解析几何范围最值问题(教师)
浅谈解析几何中最值和参数范围问题的求解策略
浅谈解析几何中最值和参数范围问题的求解策略作者：陆爱莲来源：《教育教学科研》2013年第03期作者简介：陆爱莲，2002年毕业于广西师范大学数学教育专业，大学本科学历，理学学士，同年9月至今任教于马山中学，2008年12月获得中学一级教师资格。
积极参加教研教改活动，所撰写的论文多次在省、国家级论文评选中获二、三等奖。
【摘要】：解析几何中的最值和参数范围问题是高中数学的重要内容.其主要特点是综合性强，在解题中几乎处处涉及函数与方程、不等式、三角等内容.因此，在教学中应重视对数学思想、方法进行归纳提炼，如方程思想、函数思想、参数思想、数形结合的思想、对称思想、整体思想等思想方法，达到优化解题思维、简化解题过程的目的.本文通过对一些典型例题的分析和解答，归纳了解析几何中常见的解决最值和参数范围问题的思想方法，总结了解答典型例题的具体规律，并提供了一些常用的解题方法、技能与技巧。
【关键词】：解析几何最值问题参数范围求解策略解析几何中涉及最值和参数范围问题常有求面积、距离最值、参数范围问或与之相关的一些问题；求直线与圆锥曲线中几何元素的最值或与之相关的一些问题。
我们可以从两个方面来研究圆锥曲线的最值和参数范围问题，一方面用代数的方法研究几何，题中涉及较多数字计算与字母运算，对运算及变形的能力要求较高，用代数的方法解决几何；另一方面要善于从曲线的定义、性质等几何的角度思考，利用数形结合的思想解决问题。
一、代数法：借助代数函数求最值和参数取值范围的方法。
运用代数法时，先要建立“目标函数”，然后根据“目标函数”的特点灵活运用求最值。
常用的方法有： 1.配方法。
由于二次曲线的特点，所求“目标函数”的表达式常常和二次函数在某一个闭区间上的最值联系紧密，这时可对二次函数进行配方，并根据顶点的横坐标结合区间的端点确定所求函数的最值。
1、已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x2+3y2=4上，对角线BD所在直线的斜率为1。
2020版高考数学第8章平面解析几何第9节圆锥曲线中的定点、定值、范围、最值问题教学案理北师大版
第九节 圆锥曲线中的定点、定值、范围、最值问题[考纲传真] 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想．定点问题【例1】 已知椭圆E ：x 29＋y 2b2＝1(b ＞0)的一个焦点与抛物线Γ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F 相同，如图，作直线AF 与x 轴垂直，与抛物线在第一象限交于A 点，与椭圆E 相交于C ，D 两点，且|CD |＝103.(1)求抛物线Γ的标准方程；(2)设直线l 不经过A 点且与抛物线Γ相交于N ，M 两点，若直线AN ，AM 的斜率之积为1，证明l 过定点．[解] (1)由椭圆E ：x 29＋y 2b2＝1(b ＞0)，得b 2＝9－c 2，由题可知F (c,0)，p ＝2c ，把x ＝c 代入椭圆E 的方程，得y 2C ＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c 29， ∴y C ＝9－c 23.∴|CD |＝103＝－c 23，解得c ＝2.∴抛物线Γ的标准方程为y 2＝4cx ，即y 2＝8x . (2)证明：由(1)得A (2,4)，设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 218，y 1，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 228，y 2， ∴k MA ＝y 1－4y 218－2＝8y 1＋4，k NA ＝8y 2＋4， 由k MA ·k NA ＝8y 1＋4·8y 2＋4＝1， 得y 1y 2＋4(y 1＋y 2)－48＝0.(*)设直线l 的方程为x ＝my ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，x ＝my ＋t ，得y 2－8my －8t ＝0，∴y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－8t ， 代入(*)式得t ＝4m －6，∴直线l 的方程为x ＝my ＋4m －6＝m (y ＋4)－6， ∴直线l 过定点(－6，－4)．过抛物线：＝4的焦点且斜率为的直线交抛物线于，两点，且|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标． [解] (1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，由题意知k ≠0，且Δ＝[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8， ∴2k 2＋4k2＝6，∴k 2＝1，即k ＝±1， ∴直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)， 直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1，∵y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，∴(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)，∴直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0，恒过点(－1,0)． 定值问题【例2】 已知动圆P 经过点N (1,0)，并且与圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝16相切． (1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)设G (m,0) 为轨迹C 内的一个动点，过点G 且斜率为k 的直线l 交轨迹C 于A ，B 两点，当k 为何值时，ω＝|GA |2＋|GB |2是与m 无关的定值？并求出该定值．[解] (1)由题意，设动圆P 的半径为r ，则|PM |＝4－r ，|PN |＝r ，可得|PM |＋|PN |＝4－r ＋r ＝4，∴点P 的轨迹C 是以M ，N 为焦点的椭圆，∴2a ＝4,2c ＝2，∴b ＝a 2－c 2＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.即点P 的轨迹C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知－2＜m ＜2，直线l ：y ＝k (x －m )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －m ，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－12＝0，∴x 1＋x 2＝8mk 24k 2＋3，x 1x 2＝4m 2k 2－124k 2＋3， ∴y 1＋y 2＝k (x 1－m )＋k (x 2－m )＝k (x 1＋x 2)－2km ＝－6mk4k 2＋3，y 1y 2＝k 2(x 1－m )(x 2－m )＝k 2x 1x 2－k 2m (x 1＋x 2)＋k 2m 2＝3k2m 2－4k 2＋3，∴|GA |2＋|GB |2＝(x 1－m )2＋y 21＋(x 2－m )2＋y 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－2m (x 1＋x 2)＋2m 2＋(y 1＋y 2)2－2y 1y 2＝(k 2＋1)[－6m2k 2－＋＋4k2k 2＋2.要使ω＝|GA |2＋|GB |2的值与m 无关，需使4k 2－3＝0， 解得k ＝±32，此时ω＝|GA |2＋|GB |2＝7.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2的直线l 交椭圆于A ，B 两点，△ABF 1的周长为8，且△AF 1F 2的面积的最大时，△AF 1F 2为正三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)若MN 是椭圆C 经过原点的弦，MN ∥AB ，求证：|MN |2AB为定值．[解] (1)由已知A ，B 在椭圆上，可得|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ， 又△ABF 1的周长为8，所以|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝8，即a ＝2.由椭圆的对称性可得，△AF 1F 2为正三角形当且仅当A 为椭圆短轴顶点， 则a ＝2c ，即c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3， 则椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：若直线l 的斜率不存在，即l ：x ＝1，求得|AB |＝3，|MN |＝23，可得|MN |2AB＝4.若直线l 的斜率存在， 设直线l ：y ＝k (x －1)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 有x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，|AB |＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝＋k 23＋4k2，由y ＝kx 代入椭圆方程，可得x ＝±233＋4k2，|MN |＝21＋k 2·233＋4k2＝4＋k23＋4k2， 即有|MN |2AB＝4.综上可得，|MN |2AB为定值4.范围问题【例3】 已知m ＞1，直线l ：x －my －m 22＝0，椭圆C ：x 2m2＋y 2＝1，F 1，F 2分别为椭圆C的左、右焦点．(1)当直线l 过右焦点F 2时，求直线l 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，△AF 1F 2，△BF 1F 2的重心分别为G ，H ，若原点O 在以线段GH 为直径的圆内，求实数m 的取值范围．[解] (1)因为直线l ：x －my －m 22＝0经过F 2(m 2－1，0)，所以m 2－1＝m 22，得m 2＝2.又因为m ＞1，所以m ＝2， 故直线l 的方程为x －2y －1＝0. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋m 22，x 2m 2＋y 2＝1，消去x ，得2y 2＋my ＋m 24－1＝0，则由Δ＝m 2－8⎝ ⎛⎭⎪⎫m 24－1＝－m 2＋8＞0，知m 2＜8，且有y 1＋y 2＝－m 2，y 1y 2＝m 28－12.由于F 1(－c,0)，F 2(c,0)，可知G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 13，y 13，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 23，y 23.因为原点O 在以线段GH 为直径的圆内， 所以OH →·OG →＜0， 即x 1x 2＋y 1y 2＜0.所以x 1x 2＋y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 1＋m 22⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2＋m 22＋y 1y 2＝(m 2＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫m 28－12＜0.解得m 2＜4(满足m 2＜8)．又因为m ＞1，所以实数m 的取值范围是(1,2)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，O 为坐标原点，若k OM ·k ON ＝54，求原点O 到直线l 的距离的取值范围．[解] (1)由题意知2b ＝2，∴b ＝1.∵e ＝c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2. 椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx＋4m 2－4＝0，Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)＞0，化简得m 2＜4k 2＋1 ①，x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.若k OM ·k ON ＝54，则y 1y 2x 1x 2＝54，即4y 1y 2＝5x 1x 2，∴4k 2x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝5x 1x 2，∴(4k 2－5)·m 2－4k 2＋1＋4km ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋1＋4m 2＝0，即(4k 2－5)(m 2－1)－8k 2m 2＋m 2(4k 2＋1)＝0，化简得m 2＋k 2＝54 ②，由①②得0≤m 2＜65，120＜k 2≤54.∵原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k2，∴d 2＝m 21＋k 2＝54－k 21＋k2＝－1＋9＋k2.又120＜k 2≤54，∴0≤d 2＜87，∴0≤d ＜2147. ∴原点O 到直线l 的距离的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2147.最值问题【例4】 (2019·太原模拟)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 23＝1(a ＞0)的一个焦点为F (－1,0)，左、右顶点分别为A ， B ．经过点F 的直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点．(1)当直线l 的倾斜角为45°时，求线段CD 的长；(2)记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2，求|S 1－S 2|的最大值． [解] (1)由题意，c ＝1，b 2＝3，所以a 2＝4，所以椭圆M 的方程为x 24＋y 23＝1，易求直线方程为y ＝x ＋1，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝x ＋1，消去y ，得7x 2＋8x －8＝0，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，Δ＝288，x 1＋x 2＝－87，x 1x 2＝－87，所以|CD |＝2|x 1－x 2|＝2x 1＋x 22－4x 1x 2＝247. (2)当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝－1， 此时△ABD 与△ABC 面积相等，|S 1－S 2|＝0；当直线l 的斜率存在时，设直线方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x ＋，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0， Δ＞0，且x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，此时|S 1－S 2|＝2||y 2|－|y 1||＝2|y 2＋y 1|＝2|k (x 2＋1)＋k (x 1＋1)|＝2|k (x 2＋x 1)＋2k |＝12|k |3＋4k2， 因为k ≠0，上式＝123|k |＋4|k |≤1223|k |·4|k |＝12212＝3当且仅当k ＝±32时等号成立，所以|S 1－S 2|的最大值为 3.(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x ＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|PA |·|PQ |的最大值．[解](1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3k 2＋.因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －k ＋2k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上递增，⎝⎛⎭⎪⎫12，1上递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.1.(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．2．(2013·全国卷Ⅰ)平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)右焦点的直线x ＋y －3＝0交M 于A ，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为12.(1)求M 的方程；(2)C ，D 为M 上两点，若四边形ABCD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形ACBD 面积的最大值． [解] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，y 2－y 1x 2－x 1＝－1， 由此可得b 2x 2＋x 1a 2y 2＋y 1＝－y 2－y 1x 2－x 1＝1.因为x 1＋x 2＝2x 0，y 1＋y 2＝2y 0，y 0x 0＝12，所以a 2＝2b 2.又由题意知，M 的右焦点为(3，0)，故a 2－b 2＝3. 因此a 2＝6，b 2＝3. 所以M 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝433，y ＝－33，或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝ 3.因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－533＜n ＜3，设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y23＝1，得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝－2n ±－n 23.因为直线CD 的斜率为1，所以|CD |＝2|x 4－x 3|＝43 9－n 2. 由已知，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝8699－n 2， 当n ＝0时，S 取得最大值，最大值为863. 所以四边形ACBD 面积的最大值为863.。
高考数学复习第11关 以解析几何中离心率、最值、范围为背景解答题(解析版)
