解析几何中最值问题的解题策略
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解析几何中最值问题的解题策略
圆锥曲线中最值问题的基本解法有几何法和代数法。 其中，代数法是建立求解目标关于某个或某
两个变量的函数，通过运用基本不等式或构造函数等来求解函数的最值。 下面我们来介绍运用基本不
等式的方法来解决圆锥曲线的一个优美性质。
X2
例题1.已知A(0, 2)，椭圆E:-y
a
的斜率为乙3，O是坐标原点。
3
(1 )求E的方程；
(2)设过点A的动直线I与E相交于P,Q两点，当 OPQ的面积最大时，求I的方程。
x2
解：(1)E :—
4
先来解析这道题，应用了两个公式:
二.基本不等式 ab a―-, a
2
我们运用这两个知识来证明该题型具有的一般性结论 占 1(a b 0)，设过点A(0, m)的动直线I与E相交于P,Q两点，当 OPQ b
的面积最大时，求I的方程。 y2 1(a b 0)的离心率为仝，右焦点F，直线AF b2 2
y2 1
(2)由题意直线 I的斜率存在，设I: y kx
y kx 2
联立x2 2
7 y 消 y 得(4k2 1)x2 16kx
1 12 0， 16(4 k2 3) 0,得k2;
原点0到直线PQ的距离 d「+k 亍
1
所以 SOPQ ^ | PQ | d 16(4k2 3) 2 ,4k2
3
4k2 1 4k2 1 4 4k2 3
1 4k2
当 2 . 4k2 3 即 k2 寸时，取等号，此时l:y
.弦长公式 |PQF、.1+k2 |x X21 1+k2 | —|, a是x2的系数
a
0,b 0,当a b时，不等式式取
2
例题2.已知E :务
a 解：由题意直线l的斜率存在，设l : y kx m
y kx m
联立 x2 y2 消 y 得（a2k2 b2）x2 2a2b2kmx a2m2 a2b2 0 ,
2 2 1 a b
原点O到直线PQ的距离d二」m
L >A+k^
所以
当a2k2 b2 m2 m2，即a2k2 b2 2m2时，取等号。由此我们得出一个一般性结论:
ab
，此时不能用基本不等式求最值。我
2
们得探索其他求最值的方法，用构造函数法或放缩法可以证明，当 k=0时，S OPQ有最大值，下面我
们再看一道例题。
例题3已知动圆P与圆Fd(x 2)2 y2 49相切，且与圆F2 :(x 2)2 y2 1相内切，记圆心P的
轨迹为曲线C .
(1)求曲线C的方程；(2)设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为坐标原点，过点F2作0Q 的平行线交曲线 C于M,N两个不同的点，求厶QMN面积的最大值.
(1)设圆P的半径为R,圆心P的坐标为(x, y)，
由于动圆P与圆F「(x 2)2 y2 49相切，且与圆F2 :(x 2)2 y2 1相内切，
PF1 7 R,
结合图像可知，动圆 P与圆F1只能内切.且
PF2 R 1.
则 |PF1 | | PF2 | 6 | F1F2 | 4.
所以圆心P的轨迹是以点F1, F2为焦点的椭圆，
2 2 2
2 2
所以曲线C的方程为 — 1.
9 5 若直线l的斜率k为定值，当m2二 a2k2 +b
时, S OPQ有最大值 ab
2
若直线l的截距m为定值，且满足2 m2 b2， 2 2 t , 2 2m2-b2 当k = — a 时, S OpQ有最大值 ab
2
2 2
若2m2 b2，当k2= 2m 2 b 0时，S OPQ取不到最大值
a 且 a 3,c 2，则 b a c 5. (2)设 M (x1, y-i), N(x2, y2), Q(x3, y3)，直线 MN 的方程为 x my 2 ,
my+ 2,
2 可得(5m2 + 9) y2 + 20my- 25= 0 , + —= 1,
5
4 4
设 f (t) = 5t + (t ? 1)，则 f ft) = 5- 2
2
5t2 ・ 4 4
因为t3 1，所以f ft)= 2 > 0.所以f(t)=5t+ 在［1,+ ?)上单调递增.
