一道课本例题的多角度探析--圆锥曲线到直线距离的最值问题
圆锥曲线的最值问题常见类型及解法演示文稿
x2 y2 1 4
上点的最大距离，
并求出此时椭圆上的点的坐标。
分析：
本题可以根据椭圆的方程设出满足条件的 点的坐标，然后根据两点间的距离公式借 助于二次函数求出此最大值，并求出点的 坐标。
例3
求点 P(0，3 )到椭圆
2
x2 y2 1 4
上点的最大距离，
并求出此时椭圆上的点的坐标。
解：
设点
Q(x,y)为椭圆
x2 4
y2
1
上的任意一点，
则 PQ 2 （x 0）2 (y 3)2
2
又因为x2 = 4- 4y2
所以
PQ
2
4 4y 2
y2
3y
9 4
3y 2
3y
25 4
3(y 1 )2 7 2
（－1≤y≤1）
所以 PQ 的最大值为 7 此时， y 1，x 3
2
即此时Q的坐标为：（ 3， 1）、（ 3， 1）
2
2
思考题：
求：点P(0,m),使其到椭圆x2 y 2 1上的 4
最大距离是 7。
变式训练：
已知双曲线C：x2 y2 1 ，P为C
4
上任一点，点A（3，0），则|PA|的最小 值为________.
类
例1： 已知抛物线y2=4x，以抛物线上两点
型
A(4,4)、B(1,-2)的连线为底边的△ABP，其顶点P 在抛物线的弧AB上运动，求： △ABP的最大面
略解： 圆心到直线L的距离d1=
16 32 22
16 13 13
r 所以圆上的点到直线的最短距离为 d=d1-
16 13 2 13
问题：直线L的方程改为 3x-2y-6=0， 其结果又如何？
圆锥曲线中的直线(线段)的问题(含解析)
圆锥曲线中的直线（线段）的问题解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：．一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷．对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同． 一、题型选讲题型一 、圆锥曲线中的线段的关系例1、【2020年高考北京】设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过P 作PQ l 于Q ，则线段FQ 的垂直平分线 A ． 经过点O B ． 经过点P C ． 平行于直线OPD ． 垂直于直线OP例2、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，且直线l ：x ＝2被椭圆E 截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E 于P ，Q 两点，且PQ 的中点R 在直线l 上．点M(1，0)．(1) 求椭圆E 的方程；(2) 求证：MR⊥PQ.例3、(2016南京三模）如图，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)的离心率为22，点(2,1)在椭圆C 上．(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝2相切，与椭圆C 相交于P ，Q 两点. ①若直线l 过椭圆C 的右焦点F ，求△OPQ 的面积； ②求证： OP ⊥OQ .题型二、圆锥曲线中直线的斜率问题例4、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）已知P ，Q 是椭圆2213x y +=上的两点(点Q 在第一象限)，若()1,0M ，且直线PM ，QM 的斜率互为相反数，且2PM QM =，则直线QM 的斜率为____________.例5、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆()222210x y a b a b +=>>，F 是其右焦点，直线y kx =与椭圆交于A ，B 两点，8AF BF +=. （1）求椭圆的标准方程；（2）设()3,0Q ，若AQB ∠为锐角，求实数k 的取值范围.例6、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)经过点⎝⎛⎭⎫3，12，⎝⎛⎭⎫1，32，点A 是椭圆的下顶点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 过点A 且互相垂直的两直线l 1，l 2与直线y ＝x 分别相交于E ，F 两点，已知OE ＝OF ，求直线l 1的斜率．例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A ，B ，离心率为12，点P ⎝⎛⎭⎫1，32为椭圆上一点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l 与椭圆交于M ，N 两点，记直线AM 的斜率为k 1，直线BN 的斜率为k 2，若k 1＝2k 2，求直线l 斜率的值．题型三、圆锥曲线中直线的方程例8、【2019年高考全国⊥卷理数】已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程； （2）若，求|AB |．例9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点B 在准线l 上的投影为E ，若C 是抛物线上一点，且AC EF⊥.（1）证明：直线BE 经过AC 的中点M ；（2）求ABC ∆面积的最小值及此时直线AC 的方程.例10、(2018南通、泰州一调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，两条准线之间的距离为4 2.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 已知椭圆的左顶点为A ，点M 在圆x 2＋y 2＝89上，直线AM 与椭圆相交于另一点B ，且⊥AOB 的面323AP PB=积是⊥AOM 的面积的2倍，求直线AB 的方程．二、达标训练1、(2019宿迁期末）如图所示，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，右准线方程为x ＝4，过点P(0，4)作关于y 轴对称的两条直线l 1，l 2，且l 1与椭圆交于不同两点A ，B ，l 2与椭圆交于不同两点D ，C.(1) 求椭圆M 的方程；(2) 证明：直线AC 与直线BD 交于点Q(0，1)； (3) 求线段AC 长的取值范围．2、(2018扬州期末）已知椭圆E 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，若椭圆E 2：x 2ma 2＋y 2mb 2＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E 2与椭圆E 1“相似”．(1) 求经过点(2，1)，且与椭圆E 1：x 22＋y 2＝1“相似”的椭圆E 2的方程．(2) 若椭圆E 1与椭圆E 2“相似”，且m ＝4，椭圆E 1的离心率为22，P 在椭圆E 2上，过P 的直线l 交椭圆E 1于A ，B 两点，且AP →＝λAB →.①若B 的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l 的方程； ②若直线OP ，OA 的斜率之积为－12，求实数λ的值．3、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为23，C 为椭圆上位于第一象限内的一点． (1) 若点C 的坐标为⎝⎛⎭⎫2，53，求a ，b 的值；(2) 设A 为椭圆的左顶点，B 为椭圆上一点，且AB →＝12OC →，求直线AB 的斜率．4、(2017无锡期末）已知椭圆x 24＋y 23＝1，动直线l 与椭圆交于B ，C 两点(点B 在第一象限)．(1) 若点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，32，求△OBC 的面积的最大值；(2) 设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，且3y 1＋y 2＝0，求当△OBC 的面积最大时直线l 的方程．5、(2018南京、盐城、连云港二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，上顶点A 到右焦点的距离为 2.过点D(0，m)(m≠0)作不垂直于x 轴，y 轴的直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，C 为线段PQ 的中点，且AC⊥OC.(1) 求椭圆E 的方程；(2) 求实数m 的取值范围；(3) 延长AC 交椭圆E 于点B ，记⊥AOB 与⊥AOC 的面积分别为S 1，S 2，若S 1S 2＝83，求直线l 的方程．一、题型选讲题型一 、圆锥曲线中的线段的关系例1、【2020年高考北京】设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过P作PQ l ⊥于Q ，则线段FQ 的垂直平分线 A ． 经过点O B ． 经过点P C ． 平行于直线OP D ． 垂直于直线OP【答案】B【解析】如图所示：．因为线段FQ 的垂直平分线上的点到,F Q 的距离相等，又点P 在抛物线上，根据定义可知，PQ PF =，所以线段FQ 的垂直平分线经过点P . 故选：B ．例2、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，且直线l ：x ＝2被椭圆E 截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E 于P ，Q 两点，且PQ 的中点R 在直线l 上．点M(1，0)．(1) 求椭圆E 的方程；(2) 求证：MR⊥PQ.规范解答 (1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝22，所以e 2＝c 2a 2＝1－b 2a 2＝12，即a 2＝2b 2. (2分) 因为直线l ：x ＝2被椭圆E 截得的弦长为2， 所以点(2，1)在椭圆上，即4a 2＋1b 2＝1. 解得a 2＝6，b 2＝3，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.(6分)(2)解法1(设线法) 因为直线PQ 与坐标轴不垂直，故设PQ 所在直线的方程为y ＝kx ＋m. 设 P(x 1，y 1)，Q(x 2, y 2) .因为PQ 的中点R 在直线 l ：x ＝2上，故R(2，2k ＋m)．联立方程组⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1， 消去y ，并化简得 (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0, (9分) 所以x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2 .由x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2＝4，得1＋2k 2＝－km.(12分) 因为M(1，0)，故k MR ＝2k ＋m2－1＝2k ＋m ，所以k MR ·k PQ ＝(2k ＋m)k ＝2k 2＋km ＝2k 2－(1＋2k 2)＝－1，所以MR⊥PQ.(16分) 解法2(设点法) 设P(x 1，y 1)，Q(x 2, y 2)．因为PQ 的中点R 在直线 l ：x ＝2上，故设R(2，t)．因为点P ，Q 在椭圆E ：x 26＋y 23＝1上，所以⎩⎨⎧x 216＋y 213＝1，x 226＋y 223＝1，两式相减得(x 1＋x 2) (x 1－x 2)＋2(y 1＋y 2) (y 1－y 2)＝0.(9分) 因为线段PQ 的中点为R ，所以x 1＋x 2＝4，y 1＋y 2＝2t. 代入上式并化简得(x 1－x 2)＋t (y 1－y 2)＝0.(12分) 又M(1，0)，所以MR →·PQ →＝(2－1)×(x 2－x 1)＋(t －0)×(y 2－y 1)＝0，因此 MR⊥PQ.(16分)用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法．对于本题而言，两种方法都可以，解题时把“设线法”与“直线斜率乘积为－1”结合，把“设点法”与“向量的数量积为0”结合，其实颠倒一下也可行．例3、(2016南京三模）如图，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)的离心率为22，点(2,1)在椭圆C 上．(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝2相切，与椭圆C 相交于P ，Q 两点. ①若直线l 过椭圆C 的右焦点F ，求△OPQ 的面积； ②求证： OP ⊥OQ .思路分析 (1) 由e ＝c a ＝22，得a ∶b ∶c ＝2∶1∶1，用b 表示a 更方便；(2) ①设直线l 的方程为y ＝k (x －3)，由直线l 与圆O 相切可先求出k ，再求出PQ 的长即可．②设l ：y ＝kx ＋m ，则只要证OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝0.联列直线与椭圆方程可得x 1＋x 2，x 1x 2均可用k ，m 表示．由直线l 与圆O 相切，可得k 与m 的关系式．规范解答 (1) 由题意，得c a ＝22，4a 2＋1b 2＝1，解得a 2＝6，b 2＝3.所以椭圆的方程为x 26＋y 23＝1.(2分)(2) ①解法1 椭圆C 的右焦点F (3，0)．设切线方程为y ＝k (x －3)，即kx －y －3k ＝0，所以|－3k |k 2＋1＝2，解得k ＝±2，所以切线方程为y ＝±2(x －3)．当k ＝2时，(4分)由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －3，x 26＋y23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝43＋325，y ＝－6＋65或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝43－325，y ＝－6－65.所以点P ，Q 的坐标分别为43＋325， －6＋65， 43－325， －6－65， 所以PQ ＝665.(6分)因为O 到直线PQ 的距离为2，所以△OPQ 的面积为635.因为椭圆的对称性，当切线方程为y ＝－2(x －3)时，△OPQ 的面积也为635.综上所述，△OPQ 的面积为635.(8分)解法2 椭圆C 的右焦点F (3，0)．设切线方程为y ＝k (x －3)，即kx －y －3k ＝0，所以|－3k |k 2＋1＝2，解得k ＝±2，所以切线方程为y ＝±2(x －3)．当k ＝2时，(4分) 把切线方程 y ＝2(x －3)代入椭圆C 的方程，消去y 得5x 2－83x ＋6＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝835.