专题二 压轴解答题第11关 以解析几何中离心率、最值、范围为背景解答题【名师综述】解析几何中的范围、最值和离心率问题仍是高考考试的重点与难点，试题难度较大．注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标函数，通过函数的最值研究几何中的最值．【典例解剖】类型一 离心率问题典例1．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22221(0)43x y t t t+=>的左、右顶点为A ，B ，右焦点为F ．过点A 且斜率为k （0k >）的直线交椭圆C 于另一点P ．（1）求椭圆C 的离心率；（2）若12k =，求22PA PB的值； （3）设直线l ：2x t =，延长AP 交直线l 于点Q ，线段BQ 的中点为E ，求证：点B 关于直线EF 的对称点在直线PF 上．【答案】（1）12（2）224513PA PB =（3）详见解析 【解析】【分析】第一问利用离心率的公式直接求解；第二问将直线AP 的方程为1(2)2y x t =+与椭圆C 的方程2223412x y t +=联立求出点P 的坐标，再利用两点间的距离公式即可求出22PA PB的值；第三问先求出Q 点的坐标，再利用中点坐标公式求出点E 的坐标，然后求出点P 的坐标及直线PF 的斜率、直线EF 的斜率，最后根据tan tan 2PFB θ∠=得出2PFB EFB ∠=∠即可证明．【详解】（1）∵椭圆C ：2222143x y t t +=，∴224a t =，223b t =，22c t =．又0t >，∴2a t =，c t =，∴椭圆C 的离心率12c e a ==． （2）∵直线AP 的斜率为12，且过椭圆C 的左顶点(2,0)A t -，∴直线AP 的方程为1(2)2y x t =+．代入椭圆C 的方程2223412x y t +=，得2223(2)12x x t t ++=，即2220x tx t +-=，解得x t =或2x t =-（舍去），将x t =代入1(2)2y x t =+，得32y t =，∴点P 的坐标为3,2t t ⎛⎫⎪⎝⎭．又椭圆C 的右顶点B （2t ，0），∴2222345(2)024PA t t t t ⎛⎫=++-= ⎪⎝⎭，2222313(2)024PB t t t t ⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭，∴224513PA PB =． （3）直线AP 的方程为(2)y k x t =+，将2x t =代入(2)y k x t =+，得4y kt =，∴(2,4)Q t kt ．∵E 为线段BQ 的中点，∴(2,2)E t kt ，∵焦点F 的坐标为（t ，0），∴直线EF 的斜率2EF k k =．联立222(2)3412y k x t x y t =+⎧⎨+=⎩，，消y 得，()()2222234164430k x k tx k t +++-=．由于()22244334A P k t x x k -=+，2A x t =-，∴()2223434P k t x k -=+，∴点P 的坐标为()22223412,3434k t kt k k ⎛⎫- ⎪ ⎪++⎝⎭，∴直线PF 的斜率()222221242234141(2)23434PFktk kk k k k k ttk ⋅+===----+．而直线EF 的斜率为2k ，若设EFB θ∠=，则有tan tan 2PFB θ∠=，即2PFB EFB ∠=∠，∴点B 关于直线EF 的对称点在直线PF 上． 【名师点睛】本题主要考查离心率的求值、直线与椭圆的综合问题、点关直线对称问题等． 求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出,a c ，代入公式c e a=；②只需要根据一个条件得到关于,,a b c 的齐次式，结合222b a c =-转化为,a c 的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a 或2a 化转为关于e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e （e 的取值范围）． 【举一反三】（2020·陕西渭南期末考试）如图，12F F 、分别是椭圆2222:1(0)x yC a b a b+=>>的左、右焦点，A 是椭圆C的顶点，B 是直线2AF 与椭圆C 的另一个交点，123F AF π∠=．（1）求椭圆C 的离心率；（2）已知1AF B ∆的面积为,a b 的值．【答案】（1）12；（2）10,a b ==【解析】【分析】（1）由题意可知，12AF F ∆为等边三角形，2a c ＝，∴1=2e ；（2）已知1AF B ∆的面积为,a b 的值． 【详解】（1）由题意，A 是椭圆C 的顶点，可知12=AF AF ，又123F AF π∠=，∴12AF F ∆ 为等边三角形，2a c ＝，∴1==2c e a ． （2）由（1）可得224a c ＝，又222+a b c ＝，2234b a ＝．直线AB 的倾斜角为23π，斜率为AB 的方程为 )y x c =-．将其代入椭圆方程 2223412x y c ＋＝，解得 8,5B c ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，∴ 81680555AB c c a =-==，1AF a =，由1211118sin 225AF B S AF AB F AB a a ∆=⋅∠=⋅==10a =，b =类型二 最值、范围问题典例2．（2020上海南模中学月考）某景区欲建两条圆形观景步道12,M M （宽度忽略不计），如图所示，已知AB AC ⊥，60AB AC AD ===（单位：米），要求圆M 与,AB AD 分别相切于点B ，D ，圆2M 与,AC AD 分别相切于点C ，D ．（1）若BAD 3π∠=，求圆12,M M 的半径；（结果精确到0．1米）（2）若观景步道12,M M 的造价分别为每米0．8千元与每米0．9千元，则当BAD ∠多大时，总造价最低？最低总造价是多少？（结果分别精确到0．1°和0．1千元） 【答案】（1）34．6米，16．1米；（2）263．8千元． 【解析】 【分析】（1）利用切线的性质即可得出圆的半径；（2）设∠BAD ＝2α，则总造价y ＝0．8•2π•60tanα+0．9•2π•60tan （45°﹣α），化简，令1+tanα＝x 换元，利用基本不等式得出最值． 【详解】（1）连结M 1M 2，AM 1，AM 2，∵圆M 1与AB ，AD 相切于B ，D ，圆M 2与AC ，AD 分别相切于点C ，D ， ∴M 1，M 2⊥AD ，∠M 1AD ＝12∠BAD ＝6π，∠M 2AD ＝12π，∴M1B ＝ABtan ∠M1AB ＝60×3＝．6（米），∵tan6π＝22tan121tan12ππ-tan 12π＝2，同理可得：M 2D ＝60×tan12π＝60（2≈16．1（米）．（2）设∠BAD ＝2α（0＜α＜4π），由（1）可知圆M 1的半径为60tanα，圆M 2的半径为 60tan （45°﹣α），设观景步道总造价为y 千元，则y ＝0．8•2π•60tanα+0．9•2π•60tan （45°﹣α）＝96πtanα+108π•1tan 1tan αα-+，设1+tanα＝x ，则tanα＝x ﹣1，且1＜x ＜2． ∴y ＝96π（x ﹣1）+108π（21x -）＝12π•（8x +18x﹣17）≥84π≈263．8， 当且仅当8x ＝18x 即x ＝32时取等号， 当x ＝32时，tanα＝12，∴α≈26．6°，2α≈53．2°．∴当∠BAD 为53．2°时，观景步道造价最低，最低造价为263．8千元．【名师点睛】求最值、范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围．在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算的方便，在建立关系的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把多变量归结为单变量即可，同时要特别注意变量的取值范围．例3．（2020上海高三模拟考试）已知圆：()，定点，，其中为正实数．（1）当时，判断直线与圆的位置关系；C 22(1)x y a ++=0a >(,0)A m (0,)B n ,m n3a m n ===AB C（2）当时，若对于圆上任意一点均有成立(为坐标原点)，求实数的值； （3）当时，对于线段上的任意一点，若在圆上都存在不同的两点，使得点是线段的中点，求实数的取值范围．【答案】(1) 相离．(2) ，．(3)【解析】 【分析】（1）利用圆心到直线的距离和半径的关系即可得到判断；（2）利用两点间的距离公式进行化简整理，由点P 的任意性即可得实数m ，λ的值；（3）设出点P 和点N 的坐标，表示出中点M 的坐标，M 、N 满足圆C 的方程，根据方程组有解说明两圆有公共点，利用两圆位置关系要求及点P 满足直线AB 的方程，解出半径的取值范围． 【详解】解： (1) 当时，圆心为当时，直线方程为， ∴圆心到直线距离为（2）设点，则，∵，∴，，…………由得，，∴，代入得，，化简得，…………∵为圆上任意一点，∴……… 4a =C P PA PO λ=O ,m λ2,4m n ==AB P C ,M N M PN a 3m =2λ=1736,95⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a =()1,0-3m n ==AB 30x y +-=d ==<(),P x y PO =PA =PA PO λ=()()22222x m y xy λ-+=+()()222221120x y mx m λλ-+-+-=()2214x y ++=22230x y x ++-=2232x y x +=-()()2213220x mx m λ--+-=()()22221310m x m λλ-+-+-=P C ()22210,310,m m λλ⎧-+=⎪⎨-+-=⎪⎩又，解得，．………………… (3)法一：直线的方程为，设()，， ∵点是线段的中点，∴，又都在圆：上，∴ 即…………………… ∵该关于的方程组有解，即以为半径的圆与以为圆心，为半径的圆有公共点，∴，又为线段上的任意一点，∴对所有成立．而 在上的值域为， ∴∴．……… 又线段与圆，∴． 故实数的取值范围为．……………法二：过圆心作直线的垂线，垂足为，设，，则则消去得，，,0m λ>3m =2λ=AB 124x y+=(),42P t t -02t ≤≤(),N x y M PN ,222x ty M t +⎛⎫-+⎪⎝⎭,M N C ()221x y a ++=()22221,12,22x y a x t y t a ⎧++=⎪⎨+⎛⎫⎛⎫++-+=⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎩()()()22221,2424,x y a x t y t a ⎧++=⎪⎨++++-=⎪⎩,x y ()1,0-()2,24t t ---()()221249a t t a ≤++-≤P AB ()()221249a t t a ≤++-≤02t ≤≤()()()22124f t t t =++-2736555t ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭[]0,236,175⎡⎤⎢⎥⎣⎦36,5917,a a ⎧≤⎪⎨⎪≥⎩173695a ≤≤AB C <365a <a 1736,95⎡⎫⎪⎢⎣⎭C MN H CH d ==MN l 222221232d l a d l PC ⎧⎛⎫+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩l [)2290,88PC d a a =-∈∴(]2,9PC a a ∈直线方程为 点到直线且为线段上的任意一点， …，，故实数的取值范围为．【举一反三】1．（2020上海高三模拟考试）如图，某市有相交于点O 的一条东西走向的公路l ，与南北走向的公路m ，这两条公路都与一块半径为1（单位：千米）的圆形商城A 相切．根据市民建议，欲再新建一条公路PQ ，点P 、Q 分别在公路l 、m 上，且要求PQ 与圆形商城A 也相切．（1）当P 距O 处4千米时，求OQ 的长； （2）当公路PQ 长最短时，求OQ 的长． 【答案】(1) 3千米．(2) 【解析】 【分析】（1）先建立以O 为原点，直线l 、m 分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系．设直线方程为：，由，运算即可得解；（2）设，，由PQ 与圆A 相切，得，再结合重要不等式即可得解． 【详解】解：（1）以O 为原点，直线l 、m 分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系． 设PQ 与圆A 相切于点B ，连结AB ，以1千米为单位长度，AB 240x y +-=∴C AB =3,CA CB ==P AB ∴236,175PC ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦(]36,17,95a a ⎡⎤∴⊆⎢⎥⎣⎦361795a a ∴<<≤a 1736,95⎡⎫⎪⎢⎣⎭2+14x yb+=1=(,0)P a (0,)Q b (2,2)a b >>2()2ab a b =+-则圆A 的方程为， 由题意可设直线PQ 的方程为，即，， ∵PQ 与圆A，解得，故当P 距O 处4千米时，OQ 的长为3千米． （2）设，， 则直线PQ 方程为，即． ∵PQ 与圆A，化简得，即； 解法一：因此∵，，∴，于是．又，解得，或∵，∴，当且仅当时取等号，∴PQ 最小值为，此时．答：当P 、Q 两点距离两公路的交点O 都为PQ 最短． 解法二：化简得，即．∵22(1)(1)1x y -+-=14x yb+=440bx y b +-=(2)b >1=3b =(,0)P a (0,)Q b (2,2)a b >>1x ya b+=0bx ay ab +-=1=202()a ab b -++=2()2ab a b =+-PQ ====2a >2b >4a b +>()2PQ a b =+-22()22a b ab a b +⎛⎫=+-≤ ⎪⎝⎭04a b <+≤-4a b +≥+4a b +>4a b +≥+()22PQ a b =+-≥+2a b ==2+2a b ==2+202()a ab b -++=2(1)2222a b a a -==+--PQ ====∵，∴． 当且仅当，即时取到等号， 答：当P 、Q 两点距离两公路的交点O 都为PQ 最短． 解法三：设PQ 与圆A 相切于点B ，连结AB 、AP 、AQ ，设， 则，，且，∴，又∵，∴，∴（当且仅当取等号）答：当P 、Q 两点距离两公路的交点O 都为PQ 最短． 解法四：设PQ 与相切于点B ，设，，则，，，在中，由得：，化简得：，∴，解得：或（舍）=2(2)22a a ==-++-2a >2(2)2222PQ a a =-++≥+=-222a a -=-2a b ==+2+OPA θ∠=APB APO ∠=∠BQA OQA ∠=∠2OPQ OQP π∠+∠=4AQB πθ∠=-AB PQ ⊥1tan PB θ=10,4tan 4BQ πθπθ⎛⎫=∈ ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭111111tan 1tan tan tan tan 1tan tan 1tan 4PQ θθπθθθθθθ+=+=+=+--⎛⎫- ⎪+⎝⎭12121(tan 1tan )1tan 1tan tan 1tan θθθθθθ⎛⎫=+-=++-- ⎪--⎝⎭1tan 2tan 12122tan 1tan θθθθ-=+++-≥+=+-tan 1θ=2+A BP x =(0,0)BQ y x y =>>1OP x =+1OQ y =+PQ x y =+RT OPQ ∆222OP OQ PQ +=222()(1)(1)x y x y +=+++1xy x y =++212x y x y +⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭2x y +≥+2x y +≤-（当且仅当时等号成立），∴当时，PQ有最小值．答：当P、Q两点距离公路交点O都为PQ最短．2．已知椭圆()222210x ya ba b+=>>的离心率3e=，左、右焦点分别为12,F F，且2F与抛物线24y x=的焦点重合．（1）求椭圆的标准方程；（2）若过1F的直线交椭圆于,B D两点，过2F的直线交椭圆于,A C两点，且AC BD⊥，求AC BD+的最小值．【答案】（1）椭圆的标准方程为22132x y+=；（2）AC BD+．【解析】（1）抛物线24y x=的焦点为()1,0，∴1c=，又∵13cea a===，∴a=22b=，∴椭圆的标准方程为22132x y+=．12BD x x=-=)22132kk+=+．易知AC的斜率为1k-，∴)222211112332kkACkk⎫+⎪+⎝⎭==+⨯+．()222114313223AC BD kk k⎛⎫+=++⎪++⎝⎭()()()()()()22222222220312031322332232k kk k k k++=≥++⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦1x y==+2OP OQ==+2+)()222212514k k +==+． 当21k =，即1k =±时，上式取等号，故AC BD +的最小值为1635． （ii ）当直线BD的斜率不存在或等于零时，易得AC BD +=>综上：AC BD +． 类型三 面积问题典例3．（2020上海松江区一模）设抛物线的焦点为，经过轴正半轴上点的直线交于不同的两点和．（1）若，求点的坐标；（2）若，求证：原点总在以线段为直径的圆的内部；（3）若，且直线∥，与有且只有一个公共点，问：△的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在，最小值2，． 【解析】 【分析】（1）由抛物线方程以及抛物线定义，根据求出横坐标，代入，即可得出点的坐标； （2）设，，设直线的方程是：，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，以及向量数量积运算，得到，推出恒为钝角，即可得结论成立； （3）设，则，由得，推出直线的斜率．设直线2:4y x Γ=F x (,0)M m lΓA B ||3FA =A 2m =O AB ||||FA FM =1l l 1l ΓE OAE M (2,±(3,0)M ||3FA =24y x =()11,A x y ()22,B x y AB 2x my =+12120OA OB x x y y ⋅=+<AOB ∠()11,A x y 110≠x y ||||FA FM =1(2,0)+M x AB 12=-AB y k的方程为，代入抛物线方程，根据判别式等于零，得．设，则，，由三角形面积公式，以及基本不等式，即可求出结果． 【详解】（1）由抛物线方程知，焦点是，准线方程为，设，由及抛物线定义知，，代入得，∴点的坐标或 （2）设，， 设直线的方程是：，联立，消去得：，由韦达定理得， ∴，故恒为钝角，故原点总在以线段AB 为直径的圆的内部． （3）设，则，∵，则，由得，故，故直线的斜率． ∵直线和直线平行，设直线的方程为，代入抛物线方程得，由题意，得． 设，则，，，当且仅当，即时等号成立， 1l 12y y x b =-+12b y =-(),E E E x y 14E y y =-21141E x y x ==(1,0)F 1x =-()11,A x y ||3FA =12x =24y x=y =±A (2,A (2,A -()11,A x y ()22,B x y AB 2x my =+224x my y x =+⎧⎨=⎩x 2480y my --=121248y y m y y +=⎧⎨=-⎩1212OA OB x x y y ⋅=+22212121212()4804416y y y y y y y y =⋅+=+=-<AOB ∠O ()11,A x y 110≠x y ||||FA FM =111-=+m x 0m >12=+m x 1(2,0)+M x AB 12=-AB y k 1l AB 1l 12y y x b =-+211880b y y y y +-=21164320b y y ∆=+=12b y =-(),E E E x y 14E y y =-21141E x y x ==11111111014111222141OAE y x S x y x y x y ∆==+≥-11114y x x y =22114y x =由得，解得或（舍），∴点的坐标为，． 【名师点睛】对于平面图形的面积问题，可以直接表示或者可以利用割补的办法，将面积科学有效表示，其中通过设直线和曲线的交点，利用韦达定理是解决该种问题的关键．典例4．（2020上海吴淞中学月考）已知椭圆，是它的上顶点，点各不相同且均在椭圆上．（1）若恰为椭圆长轴的两个端点，求的面积； （2）若，求证：直线过一定点；（3）若，的外接圆半径为，求的值． 【答案】（1）2（2）证明见解析（3） 【解析】【分析】（1）求得，由三角形的面积公式，即可求解面积；（2）设，联立方程组，求得，又由，求得，得到，即可得到答案；（3）由题意得：，求得线段的中垂线方程，求得外接圆圆心的纵坐标为，即可求解． 【详解】（1）由题意，椭圆，可得，故的面积为． （2）根椐对称性，定点必在轴上，利用特殊值可计算得定点为， 设，，，221121144y x y x ⎧=⎨=⎩21144x x =11x =10x =M (3,0)M min ()2OAE S ∆=2214x y +=A ()*,n n P Q n N∈11,P Q 11APQ∆0n n AP AQ ⋅=n n P Q 11n n P Q y y n==-n n AP Q ∆n R lim n n R →∞411(0,1),(2,0),(2,0)A P Q -11APQ ∆():1n n P Q y l kx m m =+≠1212,x x x x +0n n AP AQ ⋅=35m =-3:5n n P Q y kx l =-22112,1n P n nn ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭n AP 332y n=-+2214x y +=11(0,1),(2,0),(2,0)A P Q -11APQ ∆11422⨯⨯=y 30,5⎛⎫- ⎪⎝⎭():1n n P Q y l kx m m =+≠()11,n P x y ()22,n Q x y联立方程组，整理得，可得， ∵，所，即， 可得， 即，可得，又∵，∴，∴，可得必过定点．（3）易知是等腰三角形，外接圆圆心在轴上，由题意得：，线段的中垂线为： 故外接圆圆心的纵坐标为：，∴，∴． 【举一反三】已知12,F F 是椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>的左、右焦点，点()2,3A --在椭圆M 上，且离心率为12e =．(1)求椭圆M 的方程；(2)若12F AF ∠的角平分线所在的直线l 与椭圆M 的另一个交点为,B C 为椭圆M 上的一点，当ABC 面积最大时，求点C 的坐标．【答案】(1)2211612x y +=(2) 1919⎛- ⎝⎭【解析】(1)由椭圆M 经过点()2,3A --，离心率12e =，可得22491a { 12b c a +==，解得2214y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()()222148410k x kmx m +++-=()122212208144114km x x k m x x k ⎧⎪∆>⎪⎪+=-⎨+⎪⎪-⎪=+⎩90n n P AQ ∠=︒0n n AP AQ ⋅=12121210x x y y y y +--+=()()()()12121210x x kx m kx m kx m kx m +++-+-++=()()()()2212121110kx xk m x x m ++-++-=()()5310m m +-=1m ≠35m =-3:5n n P Q y kx l =-30,5⎛⎫- ⎪⎝⎭n n AP Q ∆y 1n P n ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭nAP 112y x n ⎛⎫--= ⎪⎝⎭332y n =-+3313422n R n n ⎛⎫=--+=- ⎪⎝⎭3lim lim 442n n n R n →∞→∞⎛⎫=-= ⎪⎝⎭2216,12a b ==，∴椭圆的标准方程为2211612x y +=∴直线l 的方程为210x y -+=，设过C 点且平行于l 的直线为20x y m -+=由221{ 161220x y x y m +=-+=，整理得()2219164120x mx m ++-= 由()()22164194120m m =-⨯⨯-=，解得276m =，∵m 为直线20x y m -+=在y 轴上的截距，依题意，0m <，故m =-解得x =，y =，∴C点的坐标为⎝⎭ 【精选名校模拟】1．（2020·上海闵行区期末考试）在平面直角坐标系xOy 中，设椭圆2222:1(3)9x yC a a a +=>-．(1)过椭圆C 的左焦点，作垂直于x 轴的直线交椭圆C 于M 、N 两点，若||9MN =，求实数a 的值； (2)已知点(1,0),6T a =，A 、B 是椭圆C 上的动点，0TA TB ⋅=，求TA BA ⋅的取值范围； (3)若直线:13x yl a a +=-与椭圆C 交于P 、Q 两点，求证：对任意大于3的实数a ，以线段PQ 为直径的圆恒过定点，并求该定点的坐标．