对称轴为坐标轴，且抛物线x2 4、2y的焦点是它的一个焦
点，又点 A(1「. 2)在该椭圆上。
(1)求椭圆E的方程；(2)若斜率为 2的直线I与椭圆E交于不同的两点 B, C,当厶ABC的面积 最大时，求直线I的方程。
例题5.设椭圆中心在坐标原点， A (2,0 ), B (0,1 )是它的两个顶点，直线 y=kx ( k>0 )与AB相交
于点D,与椭圆相交于 E,F两点。
(1) ED 6DF，求k的值；(2)求四边形AEBF面积的最大值；
例题6在平面直角坐标系xOy中，椭圆G的中心为坐标原点，左焦点为 F1 (- 1,
0), P为椭圆G的上顶点，且/ PFQ=45
(I)求椭圆G的标准方程; X 2X
一9
则 y1 y2
5m 9 25
5m2 9
所以 MN = J(1+ m2)轾 1 + yz)-
因为MN //OQ，所以△ QMN
点O到直线MN : x my 2的距离
1 所以△ QMN的面积S = — MN ?d 2 4y』2
的面积等于△ OMN的面积.
d = =2
』1 + m2
2
1创30呻
2 5m2 + 9 2_ =
m2 + 1
30t 30 . m2 + 1
令.wFl t，则 m2 t2 1 (t 1) , S=2 ----------------------------------------- 2
5(t2- 1)+ 9 5t +4 2 5m + 9
=30
-5t + - t 2
4 = 5t - 4 =
说明：△ QMN的面积S= 1 OF2?y1 y^RV0 耐
2 5m + 9
例题4已知椭圆E的中心在坐标原点, (U)已知直线li： y=kx+m与椭圆G交于A, B两点，直线12: y=kx+mt (m^m?) 与椭圆G交于C, D两点，且|AB|=|CD|，如图所示.
(i) 证明：m+m=O;
(ii) 求四边形 ABCD勺面积S的最大值.
12 (I)根据 Fi (- 1, 0), / PFQ=45，可得 b=c=1,从而 a1 2=b2+c2=2，故可得 椭圆G的标准方程；
(U)设 A (xi, yi), B (X2, y?), C (X3,肿,D (X4,曲.
(i)直线li: y=kx+m与椭圆G联立，利用韦达定理，可求 AB, CD的长，利用
|AB|=|CD|，可得结论;
(ii)求出两平行线 AB, CD间的距离为d,则日上二U，表示出四边形 ABCD Vl+k?
的面积S,利用基本不等式，即可求得四边形 ABCD勺面积S取得最大值.
2 2
【解析】：(I)解：设椭圆G的标准方程为卑+冬1 (a>b>0i a2 b2
因为 Fi (- i, 0), / PFO=45，所以 b=c=i.
所以，a2二b2+c2=2.…(2 分)
2 厲
所以，椭圆G的标准方程为〔• _.•••( 3分)
(U)设 A (xi, yi), B (X2, y2), C (X3,汩,D (X4, g .
(1+2k2) xz+4knij K+2IH| - 2=0 证明：由
W / k- T^+l 2mf -2 (5 分)
30
所以当t= 1时，f(t)取得最小值，其值为9.所以△ QMN的面积的最大值为 30 所以
同理 2 / 、2 = + ( yx _ ¥丿
4km j 〜 2 m? _ 2
—)+•—— l+2k2 l+2kz
1+2 kz
因为 |AB|=|CD| ,
所以-：
因为mi Mm2，所以m+m=0 .…（9分）
（ii）解：由题意得四边形 ABCD是平行四边形，设两平行线AB, CD间的距离为d,
IM | ~ m
2
71+k2 .因为mi+m=O,所以 .…(10分)
所以：「■ ■：-上
1+k2
、J 2 2
----------------------- 2k _ Ei] + Hm| (2k2 -
m?+l) --------------- 7 1—— --------------------------- —— l+2k^ ----- l+21t
(或
S=4x/z (l+2k2) :2- 1^141 |2^j I
L+2k2
所以当 ■.I：-・：口 ’时，四边形ABCD的面积S取得最大值为一【.•••（ 12 分）