由椭圆定义可得，PQ ＝PF ＋FQ ＝2a －e (x 1＋x 2)＝2×6－22×835＝665.(6分)因为O 到直线PQ 的距离为2，所以△OPQ 的面积为635.因为椭圆的对称性，当切线方程为y ＝－2(x －3)时，△OPQ 的面积为635. 综上所述，△OPQ 的面积为635.(8分)②解法1 (i)若直线PQ 的斜率不存在，则直线PQ 的方程为x ＝2或x ＝－ 2. 当x ＝2时，P (2， 2)，Q (2，－2)．因为OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .当x ＝－2时，同理可得OP ⊥OQ .(10分)(ii)若直线PQ 的斜率存在，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋m ，即kx －y ＋m ＝0.因为直线与圆相切，所以|m |1＋k 2＝2，即m 2＝2k 2＋2.将直线PQ 方程代入椭圆方程，得(1＋2k 2) x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.设P (x 1，y 1) ，Q (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2.(12分)因为OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)×2m 2－61＋2k 2＋km ×⎝⎛⎭⎫－4km 1＋2k 2＋m 2.将m 2＝2k 2＋2代入上式可得OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ . 综上所述，OP ⊥OQ .(14分)解法2 设切点T (x 0，y 0)，则其切线方程为x 0x ＋y 0y －2＝0，且x 20＋y 20＝2. (i)当y 0＝0时，则直线PQ 的直线方程为x ＝2或x ＝－ 2. 当x ＝2时，P (2， 2)，Q (2，－2)．因为OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .当x ＝－2时，同理可得OP ⊥OQ .(10分) (ii)当y 0≠0时，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 0x ＋y 0y －2＝0，x 26＋y23＝1，消去y 得(2x 20＋y 20)x 2－8x 0x ＋8－6y 20＝0.设P (x 1，y 1) ，Q (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝8x 02x 20＋y 20，x 1x 2＝8－6y 202x 20＋y 20.(12分)所以OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋2－x 0x 12－x 0x 2y 20＝－6x 20＋y 2＋122x 20＋y 20. 因为x 20＋y 20＝2，代入上式可得OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ . 综上所述，OP ⊥OQ .(14分)题型二、圆锥曲线中直线的斜率问题例4、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）已知P ，Q 是椭圆2213x y +=上的两点(点Q 在第一象限)，若()1,0M ，且直线PM ，QM 的斜率互为相反数，且2PM QM =，则直线QM 的斜率为____________. 【答案】1【解析】延长PM 交椭圆于N ，由对称性可知QM MN =， 设直线PM 的斜率为k ，则直线PM 的方程为()()10y k x k =-<，联立方程组()22133y k x x y ⎧=-⎨+=⎩，消元得：2212320yy k k ⎛⎫++-=⎪⎝⎭， 设()11,P x y ，()22,N x y ， 则1222k13k y y -+=+，2PM QM =，122y y ∴=-.1222213ky y y k-∴+=-=+， 即22213ky k =+， 222113x k∴=++， 把22221,1313k N k k ⎛⎫+ ⎪++⎝⎭代入椭圆方程得：2222221331313k k k ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭， 解得21k =，1k ∴=-，∴直线QM 的斜率为1k -=.故答案为：1.例5、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆()222210x y a b a b +=>>，F 是其右焦点，直线y kx =与椭圆交于A ，B 两点，8AF BF +=. （1）求椭圆的标准方程；（2）设()3,0Q ，若AQB ∠为锐角，求实数k 的取值范围.【答案】（1）221164x y += （2）k >k <【解析】（1）设1F 为椭圆的左焦点,连接1F B ,由椭圆的对称性可知,1AF FB =, 所以128AF BF BF BF a +=+==,所以4a =,又2c e a==,222a b c =+,解得c =,2b =, 所以椭圆的标准方程为221164x y +=（2）设点1122(,),(,)A x y B x y ,则11(3,)QA x y =-,22(3,)QB x y =-,联立221164x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=⎩,得22(41)160k x +-=, 所以120x x +=,1221641x x k -=+, 因为AQB ∠为锐角,所以0QA QB ⋅>, 所以1212(3)(3)QA QB x x y y ⋅=--+12121293()x x x x y y =-+++ 2121293()(1)x x k x x =-+++2216(1)9041k k +=->+,解得10k >10k <-例6、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)经过点⎝⎛⎭⎫3，12，⎝⎛⎭⎫1，32，点A 是椭圆的下顶点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 过点A 且互相垂直的两直线l 1，l 2与直线y ＝x 分别相交于E ，F 两点，已知OE ＝OF ，求直线l 1的斜率．思路分析 (1) 由两点在椭圆上，列方程组解出a 2，b 2；(2) 设E(t ，t)，则l 1的斜率k AE ＝t ＋1t . 规范解答 (1) 由⎝⎛⎭⎫3，12，⎝⎛⎭⎫1，32两点在椭圆C 上，得⎩⎨⎧3a 2＋14b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.(4分) 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(6分)(2) 首先A(0，－1)．由E ，F 在直线y ＝x 上，且OE ＝OF ，可设E(t ，t)，F(－t ，－t)．(8分) 由l 1⊥l 2，得AE →·AF →＝0，即t(－t)＋(t ＋1)(－t ＋1)＝0，得t ＝±22.(12分) 直线l 1的斜率为k AE ＝t ＋1t ＝1＋1t ＝1± 2.(14分)例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A ，B ，离心率为12，点P ⎝⎛⎭⎫1，32为椭圆上一点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l 与椭圆交于M ，N 两点，记直线AM 的斜率为k 1，直线BN 的斜率为k 2，若k 1＝2k 2，求直线l 斜率的值．思路分析 (1)根据已知条件，建立方程组，求出a ，b ，即可得到椭圆的标准方程．(2)设出直线l 方程为y ＝kx ＋1，M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，将直线l 方程与椭圆方程联立，求出x 1＋x 2和x 1x 2，根据条件求出k 1和k 2，代入k 1＝2k 2化简计算，得到关于k 的方程，解方程求出k 的值．规范解答 (1)因为椭圆的离心率为12，所以a ＝2c. 又因为a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝3c. 所以椭圆的标准方程为x 24c 2＋y 23c 2＝1.(3分)又因为点P ⎝⎛⎭⎫1，32为椭圆上一点，所以14c 2＋943c 2＝1，解得c ＝1.(5分) 所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(6分)(2) 由椭圆的对称性可知直线l 的斜率一定存在，设其方程为y ＝kx ＋1. 设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)．联立方程组⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋1，消去y 可得(3＋4k 2)x 2＋8kx －8＝0.所以由根与系数关系可知x 1＋x 2＝－8k 3＋4k 2，x 1x 2＝－83＋4k 2.(8分) 因为k 1＝y 1x 1＋2，k 2＝y 2x 2－2，且k 1＝2k 2，所以y 1x 1＋2＝2y 2x 2－2.(10分) 即y 21（x 1＋2）2＝4y 22（x 2－2）2. ⊥又因为M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)在椭圆上， 所以y 21＝34(4－x 21)，y 22＝34(4－x 22)．⊥将⊥代入⊥可得：2－x 12＋x 1＝4（2＋x 2）2－x 2，即3x 1x 2＋10(x 1＋x 2)＋12＝0.(12分) 所以3⎝⎛⎭⎫－83＋4k 2＋10⎝⎛⎭⎫－8k 3＋4k 2＋12＝0，即12k 2－20k ＋3＝0.(14分) 解得k ＝16或k ＝32，又因为k>1，所以k ＝32.(16分)题型三、圆锥曲线中直线的方程例8、【2019年高考全国⊥卷理数】已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程； （2）若，求|AB |． 【答案】（1）3728y x =-；（2【解析】设直线()()11223:,,,,2l y x t A x y B x y =+． （1）由题设得3,04F ⎛⎫⎪⎝⎭，故123||||2AF BF x x +=++，由题设可得1252x x +=．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得22912(1)40x t x t +-+=，则1212(1)9t x x -+=-．从而12(1)592t --=，得78t =-． 所以l 的方程为3728y x =-．（2）由3AP PB =可得123y y =-．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=． 所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=． 代入C 的方程得1213,3x x ==．故||AB =． 例9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点B 在准线l 上的投影为E ，若C 是抛物线上一点，且AC EF ⊥.323AP PB =（1）证明：直线BE 经过AC 的中点M ；（2）求ABC ∆面积的最小值及此时直线AC 的方程.【答案】（1）详见解析；（2）面积最小值为16，此时直线方程为30x y ±-=. 【解析】（1）由题意得抛物线24y x =的焦点()1,0F ，准线方程为1x =-，设()2,2B t t ，直线AB ：1x my =+， 则()1,2E t -，联立1x my =+和24y x =， 可得244y my =+，显然40A B y y +=，可得212,A tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭，因为EF k t =-，AB EF ⊥， 所以1AC k t=， 故直线AC ：2211y x t t t ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭， 由224120y xx ty t ⎧=⎪⎨---=⎪⎩， 得224480y ty t ---=. ∴4A C y y t +=，248A C y y t =--， 所以AC 的中点M 的纵坐标2M y t =，即M B y y =，所以直线BE 经过AC 的中点M.（2）所以A C y A C =-== 设点B 到直线AC 的距离为d ，则2212t d ++==.所以1162ABCS AC d ∆=⋅=≥=，当且仅当41t =，即1t =±，1t =时，直线AD 的方程为：30x y --=， 1t =-时，直线AD 的方程为：30x y +-=.另解：2221112222ABC A C S BM y y t t t ∆=⋅-=++-3222122t t ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭.例10、(2018南通、泰州一调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，两条准线之间的距离为4 2.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 已知椭圆的左顶点为A ，点M 在圆x 2＋y 2＝89上，直线AM 与椭圆相交于另一点B ，且⊥AOB 的面积是⊥AOM 的面积的2倍，求直线AB 的方程．思路分析 (1) 基本量建立方程组，求出a ，b 的值，得出椭圆的标准方程．(2) 由面积关系，分析出M 为AB 的中点，这里有两种思路，解法1，设出M(x 0，y 0)，得出B 的坐标，分别代入椭圆与圆的方程，建立方程组，求出M 的坐标；解法2，设出直线的方程y ＝k(x ＋2)，由直线与椭圆联立，得出M 的坐标，代入圆的方程，得到一个关于k 的方程，解得k 的值．规范解答 (1) 设椭圆的焦距为2c ，由题意得c a ＝22，2a 2c ＝42，(2分) 解得a ＝2，c ＝2，所以b ＝ 2. 所以椭圆的方程为x 24＋y 22＝1.(4分)(2) 解法1(设点法) 因为S △AOB ＝2S △AOM ，所以AB ＝2AM ，所以M 为AB 的中点．(6分) 因为椭圆的方程为x 24＋y 22＝1，所以A(－2，0)． 设M(x 0，y 0)(－2<x 0<0)，则B(2x 0＋2，2y 0)． 所以x 20＋y 20＝89⊥，（2x 0＋2）24＋（2y 0）22＝1 ⊥，(10分) 由⊥⊥得9x 20－18x 0－16＝0，解得x 0＝－23或x 0＝83(舍去)． 把x 0＝－23代入⊥得y 0＝±23，(12分)所以k AB ＝±12，因此直线AB 的方程为y ＝±12(x ＋2)，即x ＋2y ＋2＝0或x －2y ＋2＝0.(14分) 解法2(设线法) 因为S △AOB ＝2S △AOM ，所以AB ＝2AM ，所以M 为AB 的中点．