【答案】(1)6a =；(2)[24,49]；(3)证明见解析，(3,0)-． 【解析】【分析】（1）由椭圆的方程可得左焦点坐标，再由MN 的长可得纵坐标，即椭圆过9(3,)2-，代入椭圆的方程求出a 的值；（2）6a =代入椭圆可得椭圆的标准形式，设A 的坐标，TA BA 中的BA 用,TA TB 向量表示，再由题意可得关于A 的坐标的关系，由A 的坐标的范围求出数量积TA BA 的取值范围；（3）将直线l 与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出PQ 的中点的坐标，及弦长PQ ，求出以线段PQ 为直径的圆的方程，整理出关于a 的二次三项式恒为0，可得a 的所有系数都为0，可得x ，y 的值，即圆恒过的定点坐标．【详解】（1）由题意可得：222(9)9c a a =--=，即左焦点为：(3,0)-，若||9MN =，∴9||2y =，将3x =，9||2y =代入椭圆可得：229181149a a +=-，又3a >解得：6a =． （2）6a =时，椭圆的方程为：2213627x y +=，设(,)A x y ，66x -，2()||TA BA TA TA TB TA TA TB =-=-，由题意可得：222222211||(1)(1)27(1)228(4)243644x TA BA TA x y x x x x ==-+=-+-=-+=-+，由66x -，∴[24TA BA ∈，49]．（3）联立直线l 与椭圆的方程可得：22(9)0ay a y --=，解得10y =，229a y a-=，设(,0)P a ，29(3,)a Q a--，∴PQ 的中点为：3(2a -，29)2a a -，22229||(3)()a PQ a a -=++， ∴以线段PQ 为直径的圆的方程为：2222223919()()[(3)()]224a a a x y a a a ----+-=++，整理可得：22222222239939(3)()()()()2222a a a a a x a x y y a a a---+---++-+=+，即2229(3)30a x a x y y a a---+--=，整理可得：22(3)(3)90x y a x x y a y -++++++=，对于任意的3a >，关于a 的二次三项式22(3)(3)9x y a x x y a y -++++++恒为0， ∴二次项，一次项和常数项的系数均为0，即2(3)390x y x x y y -++=++==， ∴3x =-，0y =，即定点坐标为(3,0)-．2．（2019·上海南模中学高三月考）已知椭圆2212x y +=上两个不同的点A 、B 关于直线()102y mx m =+≠对称．（1）若已知10,2C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，M 为椭圆上动点，证明：2MC ≤； （2）求实数m 的取值范围；（3）求AOB ∆面积的最大值（O 为坐标原点）．【答案】（1）证明见解析；（2）6,,⎛⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（3）2． 【解析】【分析】（1）设点(),M x y ，则有11y -≤≤，代入椭圆的方程得出2212x y =-，然后利用两点间的距离公式和二次函数的基本性质可求出MC 的最大值2，从而证明2MC ≤； （2）由A 、B 关于直线()102y mx m =+≠对称，可得出直线AB 与直线12y mx =+，从而可得出直线AB 的斜率为1m -，设直线AB 的方程为1y x b m=-+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线AB 的方程与椭圆方程联立，得出>0∆，并列出韦达定理，求出线段AB 的中点M ，再由点M 在直线上列出不等式，结合>0∆可求出m 的取值范围； （3）令1t m-=，可得出直线AB 的方程为y tx b =+，利用韦达定理结合弦长公式计算出AB ，利用点到直线的距离公式计算出AOB ∆的高d 的表达式，然后利用三角形的面积公式得出AOB ∆面积的表达式，利用基本不等式可求出AOB ∆面积的最大值．【详解】（1）设(),M x y ，则2212x y +=，得2222x y =-，于是MC ====因11y -≤≤，∴当12y时，max MC =，即MC ≤ （2）由题意知0m ≠，可设直线AB 的方程为1y x b m=-+． 由22121x y y x b m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩消去y ，得222222102m b x x b m m +-+-=．∵直线1y x b m =-+与椭圆2212x y +=有两个不同的交点，∴224220b m ∆=-++>，即2221b m <+，①由韦达定理得12242bm x x m +=+，()22122212b m x x m -=+，2122212222y y bm bm b m m m +=-⋅+=++，∴线段AB 的中点2222,22mb bm M m m ⎛⎫ ⎪++⎝⎭．将AB 中点2222,22mb m b M m m ⎛⎫ ⎪++⎝⎭代入直线方程12y mx =+，解得2222m b m +=-②， 将②代入①得22222222m mm m ⎛⎫++-< ⎪⎝⎭，化简得223>m ．解得3m <-或3m >，因此，实数m 的取值范围是6,,33⎛⎛⎫-∞-+∞⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； （3）令160,t m ⎛⎫⎛⎫=-∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即230,2t ⎛⎫= ⎪⎝⎭，且2212t b +=-． 则122421tb x x t +=-+，21222221b xx t -=+， 则12AB x x =-=221t==+==，且O到直线AB的距离为2d=设AOB∆的面积为()S t，∴()124S t ABd=⋅=()()222132422t t++-≤⋅=，当且仅当212t=时，等号成立，故AOB∆．3．（2020·上海南模中学期末）已知定点()1,0F，动点P在y轴上运动，过点P作直线PM交x轴于点M，延长MP至点N，使0PM PF⋅=．||||PM PN=点N的轨迹是曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若S，T是曲线C上的两个动点，满足0OS OT⋅=，证明：直线ST过定点；（3）若直线l与曲线C交于A，B两点，且4OA OB⋅=-，||430AB≤≤l的斜率k的取值范围．【答案】(1) ()240y x x=>；(2) 直线ST过定点()4,0；(3)111,,122k⎡⎤⎡⎤∈--⋃⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦【解析】【分析】(1)设出动点N ，则,M P 的坐标可表示出，利用0PM PF ⋅=，可求得,x y 的关系式，即N 的轨迹方程；(2)设直线:ST x ty m =+，联立直线与(1)中所得抛物线的方程，利用韦达定理表示0OS OT ⋅=，进而求得m 即可；(3)设出直线l 的方程，A ，B 的坐标，根据12124x x y y +=-推断出128y y =-，把直线与抛物线方程联立消去x 求得12y y 的表达式，进而求得2b k =-，利用弦长公式表示出2AB ，再根据AB 的范围，求得k 的范围．【详解】(1)设动点(),N x y ，则(),0M x -，0,2y P ⎛⎫⎪⎝⎭，0x >，∵0PM PF ⋅=，即,1,022y y x ⎛⎫⎛⎫--⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，化简得()240y x x =>． (2)设直线:ST x ty m =+，联立()2240440y x x y ty m x ty m⎧=>⇒--=⎨=+⎩． 设()()1122,,,S x y T x y ，则124y y m ⋅=-，()22212212124416y y y y x x m ⋅⋅=⋅==．又0OS OT ⋅=，故由题有12120x x y y +=，即240m m -=．由题意可知0m ≠，故4m =．故直线:ST 4x ty =+，恒过定点()4,0． (3)设直线l 方程为y kx b =+，l 与抛物线交于点()()1122,,,A x y B x y ，则由4OA OB ⋅=-，得12124x x y y +=-，即221212444y yy y ⋅+=-，∴()2121216640y y y y ++=，解得128y y =-，由()()2240440,0y x x ky y b k y kx b⎧=>⇒-+=≠⎨=+⎩，∴12482by y b k k ==-⇒=-， 当216160120kb k ∆=->⇒+>恒成立，()()222121212222211116161141b AB yy y y y y k k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤=+-=++-=+- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()22416112k k k ++=． 由题意，||430AB ≤≤()()224161121661630k k k++⨯≤≤⨯，即2422132513121428424k k k ⎛⎫≤+≤⇒≤+≤⎪⎝⎭， ∵21302k +>，故2251311114222k k ≤+≤⇒≤≤，解得2114k ≤≤，∴112k ≤≤或112k -≤≤-． 即所求k 的取值范围是111,,122⎡⎤⎡⎤--⋃⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦． 4．（2020·上海南模中学期末）教材曾有介绍：圆222x y r +=上的点()00,x y 处的切线方程为200x x y y r +=．我们将其结论推广：椭圆()222210x y a b a b+=>>上的点()00,x y 处的切线方程为00221x x y y a b +=，在解本题时可以直接应用．已知，直线0x y -+=与椭圆()222:11x E y a a+=>有且只有一个公共点．（1）求a 的值；（2）设O 为坐标原点，过椭圆E 上的两点A 、B 分别作该椭圆的两条切线1l 、2l ，且1l 与2l 交于点()2,M m ．当m 变化时，求OAB ∆面积的最大值；（3）在（2）的条件下，经过点()2,M m 作直线l 与该椭圆E 交于C 、D 两点，在线段CD 上存在点N ，使CN MCND MD=成立，试问：点N 是否在直线AB 上，请说明理由．【答案】（1）a =2）2（3）见解析 【解析】【分析】（1）将直线y ＝x x 的方程，由直线和椭圆相切的条件：判别式为0，解方程可得a 的值；（2）设切点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），可得切线1l ，22x xy y 12+=，CN MC ND MD =，再将M 代入上式，结合两点确定一条直线，可得切点弦方程，AB 的方程为x+my ＝1，将直线与椭圆方程联立，运用韦达定理，求得△OAB 的面积，化简整理，运用基本不等式即可得到所求最大值；（3）点N 在直线AB 上，∵()C C C x ,y设()D D D x ,y 、()00N x ,y 、()CN λND λ0,λ1=>≠，且CM λMD =-，于是C D0x λx x 1λ+=+，向量坐标化，得C D 0y λy y 1λ+=+、C D x λx 21λ-=-、C Dy λy m 1λ-=-、00x my 10+-=，将()CN λND λ0,λ1=>≠代入椭圆方程，结合()D D D x ,y 、()00N x ,y 在椭圆上，整理化简得2223x y 1ay x ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，即N 在直线AB 上．【详解】（1）联立2211x 20(1)a a ⎛⎫+++=> ⎪⎝⎭，整理得(2214120a a ⎛⎫-⋅+⋅=⇒= ⎪⎝⎭依题意Δ0=，即()11A x ,y ． （2）设()22B x ,y 、11x xy y 12+=，于是直线1l 、2l 的方程分别为()M 2,m 、CN MC ND MD =，将11x my 10+-=代入1l 、2l 的方程得22x my 10+-=且x my 10+-=，∴直线AB 的方程为()222210m 2y 2my 10x y 12x my +-=⎧⎪⇒+--=⎨+=⎪⎩， 联立1221y y m 2=-+， 显然Δ0>，由1y ，2y 是该方程的两个实根，有1222my y m 2+=+，ΔOAB ， 121S y y 2=-面积()()()()222121222222m 1121S y y 4y y 142m 2m12m 1+⎡⎤=+-==≤⎣⎦+++++，即22C C x y 12+=，当且仅当m 0=时，“=”成立，S取得最大值2． （3）点N 在直线AB 上，∵()C C C x ,y ，设()D D D x ,y 、()00N x ,y 、()CN λND λ0,λ1=>≠，且CM λMD =-， 于是C D 0x λx x 1λ+=+，即C D 0y λy y 1λ+=+、C D x λx 21λ-=-、C Dy λy m 1λ-=-、00x my 10+-=，又22222222C D DD C D x x x y 1y λy 1λ222⎛⎫+=⇒+-+=- ⎪⎝⎭C D C D C D C D x λx x λx y λy y λy 1121+λ1λ1+λ1λ+-+-⇒⋅⋅+⋅=--00001x 2y m 1x my 102⇒⋅⋅+=⇒+-=， ()()()()()f 2,j f 1,j f 1,j 12f 1,j 48j 4j 1,2,,n 1=++=+=+=-，即N 在直线AB 上．5．（2020·上海普陀区一模）已知双曲线Γ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的焦距为4，直线:40l x my --=（m R ∈）与Γ交于两个不同的点D 、E ，且0m =时直线l 与Γ的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形．（1）求双曲线Γ的方程；（2）若坐标原点O 在以线段DE 为直径的圆的内部，求实数m 的取值范围；（3）设A 、B 分别是Γ的左、右两顶点，线段BD 的垂直平分线交直线BD 于点P ，交直线AD 于点Q ，求证：线段PQ 在x 轴上的射影长为定值．【答案】（1）2213x y -=；（2）15((,3)33-；（3）证明见解析． 【解析】【分析】（1）求得双曲线的2c =，由等边三角形的性质可得a ，b 的方程，结合a ，b ，c 的关系求得a ，b ，进而得到双曲线的方程；（2）设1(D x ，1)y ，2(E x ，2)y ，联立直线40x my --=和2233x y -=，应用韦达定理和弦长公式，设DE 的中点为F ，求得F 的坐标，由题意可得1||||2OF DE <，应用两点的距离公式，解不等式可得所求范围；（3）求得A ，B 的坐标和P 的坐标，求得BD 的垂直平分线方程和AD 的方程，联立解得Q 的坐标，求出||P Q x x -，即可得证．【详解】（1）当0m =直线:4l x =与C 的两条渐近线围成的三角形恰为等边三角形，由根据双曲线的性质得，2221tan 303b a ==，又焦距为4，则224a b +=，解得a =1b =，则所求双曲线Γ的方程为2213x y -=．（2）设11(,)D x y ，22(,)E x y ，由221340x y x my ⎧-=⎪⎨⎪--=⎩，得22(3)8130m y my -++=，则12283m y y m +=-，122133y y m =-，且2226452(3)12(13)0m m m ∆=--=+>， 又坐标原点O 在以线段DE 为直径的圆内，则0OD OE ⋅<，即12120x x y y +<，即1212(4)(4)0my my y y +++<，即212124()(1)160m y y m y y ++++<，则22221313816033m m m m +-+<--，即223503m m -<-，则3m <<-或3m <<， 即实数m的取值范围15((,3)． （3）线段PQ 在x 轴上的射影长是p q x x -．设00(,)D x y ，由（1）得点B ， 又点P 是线段BD 的中点，则点00()22x y P+， 直线BD，直线AD ，又BDPQ ⊥，则直线PQ的方程为0000(22y x x yx y -=-，即200000322x x y y x y y -=++， 又直线AD的方程为y x =+，联立方程200000322x x y y x y y y x ⎧-=++⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩， 消去y化简整理，得2220003)22x y x x x -++=+，又220013x y =-，代入消去20y，得20002(3)1)(33x x x x x -+=+，即02(1(33x xx +-+=+，则024x x =，即点Q 的横坐标为024x ，则p q x x -==．故线段PQ 在x 轴上的射影长为定值．6．（2020·上海金山中学期末）已知椭圆C ：2221tan y x α+=，其中04πα<<，点A 是椭圆C 的右顶点，射线l ：(0)y x x =≥与椭圆C 的交点为B ． （1）求点B 的坐标；（2）设椭圆C 的长半轴、短半轴的长分别为a 、b ，当ba的值在区间0,3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭中变化时，求α的取值范围； （3）在（2）的条件下，以A 为焦点，(,0)D m 为顶点且开口方向向左的抛物线过点B ，求实数m 的取值范围．【答案】（1）(sin , sin )B αα；（2）06πα<<；（3）314m +<<． 【解析】【分析】（1）联立方程组2221tan y x y x α⎧+=⎪⎨⎪=⎩，再求解即可；（2）由椭圆的几何性质可得1a =，tan b α=，再解不等式040tan 3παα⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩即可；（3）先求出抛物线的方程为24(1)()y m x m =---，由点(sin ,sin )B αα在抛物线上可得2sin 4(1)(sin )m m αα=---，再令sin t α=，则2()4(1)4(1)f t t m t m m =--+-①，其中102t <<，则问题可转化为抛物线①在区间10,2⎛⎫⎪⎝⎭上与椭圆有一个交点的充要条件是：(0)0102f f <⎧⎪⎨⎛⎫> ⎪⎪⎝⎭⎩，再求解即可．【详解】（1）解方程组2221tan y x y x α⎧+=⎪⎨⎪=⎩，得sin x y α==，∴(sin , sin )B αα． （2）∵04πα<<，0tan 1α<<，∴椭圆的焦点在x 轴上，1a =，tan b α=，由条件0403b a πα⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，得：040tan 3παα⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，∴06πα<<；（3）由题意得：1m ，且抛物线焦点A 与顶点D 的距离为1m -，设抛物线方程为：22()y p x m =--，那么2(1)p m =-，故抛物线的方程为24(1)()y m x m =---，∵点(sin ,sin )B αα在抛物线上，∴2sin 4(1)(sin )m m αα=---，2sin 4(1)sin 4(1)0m m m αα--+-=，设sin t α=，∵06πα<<，∴102t <<， 令2()4(1)4(1)f t t m t m m =--+-①，其中102t <<，抛物线①开口向上，其对称轴2(1)0t m =-<， 抛物线①在区间10,2⎛⎫⎪⎝⎭上与椭圆有一个交点的充要条件是：(0)0102f f <⎧⎪⎨⎛⎫> ⎪⎪⎝⎭⎩，即24(1)074604m m m m -<⎧⎪⎨-+<⎪⎩，∴0? 1m m m ⎧<<或m的取值范围是314m <<． 7．（2020·上海闵行区一模）已知抛物线2:8y x Γ=和圆22:40x y x Ω+-=，抛物线Γ的焦点为F ．（1）求Ω的圆心到Γ的准线的距离；（2）若点(),T x y 在抛物线Γ上，且满足[]1,4x ∈，过点Γ作圆Ω的两条切线，记切点为A B 、，求四边形TAFB 的面积的取值范围；（3）如图，若直线l 与抛物线Γ和圆Ω依次交于M P Q N 、、、四点，证明：12MP QN PQ ==的充要条件是“直线l 的方程为2x =”【答案】（1）4；（2）；（3）见解析 【解析】【分析】（1）分别求出圆心和准线方程即可得解；（2）根据条件可表示出四边形TAFB 的面积S =，利用函数的单调性即可得解；（3）充分性：令直线l 的方程为2x =，分别求出M 、P 、Q 、N 四点坐标后即可证明12MP QN PQ ==；必要性：设l 的方程为x ty m =+，()11,M x y ，()22,N x y ，()33,P x y ，()44,Q x y ，由12MP QN PQ==可得1234y y y y +=+，即可得出t 与m 的关系，进而可得出直线l 的方程为2x =．【详解】（1）由2240x y x +-=可得：()22 24x y -+=，∴Ω的圆心与Γ的焦点F 重合，∴Ω的圆心()2,0到Γ的准线2x =-的距离为4．（2）四边形TAFB 的面积为：1222S =⨯⨯===，∴当[]1,4x ∈时，四边形TAFB 的面积的取值范围为．（2）证明(充分性) ：若直线l 的方程为2x =，将2x =分别代入28y x =2240x y x +-=得()2,4M ，()2,2P ，()2,2Q -，()2,4N -．∴122MP ON PQ ===，∴12MP QN PQ ==．