专题03 最值问题（精讲篇）-用思维导图突破圆锥曲线压轴题-解析版

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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，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Ⅰ，将右上方的区域（小弓形区域）记作Ⅱ．
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
.
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kPQ∙kPG=-1。由已知可得(把条件翻成图式)：设直线PQ的方程为y=kx(k>0)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,kPG∙kGQ=y12-y02x12-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(k>0)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-x0=y1+y0x1+x0,kPG∙kGQ=y12-y02x12-x02
因为Q、G在椭圆上，所以x12+2y12=4，x02+2y02=4，可得kPG∙kGQ=-12，从而 kPG∙kGQ=kPG∙k2=-12, kPG=-1k，所以kPG∙kPQ=-1,即PQ⊥PG。
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）(ii)解1 设直线PQ斜率为k（k>0），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 S∆OQM=12OQ∙OM=121+k2∙|xQ|∙1+(1k)2∙|xM|=12(1+k2)x12k2+2=2k(k2+1)(2k2+1)(k2+2).
所以 S△PQG=4S△OQM=8k(k2+1)(2k2+1)(k2+2)。
(ii)解2 直线QG的方程与椭圆方程联立，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)2∙xP-xG=1+(1k)2∙xQ+xP=kx11+k2k2+2.
所以S△PQG=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，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.
（= 1 \* rmani）求证：点在定直线上；
（= 2 \* rmanii）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 \* ROMAN2）（= 1 \* rmani）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.
（= 2 \* rmanii）由（= 1 \* rmani）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，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，则.
设，依题意，，即
，，
所以，所求的曲线的方程为
（2）解1 ①当直线的斜率不存在时，直线为或，都有.
②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. ①
又由 可得；
同理可得.
由原点到直线的距离为和，可得
. ②
将①代入②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.