(6分) 由椭圆方程知A(－2，0)，设B(x B ，y B )，M(x M ，y M )，设直线AB 的方程为y ＝k(x ＋2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k （x ＋2），得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0， 所以(x ＋2)[(1＋2k 2)x ＋4k 2－2]＝0，解得x B ＝2－4k 21＋2k 2.(8分) 所以x M ＝x B ＋（－2）2＝－4k 21＋2k 2，y M ＝k(x M ＋2)＝2k1＋2k 2，(10分) 代入x 2＋y 2＝89得⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 21＋2k 22＋⎝⎛⎭⎫2k 1＋2k 22＝89， 化简得28k 4＋k 2－2＝0，(12分)即(7k 2＋2)(4k 2－1)＝0，解得k ＝±12，所以直线AB 的方程为y ＝±12(x ＋2)，即x ＋2y ＋2＝0或x －2y ＋2＝0.(14分) 二、达标训练1、(2019宿迁期末）如图所示，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，右准线方程为x ＝4，过点P(0，4)作关于y 轴对称的两条直线l 1，l 2，且l 1与椭圆交于不同两点A ，B ，l 2与椭圆交于不同两点D ，C.(1) 求椭圆M 的方程；(2) 证明：直线AC 与直线BD 交于点Q(0，1)；(3) 求线段AC 长的取值范围．思路分析 对于(2)，要求证明交于一点Q(0，1)，角度一：根据图形的对称性可设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则D(－x 1，y 1)，C(－x 2，y 2)，再设l 1方程为y ＝kx ＋4，则可由一元二次方程根与系数的关系判断出点B ，D ，Q 三点共线，同理有点A ，C ，Q 三点共线，这个角度的逻辑是借助了给出的定点(0，1)，然后验证，有些不严谨；角度二：直接求直线AC 和直线BD 的方程，联立求解坐标，这个方法是逻辑严谨的首选，不过计算量稍大．对于(3)，可由两点间的距离公式表示出AC 的长度，将表达式的关于x 1，x 2的结构用含有k 的式子代换掉，回归一元变量，求解最值，可直接求导. 但是解析几何中的最值，直接求导，暴力求解最值的较少，更多的是化简函数表达式，根据结构采用基本不等式(无法取等的时候就求导来解决)来求解最终的最值(或者值域)，必然要有定义域，所以寻找函数的定义域是非常重要的，而解析几何中直线和曲线联立(曲直联立)以后的关于x(或者y)的一元二次方程有解，判别式就是很重要的一个点，也就是定义域的一个重要来源，有些题目甚至是唯一来源．规范解答 (1)由⎩⎨⎧e ＝c a ＝22，a 2c ＝4，得a ＝22，c ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝4，所以椭圆M 的方程为x 28＋y 24＝1.(4分)(2)解法1 设直线l 1：y ＝kx ＋4，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则由对称性可知D(－x 1，y 1)，C(－x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＝kx ＋4，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋16kx ＋24＝0,所以x 1＋x 2＝－16k 1＋2k 2，x 1·x 2＝241＋2k 2.(6分) 又k BQ ＝y 2－1x 2，k DQ ＝y 1－1－x 1，则k BQ －k DQ ＝y 2－1x 2－y 1－1－x 1＝kx 2＋3x 2＋kx 1＋3x 1＝2k ＋3（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k ＋－48k 1＋2k 2241＋2k 2＝2k －2k ＝0，(8分) 知k BQ ＝k DQ ，故点B ，D ，Q 三点共线，即直线BD 经过点Q(0，1)． 同理可得直线AC 经过点Q(0，1)．所以直线AC 与直线BD 交于点Q(0，1)．(10分)解法2 设直线l 1：y ＝kx ＋4，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则由对称性可知D(－x 1，y 1)，C(－x 2，y 2)，且k ＝y 2－y 1x 2－x 1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＝kx ＋4，削去y 得(1＋2k 2)x 2＋16kx ＋24＝0，Δ＝(16k)2－4(1＋2k 2)·24＝64k 2－96>0.所以x 1＋x 2＝16k 1＋2k 2，x 1·x 2＝241＋2k 2.(6分)直线AC 的方程为y ＝－y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 1)＋y 1＝－y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 1)＋kx 1＋4. 直线BD 的方程为y ＝y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 2)＋y 2＝y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 2)＋kx 2＋4.联立直线AC 和直线BD 的方程并化简得k(x 1＋x 2)＝y 2－y 1x 2＋x 1，即k （x 1－x 2）y 2－y 1＝1x 2＋x 1＝2x x 2＋x 1－1，即k－k ＝－1＝2xx 2＋x 1－1，解得x ＝0.在直线AC 的方程中，令x ＝0，得y ＝－y 2－y 1x 2＋x 1(－x 1)＋kx 1＋4＝－kx 2－kx 1x 2＋x 1(－x 1)＋kx 1＋4＝2kx 2x 1x 2＋x 1＋4. 将x 1＋x 2＝－16k 1＋2k 2，x 1·x 2＝241＋2k 2代入计算得y ＝2kx 2x 1x 2＋x 1＋4＝48k 1＋2k 2－16k 1＋2k 2＋4＝－3＋4＝1.同理可得，在直线BD 的方程中，令x ＝0，得y ＝2kx 2x 1x 2＋x 1＋4＝48k 1＋2k 2－16k 1＋2k 2＋4＝－3＋4＝1.故直线AC 与直线BD 交于点Q(0，1)．(3)由(2)可知AC 2＝(x 1＋x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(x 1＋x 2)2＋k 2(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2＋k 2[]（x 1＋x 2）2－4x 1·x 2＝162k 2（1＋2k 2）2＋k 2⎣⎡⎦⎤162k 2（1＋2k 2）2－4×241＋2k 2＝16×4k 4＋10k 24k 4＋4k 2＋1 ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋6k 2－14k 4＋4k 2＋1.(12分) 令t ＝6k 2－1，则k 2＝t ＋16.又由Δ＝162k 2－4×24×(1＋2k 2)>0得k 2>32，所以t>8，所以AC 2＝16＋]＝16(1＋9tt 2＋8t ＋16]＝16(1＋9t ＋16t ＋8)．(14分) 因为⎝⎛⎭⎫t ＋16t ＋8′＝1－16t 2>0在t⊥(8，＋∞)上恒成立， 所以t ＋16t ＋8在t⊥(8，＋∞)上单调递增，所以t ＋16t ＋8>18, 0<9t ＋16t ＋8<12，1<1＋9t ＋16t ＋8<32.所以16<AC 2<24，4<AC<26，所以线段AC 长的取值范围是(4，36)．(16分)2、(2018扬州期末）已知椭圆E 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，若椭圆E 2：x 2ma 2＋y 2mb 2＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E 2与椭圆E 1“相似”．(1) 求经过点(2，1)，且与椭圆E 1：x 22＋y 2＝1“相似”的椭圆E 2的方程．(2) 若椭圆E 1与椭圆E 2“相似”，且m ＝4，椭圆E 1的离心率为22，P 在椭圆E 2上，过P 的直线l 交椭圆E 1于A ，B 两点，且AP →＝λAB →.①若B 的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l 的方程； ②若直线OP ，OA 的斜率之积为－12，求实数λ的值．规范解答 (1) 设椭圆E 2的方程为x 22m ＋y 2m ＝1，将点(2，1)代入得m ＝2， 所以椭圆E 2的方程为x 24＋y 22＝1.(3分)(2) 因为椭圆E 1的离心率为22，故a 2＝2b 2，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝2b 2.又椭圆E 2与椭圆E 1“相似”，且m ＝4，所以椭圆E 2：x 2＋2y 2＝8b 2.设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，P(x 0，y 0)． ①解法1(设线法) 由题意得b ＝2，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8.当直线l 斜率不存在时，B(0，2)，A(0，－2)，P(0，4)，不满足AP →＝2AB →，从而直线l 斜率存在，可设直线l ：y ＝kx ＋2，代入椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8得(1＋2k 2)x 2＋8kx ＝0， 解得x 1＝－8k1＋2k 2，x 2＝0，故y 1＝2－4k 21＋2k 2，y 2＝2，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 1＋2k 2，2－4k 21＋2k 2.(5分)又AP →＝2AB →，即B 为AP 中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 1＋2k 2，2＋12k 21＋2k 2，(6分) 代入椭圆E 2：x 2＋2y 2＝32得⎝⎛⎭⎫8k 1＋2k 22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋12k 21＋2k 22＝32，即20k 4＋4k 2－3＝0，即(10k 2－3)(2k 2＋1)＝0，所以k ＝±3010，所以直线l 的方程为y ＝±3010x ＋2.(8分)解法2(设点法) 由题意得b ＝2，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8，E 2：x 2＋2y 2＝32.由A(x 1，y 1)，B(0，2)，则P(－x 1，4－y 1)．代入椭圆得⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋2y 21＝8，x 21＋2（4－y 1）2＝32，解得y 1＝12，故x 1＝±302，(6分) 所以直线l 的斜率k ＝±3010，所以直线l 的方程为y ＝±3010x ＋2.(8分)②由题意得x 20＋2y 20＝8b 2，x 21＋2y 21＝2b 2，x 22＋2y 22＝2b 2，解法1(设点法) 由直线OP ，OA 的斜率之积为－12，得y 0x 0·y 1x 1＝－12，即x 0x 1＋2y 0y 1＝0. 又AP →＝λAB →，则(x 0－x 1，y 0－y 1)＝λ(x 2－x 1，y 2－y 1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝x 0＋（λ－1）x 1λ，y 2＝y 0＋（λ－1）y 1λ，(12分)所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0＋（λ－1）x 1λ2＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤y 0＋（λ－1）y 1λ2＝2b 2， 则x 20＋2(λ－1)x 0x 1＋(λ－1)2x 21＋2y 20＋4(λ－1)y 0y 1＋2(λ－1)2y 21＝2λ2b 2，(x 20＋2y 20)＋2(λ－1)(x 0x 1＋2y 0y 1)＋(λ－1)2(x 21＋2y 21)＝2λ2b 2，所以8b 2＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝52.(16分)解法2(设线法) 不妨设点P 在第一象限，设直线OP ：y ＝kx(k>0)，代入椭圆E 2：x 2＋2y 2＝8b 2， 解得x 0＝22b 1＋2k 2，则y 0＝22bk1＋2k 2.直线OP ，OA 的斜率之积为－12，则直线OA ：y ＝－12k x ，代入椭圆E 1：x 2＋2y 2＝2b 2， 解得x 1＝－2bk 1＋2k 2，则y 1＝b1＋2k 2.又AP →＝λAB →，则(x 0－x 1，y 0－y 1)＝λ(x 2－x 1，y 2－y 1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝x 0＋（λ－1）x 1λ，y 2＝y 0＋（λ－1）y 1λ，(12分)所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0＋（λ－1）x 1λ2＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤y 0＋（λ－1）y 1λ2＝2b 2， 则x 20＋2(λ－1)x 0x 1＋(λ－1)2x 21＋2y 20＋4(λ－1)y 0y 1＋2(λ－1)2y 21＝2λ2b 2，(x 20＋2y 20)＋2(λ－1)(x 0x 1＋2y 0y 1)＋(λ－1)2(x 21＋2y 21)＝2λ2b 2，所以8b 2＋2(λ－1)[22b 1＋2k 2·(－2bk1＋2k 2)＋2·22bk 1＋2k 2·b1＋2k 2]＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即8b 2＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝52.(16分)3、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为23，C 为椭圆上位于第一象限内的一点． (1) 若点C 的坐标为⎝⎛⎭⎫2，53，求a ，b 的值；(2) 设A 为椭圆的左顶点，B 为椭圆上一点，且AB →＝12OC →，求直线AB 的斜率．思路分析 (1) 由e ＝c a ＝23，得a 2∶b 2∶c 2＝9∶5∶4.(2) 设点C 的坐标，则能用C 的坐标表示B 的坐标，由B ，C 两点在椭圆上可解出点C 的坐标．规范解答 (1) 由e ＝c a ＝23，得a 2∶b 2∶c 2＝9∶5∶4.设椭圆方程为x 29λ2＋y 25λ2＝1(λ＞0)．