(必要性) ：若12MP QN PQ ==，则线段MN 与线段PQ 的中点重合，设l 的方程为x ty m =+，()11,M x y ，()22,N x y ，()33,P x y ，()44,Q x y ，则1234y y y y +=+，将x ty m =+代入28y x =得2880y ty m --=，128y y t +=，264320t m ∆=+>即220t m +>，同理可得，()342221t m y y t-+=-+， ∴()22281t m t t--=+即0t =或242m t =--， 而当242m t =--时，将其代入220t m +>得2220t -->不可能成立；．当0t =时，由280y m -=得：1y =2y =- 将x m =代入2240x y x +-=得3y =4y =12MP PQ =，∴12=⋅，∴220m m -=，∴2m =或0m =（舍去），∴直线l 的方程为2x =，12MP QN PQ ==的充要条件是“直线l 的方程为2x =”．8．（2020·上海川沙中学期末考试）已知两点1(F、2F ，动点(,)M x y 满足12|||4|MF MF +=，记M 的轨迹为曲线C ，直线:l y kx =（0k ≠）交曲线C 于P 、Q 两点，点P 在第一象限，PE x ⊥轴，垂足为E ，连结QE 并延长交曲线C 于点G ． （1）求曲线C 的方程，并说明曲线C 是什么曲线； （2）若2k =，求△PQG 的面积； （3）证明：△PQG 为直角三角形．【答案】（1）22142x y +=，轨迹是以0)、(为焦点的椭圆；（2）4027；（3）证明见解析． 【解析】【分析】（1）1212|||||4|MF MF F F +=>，根据椭圆定义，即可求出方程；（2）设111(,),0,0P x kx x k >>，可得111(,),(,0)Q x kx E x --，求出QE 方程，与椭圆方程联立求出G 点坐标，再将2y x =与椭圆方程联立，求出,,P Q G 坐标，即可求解； （2）根据（2）中G 点坐标求出PG 斜率，即可证明结论．【详解】（1）1212|||||4|MF MF F F +=>，M点轨迹就是以12(F F 为焦点的椭圆，其方程为22142x y +=．（2）设111(,),0,0P x kx x k >>，则111(,),(,0)Q x kx E x --，直线QE 方程为1()2ky x x =-， 联立122()2240k y x x x y ⎧=-⎪⎨⎪+-=⎩消去y 得，2222211(2)280k x k x x k x +-+-=，① 设221(,),G x y x -为方程①的解，222111121212222232,222k x k x k x x x x x x k k k +-=∴=+=+++，323111122122232(),(,)2222k x k x x k x ky x x G k k k +=-=+++， 联立22224y x x y =⎧⎨+=⎩，解得2343x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或2343x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，2424148(,),(,),(,)333399P Q G --， 1414240()239327PQG S ∆=⨯+=．（3）由（2）得231112232(,)22k x x k x G k k +++，3112122111122123222PGk x kx kx k k k x x k x k x k -+===-+--+， PQ PG ∴⊥，即△PQG 为直角三角形．9．（2020·上海东昌中学期末考试）定义：由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果两个椭圆的“特征三角形”是相似的，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比．已知椭圆221:14x C y +=．（1）若椭圆222:1164x y C +=，判断2C 与1C 是否相似？如果相似，求出2C 与1C 的相似比；如果不相似，请说明理由；（2）写出与椭圆1C 相似且焦点在x 轴上、短半轴长为b 的椭圆b C 的标准方程；若在椭圆b C 上存在两点M 、N 关于直线1y x =+对称，求实数b 的取值范围；（3）如图：直线y x =与两个“相似椭圆”和分别交于点,A B 和点,C D ，试在椭圆M 和椭圆M λ上分别作出点E 和点F （非椭圆顶点），使CDF ∆和ABE ∆组成以λ为相似比的两个相似三角形，写出具体作法．（不必证明）【答案】（1） 相似比为2:1（2）b >（3）详见解析 【解析】【详解】（1）椭圆2C 与1C 相似．∵椭圆2C 的特征三角形是腰长为4，底边长为 而椭圆1C 的特征三角形是腰长为2，底边长为 因此两个等腰三角形相似，且相似比为2:1． （2）椭圆b C 的方程为：，设:MN l y x t =-+，点1122(,),(,)M x y N x y ，MN 中点为00(,)x y ，则2222{14y x tx y b b =-++=， ∴222584()0x tx t b -+-=，则12004,255x x t tx y +===， ∵中点在直线1y x =+上，∴有4155t t =+，53t =-，即直线MN l 的方程为：5:3MN l y x =--， 由题意可知，直线MN l 与椭圆b C 有两个不同的交点，即方程2225558()4[()]033x x b --+--=有两个不同的实数解，∴224025()454()039b ∆=-⨯⨯⨯->，即b > （3）作法1：过原点作直线，交椭圆M 和椭圆M λ于点E 和点F ，则CDF ∆和ABE ∆即为所求相似三角形，且相似比为λ．作法2：过点A 、点C 分别做x 轴（或y 轴）的垂线，交椭圆M 和椭圆M λ于点E 和点F ，则CDF ∆和ABE ∆即为所求相似三角形，且相似比为λ．10．（2020·上海华师大附中月考）已知椭圆Γ的方程为22184x y +=，圆C 与x 轴相切于点()2,0T ，与y 轴正半轴相交于A 、B 两点，且3AB =，如图1．（1）求圆C 的方程；（2）如图1，过点B 的直线l 与椭圆Γ相交于P 、Q 两点，求证：射线AB 平分PAQ ∠；（3）如图2所示，点M 、N 是椭圆Γ的两个顶点，且第三象限的动点R 在椭圆Γ上，若直线RM 与y 轴交于点1M ，直线RN 与x 轴交于点1N ，试问：四边形11MNN M 的面积是否为定值？若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由．【答案】（1）()2225224x y 5⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭；（2）证明见解析；（3）是， 【解析】【分析】（1）根据已知条件设出圆心坐标，半径为圆心纵坐标，利用弦长公式，可求出圆的方程；（2）先求出,A B 点坐标，设出直线AB 方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，即可求得0AP AQ k k +=，命题得证；（3）设220000(,),28R x y x y +=，求出直线RM 、直线RN 方程，进而求出点1M 与点1N 的坐标，然后四边形11MNN M 的面积用点1M 与点1N 的坐标表示，计算可得定值．【详解】（1）依题意，设圆心(2,),C b r b =，||3AB ==，解得52r =， ∴所求的方程为()2225224x y 5⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭． （2）0x =代入圆C 方程，得1y =或4y =，(0,1),(0,4)B A ∴， 若过点B 的直线l 斜率不存在，此时,,A P Q 在y 轴上，0PABQAB，射线AB 平分PAQ ∠，若过点B 的直线l 斜率存在，设其方程为1y kx =+，联立22281x y y kx ⎧+=⎨=+⎩，消去y 得，22222(21)460,1624(21)8(83)0,k x kx k kk∆。
高考数学《解析几何中的参数取值范围问题》
高考数学 解析几何中的参数取值范围问题
6. 已知椭圆ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 22，且过点(2， 2)． (1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 设 A，B 为椭圆 C 的左、右顶点，过 C 的右焦点 F 作直线 l 交椭圆于 M, N 两 点，分别记△ABM，△ABN 的面积为 S1，S2，求|S1－S2|的最大值．
高考数学 解析几何中的参数取值范围问题
2. 已知 F1，F2 是椭圆的两个焦点，满足M→F1·M→F2＝0 的点 M 总在椭圆内部，则椭
圆离心率的取值范围是________________．
0，
2 2
解析：满足M→F1·M→F2＝0 的点 M 在圆 x2＋y2＝c2 上，由题意知方程组
x2＋y2＝c2， ax22＋by22＝1
高考数学 解析几何中的参数取值范围问题
解析：(1) 由题意知，e＝ac＝12，CD＝7－2a，
所以 a2＝4c2，b2＝3c2.
7－4c2
因为点c，7－24c在椭圆上，即4cc22＋
2 3c2
＝1，
所以 c＝1.
高考数学 解析几何中的参数取值范围问题
【思维变式题组训练】 1. 已知椭圆2x52 ＋1y62 ＝1，F 为椭圆的右焦点，点 A(1,2)，P 为椭圆上任意一点，则 5PF＋3PA 的最小值为________． 22 解析：过点 P 作右准线的垂线，垂足为 P1.根据统一定义PPPF1＝35，5PF＋3PA ＝3(PA＋PP1)≥3235－1＝22.
(2) 求△PCD 面积的最大值．
高考数学 解析几何中的参数取值范围问题
a32＋41b2＝1， 解析：(1) 由题意得ac＝ 23，
a2＝b2＋c2， 故椭圆 C 的标准方程为x42＋y2＝1.
解析几何最值问题常用求解策略
在评 价过 程 中要 重 视 对 数 学 学 习 过 程 的评 价 ．既 要 关 注 学生 知识 与技 能 的理 解 和 掌 握 ，又 要 关 注 他 们 情 感 与 态 度 的 形成 和发 展 ： 要 关 注 学 生 学 习数 学 的结 果 ， 要 关 注他 们 在 既 又 数学 学 习 过程 中 的 变化 和 发 展 。 多 元 性 的 评 价 包 括 参 与 数 学 活 动 的程 度 、 自信 心 、 作 交 流 的 意 识 、 立 思 考 的 习 惯 、 学 合 独 数 思考 发展 水 平 ， 等 。 如 ， 否积 极 主 动 地 参 与 学 习 活 动 ， 等 例 是 是 否有 学 好 数 学 的信 心 ， 否 乐 于 与 他 人 合 作 ， 否 愿 意 与 同伴 是 是 交 流 各 自的想 法 ．是 否 能够 通 过 独 立 思 考 获 得 解 决 问题 的思 路 ， 否 能 找 到 有 效 解 决 问 题 的方 法 ， 否 能 够 使 用 数 学 语 言 是 是 有 条 理 地 表 达 自己 的思 考 过 程 ．是 否 有 反 思 自 己思 考 过 程 的 意识 ， 等 。 等 四 、 展 性 评 价在 数 学教 学 中 的反 思 发 （ ） 展 性 评 价 不 应 是 无 原 则 的表 扬 ． 应 是 师 生 在 民 一 发 而 主 气 氛 中 的沟 通 。 些 教 师 经 常 引用 一 理 学 上 的 “ 森 塔 尔 效 应 ” 说 明赞 ｔ Ｌ ， 罗 来 扬 在 教 育 中 的重 要 性 ，坚 持 认 为 在评 价 时 只 能 表 扬 ．不 能 批 评 ， 能尽量发现“ 只 闪光 点 ” 不 能 指 出 缺 点 与 不 足 。 这 些 无 原 ， 则 的评 价 可 能 会 导 致 学 生 出现 基 础 知 识 不 牢 固 、 念 不 清 晰 、 概 努 力 方 向 不 明 确 等 问题 ， 可 能 使 学 生 是 非 不 分 、 恶 不 明 。 也 善 评 价 没 有 起 到 激 励 与 促 进 学 生 发 展 的作 用 ，相 反 却 阻 碍 了学 生 的 发 展 ， 价 活 动 的信 度 与 效 度 更 无 从 谈 起 。 展 性 评 价 注 评 发 重 评 价 过 程 中 被 评 价 者 对 评 价 信 息 的建 构 ，鼓 励 被 评 价 者 参 与 评 价 。 倡 自我 评 价 与 他 人 评 价 相结 合 ， 在 客 观 上 隐 含 了 提 这 评 价 双 方 平 等 交 流 的 基 本 要 求 。评 价 者 与 被 评 价 者 在 民 主 的 气 氛 中沟 通思 想 、 成共 识 ． 展 性 评 价 中 师生 双方 的 参 与 和 达 发 互 动 过 程 实 质 上 就 是 人 际 沟 通 的 过程 。 （ ） 展 性 评 价 不 应 是 多 种 评 价 方 式 、 价 主 体 的 简单 二 发 评 相加 。 评 价 的多 元 性 是 发 展 性 评 价 的一 个 整 体 特 征 ，它 不 意 味 着 每 一 个 具 体 评 价 活 动 都 要 使 用 所 有 的方 法 、调 动 所 有 的主 体。 而且 ， 价 的 多 元 方 法 与 多元 主体 的使 用 都 应 当 以保 障评 评 价 结 果 的 信 度 和 效 度 为 前 提 ， 价 者 对 评 价 目的 的理 解 、 评 评 对 价 标 准 的 把 握 、 评 价 方 法 的 熟 悉 程 度 等 ， 会 影 响 到 评 价 的 对 都
解析几何最值和参数范围问题求解策略
解析几何最值和参数范围问题的求解策略解析几何问题常常围绕“形助数”和“数研究形”展开.圆锥曲线的最值和范围问题目标函数化归函数最值求解是通法.若能抓住定义的本质属性和曲线方程的几何特征，往往能寻求到最值问题的简捷解题途径.要充分认识和体验某些几何量的几何意义，重视“形助数”和“数研究形”的简化运算的功能.1（05全国） P 、Q 、M 、N 四点都在椭圆1222=+y x 上，F 为椭圆在y 轴正半轴上的焦点.已知.0,,=⋅且线与共线与求四边形PMQN 的面积的最小值和最大值.解：本小题主要考查椭圆和直线的方程与性质，两条直线垂直的条件，两点间的距离等基本知识及综合分析能力. 突显依据几何条件的特征构建目标函数，换元化归函数值域求解最值。
依据四边形对角线垂直的面积公式，“设而不解整体思维”，用弦长公式切入类比，如图，由条件知MN 和PQ 是椭圆的两条弦，相交于焦点F （0，1），且PQ ⊥MN ，直线PQ 、MN 中至少有一条存在斜率，不妨设PQ 的斜率为k.又PQ 过点F （0，1），故PQ 方程为.1+=kx y 将此式代入椭圆方程得.012)2(22=-++kx x k 设P 、Q 两点的坐标分别为则),,(),,(2211y x y x.,21,22221221k x x k k x x +-=+-=+()()[]212212221221241)()(||x x x x k y y x x PQ -++=-+-=从而,)2()1(82222k k ++=222)1(22||kk PQ ++=亦即 （i ）k MN k 1,0-≠的斜率为时当,同上可类比推得.)(2))11(1(22||22kk MN -+-+=故四边形面积||||21MN PQ S ⋅=222214(1)(1)(2)(2)k k k k ++=++.225)12(42222k k k k ++++= 如何研究最值？整体变量观念“换元法”简化， 2214(2),252u u k S k u +=+==+令得1(1)52u-+因为2212u k k =+≥ ;2916,,916,2,1<≤==±=S u S S u k 所以为自变量的增函数是以且时当 （ii ）当k =0时，MN 为椭圆长轴，22||=MN 、2||=PQ ,.2||21=⋅=MN PQ S综合（i ），（ii ）知，四边形PMQN 面积的最大值为2，最小值为.9162 （05广东）在平面直角坐标系x Oy 中，抛物线y =x 2上异于坐标原点O 的两不同动点A 、B 满足AO ⊥BO （如图4所示）.（Ⅰ）求△AOB 的重心G （即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；（Ⅱ）△AOB 的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由解： 本小题主要考查椭圆和直线的方程与性质，两条直线垂直的条件，两点间的距离，等基本知识及综合分析能力.构建目标函数化归不等式求最值解决。
高中解析几何中的最值问题及其教学策略研究
一
其题意为 ： 若点０ 和点Ｆ 为 椭 圆 ＋ ＝ １ 的中心和左焦点 ，
４ ３
、
点Ｐ 是椭 圆上的任意点 ， 求确 ・ 的最大值． 而对于该 题 ， 可以
巧 妙 地 利 用 函数 思 想 进 行 解 答 ． 首先 ， 通过题 意可 以知Ｆ （ 一 １ ，
２ ２
一
０ ） ， 假设点Ｐ （ ｘ ， Ｙ ） ， 则 可 以得 到 算 式
高 中解 析 几 何 中 的 最 值 问题 及 其 教 学 策 略 研 究
捌 振 飞
（ 江 苏 省 通 州 高 级 中学 ， 江苏 南通 摘 要： 解 析 几何 是 高 中数 学 的 重要 内容 。 在教 学 过 程 中 要 注 意对 解 析 几 何 最值 问题 进 行 方 法 策略 探 析 ， 实现 优 化 解 题 的 目的 ． 一 些 解析 几 何 最 值 问题 的典 型 例 题 ， 总 结 归 纳 其教 学 策略 ， 为 高 中 解析 几何 最 值 问题 提 供 常 用 的 解 答技 巧 与 方 法 ． 关键词 ： 高 中 解析 几何 最 值 问题 教 学 策 略 ２ ２ ６ ３ ０ ０ ）
浅谈如何有效地解决解析几何中的最值问题
由双 曲线的第二定义 知
：， 。
Ｉｌ ｄ １ Ｉ Ｎｌ ＝ ， ￣
所以Ｉ ４ Ｉ ＝Ｉ ＋ ＝Ｉ ＋Ｉ Ｉ Ｐ Ｉ Ｐ Ｉ Ｐ Ｉ ｄ Ｐ Ｉ ． Ｍ Ｆ Ｍ Ｍ
ｙ
Ｃ：｛ ２
【 ＝３ｉ ｙ ｓｎ０
（ 为参数） ０ ．
（ ） Ｃ，Ｃ 的方 程为普通 方程 ，并说 明它们 分别表 示什 １化
么 曲线 ；
、
半 ＝， ｝ ｝则ｙ ， 直 径ｒ１设 ｊ 当 ，
线 Ｙ＝ 与圆 ｃ相切 时 ，卫 取最值 ．
所 以
Байду номын сангаас０
（ ） Ｃ 上的点 Ｐ对应 的参数为 ￡ ，Ｑ为 Ｃ 上 的动点 ， ２若 ＝ ２
（ ） —Ｙ： ２设 ｍ，
均为参数 方程 ，两 问相 互关联 ，可 以化 参数方程 为熟 悉的普通
方 程 ，于是 问题 获 得 如 下 解 法 ．
则 ， —ｍ与圆 Ｃ相切 时 ， — ， ＝ Ｙ有最值 ，
所 以
、２ ／
解 （ Ｃ （ ４＋ 一） １Ｃ 昔 ・ ：１ － ） （ ３＝，ｚ ）： ＋ ： 手 １
分 析 ： 本 题 与 例 ３有 类 似 之 处 ， 利 用 定 义 及 几 何 特 征 可 买
现 问题 的转 化 ．
故 （＋刚， 手ｉ） 一 ４ ２ ｓ ． ２ｃ ｎ
Ｃ 为 直 线 一２ ， ｙ一７＝０ ， 到 Ｇ 的距 离 ｄ＝Ｔ － ・ Ｖ３
解 由 曲音一 ＝知 ＝，＝ ：双 线 手 １ １ｂ９ ６ ２，
所 以 ｃ ＝２ ， ５ ） ５ ，０ ，
解析几何中范围和最值问题的解法研究
．
ｌ Ｏ
’ 、
由 Ｄ在 ＡＢ上 ， ￣ ＇ ｌ ｆ Ｘ ｏ ＋２ ｋ ｘ ｏ ＝２ ， 得 知 一
所 以 一 一 １ ０
，
题意 Ｙ ， Ｙ ２ 不 同时为 ０ ，
’
． ．
上述条件等价 于 Ｙ 一 ２ ∞ｚ ； 一ｚ ； ∞（ １ ＋ ） （ ｚ ｌ ｚ ≠ｚ ２ ， ． ． 上述条件等价 于 ｚ １ ＋ ２ － － ０ ．
设 ＡＢ的中点 Ｎ 的坐标为（ Ｘ ｏ ， ｙ ｏ ） ， 则
Ｘ ｏ 一
】 ，
（ ｘｌ 十 ２ ） 一 一百 ， Ｙ ｏ 一 一 Ｘ Ｏ 十 ｍ・
．
、
］
】
．
由Ｎ Ｅ ｌ ， 得 志＋ 一 一 寺＋ ６ ， 于 是６ 一 素＋ 优 ・
・
。 ＞一１
．
３ ２ ． ６ ＞ 熹一 １ 一 ，
。
间 的等量关 系实现 变量之 间的相互 转化 ， 从 而构造 关于 未知变量 的不等式 ， 即可求变量 的取值 范围或最 值．
这就是说 ， 可 以用 函数 的观点 、 方程 的观点 、 不 等式
的方程 分别 为 ｚ＋２ ｙ ＝２ ， 一尼 ｚ ） ．
即得 ｚ 在 Ｙ轴 上截距 的取值 范围是（ ， ＋。 。 ） ．
评析 ： 第（ ２ ） 题解 法 的 实质 是 建立 关 于纵截 距 ｂ的
函数 ， 从 而将 问题 转 化 为 求 函数 的值 域 ．
即相 应变量之间的等量关系与不等量关系． 若将 变量间的等量关系看 成 函数 关系 ， 则 可 以将 等 量关 系式转换成 函数关系式 ， 然后 可 以用求 函数 的值 域
一
、
故 ＝－ －Ｘ ｌ －
解析几何中最值问题的常用解法
又Ｐ （，２ ，由直线 两点方 程得 ： ３ ）
， ．
Ｙ一２
一
一
３
‘。． ｘ ２ ｏ一 ２
０—３
设， Ｐ ０交 于 点 （ｔ ），代入上 式 得 轴 ，Ｏ
一
解： （ ）过点Ｐ Ⅳ Ｉ 作Ｐ 垂直直线ｙ一 ＝ 三于点Ｎ。依题意得
玉兰
Ｘ ｏ一３
２ｘ ０—２
最值 时 ，一 定要 关注 等号 成立 的 条件及 等 号是 否 能够取 得 ，而利
用均 值 不等 式求 最值 ，ｌ 必须 关 注三 个条 件 “ 正、 二定 、三 相 轴 所成 夹 ，角 ０ 作为 一个 参变 量 ，此 时可 考虑 用 曲线 的参 数方 贝 ０ 一 应
等 ” ，所 谓 一正 ， 即正值 ，这 是运 用 此方 法 的前提 条件 ，在 解题 程 来表 达流动 点 。
出章节 专 门讲授 ，可是 它却 与 中学数 学 中众 多 的知识 和方 法 紧密
解：１ ．解 （）己 １ 知双曲线实半轴。 ４ ，虚半轴６ ２ ； － √ ，半 ＝
相 关 。譬如 ： 二次 函数 、不 等式 、 函数 的有 界性 等有 关知 识和 方 ｚ 法 的利 用 。所 以 ，这类 最大 值和 最 小值 问题 就在 高考 数学 的考 查 轴６ 中 占有 了 比较重 要 的地位 。再有 ，最 大值 和最 小 值 问题 的另一 个 显 著特 点 是它广 泛 的应 用性 和实 用性 。很 多 实 际问题 的解 决可 以 归 结 为一个 数学 上 的最大 值 或最 小值 问题 的求 解 。所 以这 类实 际 问题 的求解 ，将 有利 于 学生 把实 际 问题抽 象成 数 学 问题 的训练 ， ＝ ， ．所求 的椭 圆方 程为 ２ ・ ． Ｘ
63第九章 平面解析几何 高考专题突破五 第1课时 范围、最值问题
第1课时 范围、最值问题
内容索引
NEIRONGSUOYIN
题型分类 深度剖析 课时作业
1 题型分类 深度剖析
PART ONE
师生共研
题型一 范围问题
例 1 (2016·天津)设椭圆ax22＋y32＝1(a> 3)的右焦点为 F，右顶点为 A.已知|O1F|＋ |O1A|＝|F3Ae|，其中 O 为原点，e 为椭圆的离心率.
