专题03 最值问题-用思维导图突破圆锥曲线压轴题.docx

1、 专题03 最值问题最值（含范围）问题是解析几何中常见的 用参数表示该量 求 某 量 最 值 化简、换元转化为可以利用函数单调性、二次函数、基本不等式、导数、几何图形有界等方法求最值 问题之一，其基本解题方法是把所求量表示成某个变量的函数，利用二次函数或函数单调性求最值或范围，也可以利用基本不等式，有时也会利用几何量的有界性确定范围.最值问题不仅解答题中分量较大，而且客观题中也时常出现. 求最值的思维导图如右最大最小为最值单调二次不等式几何有界也有用具体问题再审视例1 已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点

2、，则|AB|+|DE|的最小值为（A）16（B）14 （C）12（D）10思路点拨解1 显然两条直线的斜率都存在且不为0，抛物线的焦点.设，由消元y得 ，所以，同理，当且仅当时取等号.选（A）.解2 设直线的倾斜角为，则的倾斜角为，因为，所以，当且仅当或时取等号.选（A）.注1 过抛物线的焦点弦长.注2 也可以设，则消取x得，所以，同理，当且仅当时取等号.例2 设A、B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足AMB=120，则m的取值范围是（A）（B）（C）（D）思路点拨 当，焦点在轴上，要使上存在点满足，则，即，得.当，焦点在轴上，要使上存在点满足，则，即，得.故的取值范围为.例 3 若

3、实数满足，则的最小值是 .思路点拨要求两个绝对值之和的最小值，就要去掉绝对值，需要分类讨论.怎么确定分类标准？就是令绝对值内部的式子为0.比如，若令，则直线与圆相交，把圆分成两部分.解1 原问题可以转化为如下的非线性规划问题：可行域为单位圆（含内部）的任意一点，直线将可行域分成两个部分，不妨将左下方的区域（大弓形区域）记作，将右上方的区域（小弓形区域）记作因为单位圆及其内部在直线下方，所以，所以直线与单位圆交点，.设，分别作直线并平移，则都在点取得最小值3. 所以的最小值是3.解2 ，（当时取等号）.设，其中.则 .其中由确定，等号当且仅当，即.另外，当时，.所以的最小值是3.例4 已知实数满

4、足 则的取值范围为_.是 思路点拨在平面直角坐标系中画出可行域如图，的几何意义为可行域内的点到原点距离的平方过原点O作直线的垂线，垂足为A，可以看出图中点距离原点最近，此时距离为原点O到直线的距离，则， 图中点距离原点最远，点为与交点，则，则 所以，的取值范围为例5 如图，已知抛物线，点A，抛物线上的点.过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.（1）求直线的斜率的取值范围；（2）求的最大值. （1）求直线AP斜率的取值范围；（2）求的最大值.思路点拨第（2）题的关键是选择适当的参数表示，可以用直线的斜率为为参数，需要求出Q的坐标，再分别求出的表达式，计算量较大.也可以设，以t为参数，从向量的角度得到

5、. 转化为t函数，再求最大值.满分解答（1）设直线的斜率为，因为，所以直线斜率的取值范围是.（2）解1设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为y=kx+k+，BQ的方程为y=.联立直线与的方程解得点.因为，所以.令，因为，所以在区间上单调递增，上单调递减，因此当时，取得最大值.解2 用向量法，令，所以 . 当且仅当时等号成立.解3 在解2中，由 等号当且仅当时取得因此所求的最大值为例6 在平面直角坐标系中，椭圆()的离心率为，焦距为2(1)求椭圆的方程；(2) 如图，动直线交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且是线段延长线上一点，且，圆的半径为，是圆的两条切线，切点分别为求的最大值，并求

6、取得最大值时直线的斜率思路点拨 第（2）题可设，则，则.，只要求的最小值，即只要求的最小值.选择作变量，需要分别求出|AB|和|OC|的表达式，预计有一定的计算量.满分解答 (1) 由题意知 ，所以，因此 椭圆的方程为.(2) 设，则，且.设，联立方程得，由题意知，且，故.联立方程得，因此.所以 ， . 等号当且仅当时取得因此的最大值为，从而的最大值为，此时直线的斜率为 注 .令，则，代入上式整理得.当且仅当，即时的最小值 ，此时.例7 已知点，动点满足直线与的斜率之积为.记的轨迹为曲线.（1）求的方程，并说明是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交

7、于点.证明：是直角三角形求面积的最大值.思路点拨 第（1）题直接计算可得。第（2）要选择参数表示面积，结合图形可选点P的坐标为参数，因为Q、E都分别用P的坐标表示，从而直线QE与椭圆交点即可解除G点坐标。（2）（i）从结论并结合图形发现要证明kPQkPG=-1。由已知可得(把条件翻成图式)：设直线PQ的方程为y=kx(k0)Px1,y1,G(x0,y0,则Q-x1,-y1,E(x1,0)，k=y1x1。由此可得（中间结论：）Q、E、G三点共线:kQG=kEQ=y12x1=k2, 由kPG=y1-y0x1-x0,kGQ=-y1-y0-x1-x0=y1+y0x1+x0,kPGkGQ=y12-y02