(3分)把C 的坐标代入，得49λ2＋59λ2＝1，解得λ2＝1，所以a ＝3，b ＝ 5.(5分)(2) 由(1)可设椭圆方程为x 29λ2＋y 25λ2＝1(λ＞0)，此时A (－3λ，0)．设C (3λx 0，5λy 0)，其中x 0＞0，y 0＞0，由AB →＝12OC →，得B ⎝⎛⎭⎫－3λ＋32λx 0，52λy 0.(8分)由点B ，C 均在椭圆上，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0－22＋y 20＝4，x 20＋y 20＝1，解得x 0＝14，取y 0＝154.(12分) 所以直线AB 的斜率k AB ＝k OC ＝5λy 03λx 0＝53×15＝533.(14分)4、(2017无锡期末）已知椭圆x 24＋y 23＝1，动直线l 与椭圆交于B ，C 两点(点B 在第一象限)．(1) 若点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，32，求△OBC 的面积的最大值；(2) 设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，且3y 1＋y 2＝0，求当△OBC 的面积最大时直线l 的方程．规范解答 (1) 直线OB 方程为y ＝32x ，即3x －2y ＝0，设过点C 且平行于OB 的直线l ′方程为y ＝32x ＋b .(2分)则当l ′与椭圆只有一个公共点时，△OBC 的面积最大． ⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝32x ＋b ，消去y 整理得3x 2＋3bx ＋b 2－3＝0，(4分) 此时Δ＝9b 2－12(b 2－3)，令Δ＝0，解得b ＝±23，当b ＝23时，C ⎝⎛⎭⎫－3，32；当b ＝－23时，C ⎝⎛⎭⎫3，－32，(6分)所以△OBC 面积的最大值＝12×1＋94×|33＋3|13＝ 3.(8分) (2) 显然，直线l 与y 轴不垂直，设直线l 的方程为x ＝my ＋n .由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my ＋n ，消去x 并整理得(3m 2＋4)y 2＋6mny ＋3n 2－12＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6nm 3m 2＋4，y 1y 2＝3n 2－123m 2＋4. 因为3y 1＋y 2＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝3nm3m 2＋4，y 21＝4－n23m 2＋4，从而9n 2m 23m 2＋42＝4－n 23m 2＋4，即n 2＝3m 2＋43m 2＋1，(10分)所以S △OBC ＝12|n |·|y 1－y 2|＝2|n |·|y 1|＝6|m |n 23m 2＋4＝6|m |3m 2＋1.(12分)因为B 在第一象限，所以x 1＝my 1＋n ＝3m 2n3m 2＋4＋n ＞0，所以n ＞0. 因为y 1＞0，所以m ＞0，所以S △OBC ＝6m 3m 2＋1＝63m ＋1m≤623＝3当且仅当3m ＝1m ，即m ＝33时取等号，(14分)此时n ＝102，所以直线l 的方程为x ＝33y ＋102，即y ＝3x －302.(16分)5、(2018南京、盐城、连云港二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，上顶点A 到右焦点的距离为 2.过点D(0，m)(m≠0)作不垂直于x 轴，y 轴的直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，C 为线段PQ 的中点，且AC⊥OC.(1) 求椭圆E 的方程；(2) 求实数m 的取值范围；(3) 延长AC 交椭圆E 于点B ，记⊥AOB 与⊥AOC 的面积分别为S 1，S 2，若S 1S 2＝83，求直线l 的方程．思路分析 用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法，本题第(2)，(3)问都分别采用设线法和设点法解题．第(2)问，欲求实数m 的取值范围，则需建立m 与其他参数的关系，进而借助其他参数的取值范围求解．解法1是设线法，先建立m 与直线l 斜率k 的等式关系，再由直线与椭圆相交得到的k 的取值范围来求解m 的取值范围；解法2是设点法，先建立m 与点C(x 0，y 0)坐标间的等式关系，再借助线段PQ 的中点C 在椭圆内部求解m 的取值范围．第(3)问，选取面积的表示形式是解决问题的关键，本题选择 S 1＝12AO ×|x B |，S 2 ＝12AO ×|x C |时， S 1S 2＝⎪⎪⎪⎪x B x C ，进而在第(2)问的基础上分别用k 或m 表示x B ，x C 求解．规范解答 (1) 因为⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，a ＝2，所以c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2分)(2) 解法1(设线法) 由(1)得A(0，1)．设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，C(x 0，y 0)．设直线l 方程为y ＝kx ＋m(k≠0)， 将其与椭圆E 的方程联立，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0 (*)，所以x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，(4分)所以x 0＝x 1＋x 22＝－2km 1＋2k 2，y 0＝kx 0＋m ＝m 1＋2k 2，即C ⎝⎛⎭⎫－2km 1＋2k 2，m 1＋2k 2， 所以k AC ＝y 0－1x 0＝m1＋2k 2－1－2km 1＋2k 2＝2k 2＋1－m2km .(6分)又因为k OC ＝y 0x 0＝m 1＋2k 2－2km 1＋2k 2＝－12k ，且AC⊥OC ，所以k AC ·k OC ＝2k 2＋1－m 2km ·⎝⎛⎭⎫－12k ＝－1， 整理得m ＝2k 2＋14k 2＋1.(8分)因为k≠0，则m ＝2k 2＋14k 2＋1＝4k 2＋1－2k 24k 2＋1＝1－2k 24k 2＋1＝1－12＋12k 2∈⎝⎛⎭⎫12，1，此时Δ＝8(2k 2＋1－m)＞0，所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1.(10分)解法2(设点法) 由(1)得A(0，1)．设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，C(x 0，y 0)，其中x 0，y 0均不为0，且x 1≠x 2.因为P ，Q 两点都在椭圆E 上，所以x 21＋2y 21＝2 且x 22＋2y 22＝2，两式相减得y 2－y 1x 2－x 1×y 0x 0＝－12.(4分)又k PQ ＝k CD ，即y 2－y 1x 2－x 1＝y 0－m x 0 ，所以y 0－m x 0×y 0x 0＝－12，(6分) 即x 20＝2y 0(m －y 0)． ⊥又AC⊥OC ，所以y 0－1x 0×y 0x 0＝－1，(8分)即x 20＝y 0(1－y 0)． ⊥ 由⊥⊥得y 0＝2m －1，x 20＝(1－2m) (2m －2)⊥(0，2)， 所以12＜m ＜1.(10分)(3) 解法1 设B(x 3，y 3)，由(2)解法1知k OC ＝－12k . k AB ＝－1k OC ＝2k ，所以直线AB 的方程为y ＝2kx ＋1， 与椭圆E 方程联立解得x ＝－8k1＋8k 2或x ＝0(舍)， 即x 3＝－8k1＋8k 2.(12分)又因为x 0＝－2km 1＋2k 2＝－2k 1＋2k 2×2k 2＋14k 2＋1＝－2k1＋4k 2， 所以S 1S 2＝12AO ×|x 3|12AO ×|x 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－8k 1＋8k 2－2k1＋4k 2＝4＋16k 21＋8k 2.(14分) 因为S 1S 2＝83，所以4＋16k 21＋8k 2＝83，解得k ＝±12， 此时m ＝2k 2＋14k 2＋1＝34，点D 坐标为⎝⎛⎭⎫0，34， 所以直线l 的方程为y ＝±12x ＋34.(16分)解法2 设B(x 3，y 3)，点B 在椭圆E 上，所以x 23＋2y 23＝2.又AC⊥OC ，所以y 3－1x 3×y 0x 0＝－1，即y 3＝－x 0y 0x 3＋1， 代入上式消去y 3，得x 3＝4x 0y 0y 20＋2x 20(x 3＝0舍)，(12分) 所以S 1S 2＝12AO×|x 3|12AO ×|x 0|＝⎪⎪⎪⎪x 3x 0＝⎪⎪⎪⎪4y 0y 20＋2x 20.由(2)解法2知y 0＝2m －1，x 20＝(1－2m) (2m －2)，12＜m ＜1，所以S 1S 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4（2m －1）（2m －1）2＋2（1－2m ）（2m －2）＝⎪⎪⎪⎪43－2m ＝43－2m .(14分) 因为S 1S 2＝83，所以43－2m ＝83，解得m ＝34，此时y 0＝2m －1＝12，x 20＝(1－2m) (2m －2)＝14，所以x 0＝±12，所以点C 坐标为⎝⎛⎭⎫±12，12，点D 坐标为⎝⎛⎭⎫0，34，所以直线l 的方程为y ＝±12x ＋34.(16分)。
圆锥曲线中距离的最值问题探讨
圆锥曲线中距离的最值问题探讨关于几何中的点与点之间的距离问题,是研究点与点、点与线、点与面、线与线、线与面以及面与面的关系的最基本的内容,而距离的最值问题又是考试中常涉及的知识点,且在实际生活中具有广泛的应用价值。
以下就圆锥曲线中曲线上的点到一焦点和定点的距离之和的最值问题予以总结,以便在解答有关选择题和填空题时直接引用,供大家参考。
1 关于椭圆已知椭圆方程为+=1(a>b>0)F1、F2分别为椭圆的左右焦点,求椭圆上的点P到F1和定点M的距离之和的最值。
1.当定点M在椭圆外部时(如图1)(1)求|PF1|+|PM|的最小值只需连结F1M,F1M与椭圆的交点P1,便是所找的最小值点,其最小值直接用两点距离公式可求得。
(2)求|PF1|+|PM|的最大值只需连结MF2,并延长MF2与椭圆相交于一点P2,便是所找的最大值点,其最大值为2a+|MF2|(|MF2|+|F1P2|的值)。
证明:在椭圆上任取异于P2的一点P,连结PF1、PF2、PM、则有|PM|+|PF1|2a-|MF2|而|PM|+|PF1|=2a-(|PM|-|PF2|)0,b>0)、F1、F2分别为左右焦点,求双曲线上一点P到F1和一定点M的距离之和的最小值。
(由于双曲线是无限延伸的,所以所求距离之和无最大值)。
∴P1为最小值点4.特别地,若要在双曲线右支上求点P,使|PF1|+|PM|的值为最小,首先连结MF1,若MF1与双曲线右支有交点P1,这点便是所找的最小值点,则|PF1|+|PM|的最小值为|MF1|,若没有交点,则应连结MF2,MF2与双曲线右支的交点P2,即为所求的最小值点,其最小值为|MF2|+2a,当然这时M只能是在双曲线右支的外部。
(如图7)证明:在右支上任取异于P2的一点P,连结PF1、PF2、PM。
则有|PF1|+|PM|=|PF1|-|PF2|+|PF2|+|PM|=2a+|PF2|+|PM|>2a+|MF2|=|P2F1|+|P2M|∴P2为右支上的最小值点总之,求双曲线上一点到一焦点和定点的距离之和的最小值时,首先应考虑该焦点与定点的连线是否与双曲线有交点,若有,这点便是最小值点,若没有,则应考虑连结定点和另一交点来找,这时的值的求法应联想到双曲线的定义来求。
圆锥曲线中距离问题的解法探析
圆锥曲线中距离问题的解法探析圆锥曲线的解题方法导语：定义中提到的定点，称为圆锥曲线的焦点；定直线称为圆锥曲线的准线；固定的常数（即圆锥曲线上一点到焦点与准线的距离比值）称为圆锥曲线的离心率；焦点到准线的距离称为焦准距；焦点到曲线上一点的线段称为焦半径。
过焦点、平行于准线的直线与圆锥曲线相交于两点，此两点间的线段称为圆锥曲线的通径，物理学中又称为正焦弦。
第一、圆锥曲线的解题方法：一、求圆锥曲线方程（1）轨迹法：设点建立方程，化简证明求得。
例题：动点P（x，y）到定点A（3，0）的距离比它到定直线x=—5的距离少2。
求动点P的轨迹方程。
解析：依题意可知，{C}，由题设知{C}，{C}{C}。
（2）定义法：根据圆锥曲线的定义确定曲线的形状。
上述例题同样可以由定义法求出曲线方程：作直线x=—3，则点P到定点A与到定直线x=—3的距离相等，所以点P的轨迹是以A为焦点，以x=—3为准线的抛物线。
（3）待定系数法：通过题设条件构造关系式，待定参数即可。
例1：已知点（—2，3）与抛物线{C}的焦点的距离是5，则P=_____。
解析：抛物线{C}的焦点为{C}，由两点间距离公式解得P=4。
例2：设椭圆{C}的右焦点与抛物线{C}的焦点相同，离心率为{C}，则椭圆的方程为_____。
解析：抛物线{C}的焦点坐标为（2，0），所以椭圆焦半径为2，故离心率{C}得m=4，而{C}，所以椭圆方程为{C}。
二、圆锥曲线最值问题（1）化为求二次函数的最值根据已知条件求出一个参数表示的二次函数解析式，用配方法求出在一定范围自变量下函数的最值。
例题：曲边梯形由曲线{C}及直线x=1，x=2所围成，那么通过曲线上哪一点作切线，能使此切线从曲边梯形上切出一个最大面积的普通梯形。
解析：设切点{C}，求出切线方程{C}，再求出这条切线与直线x=1，x=2的交点纵坐标，根据梯形面积公式列出函数关系式：梯形面积={C}，从而得出结论。
（2）利用圆锥曲线性质求最值先利用圆锥曲线的定义性质列出关系式，再用几何或代数方法求最值。
圆锥曲线中范围与最值问题