3
2 4
y02 4x0
3
2.
因为 x20＋y420＝1(－1≤x0<0)，
所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB 面积的取值范围是6 2，15410.
多维探究
题型二 最值问题
命题点1 利用三角函数有界性求最值
例2 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，
A.[4,5]
√B.[7,8]
C.[6,7]
D.[5,6]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
16.已知椭圆 C1： mx＋2 4－yn2＝1 与双曲线 C2：xm2＋yn2＝1 有相同的焦点， 求椭圆 C1 的离心率 e1 的取值范围.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
跟踪训练1 (2018·浙江)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C： y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上. (1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
证明 设 P(x0，y0)，A41y21，y1，B41y22，y2. 因为PA，PB的中点在抛物线上， 所以 y1，y2 为方程y＋2y02＝4·14y22＋x0， 即 y2－2y0y＋8x0－y20＝0 的两个不同的实根. 所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴.
专题05 解析几何中的最值问题 (解析版)
专题05 解析几何中的最值问题常见考点考点一 面积最值问题典例1．已知椭圆C ∶22221(0)x y a b a b+=>>经过点P32），O 为坐标原点，若直线l 与椭圆C交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，直线l 与直线OM 的斜率乘积为-14. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若OM =AOB 面积的最大值.【答案】(1)221123x y +=(2)3 【解析】 【分析】（1）根据椭圆经过点P32），得到223914a b+=，再利用点差法，根据直线l 与直线OM 的斜率乘积为-14，得到 2214b a -=-求解；（2）当AB x ⊥轴时，易得12AOBSOM AB =⋅AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y kx t =+，联立221123x y y kx t ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，根据OM =k ，t 的关系，再求得AB 和点O 到直线AB 的距离为d ，由12AOB S AB d =⋅⋅求解.(1)解：因为椭圆经过点P32）， 所以223914a b +=， 设()()1122,,,A x y B x y ，因为直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，所以22112222222211x y a b x y ab ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式相减得2121221212y y x x b x x a y y -+=-⋅-+，因为线段AB 的中点为M ，且直线l 与直线OM 的斜率乘积为-14，所以 2214b a -=-，解得223,12b a ==，所以椭圆方程为：221123x y +=；(2)当AB x ⊥轴时，点M 在x 轴上，且OM AB ⊥，由OM =3AB =，所以12AOBSOM AB =⋅ 当直线AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y kx t =+，由221123x y y kx t ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去y 得()2221484120k x ktx t +++-=， 则21212228412,1414kt t x x x x k k -+=-⋅=++，224,1414kt t M k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，由OM =()2222314116k t k +=+，因为AB =点O 到直线AB 的距离为d =所以12AOBSAB d =⋅⋅=3≤=，当且仅当221214k k =+，即218k =时，等号成立，综上 AOB 面积的最大值是3.变式1-1．已知椭圆221221x y C a b+=：的焦距为2，且过点(P ．若直线AB 为椭圆1C 与抛物线2C ：22(0)y px p =>的公切线．其中点,A B 分别为1C ，2C 上的切点．(1)求椭圆1C 的标准方程：(2)求OAB 面积的最小值．【答案】(1)2212x y +=；(2)2. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列出关于22,a b 的方程，求解作答.（2）设出直线AB 的方程，分别与抛物线2C ，椭圆1C 的方程联立，求出切点纵坐标，再求出面积的函数关系，借助均值不等式计算作答. (1)椭圆半焦距c ，依题意，1c =，221112a b+=，又2221a b c -==，解得22a =，21b =， 所以椭圆1C 的标准方程为：2212x y +=. (2)显然直线AB 不垂直于坐标轴，设直线AB 的方程为(0)x my t m =+≠，()11,A x y ，()22,B x y ，由22y px x my t⎧=⎨=+⎩消去x 并整理得：2220y pmy pt --=， 则22480p m pt ∆=+=，即22t p m =-，22ty pm m==-， 由2222x y x my t⎧+=⎨=+⎩ 消去x 并整理得：()2222220m y mty t +++-=， 则()()222244220m t m t '∆=-+-=，即222t m =+，1222mt mt my m t t --===-+，点O 到直线AB 的距离为d =∴1211222OABm tS AB d y y t t m =⋅=-=⋅-+221212414(||)2222||t m m m m m m m +=-+=-+=+≥=， 当且仅当4||||m m =，即2m =±时取“=”， 所以OAB 面积的最小值为2.变式1-2．已知曲线C 上任一点到点()3,0F 的距离等于该点到直线3x =-的距离．经过点()3,0F 的直线l 与曲线C 交于A 、B 两点． (1)求曲线C 的方程；(2)若曲线C 在点A 、B 处的切线交于点P ，求PAB △面积的最小值． 【答案】(1)212y x = (2)36 【解析】 【分析】（1）分析可知曲线C 是以点()3,0F 为焦点，以直线3x =-为准线的抛物线，由此可求得曲线C 的方程；（2）先证明结论：抛物线212y x =在其上一点()00,Q x y 上一点的切线方程为()006y y x x =+，设直线l 的方程为3x ty =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 的方程与抛物线C 的方程联立，列出韦达定理，求出AB ，写出抛物线C 在A 、B 两点处的切线方程，求出点P 的坐标，进而求出点P 到直线l 的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的性质可求得PAB △面积的最小值． (1)解：由题意可知，曲线C 是以点()3,0F 为焦点，以直线3x =-为准线的抛物线，设抛物线C 的标准方程为()220y px p =>，则32p ，可得6p ，因此，曲线C 的方程为212y x =. (2)解：先证明结论：抛物线212y x =在其上一点()00,Q x y 上一点的切线方程为()006y y x x =+， 由题意可得20012y x =，联立()002612y y x x y x⎧=+⎨=⎩，可得()200x x -=，解得0x x =，因此，抛物线212y x =在其上一点()00,Q x y 上一点的切线方程为()006y y x x =+. 若直线l 与x 轴重合，则直线l 与抛物线C 只有一个交点，不合乎题意. 设直线l 的方程为3x ty =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立2312x ty y x=+⎧⎨=⎩，可得212360y ty --=，21441440t ∆=+>，由韦达定理可得1212y y t +=，1236y y =-，()2121AB t ==+，抛物线212y x =在点A 处的切线方程为()2111662y y y x x x =+=+，同理可知抛物线212y x =在点A 处的切线方程为22262y y y x =+，联立2112226262y y y x y y y x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，解得121231262y y x y y y t ⎧==-⎪⎪⎨+⎪==⎪⎩，即点()3,6P t -， 点P 到直线l 的距离为261t d +==所以，()3221361362PABS AB d t =⋅=+≥△，当且仅当0=t 时，等号成立. 因此，PAB △面积的最小值为36. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是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，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．变式1-3．已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b +=>>，且过点⎛- ⎝⎭． (1)求E 的方程；(2)若()3,0M ，O 为坐标原点，点P 是E 上位于第一象限的一点，线段PM 的垂直平分线交y 轴于点N ，求四边形OPMN 面积的最小值．【答案】(1)22162x y +=(2)【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率以及椭圆上的点，列出方程组，解得a.b ,可得答案.（2）设P 点坐标，表示出直线PM 的斜率，进而可得其中垂线方程，求得N 点坐标，从而表示出四边形OPMN 的面积，结合基本不等式，即可求得答案. (1)设E 的焦距为2c，则()222222211c a a b a b c ⎧=⎪⎪⎪⎪-⎪⎝⎭+=⎨⎪-=⎪⎪⎪⎪⎩,解得2a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩所以E 的方程是22162x y +=．(2)由题意，设()(000,0P x y y <，线段MP 的中点为A ，则点A 的坐标为003,22x y+⎛⎫⎪⎝⎭，且直线MP 的斜率003PM y k x =-，故直线AN 的斜率为0031AN PM x k k y -=-=， 从而直线AN 的方程为00003322y x x y x y -+⎛⎫-=- ⎪⎝⎭, 又2200162x y +=，则220063x y =-， 令0x =，得2200092x y y y +-=，化简得200230,2y N y ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，所以四边形OPMN 的面积2000231133222OPMN OMNOPMy S SSy y --=+=⨯⨯+⨯⨯200023322y y y ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭003332222y y ⎛⎫=+≥⨯= ⎪⎝⎭当且仅当0y =所以四边形OPMN面积的最小值为考点二 其他最值问题典例2．如图，已知椭圆C ：22212x y a +=的左、右焦点为1F 、2F ，左、右顶点分别为1A 、2A ，离心率e =M 为椭圆C 上动点，直线1A M 交y 轴正半轴于点A ，直线2A M 交y 轴正半轴于点B （当M 为椭圆短轴上端点时，A ，B ，M 重合）.(1)求椭圆C 的方程；(2)若3OA OB =，求直线MA 的方程；(3)设直线2MA 、2AA 的斜率分别为1k 、2k ，求12k k +的最大值.【答案】(1)22142x y +=(2)y =(3)【解析】 【分析】（1）根据离心率可求a ，从而可得椭圆方程.（2）设()00,M x y ，则可以用M 的坐标表示,A B ，再根据3OA OB =可求0x ，从而可求M 的坐标，故可求直线MA 的方程.（3）结合（2）可得12k k +，利用M 在椭圆上可化简前者，利用其纵坐标的范围可求最大值. (1)因为椭圆的离心率为e =c a =即22212a a -=，故24a =，所以椭圆的方程为：22142x y +=.设()00,M x y ，因为直线1A M 交y 轴正半轴于点A ，则02x ≠±，00y >，又()00:22y AM y x x =++，故0020,2y A x ⎛⎫⎪+⎝⎭，()00:22y MM y x x =--，故0020,2y B x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭， 因为3OA OB =，故000022322yyx x =-⨯+-，所以01x =-，所以0y =故()2:212AM y x x =+=-+y =. (3)由（2）可得0102y k x =-，而0020202022y x y k x -+==--+， 故00002200000124422242y y y y k y k x x x y =-==-=--+-+，因为00y <2y -≤12k k +的最大值为 变式2-1．已知曲线C 上任意一点(),P x y2=，(1)求曲线C 的方程；(2)若直线l 与曲线C 在y 轴左､右两侧的交点分别是,Q P ，且0OP OQ ⋅=，求22||OP OQ +的最小值.【答案】(1)2212y x -=(2)8 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的定义即可得出答案；（2）可设直线OP 的方程为()0y kx k =≠，则直线OQ 的方程为1=-y x k ，由2212y x y kx⎧-=⎪⎨⎪=⎩，求得2OP ，同理求得2OQ ，从而可求得2211||||OP OQ +的值，再结合基本不等式即可得出答案. (1)解：设())12,F F ，2=，等价于12122PF PF F F -=<，∴曲线C 为以12,F F 为焦点的双曲线，且实轴长为2，焦距为故曲线C 的方程为：2212y x -=；(2)解：由题意可得直线OP 的斜率存在且不为0，可设直线OP 的方程为()0y kx k =≠，则直线OQ 的方程为1=-y x k ，由2212y x y kx ⎧-=⎪⎨⎪=⎩，得222222222x k k y k ⎧=⎪⎪-⎨⎪=⎪-⎩， 所以()2222221||2k OP x y k+=+=-，同理可得，()2222212121||1212k k OQ k k⎛⎫+ ⎪+⎝⎭==--， 所以()()()22222222211111||||22121k k k OP OQ k k -+-++===++，()()22222222112222228||||OQ OP OP OQ OP OQOP OQ OP OQ ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥+=++=++≥+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 当且仅当2OP OQ ==时取等号，所以当2OP OQ ==时，22||OP OQ +取得最小值8.变式2-2．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>过点(0,1)P，椭圆上的任意一点到焦点距离的最小值为2(1)求椭圆C 的方程；(2)设不过点P 的直线l 与椭圆相交于,A B 两点，若直线PA 与直线PB 斜率之和为1-，求点P 到直线l 距离的最大值.【答案】(1)2214x y +=(2)【解析】【分析】（1）根据题意可得21b =且2a c -=a ,b ,c 之间的关系，解得a ，c ，b ，即可得出答案． （2）当直线l 垂直于y 轴时，直线PA 与直线PB 的斜率和为0，不符合题意，设直线l 的方程为x my n =+，则111PA y k x -=，221PB y k x -=，联立直线l 与椭圆C 的方程，可得244181()10n m y y m n x m n x---+⋅+=++，PA k ，PB k 是该二次方程的两根，利用韦达定理结合条件可得到21PA PB k k n m+=-=--，即可得出答案． (1)因为椭圆过点(0,1)P，椭圆上的任意一点到焦点距离的最小值为2， 所以21b =且2a c -= 又22221a b c c =+=+， 解得2a =，c =所以椭圆的方程为2214x y +=．(2)当直线l 垂直于y 轴时，直线PA 与直线PB 的斜率和为0，不符合题意， 故设直线l 的方程为x my n =+， 由于直线l 不过点(0,1)P ，故0m n +≠， 设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，10x ≠，20x ≠， 则111PA y k x -=，221PB y k x -=， 直线l 的方程可改写为(1)1x m y m n m n--=++， 椭圆C 的方程可改写为224(1)8(1)0x y y +-+-=， 两者联立，可得22(1)4(1)8(1)[]0x m y x y y m n m n-+-+-⋅-=++， 0x ≠时，整理可得244181()10n m y y m n x m n x---+⋅+=++①， 若n m =，则直线l 与椭圆C 的一个交点为(0,1)-， 此时直线PA 的斜率不存在，不符合题意， 故n m ≠，且PA k ，PB k 是以上二次方程①的两根， 由韦达定理有21PA PB k k n m+=-=--，于是2n m =+，直线l 的方程为2x my m =++，所以直线l 经过定点(2,1)-，则当点P 与该定点的连线与l 垂直时，点P 到直线l 距离的最大，最大值.. 【点睛】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解答时要注意便是德技巧，解题中需要一定的计算能力，属于较难题．变式2-3．已知点()0,2R -，()0,2Q ，双曲线C 上除顶点外任一点(),M x y 满足直线RM 与QM 的斜率之积为4. (1)求C 的方程；(2)若直线l 过C 上的一点P ，且与C 的渐近线相交于A ，B 两点，点A ，B 分别位于第一、第二象限，2AP PB =，求AP PB ⋅的最小值.【答案】(1)2214y x -=(2)1 【解析】 【分析】 （1）由题意得224+-⋅=y y x x，化简可得答案， （2）求出渐近线方程，设点()00,P x y ，()11,2A x x ，()22,2B x x -，1>0x ，20x <，由2AP PB =可得12023x x x +=，120243-=x x y 代入双曲线方程化简可得1298⋅=-x x ，然后表示AP PB ，的坐标，再进行数量积运算，化简后利用基本不等式可得答案 (1)由题意得224+-⋅=y y x x ，即2244-=y x， 整理得2214y x -=，因为双曲线的顶点坐标满足上式，所以C 的方程为2214y x -=.(2)由（1）可知，曲线C 的渐近线方程为2y x =±， 设点()00,P x y ，()11,2A x x ，()22,2B x x -，1>0x ，20x <， 由2AP PB =，得()()01012020,22,2--=---x x y x x x x y ， 整理得12023x x x +=，120243-=x x y ①，把①代入220014y x -=，整理得1298⋅=-x x ②， 因为()121201012244,2,33-+--⎛⎫=--=⎪⎝⎭x x x x AP x x y x ， ()2121202022,2,33---⎛⎫=---= ⎪⎝⎭x x x x PB x x x y ， 所以()22121211010129⋅=++⋅AP PB x x x x .由1298=-x x ，得1298=-x x ， 则()22221212221199192710101210101210219988982⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥⋅=++⋅=-+-⨯≥⨯⨯-= ⎪⎪⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦AP PB x x x x x x ，当且仅当24x =-时等号成立，所以AP PB ⋅的最小值是1.巩固练习练习一 面积最值问题1．点P 与定点()1,0F 的距离和它到定直线:4l x =的距离之比为1:2． (1)求点P 的轨迹方程；(2)记点P 的轨迹为曲线C ，直线l 与x 轴的交点M ，直线PF 与曲线C 的另一个交点为Q ．求四边形OPMQ 面积的最大值．（O 为坐标原点）【答案】(1)22143x y +=(2)6 【解析】 【分析】（1）设出点(),P x y ，直接法求出轨迹方程；（2）求出4OM =，设出直线方程，表达出四边形OPMQ 面积，使用换元及基本不等式求出面积最大值. (1)设点(),P x y ，则PF =P 到直线:4l x =的距离为4x -，12=，解得：22143x y +=.(2)由题意得：()4,0M ，则4OM =，设当直线l 斜率为0时，即0y =，此时四边形OPMQ 不存在，故舍去；设直线l 为1x ky =+，与22143x y +=联立得：()2234690k y ky ++-=，设()()1122,,,P x y Q x y ，则由韦达定理得：122634k y y k -+=+，122934y y k-=+，则12y y -==， 四边形OPMQ面积1211422S OM y y =⋅-=⨯=，t =()1t ≥，则221k t =-，224241313t S t t t==++，其中13y t t =+在[)1,t ∈+∞上单调递增，故当1t =时，13y t t=+取得最小值为4，此时面积S 取得最大值6 【点睛】求解轨迹方程通常方法有：直接法，定义法，相关点法，交轨法，本题中使用的是直接法.2．设椭圆E ：22143x y +=的右焦点为F ，点A ，B ，P 在椭圆E 上，点M 是线段AB 的中点，点F是线段MP 中点(1)若M 为坐标原点，且△ABP 的面积为3，求直线AB 的方程； (2)求△ABP 面积的最大值. 