8、x12-x02，在把点坐标代入椭圆方程作差化积。页利用求P，G坐标（“暴力解法”）（ii）由于，剩下就是化简求最值。若发现QG中点M，则三角形OQM面积是三角形PQG面积的四分之一（隐含条件），则更简单。但是由于是双变量，可以预见运算量较大，既考能力也考意志。满分解答（1）由题，得，即，所以曲线为，表示焦点在轴上，长轴长为4的椭圆（除去左右定点）.（2）（i）设直线PQ的方程为y=kx(k0)Px1,y1,G(x0,y0,则Q-x1,-y1,E(x1,0)，k=y1x1。由此可得 Q、E、G三点共线:kQG=kEQ=y12x1=k2, 由kPG=y1-y0x1-x0,kGQ=-y1-y0-x1

9、-x0=y1+y0x1+x0,kPGkGQ=y12-y02x12-x02因为Q、G在椭圆上，所以x12+2y12=4，x02+2y02=4，可得kPGkGQ=-12，从而kPGkGQ=kPGk2=-12, kPG=-1k，所以kPGkPQ=-1,即PQPG。 所以PQG是直角三角形。解2 设直线的方程为，由题意可知，直线的方程与椭圆方程联立，即或,点P在第一象限，所以，因此点的坐标为直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，消去得，（*），设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解所以有，代入直线方程中，得，所以点的坐标为，直线的斜率为： 因为所以，因此是直角三角形。本题思维导图如下：（2）(

10、ii)解1 设直线PQ斜率为k（k0），P(x1,y1), G(x0,y0,),则Q(-x1,-y1). 设M为QG的中点，则kOM=-1k，由（1）知，直线QG的方程为y=k2(x-x1)，由y=-xk,y=k2x-x1,解得xM=k2x1k2+2。直线PQ的方程与椭圆方程联立，即y=kx,x2+2y2=4,解得x1=21+2k2.所以 SOQM=12OQOM=121+k2|xQ|1+(1k)2|xM|=12(1+k2)x12k2+2=2k(k2+1)(2k2+1)(k2+2).所以SPQG=4SOQM=8k(k2+1)(2k2+1)(k2+2)。(ii)解2 直线QG的方程与椭圆方程联立，

11、得方程组x2+2y2=4,y=k2x-x1,消去y得 k2+2x2-2k2x1x+k2x2-8=0。由韦达定理得xG+xQ=2k2x1k2+2，由弦长公式得PQ=2x11+k2,PG=1+(-1k)2xP-xG=1+(1k)2xQ+xP=kx11+k2k2+2.所以SPQG=8k(k2+1)(2k2+1)(k2+2)。(ii)解3 可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，再利用导数求出面积的最大值.由（i）可知：，的坐标为，.亦或.求该函数的最大值有以下两种处理方式：解1 .设，则由得，当且仅当时取等号.因为在单调递减，所以当，即时，取得最大值，最大值为.解2 ，,因为，

12、所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，因此当时，函数有最大值，最大值为.因此，面积的最大值为.第（ii）题的思维导图：例8 平面直角坐标系中，椭圆 ：的离心率是，抛物线E：的焦点是的一个顶点. （1）求椭圆 的方程；（2）设是上的动点，且位于第一象限，在点处的切线与交于不同的两点，线段的中点为，直线 与过且垂直于轴的直线交于点.（i）求证：点在定直线上；（ii）直线与轴交于点，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点的坐标.3.4例3发散3解答思路点拨第（2）题设，即用点P横坐标作为参数，通过求导或判别式法求直线的斜率（用m表示），由“点差法”可得，从而用m表示D、G的坐标，再用

13、m表示和，把转化为m的函数求最小值.满分解答（1）由于，所以 ，又，所以，因为，解得， 所以，椭圆方程为：. （2）（i）设点坐标为 ，设，则过点的切线斜率 ，直线 的方程为.因为在椭圆上，所以 两式相减可得：，又，所以直线 的方程为：.因为交点的横坐标为，所以，所以点在定直线上.（ii）由（i）得 ，由可得 ，从而， ，于是 .当且仅当即时，“=”成立，此时.注 本题解答的关键是求D的坐标.也可以把直线的方程代入椭圆方程，整理得 .由得，由韦达定理可得第（2）题中求的最大值，也可以令，则，转化为二次函数最值问题.例 9 一种作图工具如图1所示是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，

14、上的栓子可沿滑槽滑动，且，当栓子在滑槽内作往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线记为以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系 图1 图2(1)求曲线的方程；（2）设动直线与两定直线和分别交于两点若直线总与曲线有且只有一个公共点，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由y思路点拨 因为是等腰三角形，所以N的横坐标为D横坐标的一半，因此，可选点N的坐标为参数，也可用作为参数.满分解答（1）解1 设点，依题意，且，所以，且即且 由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲线的方程为 解2由已知，若设，

15、则.设，依题意，即，所以，所求的曲线的方程为（2）解1 当直线的斜率不存在时，直线为或，都有. 当直线的斜率存在时，设直线，由 消去，可得.因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，即. 又由 可得；同理可得.由原点到直线的距离为和，可得. 将代入得，. 当时，；当时，.因，则，所以，当且仅当时取等号.所以当时，的最小值为8.综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8.解2设直线与椭圆C相切于点，则直线的方程为（）.由解得，同理可得，从而可得.因为，所以，又，（当且仅当时取等号）.注 过椭圆上点的切线方程是.解3 设直线与椭圆C的一个公共点为，则为切点，且，所以过E的切线方程为.把 与得，同理可得. 所以当，即直线与椭圆C在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8.