§9.10 圆锥曲线中范围与最值问题题型一 范围问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎫1，32，且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点M (1,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，求|MA |·|MB |的取值范围． 解 (1)由题意，椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形，故c ＝3b ，a ＝b 2＋c 2＝2b ， 即椭圆C ：x 24b 2＋y 2b2＝1， 代入P ⎝⎛⎭⎫1，32， 可得b ＝1，a ＝2.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)分以下两种情况讨论：①若直线l 与x 轴重合，则|MA |·|MB |＝(a －1)(a ＋1)＝a 2－1＝3；②若直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为x ＝my ＋1，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y 2＝1，消去x 可得(m 2＋4)y 2＋2my －3＝0， 则Δ＝4m 2＋12(m 2＋4)＝16(m 2＋3)>0恒成立，由根与系数的关系可得y 1＋y 2＝－2m m 2＋4，y 1y 2＝－3m 2＋4， 由弦长公式可得|MA |·|MB |＝1＋m 2·|y 1|·1＋m 2·|y 2| ＝(1＋m 2)·|y 1y 2|＝3(1＋m 2)m 2＋4＝3(m 2＋4)－9m 2＋4＝3－9m 2＋4， 因为m 2＋4≥4，则0<9m 2＋4≤94， 所以34≤3－9m 2＋4<3. 综上所述，|MA |·|MB |的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，3. 教师备选(2022·武汉调研)过双曲线Γ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点F 1的动直线l 与Γ的左支交于A ，B 两点，设Γ的右焦点为F 2.(1)若△ABF 2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；(2)若存在直线l ，使得AF 2⊥BF 2，求Γ的离心率的取值范围．解 (1)依题意得|AF 1|＝2，|AF 2|＝4，|F 1F 2|＝2 3.∴2a ＝|AF 2|－|AF 1|＝2，a ＝1，2c ＝|F 1F 2|＝23，c ＝3，b 2＝c 2－a 2＝2，此时Γ的标准方程为x 2－y 22＝1. (2)设l 的方程为x ＝my －c ，与x 2a 2－y 2b2＝1联立， 得(b 2m 2－a 2)y 2－2b 2cmy ＋b 4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2b 2cm b 2m 2－a 2，y 1y 2＝b 4b 2m 2－a2， 由AF 2⊥BF 2，F 2A —→·F 2B —→＝0，(x 1－c )(x 2－c )＋y 1y 2＝0，(my 1－2c )(my 2－2c )＋y 1y 2＝0⇒(m 2＋1)b 4－4m 2c 2b 2＋4c 2(b 2m 2－a 2)＝0⇒(m 2＋1)b 4＝4a 2c 2⇒(m 2＋1)＝4a 2c 2b 4≥1 ⇒4a 2c 2≥(c 2－a 2)2，∴c 4＋a 4－6a 2c 2≤0⇒e 4－6e 2＋1≤0，又∵e >1，∴1<e 2≤3＋22，∴1<e ≤1＋2，又A ，B 在左支且l 过F 1，∴y 1y 2<0，b 4b 2m 2－a 2<0⇒m 2<a 2b 2⇒m 2＋1＝4a 2c 2b 4<a 2b 2＋1， ∴4a 2<b 2＝c 2－a 2⇒e 2>5. 综上所述，5<e ≤1＋ 2.思维升华 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决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．跟踪训练1 从抛物线C 1：x 2＝2py (p >0)和椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上各取两点，将其坐标记录于下表中：(1)求抛物线C 1和椭圆C 2的方程；(2)抛物线C 1和椭圆C 2的交点记为A ，B ，点M 为椭圆上任意一点，求MA →·MB →的取值范围．解 (1)∵C 1：x 2＝2py (p >0)，当y ≠0时，x 2y＝2p ， 根据表格的数据验证，可知⎝⎛⎭⎫－3，94，⎝⎛⎭⎫1，14满足方程x 2＝2py ， 解得p ＝2，得抛物线C 1的方程为x 2＝4y .将(0，2)，⎝⎛⎭⎫5，32代入椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)可得a 2＝8，b 2＝2， 即椭圆C 2的方程为x 28＋y 22＝1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝4y ，x 2＋4y 2－8＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝－2，y 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 1＝1，不妨令A (－2,1)，B (2,1)． 设M (x 0，y 0)是C 2：x 28＋y 22＝1上的动点， 则x 20＝8－4y 20≥0.即得－2≤y 0≤ 2.于是有MA →·MB →＝(－2－x 0,1－y 0)·(2－x 0,1－y 0)＝x 20＋y 20－2y 0－3 ＝－3y 20－2y 0＋5＝－3⎝⎛⎭⎫y 0＋132＋163. ∵－2≤y 0≤ 2.即－1－22≤－3⎝⎛⎭⎫y 0＋132＋163≤163. 于是－1－22≤MA →·MB →≤163. 故MA →·MB →的取值范围是⎣⎡⎦⎤－1－22，163. 题型二 最值问题例2 (2022·金昌模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点A ⎝⎛⎭⎫－1，22，短轴长为2. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点(0,2)的直线l (直线l 不与x 轴垂直)与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，且O 为坐标原点．求△MON 的面积的最大值．解 (1)依题意得(－1)2a 2＋⎝⎛⎭⎫222b 2＝1，而b ＝1， 则1a 2＋12＝1⇒1a 2＝1－12＝12⇒a 2＝2， 所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1. (2)因为直线l 不与x 轴垂直，则l 的斜率k 存在，l 的方程为y ＝kx ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2＋8kx ＋6＝0，因为直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，则有Δ＝(8k )2－4·(2k 2＋1)·6＝16k 2－24>0⇒k 2>32， 即k <－62或k >62， 设点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 2k 2＋1， x 1x 2＝62k 2＋1， 所以|MN |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 2k 2＋12－4·62k 2＋1＝1＋k 2·8(2k 2－3)(2k 2＋1)2＝1＋k 2·22·2k 2－32k 2＋1， 而原点O 到直线l ：kx －y ＋2＝0的距离d ＝2k 2＋1，△MON 的面积S ＝12·|MN |·d ＝12·1＋k 2·22·2k 2－32k 2＋1·2k 2＋1＝22·2k 2－32k 2＋1，令t ＝2k 2－3⇒2k 2＝t 2＋3(t >0)，S ＝22t t 2＋4＝22t ＋4t， 因为t ＋4t ≥2t ·4t＝4， 当且仅当t ＝4t ，即t ＝2时取“＝”，此时k 2＝72， 即k ＝±142，符合要求， 从而有S ≤224＝22， 故当k ＝±142时， △MON 的面积的最大值为22. 教师备选(2022·厦门模拟)设椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，点A ，B ，C 分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC |＝4.(1)求Γ的标准方程；(2)点D 为直线AB 上的动点，过点D 作l ∥AC ，设l 与Γ的交点为P ，Q ，求|PD |·|QD |的最大值．解 (1)由题意得2a ＝|BC |＝4，解得a ＝2.又因为e ＝c a ＝32，所以c ＝3，则b 2＝a 2－c 2＝1.所求Γ的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)方法一 由(1)可得A (0,1)，B (－2,0)，C (2,0)，则k AC ＝－12， 直线AB 的方程为x －2y ＋2＝0，设直线l 的方程为y ＝－12x ＋λ. 联立⎩⎨⎧ y ＝－12x ＋λ，x 24＋y 2＝1，消去y ，整理得，x 2－2λx ＋2λ2－2＝0.①由Δ>0，得－2<λ<2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋λ，x －2y ＋2＝0，解得D 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫λ－1，λ＋12， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 由①知⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝2λ，x 1x 2＝2λ2－2，② 又|PD |＝52|x 1－(λ－1)|， |QD |＝52|x 2－(λ－1)|， 所以|PD |·|QD |＝54|x 1x 2－(λ－1)(x 1＋x 2)＋(λ－1)2|，③ 将②代入③，得|PD |·|QD |＝54|λ2－1| ，λ∈(－2，2)， 所以当λ＝0时，|PD |·|QD |有最大值54.方法二 设AD →＝λAB →＝λ(－2，－1)＝(－2λ，－λ)，则D (－2λ，1－λ)，由点斜式，可得直线l 的方程为y －(1－λ)＝－12(x ＋2λ)， 即y ＝－12x －2λ＋1. 联立⎩⎨⎧ y ＝－12x －2λ＋1，x 24＋y 2＝1，消去y ，得x 2＋(4λ－2)x ＋8λ2－8λ＝0，①由Δ＝(4λ－2)2－4×(8λ2－8λ)>0， 解得1－22<λ<1＋22， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由①得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝2－4λ，x 1x 2＝8λ2－8λ，② 由题意可知|PD |＝52|x 1＋2λ|， |QD |＝52|x 2＋2λ|， 所以|PD |·|QD |＝54|x 1x 2＋2λ(x 1＋x 2)＋4λ2|，③ 将②代入③得|PD |·|QD |＝54|4λ2－4λ| ＝5|λ2－λ|，当λ＝12时，|PD |·|QD |有最大值54. 思维升华 圆锥曲线中最值的求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，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.跟踪训练2 如图所示，点A ，B 分别是椭圆x 236＋y 220＝1长轴的左、右端点，点F 是椭圆的右焦点，点P 在椭圆上，且位于x 轴上方，P A ⊥PF .(1)求点P 的坐标；(2)设M 是椭圆长轴AB 上的一点，点M 到直线AP 的距离等于|MB |，求椭圆上的点到点M 的距离d 的最小值．解 (1)由已知可得点A (－6,0)，F (4,0)，设点P 的坐标是(x ，y )，则AP →＝(x ＋6，y )，FP →＝(x －4，y )，∵P A ⊥PF ，∴AP →·FP →＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 236＋y 220＝1，(x ＋6)(x －4)＋y 2＝0，可得2x 2＋9x －18＝0，得x ＝32或x ＝－6. 由于y >0，故x ＝32，于是y ＝532. ∴点P 的坐标是⎝⎛⎭⎫32，532. (2)由(1)可得直线AP 的方程是x －3y ＋6＝0，点B (6,0)．设点M 的坐标是(m ，0)，则点M 到直线AP 的距离是|m ＋6|2，于是|m ＋6|2＝|m －6|， 又－6≤m ≤6，解得m ＝2.由椭圆上的点(x ，y )到点M 的距离为d ， 得d 2＝(x －2)2＋y 2＝x 2－4x ＋4＋20－59x 2＝49⎝⎛⎭⎫x －922＋15， 由于－6≤x ≤6，由f (x )＝49⎝⎛⎭⎫x －922＋15的图象(图略)可知， 当x ＝92时，d 取最小值，且最小值为15. 课时精练1．已知双曲线C 的焦点F (3，0)，双曲线C 上一点B 到F 的最短距离为3－ 2.(1)求双曲线的标准方程和渐近线方程； (2)已知点M (0,1)，设P 是双曲线C 上的点，Q 是P 关于原点的对称点．设λ＝MP →·MQ →，求λ的取值范围． 解 (1)设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)， ∵双曲线C 的焦点F (3，0)，双曲线C 上一点B 到F 的最短距离为3－2，∴c ＝3，c －a ＝3－2，∴a ＝2，∴b 2＝c 2－a 2＝(3)2－(2)2＝1，则双曲线的方程为x 22－y 2＝1， 渐近线方程为y ＝±22x . (2)设P 点坐标为(x 0，y 0)，则Q 点坐标为(－x 0，－y 0)，∴λ＝MP →·MQ →＝(x 0，y 0－1)·(－x 0，－y 0－1)＝－x 20－y 20＋1＝－32x 20＋2. ∵|x 0|≥2，∴λ的取值范围是(－∞，－1]．2．(2022·阳泉模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，P 是椭圆C 上的一个动点，当P 是椭圆C 的上顶点时，△F 1PF 2的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设斜率存在的直线PF 2，与椭圆C 的另一个交点为Q .若存在T (t ，0)，使得|TP |＝|TQ |，求t 的取值范围．解 (1)由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝22，12·b ·2c ＝1，b 2＋c 2＝a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1，c ＝1，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，线段PQ 的中点为N (x 0，y 0)，直线PF 2的斜率为k ， 由(1)设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)．当k ＝0时，t ＝0符合题意；当k ≠0时，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，∴Δ＝16k 4－4(1＋2k 2)(2k 2－2)＝8k 2＋8>0，x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2， ∴x 0＝x 1＋x 22＝2k 21＋2k 2， y 0＝k (x 0－1)＝－k 1＋2k 2， 即N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2.∵|TP |＝|TQ |，∴直线TN 为线段PQ 的垂直平分线，∴TN ⊥PQ ，即k TN ·k ＝－1. ∴－k 1＋2k 22k 21＋2k 2－t ·k ＝－1， ∴t ＝k 21＋2k 2＝12＋1k 2. ∵k 2>0，∴1k 2>0 ,2＋1k2>2， ∴0<12＋1k 2<12， 即t ∈⎣⎡⎭⎫0，12.3．