【答案】(1)32y x =或32y x =- (2)【解析】 【分析】(1)分斜率存在和不存在讨论，当斜率存在时设直线方程与椭圆方程联立消元，利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，根据已知列方程可解；(2)分直线过原点和不过原点，当不过原点时设直线方程与椭圆方程联立消元，利用韦达定理表示出M 坐标，再由中点坐标公式得P 点坐标，代入椭圆方程可得k 和b 的关系，然后利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积（注意2ABPABFS S=），然后用导数求最值.(1)在椭圆22143x y +=中，2,1a b c ===，此时点P 坐标为(2,0)，当直线AB的斜率不存在时，易知AB =122ABPS=⨯=，不满足题意.故设直线方程为y kx =，代入椭圆方程得22234120x k x +-=，即22(43)120k x +-=，由弦长公式得AB =P 到直线AB 的距3=，解得32k =±，所以直线AB 的方程为32y x =或32y x =-.(2)由（1）知，当直线过原点且斜率存在时，ABPS==故此时面积最大值为ABP S =△当直线不过原点时，易知直线斜率一定存在，设方程为y kx m =+，代入椭圆方程整理可得()2224384120k x kmx m +++-=…①，记112200(,),(,),(,)A x y B x y M x y ，则21212228412,4343km m x x x x k k -+=-=++，002243,4343km mx y k k =-=++，00(2,)P x y -- 则22003(2)412x y -+=，将002243,4343km m x y k k =-=++代入上式得222243324124343km m k k ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，整理得4m k =-，代入①得2222(43)3264120k x k x k +-+-=，又点F 到直线AB，则ABPSAB k ===+ABPS=2t k =，2(14)()(43)t t g t t -=+，则()()332843t g t t -=+'，易知当3028t <<时，()0g t '>，函数单调递增，当328t >时，()0g t '<，函数单调递减，故当328t =时，max 31()()28192g t g ==，所以ABPS≤=又直线与椭圆有两个交点，所以422644(43)(6412)0k k k ∆=-+⨯->，解得214k <，故当2328k =，即k =ABP综上，△ABP 面积的最大值为【点睛】设而不求是圆锥曲线中最常用的方法之一，本题通过各点之间的关系，结合韦达定理表示出M 坐标，进而得到点P 坐标，借助P 点在椭圆上作为突破口进行求解，考察学生的转化能力和运算能力，属难题.3．设椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>，点1F ，2F 为E 的左、右焦点，椭圆的离心率12e =，点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆E 上．(1)求椭圆E 的方程；(2)M 是直线4x =上任意一点，过M 作椭圆E 的两条切线MA ，MB ，（A ，B 为切点）． ①求证：2⊥MF AB ； ②求MAB △面积的最小值．【答案】(1)22143x y +=；(2)①证明见解析；②92. 【解析】【分析】（1）由题得222222123121c a a b a b c ⎧=⎪⎪⎪⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭+=⎨⎪=+⎪⎪⎪⎪⎩，即得；（2）由题可得在点(),A A A x y ，(),B B B x y 处的切线方程，进而可得直线AB 方程，再利用斜率关系即证，联立直线AB 方程，与椭圆方程，利用韦达定理可得(222291212MAB t S AB MF t +=⋅⋅=+△，再通过换元，利用函数的性质可求. (1)由题可得，222222123121c a a b a b c ⎧=⎪⎪⎪⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭+=⎨⎪=+⎪⎪⎪⎪⎩，解得224,3,a b ⎧=⎨=⎩ ∴椭圆E 的标准方程为22143x y +=．(2)①先求在椭圆上一点的切线方程，设椭圆上一点为()x y x y ≠≠0000,,0,0，切线方程为()00y y k x x -=-，联立方程组()0022143y y k x x x y ⎧-=-⎪⎨+=⎪⎩，可得()()()22200003484120k x k y kx x y kx ++-+--=，∴()()()222000084344120k y kx k y kx ⎡⎤⎡⎤∆=--⨯+--=⎣⎦⎣⎦，∴()()22200004230x k kx y y -++-=，即2220000432034y x k kx y ++=，∴034x k y =-， 故切线方程为()000034x y y x x y -=--，即00143x x y y +=， 设(),A A A x y ，(),B B B x y ，()4,M t ． 椭圆E 在点(),A A A x y 的切线AM 的方程为：143A A x x y y+=， 在点(),B B B x y 处的切线BM 方程为：143B B x x y y +=． 又直线AM ，BM 过点()4,M t ，即41434143A A B B x ty x ty ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，即3333A A B B x ty x ty +=⎧⎨+=⎩，故点(),A A A x y ，(),B B B x y ，在直线33x ty +=上，故直线AB 方程为：33x ty +=， 当0=t ，即()4,0M 时，直线AB 方程为：1x =，则2⊥MF AB ． 当0t ≠时，直线AB 方程为：33y x t t=-+．右焦点()21,0F ，则23MF t k =，所以2313MF AB t k k t ⎛⎫⋅=⋅-=- ⎪⎝⎭，即2⊥MF AB ．②直线AB 方程为：33x ty +=与椭圆E 联立得；()22126270t y ty +--=，2612A B t y y t +=+，22712A By y t -=+，(222291212MABt S AB MF t +=⋅⋅==+△令m =3m ≥，则(23223292213123MABt m S t m m m +===+++△在[)3,m ∈+∞上单调递增，所以当3m =时，MAB S 取最小值92．4．已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，过点F 的直线l 与抛物线C 交于,A B 两点. (1)证明：以AB 为直径的圆与直线1x =-相切；(2)设（1）中的切点为,P O 为坐标原点，直线OP 与C 的另一个交点为E ，求ABE △面积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】 【分析】（1）利用直线与圆相切等价于圆心到直线的距离等于半径来证明；（2）先设直线AB 的方程为1x my =+，以m 为参数表示出点P 以及点E 的坐标，进而求出E 点到直线的距离，即为ABE △的高，最后把ABE △的面积表示成m 的函数，求其最值. (1)证明：抛物线24y x =的焦点为()1,0F ，准线方程为1x =-. 设()()()()()11221212,,,,112A x y B x y AB AF BF x x x x =+=+++=++， 弦AB 的中点1212,22x x y y M ++⎛⎫⎪⎝⎭， 则M 到准线1x =-的距离为()121211222AB x x x x++--=+=， 所以以AB 为直径的圆与直线1x =-相切. (2)解：由题可知直线l 的斜率不能为0，设直线l 的方程为1x my =+，由21,4x my y x=+⎧⎨=⎩整理得2440y my --=， 又()()1122,,,A x y B x y ， 则12124,4y y m y y +==-，所以2AB =()()21212444x x m y y m ++=++=+.点P 的坐标为()1,2m -，于是直线OP 的方程为2y mx =-， 代入24y x =，整理得0x =或21x m =， 从而212,E mm ⎛⎫-⎪⎝⎭ 则点E 到直线AB211+=故()()32221442ABESm m =+=.[),1,t t ∈+∞，()()()()223222232,11t t t f t f t t t -=--'= 则()f t在⎡⎣上单调递减，在)+∞上单调递增，故min ()f t f ==练习二 其他最值问题5．已知抛物线()2:20E x py p =>的焦点为F ，直线4x =分别与x 轴交于点P ，与抛物线E 交于点Q ，且54QF PQ =.(1)求抛物线E 的方程；(2)如图，设点,,A B C 都在抛物线E 上，若ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，求AB AC ⋅的最小值.【答案】(1)24x y = (2)32 【解析】 【分析】（1）设()04,Q y ，列方程组000216524py p y y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，求出2p =，即可得到抛物线E 的方程；（2）设点()222312123123,,,,,444x x x A x B x C x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，利用ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，表示出()()32211k x k k --+，用坐标表示出AB AC =()()32221611k k k ++利用基本不等式求出AB AC 的最小值.(1)设点()04,Q y ，由已知000216524py p y y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，则8102p p p +=，即24p =. 因为0p >，则2p =，所以抛物线E 的方程是24x y =. (2)设点()222312123123,,,,,444x x x A x B x C x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，直线AB 的斜率为()0k k >，因为AB BC ⊥，则直线BC 的斜率为1k-. 因为AB BC =，则212232111x x k x x k -+=-+，得()2312x x k x x -=-，① 因为22121212444x x x x k x x -+==-，则124x x k +=，即124x k x =-，②因为223223231444x x x x k x x -+-==-，则234x x k +=-，即324x x k=--③将②③代入①，得()2242420x k k x k +--=，即()()322212120k k x k k k-+---=，则()()32211k x k k -=+， 所以()()()()22222122··cos 451421AB AC AB AC AB x x k k x k ︒===-+=-+ ()()()()()2332222411614111k k k k k k k k ⎡⎤-+⎢⎥=-+=++⎢⎥⎣⎦因为212k k +≥，则()22214k k +≥，又()22112k k ++≥，则()()3222121k k k +≥+，从而()()3222121k k k +≥+，当且仅当1k =时取等号，所以AB AC 的最小值为32.6．已知双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>的左右顶点分别为()1,0A -，()10B ,，两条准线之间的距离为1．(1)求双曲线C 的标准方程；(2)若点P 为右准线上一点，直线P A 与C 交于A ，M ，直线PB 与C 交于B ，N ，求点B 到直线MN 的距离的最大值．【答案】(1)2213y x -=(2)1【解析】【分析】（1）求得双曲线C 的的,a b ，即可求得双曲线C 的标准方程；（2）以设而不求的方法先判定直线MN 过定点，再去求点B 到直线MN 的距离的最大值．(1)由题意得1a =．设双曲线C 的焦距为2c ，则221a c⨯=，所以2c =．所以b所以双曲线C 的标准方程2213y x -=． (2) 设1,2P t ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则直线P A 的方程为：()213t y x =+． 由()2213213y x t y x ⎧-=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，得()222242784270t x t x t -+++=．因为直线P A 与C 交于A ，M ，所以24270t -≠，所以t ≠． 因为22427427A M M t x x x t +=-=-，所以22427427M t x t +=--， ()22222427361133427427M M t t t t y x t t ⎛⎫+-=+=-+= ⎪--⎝⎭， 所以22242736,427427t t M t t ⎛⎫+-- ⎪--⎝⎭． 因为直线PB 的方程为()21y t x =--，由()221321y x y t x ⎧-=⎪⎨⎪=--⎩，得()2222438430t x t x t --++=．因为直线PB 与C 交于B ，N ，所以2430t -≠，所以t ≠ 因为224343B N N t x x x t +==-，所以224343N t x t +=-， ()222431*********N N t t y t x t t t ⎛⎫+-=--=--= ⎪--⎝⎭，所以2224312,4343t t N t t ⎛⎫+- ⎪--⎝⎭． 所以当32t ≠±时，直线MN 的方程为222222222123612434342743427434343427t t t t t t y x t t t t t t -+⎛⎫+--+=- ⎪++--⎝⎭+--． 令0y =，得()()22422222222221243649610821236434274443431327438843427t t t t x t t t t t t t t t t t t ++-=⨯+==--+++--+-+---． 所以直线MN 过定点()2,0D ． 当32t =±时，222242743242743t t t t ++-==--，所以直线MN 过定点()2,0D ． 所以当BD MN ⊥时，点B 到直线MN 的距离取得最大值为1．7．如图，已知点()2,2P 是焦点为F 的抛物线()2:20C y px p =<上一点，A ，B 是抛物线C 上异于P 的两点，且直线P A ，PB 的倾斜角互补，若直线P A 的斜率为()1k k <.(1)求抛物线方程；(2)证明：直线AB 的斜率为定值并求出此定值；(3)令焦点F 到直线AB 的距离d ，求d d FA FB -的最大值.【答案】(1)22y x =(2)证明见解析，12-【解析】【分析】（1）待定系数法求解抛物线方程；（2）设出直线方程，联立后得到A 点纵坐标，同理得到B 点纵坐标，从而求出直线AB 的斜率；（3）在前两问基础上用斜率k表达出2454516k d d k FA FB k k --=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，换元后使用基本不等式求出最大值.(1)将点()2,2P 代入抛物线方程可得：1p =，抛物线2:2C y x =(2)设()():221-=->PA y k x k ，与抛物线方程联立可得：22440-+-=ky y k ，∴4422--=⇒=A P A k k y y y k k ，用k -代k 可得：22+=-B k y k因此，2221222A B A B AB A B A B A B y y y y k y y x x y y --===--+-=，即12AB k =-. (3) 由（1）可知，12AB k =-，()222122,⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭k k A k k ，()222122,⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭k k B k k 因此()22222122122:202⎛⎫----=--⇒+-= ⎪ ⎪⎝⎭k k k AB y x x y k k k 1,02F ⎛⎫ ⎪⎝⎭到直线AB的距离2==d . 11d d d FA FB FA FB ⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭∵()342113211112524162422B A B A A B A B A B FB FA x x x x k FA FB FA FB k k x x x x x x ----====⋅-+⎛⎫⎛⎫++++⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴()22342425432252416252416k k d d k FA FB k k k k --==-+-+22244551642524516--==⎛⎫-+-+ ⎪⎝⎭k k k k k k k k ，令45=-t k k，由1k >得1t >∴211616d d tFA FB t tt-=≤=++当且仅当4454=⇒-=⇒=t k kk.d dFA FB-【点睛】求解抛物线取值范围问题，把要求解的问题转化为单元问题，常使用的工具有换元，基本不等式，或导函数.8．已知抛物线()2:20C y px p=>的焦点为F，A，B是该抛物线上不重合的两个动点，O为坐标原点，当A点的横坐标为4时，3cos5OFA∠=-．(1)求抛物线C的方程；(2)以AB为直径的圆经过点()1,2P，点A，B都不与点P重合，求AF BF+的最小值．【答案】(1)24y x=；(2)11.【解析】【分析】（1）作出辅助线，利用焦半径与余弦值求出p的值，进而求出抛物线方程；（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，根据PA PB⊥得到等量关系，求出25n m=+，从而表达出212124112AF BF x x m⎛⎫+=++=++⎪⎝⎭，求出最小值.(1)设()04,A y，因为3cos05OFA∠=-<，所以42p>，42pAF=+，过点A作AD⊥x轴于点D，则42pDF=-，432cos542pDFDFApAF-∠===+，解得：2p=，所以抛物线方程为24y x=.(2)设直线AB 为x my n =+，()()1122,,,A x y B x y ，由方程x my n =+与24y x =联立得：2440y my n --=，所以()24160m n ∆=-+>，即20m n +>，且124y y m +=，124y y n =-，所以()21212242x x m y y n m n +=++=+，222121216y y x x n ⋅==，因为以AB 为直径的圆经过点()1,2P ，所以PA PB ⊥，即()()11221,21,20PA PB x y x y ⋅=--⋅--=，即()()12121212250x x x x y y y y -++-++=，所以()22424850n m n n m -+--+=，所以()()22322n m -=+，所以25n m =+或21n m =-+， 当21n m =-+时，直线AB 为12x my m =+-过点P ，此时与题干条件A ，B 都不与点P 重合矛盾，不合题意，舍去；当25n m =+时，直线AB 为25x my m =++，满足要求，所以2212424410x x m n m m +=+=++，则22121244124112AF BF x x m m m ⎛⎫+=++=++=++ ⎪⎝⎭，所以当12m =-时，AF BF +最小，且最小值为11.。
高中数学专题-解析几何中的最值与范围问题以及定点、定值问题
高中专题-解析几何中的最值与范围问题解析几何中的定点、定值问题例1设圆C 与两圆2222(4,(4x y x y ++=-+=中的一个内切，另一个外切.（1）求C 的圆心轨迹L 的方程；（2）已知点)3545,,55M F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，且P 为L 上动点，求MP FP -的最大值及此时点P 的坐标.【解】（1）2214x y -=；（2）最大值为2，6525,55P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭例2设椭圆2211x y m +=+的两个焦点是12(,0),(,0)(0)F c F c c ->.（1）设E 是直线2y x =+与椭圆的一个公共点，求使得12EF EF +取最小值时椭圆的方程；（2）已知(0,1)N -，设斜率为(0)k k ≠的直线l 与条件（1）下的椭圆交于不同的两点,A B ,点Q 满足AQ QB = ,且0NQ AB ⋅= ,求直线l 在y 轴上截距的取值范围.【解】（1）最小值2213x y +=；（2）1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭例3（1）椭圆224()4x y a +-=与抛物线22x y =有公共点，则a 的取值范围是.（2）椭圆2212516x y +=上的点到圆22(6)1x y +-=上的点的距离的最大值是（）.A.11B.C.D.9【解】（1）171,8⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）A例4在直角坐标系中，O 是原点，,A B 是第一象限内的点，并且A 在直线(tan )y x θ=上，其中42OA ππθ⎛⎫∈= ⎪⎝⎭，，，B 是双曲线22=1x y -上使OAB 面积最小的点，求：当θ在42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，中取什么值时，OAB 的面积最大，最大值是多少？【解】2arccos 4θ=,最大值为66专题-解析几何中的定点、定值问题例1已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）求直线:l y kx m =+与椭圆C 相交于,A B 两点（,A B 不是左、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，并求出该定点的坐标.【解】（1）22143x y +=；（2）2,07⎛⎫ ⎪⎝⎭例2已知点(1,1)A 是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上一点，12,F F 是椭圆的两焦点，且满足124AF AF +=.（1）求椭圆的两焦点坐标；（2）设点B 是椭圆上任意一点，如果AB 最大时，求证：,A B 两点关于原点O 不对称；（3）设点,C D 是椭圆上两点，直线,AC AD 的倾斜角互补，试判断直线CD 的斜率是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是定值，说明理由.【解】（1）2626,0,,033⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（2）证明略；（3）13例3如图1所示，在平面直角坐标系xOy 中，过定点(0,)C p 作直线与抛物线22(0)x py p =>相交于,A B 两点.（1）若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求ANB 面积的最小值；（2）是否垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，说明理由.【解】（1）2；（2）2py =例4已知椭圆方程为221169x y +=，过长轴顶点(40)A -，的两条斜率乘积为916-的直线交椭圆于另两点,B C ，问直线BC 是否过定点D ,若存在，求出D 的坐标，若不存在，说明理由.【解】直线12:98()0BC x k k y ++=过原点(0,0)例5如图3所示，设椭圆2221(2)4x y a a +=>的离心率为33，斜率为k 的直线l 过点(01)E ，,且与椭圆相交于,C D 两点.（1）求椭圆方程；（2）若直线l 与x 轴相交于点G ，且GC DE = ,求k 得值；（3）设A 为椭圆的下顶点，,AC AD k k 分别为直线,AC AD 的斜率，证明：对任意k ，恒有=-2AC AD k k ⋅【解】（1）22164x y+=；（2）63k=±；（3）证明略。
