,2)
，最小值为9-a2 c=9-
9 5=36 5.
评析 :求解本例的关键是将所求表达式的最小值问题根据双曲线的第二定义转化成求|MA|+|MN|的最小值问题.
例3 已知抛物线x2=4y的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且
AF=λFB(λ>0)
. 过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.
（1）证明FM•AB为定值；
（2）设△ABM的面积为S，写出S=f (λ)的表达式，并求S的最小值.
分析 :（1）如图2所示，设出A、B的坐标，
利用已知条件将M的坐标用A、B
的坐标表示出来，计算出
FM
•AB
并确定其为定值即可.
（2）将△ABM的面积S用λ表示，
注意到（1）中的结论FM•AB=0.
故S=1 2|AB|•|FM|.
再利用求函数最小值的基本方法来解.
本题可采用均值不等式来求.
解析 :（1）由已知条件，得
F(0,1),λ>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2). 由
AF=λFB,
即得
(-x1,1-y1)=λ(x2,y2-1),
所以〖JB（{〗
-x1=λx2,
1-y1=λ(y2-1).
〖JB）〗〖SX(B〗① ②
将①式两边平方并把y1=1 4x21,y2=
1 4x22代入得
y1=
λ2y2.③
解②、③式得y1=λ，y2=1 λ且有
x1x2=-λx22=-4λy2=-4.
抛物线方程为y=1 4x2. 求导得y′=
1 2x. 所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是
y=1 2x1(x-x1)+y1,y=1 2
x2(x-x2)+y2,
即y=1 2x1x-
1 4x21,y=1 2x2x-
1 4x22.解出两条切线的交点M的坐标为
(x1+x2 2,
x1x2 4
)=(x1+x2 2
,-1).
所以FM•AB
=(x1+x2 2,-2)•
(x2-x1,y2-y1)
=1 2
(x22-x21)-2(1 4
x22-1 4
x21)=0.
所以FM•AB为定值，其值为0.
（2）由（1）知在△ABM中，
FM⊥AB，因而S=
1 2|AB|•
|FM|.
|FM|=(x1+x2 2)2+(-2)2
=
1 4x21+1 4x22
+1 2x1x2+4
=y1+y2+1 2×(-4)+4
=λ+1 λ+2
=λ
+1 λ.
因为|AF|,|BF|分别等于A、B到抛物线准线y=-1的距离，所以
|AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=
λ+1 λ
+2=(λ+1 λ)2.
于是S=1 2|AB|•|FM|
=1 2(λ+1 λ)3,
由λ+1 λ≥2，可知
S≥4，且当λ=1时，S取得最小值4.
评析 :本例将向量与解析几何结合在一起，考查综合运用知识解决数学问题的能力. 主要考查抛物线的定义与几何性质，曲线切线的求法，弦长公式的应用，向量的数量积，向量的坐标表示，均值不等式及函数的最值，同时考查了设而不求的数学方法. 解决这类问题，关键要理清知识顺序，弄明白未知与已知的关系，在计算和变形的过程中逐步展开思维，寻找突破口，提高自己分析问题、解决问题的能力.
例4一般地，我们称离心率
e=5-1 2的椭圆为“黄金椭圆”. 已知椭圆
E:x2 a2
+y2 b2=1(a>b>0)
的一个焦点为F(c,0)(c>0)，P，Q为椭圆E上的任意两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点.
（1）试证：若a，b，c不是等比数列，则椭圆E一定不是“黄金椭圆”；
（2）设E为黄金椭圆，问：是否存在过点F、P的直线l，使l与y轴的交点R满足
RP=-2PF？若存在，求直线l的斜率k；若不存在，请说明理由；
（3）设E为黄金椭圆，若直线PQ和OM的斜率分别为kPQ和
kOM，证明
kPQ•kOM为定值；
（4）已知椭圆E的短轴长是2，点
S(0,2)，求使
SP2取最大值时P点的坐标.
解析 : （1）假设E为“黄金椭圆”，则
e=c a=
5-1 2，即
c=5-1 2.
所以b2=a2-c2=5-1 2
a2=ac.
所以a，b，c成等比数列，这与已知条件a，b，c不是等比数列相矛盾. 故原命题成立.
（2）依题意，设直线l的方程为
y=k(x-c),
令x=0有y=-kc，即点R的坐标为(0,-kc).
因为RP
=-2PF
，所以点P的坐标为
(2c,kc).
因为点P在椭圆上，
所以4c2 a2
+k2c2
b2=1
.因为b2=ac,所以4e2+k2e=1.
故k2=1-4e2 e<0，与
k2≥0矛盾. 所以，满足题意的直线不存在.
（3）设
P(x1,y1)，
Q(x2,y2),M(x0,y0),则
kOM
=y0 x0,
kPQ
=y1-y2 x1-x2.
因为M为线段PQ的中点，故
x1+x2=2x0,y1+y2=2y0. 因为P，Q在椭圆上，所以
b2x21+a2y21=a2b2,①
b2x22+a2y22=a2b2.②
①－②得
2b2x0(x1-x2)+2a2y0(y1-y2)=0.
所以kOM•kPQ=
y0 x0•
y1-y2 x1-x2
=-b2 a2
=-ac a2
=-e=1-5 2
（定值）.
（4）依题意有
b2=1，由点
P(x1,y1)在E上知
x21=a2(1-y21).
所以SP2=
|SP|2=
x21+(y1-2)2=(1-a2)y21-4y1+(a2+4)=
(1-a2)(y1-2
1-a2)+(a2+4)-4 1-a2.
因为a>1,所以1-a2<0,又-1≤y1≤1,则
①当1
是［-1,1］上的减函数.
故当
y1=-1时， SP2取得最大值，此时点P的坐标为（0，-1）.
②当a>3时，
-1<2 1-a2<0，故当
y1=2 1-a2时，
SP2取得最大值.
此时点P的坐标为
(±a a2-1a4-2a2-3,
2 1-a2).
评析 :本例是以椭圆为载体的综合问题，体现了平面向量与解析几何的交汇.既考查了反证法、定值问题及二次函数在区间上的最值问题，又考查了分类与整合的思想，以及领悟新知识及探索论证能力.
〖BP（〗通过上述几个典型例题的分析，我们可以将解析几何中有关定点定值与最值问题解题对策简单概括为
1、求解定点定值问题的方法
若题设中未告知定值，可考虑用特殊值引路进行探求. 若已告知，则可设参数（有时甚至要设多个参数），运算推理到最后，参数必消，定值显露.
2、求解最值问题的方法
（1）几何法，就是利用圆锥曲线的定义、几何性质和平面几何中的有关性质和结论；
（2）代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为二次函数，三角函数或其他的一元函数的最值问题，然后利用二次函数与三角函数性质、均值不等式、导数与函数的单调性等知识来求解.