(2021·北京)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点A (0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4 5. (1)求椭圆E 的标准方程；(2)过点P (0，－3)的直线l 斜率为k ，交椭圆E 于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 交y ＝－3于点M ，N ，若|PM |＋|PN |≤15，求k 的取值范围．解 (1)因为椭圆过A (0，－2)，故b ＝2，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故12×2a ×2b ＝45，即a ＝5， 故椭圆的标准方程为x 25＋y 24＝1. (2)设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB ：y ＝y 1＋2x 1x －2，令y ＝－3，则x M ＝－x 1y 1＋2， 同理x N ＝－x 2y 2＋2. 直线BC ：y ＝kx －3，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －3，4x 2＋5y 2＝20，可得(4＋5k 2)x 2－30kx ＋25＝0，故Δ＝900k 2－100(4＋5k 2)>0，解得k <－1或k >1.又x 1＋x 2＝30k 4＋5k 2，x 1x 2＝254＋5k 2， 故x 1x 2>0，所以x M x N >0.又|PM |＋|PN |＝|x M ＋x N | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1y 1＋2＋x 2y 2＋2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1－1＋x 2kx 2－1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2kx 1x 2－(x 1＋x 2)k 2x 1x 2－k (x 1＋x 2)＋1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪50k4＋5k 2－30k4＋5k 225k 24＋5k 2－30k 24＋5k 2＋1＝5|k |， 故5|k |≤15，即|k |≤3，综上，－3≤k <－1或1<k ≤3.4．(2022·德州模拟)已知抛物线E ：x 2＝－2y ，过抛物线上第四象限的点A 作抛物线的切线，与x 轴交于点M .过M 作OA 的垂线，交抛物线于B ，C 两点，交OA 于点D .(1)求证：直线BC 过定点；(2)若MB →·MC →≥2，求|AD |·|AO |的最小值．(1)证明 由题意知，抛物线E ：x 2＝－2y ，则y ＝－12x 2，可得y ′＝－x ， 设A (2t ，－2t 2)(t >0)，则k AM ＝－2t ，所以l AM ：y ＋2t 2＝－2t (x －2t )，即y ＝－2tx ＋2t 2，所以M (t ，0)，又k OA ＝－2t 22t ＝－t ，所以k BC ＝1t， 所以l BC ：y －0＝1t (x －t )，即y ＝1tx －1， 所以直线BC 过定点(0，－1)．(2)解 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1t x －1，x 2＝－2y ，整理得x 2＋2tx －2＝0，设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－2t，x 1x 2＝－2， 则MB →·MC →＝(x 1－t ，y 1)·(x 2－t ，y 2)＝(x 1－t )(x 2－t )＋y 1y 2＝x 1x 2－t (x 1＋x 2)＋t 2＋14x 21x 22＝1＋t 2≥2， 所以t 2≥1，又由|AD |＝⎪⎪⎪⎪1t ·2t ＋2t 2－11＋1t 2＝2t 2＋1t 2＋1·t ， |AO |＝(2t )2＋(－2t 2)2＝2t 1＋t 2， 所以|AD |·|AO |＝2t 2＋1t 2＋1·t ·2t ·1＋t 2 ＝⎝⎛⎭⎫2t 2＋122－14， 因为2t 2≥2，所以当2t 2＝2，即t ＝1时， |AD |·|AO |的最小值是6.。
高中数学圆锥曲线与最值及取值范围问题(附经典例题与解析)
圆锥曲线与最值问题【知识点分析】方法一、圆锥曲线的的定义转化法借助圆锥曲线定义将最值问题等价转化为易求、易解、易推理证明的问题来处理．（1）椭圆：到两定点的距离之和为常数（大于两定点的距离）（2）双曲线：到两定点距离之差的绝对值为常数（小于两定点的距离） （3）抛物线：到定点与定直线距离相等。
【相似题练习】1．已知抛物线y 2＝8x ，点Q 是圆C ：x 2+y 2+2x ﹣8y +13＝0上任意一点，记抛物线上任意一点到直线x ＝﹣2的距离为d ，则|PQ |+d 的最小值为（ ） A ．5 B ．4 C ．3 D ．2 1．已知双曲线C ：的右焦点为F ，P 是双曲线C 的左支上一点，M （0，2），则△PFM 周长最小值为 ．【知识点分析】 方法二、函数法二次函数2y ax bx c =++顶点坐标为24b ac b ⎛⎫-- ⎪，1．已知F 1，F 2为椭圆C ：+＝1的左、右焦点，点E 是椭圆C 上的动点，1•2的最大值、最小值分别为（ ） A ．9，7 B ．8，7 C ．9，8 D ．17，8【知识点分析】方法三、利用最短路径【问题1】“将军饮马”作法图形原理在直线l 上求一点P ，使P A +PB 值最小．作B 关于l 的对称点B ＇连A B ＇，与l 交点即为P ．两点之间线段最短． P A +PB 最小值为A B ＇．【问题2】 作法图形原理在直线1l 、2l 上分别求点M 、N ，使△PMN 的周长最小．分别作点P 关于两直线的对称点P ＇和P ＇＇，连P ＇P ＇＇，与两直线交点即为M ，N ．两点之间线段最短． PM +MN +PN 的最小值为 线段P ＇P ＇＇的长．【问题3】 作法图形原理在直线1l 、2l 上分别求点M 、N ，使四边形PQMN 的周长最小．分别作点Q 、P 关于直线1l 、2l 的对称点Q ＇和P ＇连Q ＇P ＇，与两直线交点即为M ，N ．两点之间线段最短． 四边形PQMN 周长的最小值为线段P ＇P ＇＇的长．【问题4】 作法图形原理作点P 关于1l 的对称点P ＇，作P ＇B ⊥2l 于B ，交l 于A ．点到直线，垂线段最短． P A +AB 的最小值为线段P ＇B 的长．l B A lPB'AB l 1l 2Pl 1l 2NMP''P'P l 1l 2N MP'Q'Q P l 1l 2P Q l 1A P'Pl 1l 2P小．【问题5】 作法图形原理A 为1l 上一定点，B 为2l 上一定点，在2l 上求点M ，在1l 上求点N ，使AM +MN +NB 的值最小．作点A 关于2l 的对称点A ＇，作点B 关于1l 的对称点B ＇，连A ＇B ＇交2l 于M ，交1l 于N ．两点之间线段最短． AM +MN +NB 的最小值为线段A ＇B ＇的长．【相似题练习】1．已知双曲线x 2﹣y 2＝1的右焦点为F ，右顶点A ，P 为渐近线上一点，则|PA |+|PF |的最小值为（ ）A ．B ．C ．2D ．【知识点分析】方法四、利用圆的性质【相似题练习】1．已知椭圆，圆A ：x 2+y 2﹣3x ﹣y +2＝0，P ，Q 分別为椭圆C 和圆A 上的点，F （﹣2，0），则|PQ |+|PF |的最小值为（ ） A ． B ． C ． D ．l 2l 1ABNMl 2l 1M N A'B'AB【知识点分析】 方法五、切线法【相似题练习】1．如图，设椭圆C ：+＝1（a ＞b ＞0）的左右焦点为F 1，F 2，上顶点为A ，点B ，F 2关于F 1对称，且AB⊥AF 2（Ⅰ）求椭圆C 的离心率；（Ⅱ）已知P 是过A ，B ，F 2三点的圆上的点，若△AF 1F 2的面积为，求点P 到直线l ：x ﹣y ﹣3＝0距离的最大值．【知识点分析】 方法六、参数法1．圆222)()(r b y a x =-+-的参数方程可表示为)(.sin ,cos 为参数θθθ⎩⎨⎧+=+=r b y r a x .2. 椭圆12222=+b y a x )0(>>b a 的参数方程可表示为)(.sin ,cos 为参数ϕϕϕ⎩⎨⎧==b y a x .3． 抛物线px y 22=的参数方程可表示为)(.2,22为参数t pt y px x ⎩⎨⎧==.【相似题练习】已知点A （2，1），点B 为椭圆+y 2＝1上的动点，求线段AB 的中点M 到直线l 的距离的最大值．并求此时点B 的坐标．【知识点分析】方法七、基本不等式1、均值不等式定理： 若0a >，0b >，则2a b ab +≥，2、常用的基本不等式：①()222,a b ab a b R +≥∈；②()22,2a b ab a b R +≤∈；③()20,02a b ab a b +⎛⎫≤>> ⎪⎝⎭；④()222,22a b a b a b R ++⎛⎫≥∈ ⎪⎝⎭．【相似题练习】1．抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，点A 、B 在抛物线上，且∠AFB ＝，弦AB 的中点M 在准线l 上的射影为M ′，则的最大值为 ．方法七、利用三角形的三边关系两边之和大于第三边，两边之差小于第三边。
圆锥曲线求最值方法总结及典型例题
圆锥曲线最值问题—5大方面最值问题是圆锥曲线中的典型问题，它是教学的重点也是历年高考的热点。
解决这类问题不仅要紧紧把握圆锥曲线的定义，而且要善于综合应用代数、平几、三角等相关知识。
以下从五个方面予以阐述。
一．求距离的最值例1.设AB 为抛物线y=x 2的一条弦，若AB=4，则AB 的中点M 到直线y+1=0的最短距离为 ， 解析：抛物线y=x 2的焦点为F （0 ，41），准线为y=41-，过A 、B 、M 准线y=41-的垂线，垂足分别是A 1、B 1、M 1， 则所求的距离d=MM 1+43=21(AA 1+BB 1) +43=21(AF+BF) +43≥21AB+43=21×4+43=411, 当且仅当弦AB 过焦点F 时，d 取最小值411， 评注：灵活运用抛物线的定义和性质，结合平面几何的相关知识，使解题简洁明快，得心应手。
二．求角的最值例2．M ，N 分别是椭圆12422=+y x 的左、右焦点，l 是椭圆的一条准线，点P 在l 上，则∠MPN 的最大值是 .解析：不妨设l 为椭圆的右准线，其方程是22=x ，点)0)(,22(00>y y P ，直线PM 和PN 倾斜角分别为βα和.∵)0,2(),0,2(N M -∴,232220tan 00y y k PM =+-==α22220tan 00y y k PN =--==β于是)tan(tan αβ-=∠MPN 2321232tan tan 1tan tan 0000y y y y ⋅+-=+-=αβαβ 33622262262200200=≤+=+=y y y y ∵)2,0[π∈∠MPN ∴6π≤∠MPN 即∠MPN 的最大值为6π. 评注：审题时要注意把握∠MPN 与PM 和PN 的倾斜角之间的内在联系.三、求几何特征量代数和的最值例3.点M 和F 分别是椭圆192522=+y x 上的动点和右焦点，定点B(2,2).⑴求|MF|+|MB|的最小值. ⑵求45|MF|+|MB|的最小值. 解析：易知椭圆右焦点为F(4,0)，左焦点F ′(-4,0)，离心率e=54，准线方程x=±425. ⑴|MF| + |MB| = 10―|MF ′ | + |MB| =10―（|MF ′|―|MB|）≥10―|F ′B|=10―210.故当M ，B ，F ′三点共线时，|MF|+|MB|取最小值10―210.⑵过动点M 作右准线x=425的垂线，垂足为H ， 则54||||==e MH MF ⇒||54|H |MF M =. 于是45|MF|+|MB|=|MH|+|MB|≥|HB|=417. 可见，当且仅当点B 、M 、H 共线时，45|MF|+|MB|取最小值417. 评注：从椭圆的定义出发，将问题转化为平几中的问题，利用三角形三边所满足的基本关系，是解决此类问题的常见思路。
第14讲 圆锥曲线最值问题(解析版)-高考数学复习《导数与解析几何》必掌握问题
第14讲 最值问题典型例题目标函数法求最值问题【例1】已知椭圆22:14x y W m m+=的长轴长为4,左、右顶点分别为,A B ,经过点()1,0P 的动直线与椭圆W 相交于不同的两点,C D (不与点,A B 重合).(1)求粗圆W 的方程及离心率; (2)求四边形ACBD 面积的最大值;(3)若直线CB 与直线AD 相交于点M ,判断点M 是否位于一条定直线上.若是,写出该直线的方程.(结论不要求证明)【分析】本题的第(2)问是求四边形ACBD 面积的最大值,作为一般的四边形面积,首先要拆分为两个三角形的面积之和;关于最值的探求,在解析几何中常常用到目标函数法,即把目标表示为引入的一个新的变量的函数,求最值的方法,通常是转化为二次函数或者是利用平均值不等式,或者是一个基本初等函数的单调性来处理,在这个过程中一定要关注定义域.下面给出的解法四 是导数法,但在解析几何最值问题中用导数法较少．【解析】解(1)由题意得244a m ==,解得1m =.因此椭圆W 方程为2214x y +=.故2a =,1,b c ==所以椭圆W的离心率为2c e a ==.(2)不妨设四边形ACBD 的面积为S .(解法)(拆分方式为ABC ABD S S S =+,目标函数转化为二次函数求最值)当直线CD 的斜率k 不存在时,由题意得CD 的方程为1x =.代人椭圆W 的方程,得1,2C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,1,2D ⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭.又因为24,AB a AB CD ==⊥,所以四边形ACBD 的面积为12S AB CD =⨯= 当直线CD的斜率k存在时,设CD 的方程为()()()()112210,,,,y k x k C x y D x y =-≠.则联立方程()221,1,4y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩消去y ,得()2222418440.kx k x k +-+-=由题意可知Δ0>恒成立,则22121222844,?.4141k k x x x x k k -+==++因此四边形ACBD 的面积为1211.22ABC ABD S S S AB y AB y =+=⨯+⨯()1212122AB y y k x x =⨯-=-==设241k t +=,则四边形ACBD 的面积为 ()10,1.St ⎫=∈⎪⎭所以S=<综上可知,四边形ACBD 面积的最大值为（3）解法一（拆分方式为ACD BCD S S S =+,目标函数转化为二次函数求最值)当直线CD的斜率k 不存在时,同上.此时四边形ACBD 的面积为12S AB CD =⨯= 当直线CD的斜率k存在时,设CD 的方程为()()()()112210,,,,y k x k C x y D x y =-≠.