2015届高三寒假网络课堂材料(解析几何)(教师版)张龙伍 - 副本
高考数学题型与备考策略解析第4讲 解析几何江阴市成化高级中学 张龙伍一、考点解读1、理解直线的倾斜角和斜率的概念和变化规律，掌握斜率公式。
2、掌握直线方程的点斜式、斜截式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程．掌握两条直线平行或垂直位置关系的判断条件，掌握点到直线的距离公式和两平行线间的距离公式。
3、会利用三个独立的条件求出圆的标准方程或一般方程．掌握圆和直线位置关系判定的方法，掌握圆与圆的位置关系的判定方法。
4、掌握椭圆，双曲线，抛物线的定义，会根据条件求出椭圆，双曲线，抛物线的标准方程及简单的几何性质，熟练基本量的运算。
二、高考要求及12—14试题分布三、考题赏析1、（2014年9）在平面直角坐标系xOy 中，直线032x =-+y 被圆4)1(2x 22=++-y ）（截得的弦长为 ．【考题分析】本题主要是考查直线和圆相交、求弦长，属容易题。
2、（2014年17）如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 1、F 2 分别是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点，顶点B 的坐标为（0，b ），连结BF 2交椭圆于点A,过点A 作x 轴的垂线交椭圆于另一点C ，连结F 1C. （1）若点C 的坐标为（，），且BF 2=，求椭圆的方程；（2）若F 1C ⊥AB,求椭圆离心率e 的值。
【考题分析】本题主要考查了椭圆的基本量关系，直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力和推理论证能力，属中档题。
四、典型例题题型一：解析几何中的参数范围、最值问题例1、如图，点A 为圆形纸片内不同于圆心C 的定点，动点M 在圆周上，将纸片折起，使点M 与点A 重合，设折痕m 交线段CM 于点N .现将圆形纸片放在平面直角坐标系xOy 中，设圆C ：)1(4)1(222>=++a a y x ，)0,1(A ,记点N 的轨迹为曲线E . ⑴证明：曲线E 是椭圆，并写出当2=a 时该椭圆的标准方程； ⑵设直线l 过点C 和椭圆E 的上顶点B ,点A 关于直线l 的对称点为点Q ,若椭圆E 的离心率⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈23,21e ,求点Q 的纵坐标的取值范围.解：⑴依题意得，直线m 为线段AM 的中垂线，∴NA=NM∴NC+NA=NC+NM=CM=2a >2。
解析几何中的一些最值问题
OCCUPATION2011 7162解析几何中的一些最值问题文/王海滔最值问题遍及中学数学的代数、三角、立体几何及解析几何等学科内的各个分支，在生产实践当中广泛应用，解析几何中的最值问题也是历届各类考试的热点。
如何利用相关的数学方法，运用数形结合的思想解决这类问题，来提高学生分析问题和解决问题的能力，为进一步学好高等数学中的最值问题打下基础，是中学数学复习中不可忽视的问题。
下面，笔者结合具体的例子，对解析几何中的最值问题介绍几种解答方法。
一、利用对称性求最值（动点在直线上）动点在直线上求最值，解决的办法是把折线问题转化成直线问题，利用平面内两点间直线段最短的公理，或利用两点间距离公式求出线段长的最值。
【例1】已知点P 在x 轴上运动，A (-2，2），B （1，3）（1）则│P A │+│PB │的最小值为多少？分析：作出A 点关于x 轴的对称点A'(-2，2），那么│P A │+│PB │=│P A'│+│PB │，利用三角形两边之和大于第三边，可得：│P A'│+│PB │≥│A'B │，当且仅当A'，P ，B 三点共线时取得最小值│A'B（2）则│PB │-│P A 分析：此题不用找对称点，利用三角形两边之差小于第三边，只要延长BA 交x 轴于P ，│PB │-│PA │此时得到的最大值为│BA小结：当动点在直线上时，（1）求线段长之和的最小值时，若定点是异侧，则两定点距离即为最小值。
若是同侧，作对称点即可解决。
（2）求线段长之差的最大值时，若定点是同侧，则两定点距离即为最大值。
若是异侧，就利用对称性，转化到同侧，也可解决。
二、利用圆锥曲线的定义求最值（动点在圆锥曲线上）动点在圆锥曲线上求最值，解决方法是先利用圆锥曲线定义对所求的问题进行转化，再利用平面内两点间直线段最短的公理，或利用点到直线的距离为垂线段最短，求出最值。
【例2】已知F 是抛物线y 2=4x 的焦点，A （４，２），点P 是该抛物线上的一个动点，试求│PF │+│P A │的最小值为______。
解析几何中的最值问题
x6 是动点（x, y）与 定点(6,12)两点连 线的斜率
x y 36 （x 0）
2 2
y
P(6,12)
o
A(0,6)
x
解法小结：数形结合法
y 12 1 、 已知实数x, y满足 x 36 y 0, 则 3 x6 6 4 的最大值为 _______, 2 x y的最大值为 ________ 。
x
x y 例3.设实数x，y满足 1 16 9 12 2 ， 则3x 4 y的最大值是 ______
12 2 . 最小值是 _______
2
2
y
O
x
解1 ：换元法。 设x 4 cos , y 3 sin , 则
知识迁移
若将椭圆换成 双曲线、抛物线 又如何进行换元 呢？
3x 4 y 12(cos sin )
方法：数形结合法
Q1
| AF 1 | 16
7,
.
Y
.
F
O
. .
A
| QF | 。
X
F1
总结规律：延长线段AF1(F1为另一焦点）与 椭圆的交点Q就是所求的点。AQ过另一焦点F1！
Q
例3备
知识迁移
x2 y2 1的右焦点，P是其上一点，定点B(2,1). 变 F是 25 9 17 式 5 | PB | | PQ | 4 题 则 | PB | | PF | 的最小值 _______; 4 37 10 37 最大值 10 | PB | | PF | 的最小值 ________, _______
几何法、换元法
3 表示点P (cos , sin )与A( ,2)连线斜率的一半. 2 3 2 2 即圆x y 1上点与A( ,2)连线斜率的一半. 2 y A 3 设切线方程y 2 k ( x ), 2 圆心O(0,0）到切线的距离等于半径1 可解得 k 12 2 21 , k 12 2 21 O 5 5 x
高考数学总复习(一轮)(人教A)教学课件第八章 平面解析几何第10节 圆锥曲线中的最值与范围问题
将点(-1, )的坐标代入椭圆方程 + =1,得 +
所以椭圆 E 的方程为 + =1.
=1,解得 b= ,
(2)设直线l与圆O:x2+y2=a2交于C,D两点,当
求△ABF2面积的取值范围.
2
2
|CD|∈[2 ,
] 时,
解:(2)由(1)知圆 O 的方程为 x +y =4,由题意,直线 l 的斜率不为 0,
=
+-
因为 t∈(1,+∞),所以 ∈(0,1),
所以|AB|+|DE|∈[ ,7).
,
-( - ) +
综上所述,|AB|+|DE|的取值范围为[ ,7].
解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参
得最值的临界条件,得出最值.
(2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数,则首先建
立目标函数,再求这个函数的最值,求函数最值的常用方法有配方
法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
[针对训练] (2024·河南襄城模拟)已知抛物线C的顶点在坐标
原点,焦点在y轴的正半轴上,圆x2+(y-1)2=1经过抛物线C的焦点.
提升·关键能力
类分考点,落实四翼
考点一
最值问题
[例1] (2024·安徽蚌埠模拟)在椭圆 C: + =1 (a>b>0)中,c=2,
高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第8节直线与圆锥曲线的位置关系第2课时范围最值问题教师用书
第2课时 范围、最值问题考点1 范围问题——综合性(2021·梅州二模)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x ＋y ＋22－1＝0与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)△BMN 是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为△BMN 的重心，求点B 到直线MN 距离的取值范围．解：(1)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点F 2(c,0)，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆：(x －c )2＋y 2＝a 2，所以圆心到直线x ＋y ＋22－1＝0的距离d ＝|c ＋22－1|12＋12＝a ． 又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a ＝2c ，b ＝3c ， 解得a ＝2，b ＝3，c ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．(2)设B (m ，n )，设M ，N 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A ，B 两点． 因为O 为△BMN 的重心，则BO ＝2OD ＝OA ，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 2，－n 2，即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 距离的3倍．当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时B 在长轴的端点处． 由|OB |＝2，得|OD |＝1，则O 到直线MN 的距离为1，B 到直线MN 的距离为3．当MN 的斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y223＝1，两式相减，得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)3＝0．因为D 为M ，N 的中点，所以x 1＋x 2＝－m ，y 1＋y 2＝－n ，所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－3m4n， 所以直线MN 的方程为y ＋n 2＝－3m 4n ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋m 2，即6mx ＋8ny ＋4n 2＋3m 2＝0，所以原点O 到直线MN 的距离d ＝4n 2＋3m264n 2＋36m2．因为m 24＋n 23＝1，所以3m 2＝12－4n 2， 所以d ＝4n 2＋3m264n 2＋36m2＝12144＋16n2＝39＋n2．因为0<n 2≤3，所以3<9＋n 2≤23， 所以123≤19＋n 2<13，所以332≤3d <3． 综上所述，332≤3d ≤3，即点B 到直线MN 距离的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤332，3．圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的点到右焦点F (c,0)的最大距离是2＋1，且1，2a,4c成等比数列．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M (m,0)，求实数m 的取值范围．解：(1)由已知可得⎩⎨⎧a ＋c ＝2＋1，1×4c ＝2a 2，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1．(2)由题意得F (1,0)，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)．与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－2＝0，y ＝k (x －1)，消去y 可得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝(－4k 2)2－4(2k 2－2)(1＋2k 2)＝8k 2＋8>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k21＋2k2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝－2k1＋2k2． 可得线段AB 的中点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2．当k ＝0时，直线MN 为x 轴，此时m ＝0；当k ≠0时，直线MN 的方程为y ＋k1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2， 化简得ky ＋x －k 21＋2k2＝0．令y ＝0，得x ＝k 21＋2k2，所以m ＝k 21＋2k 2＝11k2＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12． 综上所述，实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12．考点2 最值问题——应用性考向1 利用几何性质求最值在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为___________．22解析：双曲线x 2－y 2＝1的渐近线为x ±y ＝0，直线x －y ＋1＝0与渐近线x －y ＝0平行，故两平行线间的距离d ＝|1－0|12＋(－1)2＝22，由点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c恒成立，得c ≤22，故c 的最大值为22． 考向2 利用函数、导数求最值(2022·江门市高三一模)如图，抛物线C ：y 2＝8x 与动圆M ：(x －8)2＋y 2＝r 2(r >0)相交于A ，B ，C ，D 四个不同点．(1)求r 的取值范围；(2)求四边形ABCD 面积S 的最大值及相应r 的值．解：(1)联立抛物线与圆方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，(x －8)2＋y 2＝r 2，消去y ，得x 2－8x ＋64－r 2＝0．若圆与抛物线有四个不同交点，则方程有两个不等正根．所以⎩⎪⎨⎪⎧64－r 2>0，64－4(64－r 2)>0，解得43<r <8，所以r 的取值范围为(43，8)．(2)设A (x 1,22x 1)，B (x 2,22x 2)，其中x 2>x 1>0，则x 1＋x 2＝8，x 1x 2＝64－r 2，S ＝12(42x 1＋42x 2)(x 2－x 1)＝(22x 1＋22x 2)(x 2－x 1)， S 2＝8(x 1＋x 2＋2x 1x 2)[(x 2＋x 1)2－4x 1x 2]， S 2＝64(4＋64－r 2)[16－(64－r 2)]．令x ＝64－r 2(0<x <4)，令f (x )＝(4＋x )(16－x 2)(0<x <4)，f ′(x )＝16－8x －3x 2＝(4－3x )(x ＋4)．当0<x <43时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当43<x <4时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝2 04827，S ＝8f (x )≤25669．当x ＝43时，S 取得最大值，取64－r 2＝43，r ＝4353．考向3 利用基本不等式求最值(2022·唐山三模)在直角坐标系xOy 中，A (－1,0)，B (1,0)，C 为动点，设△ABC的内切圆分别与边AC ，BC ，AB 相切于P ，Q ，R ，且|CP |＝1，记点C 的轨迹为曲线E ．(1)求曲线E 的方程；(2)不过原点O 的直线l 与曲线E 交于M ，N ，且直线y ＝－12x 经过MN 的中点T ，求△OMN的面积的最大值．解：(1)依题意可知，|CA |＋|CB |＝|CP |＋|CQ |＋|AP |＋|BQ |＝2|CP |＋|AB |＝4>|AB |， 所以曲线E 是以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x 轴的交点)， 因此曲线E 的方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，代入x 24＋y 23＝1整理，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，(*)Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)>0．则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3，故MN 的中点T ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 4k 2＋3，3m 4k 2＋3．而直线y ＝－12x 经过MN 的中点T ，得3m 4k 2＋3＝－12×－4km4k 2＋3， 又m ≠0，所以直线l 的斜率k ＝32．故(*)式可化简为3x 2＋3mx ＋m 2－3＝0，故x 1＋x 2＝－m ，x 1x 2＝m 2－33．由Δ＝36－3m 2>0且m ≠0，得－23<m <23且m ≠0． 又|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝132×36－3m 23＝1323×12－m 2，而点O 到直线l 的距离d ＝2|m |13， 则△OMN 的面积为S ＝12×2|m |13×1323×12－m 2＝123|m |×12－m 2≤123×m 2＋12－m 22＝3， 当且仅当m ＝±6时，等号成立，此时满足－23<m <23且m ≠0，所以△OMN 的面积的最大值为3．最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过点T (0，p )作两条互相垂直的直线l 1和l 2，l 1交抛物线C 于A ，B 两点，l 2交抛物线C 于E ，F 两点，当点A 的横坐标为1时，抛物线C 在点A 处的切线斜率为12．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)已知O 为坐标原点，线段AB 的中点为M ，线段EF 的中点为N ，求△OMN 面积的最小值．解：(1)因为x 2＝2py 可化为y ＝x 22p ，所以y ′＝xp．因为当点A 的横坐标为1时，抛物线C 在点A 处的切线斜率为12，所以1p ＝12，所以p ＝2，所以，抛物线C 的标准方程为x 2＝4y ． (2)由(1)知点T 坐标为(0,2)，由题意可知，直线l 1和l 2斜率都存在且均不为0． 设直线l 1方程为y ＝kx ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＝4y ，联立消去y 并整理，得x 2－4kx －8＝0，Δ＝(－4k )2＋32＝16k 2＋32>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1·x 2＝－8， 所以，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4＝4k 2＋4． 因为M 为AB 中点，所以M (2k,2k 2＋2)．因为l 1⊥l 2，N 为EF 中点，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ，2k2＋2，所以直线MN 的方程为y －(2k 2＋2)＝2k 2＋2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋22k ＋2k·(x －2k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ·(x －2k )， 整理得y ＝⎝⎛⎭⎪⎫k －1k x ＋4，所以，直线MN 恒过定点(0,4)．所以△OMN 面积S ＝12×4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2k －⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪k ＋1k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫|k |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k ≥4·2|k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k＝8，当且仅当|k |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k即k ＝±1时，△OMN 面积取得最小值为8．