则联立方程()221,1,4y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩消去y ,得()2222418440.kx k x k +-+-=由题意可知Δ0>恒成立,则22121222844,?.4141k k x x x x k k -+==++设,A B 两点到直线CD 的距离分别为12,d d .则四边形ACBD 的面积为 1211.22ACD BCDS SSCD d CD d =+=⨯+⨯ 因为|CD ∣===又因为12d d ==所以12ACD BCDS SS=+=⨯=以下同解法一 .解法三 （注意直线的设法不同,会带来运算量的降低,目标函数初步转化为平均值不等式法;验证等号取不到时,转化为函数单调性法)由题意,设CD 的方程为1x ty =+,()()1122,,,C x y D x y .则联立方程221,1,4x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x ,得()224230.ty ty ++-=由题意可知Δ0>恒成立,所以12122223,?.44t y y y y t t -+=-=++ 因此四边形ACBD 的面积为121122ABC ABDS S SAB y AB y =+=⨯+⨯1212AB y y=⨯-====求导知函数()12f x x x=++在[)3,∞+上单调递增,所以()()22116323.33t f t +++=+所以23? (?0?).?2S t ==当时取等号 即当CD 的直线方程为1x =时,四边形ACBD 的面积取到最大值解法四 (拆分方式为ABC ABD S S S =+,目标函数转化为导数法求最值)当直线CD 的斜率k 不存在时,同上.此时四边形ACBD 的面积12S AB CD =⨯=当直线CD 的斜率k 存在时,设CD 的方程为()()10y k x k =-≠.同解法一 ,得8ACD BCDS SS=+=令20t k =>,且()223(41)t tg t t +=+.因为 ()g t '()()()22461(41)3841(41)t t t t t t ++-+⋅+=+321,(41)t t +=+所以()0g t '>恒成立.因此()223(41)t tg t t +=+在()0,∞+上单调递增,从而可得()lim t g t ∞→+222233limlim (41)1681t t t t t tt t t ∞∞→+→+++==+++2133lim,811616t tt t∞→++==++ 即()316g t <.故S <= 即当CD 的直线方程为1x =时,四边形ACBD 的面积取到最大值(3)结论:点M 在一条定直线上,且该直线的方程为4x =.【点睛】在引入参数时,不同的直线设法,对于运算量还是有一定影响的.作为直线,若斜率不存在时满足题意,但斜率为零时不满足题意,常常设为x ty m =+,可使得计算简便;其次,在换元的过程中,一定要注意换元的方式和等价性,这是保证函数的定义域正确,也是求得最值正确的保障. 不等式法求最值问题【例2】如图8.2所示,设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ,上顶点为A ,过点A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ,且12220F F F Q +=,若过2,,A Q F三点的圆恰好与直线:30l x -=相切.过定点()0,2M 的直线1l 与椭圆C 交于,G H 两点(点G 在点,M H 之间). (1)求椭圆C 的方程;(2)设直线1l 的斜率0k >,在x 轴上是否存在点(),0P m ,使得以,PG PH 为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出m 的取值范围;如果不存在,请说明理由. (3)若实数λ满足MG MH λ=,求λ的取值范围.【分析】我们重点研究一下第(3)问:解法一 和解法二 均为设直线法,那么难点在于如何用好韦达定理.解法一 反复利用了12x x λ=这个条件,构造出()1221x x x λ+=+与2122x x x λ=,再利用右方共同的2x ,来构建出12x x +与12x x 的等量关系,然后代入韦达定理,得到()()M k g λ=结构的式子,由()M k 的范围,得出()g λ的范围,然后通过解关于λ的不等式,得到λ的取值范围,这个过程对计算的技巧要求比较高;解法二 的原理同解法一 ,但在配整韦达定理的过程中,观察到12x x λ=,故而直接利用了()21212211212x x x x x x x x λλ++=+=-的变形技巧,比解法一 稍简化了计算;解法三 用的是设点法,需要利用点在椭圆上和向量共线,得出4个方程,由于有5个末知数()1212,,,,x x y y λ,故而最终得到λ与2y 的关系,再利用目标函数法或者是由范围解范围的方法求解.【解析】 解(1)因为12220F F F Q +=,所以1F 为2F Q 的中点.设Q 的坐标为()3,0c -,因为2AQ AF ⊥,所以222233,4b c c c a c =⨯==,且过2,,A Q F 三点的圆的圆心为()1,0F c -,半径为2c .因为该圆与直线l 相切,所以32.2c c --=解得1c =,因此2,a b ==.故所求椭圆方程为22143x y +=.(2)设1l 的方程为2(0)y kx k =+>,则由222,1,43y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()22341640.k xkx +++=设()()1122,,,G x y H x y ,则12216.34kx x k +=-+ 所以PG PH +()()()11221212,,2,x m y x m y x x m y y =-+-=+-+()()12122,4,x x m k x x =+-++()()()21212121,,.GH x x y y x x k x x =--=--由于菱形的对角线互相垂直,则()0PG PH GH +⋅=.因此()()()()21122112240.x x x x m k x x k x x ⎡⎤⎡⎤-+-+-++=⎣⎦⎣⎦()()()2211212240.x x x x m k x x k ⎡⎤-+-+++=⎣⎦因为0k >,所以210x x -≠.因此 ()()21212240,x x m k x x k +-+++=即()()2121420k x x k m +++-=.故()22161420.34kk k m k⎛⎫+-+-=⎪+⎝⎭解得2234k m k =-+,即234m k k=-+.因为0k >,所以0m <. 故存在满足题意的点P ,且m的取值范围是,06⎡⎫-⎪⎢⎪⎣⎭.（3）解法一（设直线法一)(1)当直线1l 斜率存在时,设直线1l 方程为2y kx =+,代人椭圆方程22143x y +=,得()22341640.k xkx +++=由Δ0>,得214k >.设()()1122,,,G x y H x y ,则121222164,.3434k x x x x k k+=-=++ 又因为MG MH λ=,所以()()1122,2,2x y x y λ-=-.因此12x x λ=.故()21221221,.x x x x x x λλ+=+=所以22121221x x x x x λλ+⎛⎫== ⎪+⎝⎭,即22221643434(1)k k k λλ-⎛⎫ ⎪+⎝⎭+=+ 整理得2264(1)34k λλ+=+.因为214k >,所以26441634k <<+,即2(1)416λλ+<<.因此14216λλ<++<,解得77λ-<<+.又因为01λ<<,所以71λ-<<.(2) 当直线1l 斜率不存在时,直线1l 的方程为0x =,此时((()()23,0,,0,32,0,32,G H MG MH MG MH -=-=--=,因此7λ=-故731λ-<,即所求λ的取值范围是7⎡-⎣.(3) 解法一((设直线法二)(1)当直线1l 斜率存在时,设直线1l 方程为2y kx =+,代人椭圆方程22143x y +=,得()22341640.k xkx +++=由Δ0>得214k >.设()()1122,,,G x y H x y ,则121222164,?.3434k x x x x k k+=-=++ 又因为MG MH λ=,所以()()1122,2,2x y x y λ-=-,解得12x x λ=,即12x x λ=.所以()21221121212.x x x x x x x x λλ++=+=- 代人韦达定理,化简得222164642 2.3344k k kλλ+=-=-++由214k >,可以求得1214λλ<+<.以下同解法一 . 解法：(设点法)设()()1122,,,G x y H x y ,则因为MG MH λ=,所以()()1122,2,2x y x y λ-=-,得()1212,22,x x y y λλ=⎧⎨-=-⎩即1212,2 2.x x y y λλλ=⎧⎨=-+⎩ 又因为()()1122,,,M x y H x y 在22143x y +=上,所以221122221,431,43x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩即()()221122221,4322 1.43x y x y λλλ⎧+=⎪⎪⎨-+⎪+=⎪⎩ 由(1)2λ⨯-(2)得 ()()2222222 1.3y y λλλλ--+=-化简得()()()222222231.y λλλλ--+=-注意到01λ<<,因此()24133y λλλ-+=+,解得27144y λ=-.因为233y ,所以713344λ-,解得73743λ-+.又因为01λ<<,所以731λ-<.【点睛】一般来说,在最值(范围)问题中,最常见的方法是目标函数法,但有些时候,通过等量关系,要把目标表示为其他变量(或引入的变量)的函数,不易表示为函数,此时常通过由范围到范围的办法,即化为()()M k g λ=,由()M k 的范围确定()g λ的范围,然后再解关于λ的不等式,得出λ的范围,这也是最值(范围)问题的常用方法.强化训练1.已知粗圆2222:1(0)x y M a b a b+=>>的离心率为3,且粗圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形周长为6+. (1)求椭圆M 的方程;(2)设直线l 与椭圆M 交于,A B 两点,且以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点C ,求ABC 面积的最大值.1、 【解析】(1)因为椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为6+,所以226a c +=+.又因为椭圆的离心率为3,即3c a =,所以c =.因此3,a c ==1b =.故椭圆M 的标准方程为2219x y +=.(2)解法一 (平均值不等式法)不妨设直线BC 的方程为()3,(0)y n x n =->,则直线AC 的方程为()13y x n =--.故由()223,1,9y n x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩得222216910.9n x n x n ⎛⎫+-+-= ⎪⎝⎭设()()1122,,,A x y B x y .因为222819391n x n -=+,所以22227391n x n -=+,同理可得2122739n x n -=+. 因此BC AC ==故2121.21649ABCn n SBC AC n n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=⋅=⎛⎫++⎪⎝⎭设12t n n=+,则2223,6464899t S t t t==++当且仅当83t =时取等号.因此ABC 面积的最大值为38. 解法二 (二次函数法)不妨设直线AB 的方程为x ky m =+.则由22,1,9x ky m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x ,得()2229290.ky kmy m +++-=设()()1122,,,A x y B x y ,则212122229,.99km m y y y y k k -+=-=++因为以AB 为直径的圆过点C ,所以0CA CB ⋅=.则由()()11223,,3,CA x y CB x y =-=-,得()()1212330x x y y --+=. 将1122,x ky m x ky m =+=+代人上式,得()()()22121213(3)0.ky y k m y y m ++-++-=将(1)式代人(2)式,解得125m =或3m =(舍去).所以(125m =此时直线AB 经过定点12,05D ⎛⎫⎪⎝⎭,与椭圆有两个交点),因此121122ABCSDC y y =⋅-== 设211099t t k ⎛⎫=<⎪+⎝⎭,则 ABCS=所以当2510,2889t ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭时,ABCS 取得最大值38. 2.如图8.1所示,椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ,过点F 的直线交椭圆于,A B 两点.当直线AB 经过椭圆的一个顶点时,其倾斜角恰为60. (1)求该椭圆的离心率;(2)设线段AB 的中点为,G AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于,D E 两点.记GFD的面积为1,S OED (O 为原点)的面积为2S ,求12SS 的取值范围.【解析】(1)依题意,当直线AB 经过椭圆的顶点()0,b 时,其倾斜角为60.设(),0F c -,则tan603bc ==将b =代人222a b c =+,解得2a c =.所以椭圆的离心率为12c e a ==.(2)由(1)知,椭圆的标准方程可设为2222143x y c c+=.设()()1122,,,A x y B x y .则依题意,直线AB 不能与,x y 轴垂直,如图 A.40所示,故设直线AB 的方程为()y k x c =+,将其代人2223412x y c +=,整理得 ()2222224384120.kx ck x k c c +++-=则图A.40()2122121228,4362.43ck x x k cky y k x x c k -+=++=++=+因此22243,4343ck ck G k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭.因为GD AB ⊥,所以2223431,443Dckk k ck x k +⨯=---+ 化简得2243D ck x k -=+.解法一 (直接计算)因为2223431443Ecky k k ck k -+⨯=--+,所以243E ck y k -=+.因此 22222212222222233331434343439299.1243434343Gck ck ck c ckc FD y k k k k S S k ck ckck ckOD OEk k k k -+--⋅⋅⋅++++====+>----⋅⋅⋅++++ 故12S S 的取值范围是()9,∞+. 