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆C 的右顶点，过原点且异于x 轴的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，M 在x 轴的上方，直线AM 与圆O 的另一交点为P ，直线AN 与圆O 的另一交点为Q ．(1)若AP →＝3AM →，求直线AM 的斜率；(2)设△AMN 与△APQ 的面积分别为S 1，S 2，求S 1S 2的最大值．[四字程序]读想算思已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交 1．向量AP →＝3AM →如何转化？2．如何表示三角形的面积把S 1S 2用直线AM 的斜率k 来表示 转化与化归求直线AM 的斜率，求△AMN 与△APQ 的面1．用A ，P ，M 的坐标表示．S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |，进把面积之比的最大值转化为一个变量的不积之比2．利用公式S ＝12ab ·sin C 表示并转化而用基本不等式求其最大值等式思路参考：设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，利用y P ＝3y M 求解．解：(1)设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，将y ＝k (x －2)与椭圆方程x 24＋y 2＝1联立，(1＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0，得x A ＋x M ＝16k21＋4k2，求得点M 的横坐标为x M ＝8k 2－24k 2＋1，纵坐标为y M ＝－4k4k 2＋1．将y ＝k (x －2)与圆方程x 2＋y 2＝4联立，得(1＋k 2)·x 2－4k 2x ＋4k 2－4＝0，得x A ＋x P ＝4k21＋k2， 求得点P 的横坐标为x P ＝2k 2－2k 2＋1，纵坐标为y P ＝－4kk 2＋1． 由AP →＝3AM →得y P ＝3y M ， 即－4k k 2＋1＝－12k4k 2＋1． 又k <0，解得k ＝－2．(2)由M ，N 关于原点对称，得点N 的坐标为x N ＝－8k 2＋24k 2＋1，y N ＝4k4k 2＋1，所以直线AN 的斜率为k AN ＝4k4k 2＋1－8k 2＋24k 2＋1－2＝－14k． 于是|AM ||AP |＝y M y P ＝k 2＋14k 2＋1，同理|AN ||AQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋1＝16k 2＋116k 2＋4．所以S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |＝k 2＋14k 2＋1·16k 2＋116k 2＋4＝16k 4＋17k 2＋14(16k 4＋8k 2＋1) ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋9k 216k 4＋8k 2＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋916k 2＋1k2＋8 ≤14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋9216k 2·1k 2＋8＝2564， 当且仅当16k 2＝1k 2，即k ＝－12时等号成立，所以S 1S 2的最大值为2564．思路参考：设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，由AP →＝3AM →转化为x P －x A ＝3(x M －x A )求解．解：(1)设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，代入椭圆方程，整理得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋4(4k 2－1)＝0．由根与系数的关系得x A x M ＝4(4k 2－1)4k 2＋1，而x A ＝2，所以x M ＝2(4k 2－1)4k 2＋1． 将y ＝k (x －2)代入圆的方程，整理得(k 2＋1)x 2－4k 2x ＋4(k 2－1)＝0．由根与系数的关系得x A x P ＝4(k 2－1)k 2＋1，而x A ＝2，所以x P ＝2(k 2－1)k 2＋1．由AP →＝3AM →，得x P －x A ＝3(x M －x A )，即2(k 2－1)k 2＋1－2＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(4k 2－1)4k 2＋1－2，解得k 2＝2． 又k <0，所以k ＝－2．(2)因为MN 是椭圆的直径，直线AM ，AN 斜率均存在，所以k AM k AN ＝－14，即kk AN ＝－14，所以k AN ＝－14k．下同解法1(略)．思路参考：设直线AM 的方程为x ＝my ＋2，利用y P ＝3y M 求解．解：(1)设直线AM 的方程为x ＝my ＋2(m ≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m 2＋4)y 2＋4my ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－4mm 2＋4． 将x ＝my ＋2代入圆的方程，整理得(m 2＋1)y 2＋4my ＝0，得点P 的纵坐标为y P ＝－4mm 2＋1． 由AP →＝3AM →，得y P ＝3y M ，即m m 2＋1＝3m m 2＋4．因为m ≠0，解得m 2＝12，即m ＝±12．又直线AM 的斜率k ＝1m<0，所以k ＝－2．(2)因为MN 是椭圆的直径，直线AM ，AN 斜率均存在，又k AM k AN ＝－14，由(1)知k AM ＝1m ，所以有1m k AN ＝－14，则k AN ＝－m4．又y M ＝－4m m 2＋4，y P ＝－4mm 2＋1， 所以|AM ||AP |＝y M y P ＝m 2＋1m 2＋4．同理|AN ||AQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋1＝m 2＋164(m 2＋4)．所以S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |＝m 2＋1m 2＋4·m 2＋164(m 2＋4)．下同解法1(略)．1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k 的函数，从而求其最大值．2．基于新课程标准，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力．本题的解答体现了数学运算的核心素养．已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求椭圆E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解：(1)设F (c,0)，由题意知2c ＝233，解得c ＝3．因为e ＝ca ＝32， 所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1． 所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1．(2)(方法一)显然直线l 的斜率存在．设直线l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且P 在线段AQ 上．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＋4y 2－4＝0得(4k 2＋1)x 2－16kx ＋12＝0，所以x 1＋x 2＝16k 4k 2＋1，x 1x 2＝124k 2＋1．由Δ＝(16k )2－48(4k 2＋1)>0，得k 2>34．则S △OPQ ＝S △AOQ －S △AOP＝12×2×|x 2－x 1|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝44k 2－34k 2＋1． 令4k 2－3＝t (t >0)，则4k 2＝t 2＋3，于是S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，所以l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2． (方法二)依题意直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．将直线l 的方程代入椭圆方程，整理得(4k 2＋1)x 2－16kx ＋12＝0，则Δ＝(16k )2－48(4k 2＋1)＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34．x 1＋x 2＝16k 4k 2＋1，x 1x 2＝124k 2＋1．由弦长公式得|PQ |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·44k 2－34k 2＋1．由点到直线的距离公式得点O 到直线l 的距离d ＝21＋k2，所以S △OPQ ＝12|PQ |×d ＝121＋k 2×44k 2－34k 2＋1×21＋k 2＝44k 2－34k 2＋1． 设4k 2－3＝t (t >0)，则4k 2＝t 2＋3，所以S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立．7 2x－2或y＝－72x－2．故所求直线l的方程为y＝。
解析几何最值问题
对于旋转体等特殊图形，可利用相应公式和不等式求解； 对于一般图形，可通过变量替换和不等式等方法转化为更 易处理的问题。
条件面积（体积）最值
在给定条件下求平面图形或空间图形的面积（体积）最值， 常结合不等式和等式约束条件进行求解。
05
典型案例分析
平面曲线最值问题案例
案例一
01
求点到直线的最短距离
案例二
02
求两圆之间的最短距离
案例三
03
求椭圆上一点到直线的最大距离
空间曲线最值问题案例
案例一
求空间一点到直线的最短距离
案例二
求空间一点到平面的最短距离
案例三
求空间两异面直线之间的最短距离
曲面最值问题案例
案例一
求曲面上一点到平面的最短距离
案例二
求曲面上两点之间的最短距离
案例三
求曲面上的最值点坐标
06
总结与展望
研究成果总结
解析几何最值问题的基本理论和 方法的梳理和归纳，包括最值问 题的定义、性质、求解方法等。
针对不同类型的解析几何最值问 题，提出了相应的求解策略和方 法，如线性规划、二次规划、动
态规划等。
通过实例分析和数值计算，验证 了所提方法的有效性和实用性， 为解决实际问题提供了有力支持。
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04
解析几何在最值问题中的应用
曲线与曲面的最值问题
曲线上的最值点
通过求导找到曲线的极值点，比 较各极值点和端点的函数值来确
定最值。
曲面的最值点
对于二元函数表示的曲面，分别 求偏导数并令其为零，解方程组 得到可能的极值点，进一步判断
最值。
条件极值
在给定条件下求曲线或曲面的最 值，常用拉格朗日乘数法。
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第十一讲 解析几何范围最值问题解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理. 一、几何法求最值【例1】 抛物线的顶点O 在坐标原点，焦点在y 轴负半轴上，过点M (0，－2)作直线l 与抛物线相交于A ，B 两点，且满足＋＝(－4，－12)．(1)求直线l 和抛物线的方程；(2)当抛物线上一动点P 从点A 运动到点B 时，求△ABP 面积的最大值．[满分解答] (1)根据题意可设直线l 的方程为y ＝kx －2，抛物线方程为x 2＝－2py (p ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＝－2py ，得x 2＋2pkx －4p ＝0 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4. 所以＋＝(－4，－12)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2pk ＝－4，－2pk 2－4＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝1，k ＝2.故直线l 的方程为y ＝2x －2，抛物线方程为x 2＝－2y .(2)设P (x 0，y 0)，依题意，知当抛物线过点P 的切线与l 平行时，△ABP 的面积最大． 对y ＝－12x 2求导，得y ′＝－x ，所以－x 0＝2，即x 0＝－2，y 0＝－12x 20＝－2，即P (－2，－2)．此时点P 到直线l 的距离d ＝|2·(－2)－(－2)－2|22＋(－1)2＝45＝4 55.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －2，x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0，则x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝－4， |AB |＝1＋k 2· (x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋22·(－4)2－4·(－4)＝4 10.于是，△ABP 面积的最大值为12×4 10×4 55＝8 2.二、函数法求最值【示例】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝23，且椭圆C 上的点到点Q (0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)在椭圆C 上，是否存在点M (m ，n )，使得直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点A 、B ，且△OAB 的面积最大？若存在，求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积；若不存在，请说明理由．(1)由e ＝ca＝a 2－b 2a 2＝ 23，得a ＝3b ，椭圆C ：x 23b 2＋y 2b2＝1，即x 2＋3y 2＝3b 2，设P (x ，y )为C 上任意一点，则|PQ |＝ x 2＋(y －2)2＝ －2(y ＋1)2＋3b 2＋6，－b ≤y ≤b .若b ＜1，则－b ＞－1，当y ＝－b 时，|PQ |max ＝ －2(－b ＋1)2＋3b 2＋6＝3，又b ＞0，得b ＝1(舍去)， 若b ≥1，则－b ≤－1，当y ＝－1时，|PQ |max ＝ －2(－1＋1)2＋3b 2＋6＝3，得b ＝1.∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)法一 假设存在这样的点M (m ，n )满足题意，则有m 23＋n 2＝1，即n 2＝1－m 23，－3≤m ≤ 3.由题意可得S△AOB＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ≤12， 当∠AOB ＝90°时取等号，这时△AOB 为等腰直角三角形， 此时圆心(0,0)到直线mx ＋ny ＝1的距离为22， 则1m 2＋n 2＝22，得m 2＋n 2＝2，又m 23＋n 2＝1，解得m 2＝32，n 2＝12，即存点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫62，22，⎝⎛⎭⎫62，－22，⎝⎛⎭⎫－62，22，⎝⎛⎭⎫－62，－22满足题意，且△AOB 的最大面积为12.(12分)法二 假设存在这样的点M (m ，n )满足题意，则有m 23＋n 2＝1，即n 2＝1－m 23，－3≤m ≤3，又设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋ny ＝1x 2＋y 2＝1，消去y 得(m 2＋n 2)x 2－2mx ＋1－n 2＝0，①把n 2＝1－m 23代入①整理得(3＋2m 2)x 2－6mx＋m 2＝0，则Δ＝8m 2(3－m 2)≥0，∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝6m3＋2m 2，x 1x 2＝m23＋2m2，②而S △AOB ＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ，当∠AOB ＝90°，S △AOB 取得最大值12，此时·＝x 1x 2＋y 1y 2＝0，又y 1y 2＝1－mx 1n ·1－mx 2n ＝3－3m (x 1＋x 2)＋3m 2x 1x 23－m 2，∴x 1x 2＋3－3m (x 1＋x 2)＋3m 2x 1x 23－m 2＝0，即3－3m (x 1＋x 2)＋(3＋2m 2)·x 1x 2＝0， 把②代入上式整理得2m 4－9m 2＋9＝0，解得m 2＝32或m 2＝3(舍去)，∴m ＝±62，n ＝±1－m 23＝±22，∴M 点的坐标为⎝⎛⎭⎫62，22，⎝⎛⎭⎫62，－22，⎝⎛⎭⎫－62，22，⎝⎛⎭⎫－62，－22，使得S △AOB 取得最大值12.老师叮咛：当所求的最值可以表示成某个变量的函数关系式时，我们常常先建立对应的函数关系式，然后利用函数方法求出对应的最值，称这种方法为函数法，这是解析几何问题中求最值的常用方法．函数法是研究数学问题的一种最重要的方法，用这种方法求解圆锥曲线的最值问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注．三.定义法求最值在求解有关圆锥曲线的最值问题时, 通常是利用函数的观点, 建立函数表达式进行求解。
但是, 一味的强调函数观点, 有时会使思维陷入僵局。
这时, 若能考虑用圆锥曲线的定义来求解, 问题就显得特别的简单。
例1、如图，M 是以A 、B 为焦点的双曲线222x y -=右支上任一点，若点M 到点C （3，1）与点B 的距离之和为S ，则S 的取值范围是（ ）A 、)++∞ B 、)+∞C 、-D 、)+∞分析：此题的得分率很低，用函数观点求解困难重重。
若能利用双曲线的第一定义，则势如破竹。
解法如下：连结MA ，由双曲线的第一定义可得：2MB MC MA a MC +=-+2MA MC =+-= 当且仅当A 、M 、C 三点共线时取得最小值。
如果此题就到此为止，未免太可惜了！于是笔者进一步引导学生作如下的探究：（1）如果M 点在左支上，则点M 到点C （3，1）与点B 的距离之和为S ，则S 的取值范围是多少？（2）如果M 是以A 、B 为焦点的椭圆22143x y +=上任一点，若点M 到点1,12C ⎛⎫⎪⎝⎭与点B 的距离之差为S ，则S的最大值是多少？（3）如果M 是以A 、B 为焦点的椭圆22143x y +=上任一点，若点M 到点1,12C ⎛⎫⎪⎝⎭与点B 的距离之和为S ，则S的取值范围是多少？分析：连结MA ，由椭圆的第一定义可得：()22MB MC a MA MC a MA MC +=-+=--，当且仅当A 、M 、C 三点共线时取得最大、最小值，如上图所示。
对于抛物线，也有类似的结论，由于较简单，在此就不一一列举了。
练习1、如图，椭圆C 的方程为2222 1 (0)y x a b a b+=>>，A 是椭圆C 的短轴左顶点，过A 点作斜率为－1的直线交椭圆于B 点，点P （1，0）, 且BP ∥y 轴，△APB 的面积为92. （1）求椭圆C 的方程；（2）在直线AB 上求一点M ，使得以椭圆C 的焦点为焦点，且过M 的双曲线E 的实轴最长，并求此双曲线E 的方程.分析：同样, 此题若采用函数观点, 问题（2）将变得复杂化！若能利用双曲线的第一定义，则解答就容解易得多了。
简解：（1） ,2921=⋅=∆PB AP S APB 又∠PAB ＝45°， AP ＝PB ，故AP ＝BP ＝3.∵P （1,0），A （－2,0），B （1,－3）∴ b=2，将B （1，－3）代入椭圆得：222191b b a=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 得 212a =，所求椭圆方程为221 124y x +=（2）设椭圆C 的焦点为F 1，F 2，则易知F 1（0,－F 2（0，），直线AB 的方程为：20x y ++=，因为M 在双曲线E 上，要双曲线E 的实轴最大， 只须｜｜MF 1｜－｜MF 2｜｜最大，设F 1（0，－）关于直线AB 的对称点为1'F（－2，－2），则直线'12F F 与直线的交点为所求M ， 因为'12F F的方程为：(30y x ++-=,联立(3020y x x y ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩ 得M （1,3-）又'2a =｜｜MF 1｜-｜MF 2｜｜=｜｜M 1'F ｜－｜MF 2｜｜21|'|F F ≤＝，故2,6''max ==b a ，故所求双曲线方程为：221 62y x -=2、已知椭圆以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴，且该椭圆以抛物线x y 162=的焦点P 为其一个焦点，以双曲线191622=-y x 的焦点Q 为顶点。
(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点)0,1(),0,1(B A -，且C ，D 分别为椭圆的上顶点和右顶点，点M 是线段CD 上的动点，求BM AM ⋅的取值范围。
解：(1)抛物线x y 162=的焦点P 为(4，0)，双曲线191622=-y x 的焦点Q 为(5，0) ∴可设椭圆的标准方程为12222=+by a x ，由已知有a>b>0，且a=5，c=4 916252=-=∴b ，∴椭圆的标准方程为192522=+y x (2)设),(00y x M ，线段CD 方程为135=+yx ，即353+-=x y )50(≤≤x点M 是线段CD 上，∴35300+-=x y )50(0≤≤x),1(00y x AM +=，),1(00y x BM -=，12020-+=⋅∴y x AM ，将35300+-=x y )50(0≤≤x 代入得BM ⋅1)353(202-+-+=x x BM AM ⋅⇒85182534020+-=x x 34191)3445(253420+-=x500≤≤x ，BM AM ⋅∴的最大值为24，BM AM ⋅的最小值为34191。