解法二 (利用三角形相似转化)因为GFD OED ~,所以()()22222222222242212222422222433(3)43434399999.||43ck ck ck ck ck GD k k k S c k c k S OD c k k ck ckk ⎛⎫--⎛⎫-+ ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭=====+>⎛⎫- ⎪+⎝⎭故12S S 的取值范围是()9,∞+.3.已知椭圆2222:1(0)x yC a b a b +=>>的离心率为2,椭圆C 与y 轴交于,A B 两点,且2AB =.(1)求椭圆C 的方程;(2)设点P 是椭圆C 上的一个动点,且点P 在y 轴的右侧.直线,PA PB 与直线4x =分别交于,M N 两点.若以MN 为直径的圆与x 轴交于两点,E F ,求点P 横坐标的取值范围及EF 的最大值.【解析】(1)由题意可得1,2c b e a ===,从而得22134a a -=,解得24a =.故椭圆C的标准方程为2214x y +=.(2)解法一 设()()()()000,02,0,1,0,1P x y x A B <-,则001PA y k x +=,因此直线PA的方程为0011y y x x +=-.同理可得,直线PB 的方程为0011y y x x -=+.由题意,直线PB 与直线4x =的交点为()00414,1y M x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭,直线PA 与直线4x =的交点为()00414,1y N x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭,线段MN 的中点为0044,y x ⎛⎫⎪⎝⎭,所以圆的方程为22200044(4)1,y x y x x ⎛⎫⎛⎫-+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭令0y =,则2220200164(4)1.y x x x ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭因为220014x y +=,所以2020114y x -=-.则208(4)50.x x -+-= 因为这个圆与x 轴相交,该方程有两个不同的实数解,所以0850x ->,解08,25x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.设交点坐标分别为()()12,0,,0x x ,则12082.5x x x ⎫-=<⎪⎭所以该圆被x 轴截得的弦长的最大值为2.解法二 设()()()()000,02,0,1,0,1P x y x A B <-,则001PA y k x +=,因此直线PA 的方程为0011y y x x +=-.同理可得,直线PB 的方程为0011y y x x -=+.由题意,直线PB 与直线4x =的交点为()00414,1y M x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭,直线PA 与直线4x =的交点为()00414,1y N x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭.若以MN 为直径的圆与x 轴相交,则 ()()00004141110,y y x x ⎡⎤⎡⎤-++⨯-<⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦即()()()200020161414110,y yy xx x --+-+-<亦即()202161810y x x -+-<.因为2214xy +=,所以2020114y x -=-.代人得0850x ->,解得08,25x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦该圆的直径为()()0000041418112,y y x x x ⎡⎤-++--=-⎢⎥⎣⎦圆心到x 轴的距离为()()00000041414111,2y y y x x x ⎡⎤-+++-=⎢⎥⎣⎦该圆在x 轴上截得的弦长为82.5x ⎫=<⎪⎭所以该圆被x 轴截得的弦长的最大值为2.解法三 设()()()()000,02,0,1,0,1P x y x A B <-,则001PA y k x +=,因此直线PA 的方程为0011y y x x +=-.同理可得,直线PB 的方程为0011y y x x -=+.由题意,直线PB 与直线4x =的交点为()00414,1y M x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭,直线PA 与直线4x =的交点为()00414,1y N x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭.所以()()0000041418112,y y MN x x x ⎡⎤-+=+--=-⎢⎥⎣⎦∣圆心到x 轴的距离为()()00000041414111,2y y y x x x ⎡⎤-+++-=⎢⎥⎣⎦若该圆与x 轴相交,则000441y x x ->,即220004410,y x x ⎛⎫⎛⎫--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因为220014x y +=,所以2020114y x -=-.因此0850x ->,解得08,25x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.该圆在x 轴上截得的弦长为08825 2.2=-= 因此,该圆被x 轴截得的弦长的最大值为2.解法四 记()()2,0,4,0D H ,设()()()00,,4,,4,P x y M m N n .则由已知可得()0,1A ,()0,1B -,所以AP 的直线方程为0011,y y x BP x -=+的直线方程为0011y y x x +=-.令4x =,可得()()00041411, 1.y y m n x x -+=+=-所以()()000041414,1,4,1y y M N x x ⎛⎫⎛⎫-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.若以MN 为直径的圆与x 轴相交于,E F 两点,因为EH MN ⊥,所以2EH HN HM =⋅,则()()22002000200041411616811.y y y x x EH HN HM x x x ⎡⎤⎡⎤-+-+-=⋅=-+⋅-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ 因为220014x y +=,所以2020114y x -=-,代人得到220020850x x EH x -=>,所以08,25x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.因此088225 2.2EF EH ==-= 故该圆被x 轴截得的弦长为最大值为2.解法五 设直线OP 与4x =交于点T ,因为//MN y 轴,所以,.AP AO OP BP BO OPPN TN PT PM TM PT==== 因此AO BOTN TM=,故TN TM =.所以T 是MN 的中点. 又设()()000,02P x y x <,则直线OP 的方程为00y y x x =.令4x =,得004yy x =,所以0044,y T x ⎛⎫ ⎪⎝⎭.而041r TN x ==-,若以MN 为直径的圆与x 轴相交于,E F 两点,则000441.y d r x x =<=- 因此()220164y x <-.因为. ,所以2020114y x -=-,代人得20580x x ->,解得085x >或00x <.因为002x <,所以0825x <.而088252EF ==-=故该圆被x 轴截得的弦长的最大值为2.4.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为2,以椭圆C 的任意三个顶点为顶点的三角形的面积是(1)求椭圆C 的方程;（2）设A 是椭圆C 的右顶点,点B 在x 轴上.若椭圆C 上存在点P ,使得90APB ∠=,求点B 横坐标的取值范围.【解析】(1)由题意知c ab a ==且222a b c =+.因此椭圆C 的标准方程为22142x y +=. (2)解法一 (设点法一)0PA PB ⋅=.依题意()2,0A .设()(),0,,B t P m n ,则2224m n +=,即()()220m t m n --+=,化简得()()2420.2m m t m ---+= 解得(22m t =+或12m t ⎫=-+⎪⎭.因此()()22222,2t m -<+<∈-,故点B 横坐标的取值范围是()2,0-.解法二 (设点法二)显然()2,0A ,设(),P m n ,则2224m n +=.因为*90APB ∠=,即PA PB ⊥,所以PB 直线的方程为()2.m y n x m n--=-- 令0y =,得2,02n B m m ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭.将2242m n -=代人上式,得1,02m B ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭或12B mx =-+.因为()2,2m ∈-,所以点B 横坐标的取值范围是()2,0-.解法三 (设直线法)设直线PA 的方程为()2(0y k x k =-≠,或设2)x ty =+.则由()222,24,y k x x y ⎧=-⎨+=⎩得()2222218840.kx k x k +-+-=设(),P m n ,则228221k m k +=+,即224221k m k -=+,从而可得2421k n k -=+.所以直线PB的方程为2224142.2121k k y x k k k ⎛⎫-+=-- ⎪++⎝⎭ 令0y =,得2221B x k =-+.因为222021k -<-<+,所以点B 横坐标的取值范围是()2,0-.解法四 显然()2,0A ,设(),0B t .因为90APB ∠=,所以点P 在以AB 为直径的圆上.则圆的方程为22222,22t t x y +-⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭化简得()22220x t x t y -+++=.与椭圆2224x y +=联立,可得()222440.x t x t -+++=其中,方程的一个根为2,另一个根为点P 的横坐标,即22P x t =+.又因为2222t -<+<.所以点B 横坐标的取值范围是()2,0-.5. 已知点()0,2A 和抛物线24y x =+上两点,B C 使得AB BC ⊥,求点C 纵坐标的取值范围.【解析】解法一 (设点法:判别式法)设()()2211224,,4,B y y C y y --,因为()0,2A ,所以()()2221121214,2,,AB y y BC y y y y =--=--.则由AB BC ⊥得()()()()222121121420.yy y y y y --+--=又因为,,A B C 三点是不同的点,所以120y -≠,则上式化简得()212122210.y y y y ++++=因为存在,B C 两点,满足AB BC ⊥,即上式(关于1y 的方程)有实根,所以()()222Δ24210.y y =+-+解得20y 或24y .因此点C 纵坐标的取值范围是][(),04,∞∞-⋃+.解法二 (设直线法:目标函数法)显然直线AB 的斜率存在,设直线AB 的方程为()20y kx k =+≠,则联立22,4,y kx y x =+⎧⎨=+⎩消去y ,整理得()22410.k x k x +-=显然0x ≠,所以241k x k -=-,从而24121,k k B k k --⎛⎫-- ⎪⎝⎭.因此直线BC 的方程为211412.y x k k k k ⎛⎫+-=-+- ⎪⎝⎭联立224,11412,y x y x k k k k ⎧=+⎪⎨⎛⎫+-=-+- ⎪⎪⎝⎭⎩消去x ,整理得2241250.y ky k k k ⎛⎫++-+-= ⎪⎝⎭设()()1122,,,B x y C x y ,则12y y k +=-.因为112x k=-+,所以212.x k k=-+-当0k >时,12220k k-+--+=,当且仅当1k =时,等号成立.当0k <时,12224k k-+-+=,当且仅当1k =-时,等号成立. 综上所述,点C 纵坐标的取值范围是][(),04,∞∞-⋃+.。
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k=-25时, 两平行线间的距离 即是 椭 圆 上 点 到 直 线 l 的 最 长 距 离 且 dmax = 65 √41 . 41 解法二 （导数法） ： 由 y=3 x y ﹢ =1 解 得 y=±3 25 9
2 2
4×5sinθ-5×3cosθ﹢40 25sin(θ-φ) ﹢40 √41 √42﹢52 ,其中tanφ= 3 . 4
试题研究 >试题探究
（中等教育） 数学教学通讯
投稿邮箱:sxjk@
一道课本例题的多角度探析
—圆锥曲线到直线距离的最值问题 ——
郭玉红 浙江湖州市练市中学 313003
中 此类试题源于课本的一道例题,因此本文全方位﹑多角度探究这道课本例题,从而破解高考难点. 等 教 育 关键词：圆锥曲线；最值问题；一题多解；多题一解
则 m =1, n =25,m• n =4x -5y. 根据 向 量数量积性质不等式 m • n ≤ m 取等 号, 此 时 x=4,y=所以dmax= n , 所以 4x-5y ≤25, 当且仅当9x=-20y时
( 5x , 3y ) ,n=(20,-15),
√ 3 sinθ,所以b﹢2a= √ c cosθ﹢ π √3c sinθ=2 √ c sin ( θ﹢ ) . 6
著名数学 家 华罗 庚 提到 ：“ 善 于 退,
把握根本 襛 反思回顾、
们总是成群生长的. ” 本人通过探究近 题1 （2011浙江文） 若实数x,y满足 . .
最 大 值 时 y=0, 所 以 2a= √ c ,b = √ c . 解法二 （三角换元法） ： cosθ, √ 3 a= √ c sinθ, 所 以 b= √ c · cosθ﹢ 因为 (b-a) ﹢3a =c , 令b -a= √ c •
令 2a=x ﹢y,b =x -y, 代 入 方 程 4a 2
或做出第一个发 现 后, 再 四 处 看看 , 它 年高考试题,得到更具一般性的结论.
波 利 亚 说 ：“ 当 你 找 到 第 一 个 蘑菇
更上一层 襛 题型推广、
2ab ﹢b 2=c , 化 简 得 x2﹢3y2 =c , 标 准 的 椭 圆 以 2a﹢b 取得最大值2 √ c ,并且x取得 从而 1 2 4 ﹢ ﹢ 最小值是-1. a b c
=
解法一 （数形结合法） ：
精彩纷呈 襛 一题多解、
相切,并设其直线方程是4x-5y﹢k=0. 联 立方程4x-5y﹢k=0和 x2 y 2 ﹢ =1, 消去y得 25 9
2 2
如 图 1 所 示, 设 直线 m∥l且 与 椭 圆
解 得 x=-4, 此 时 y=
√
1-
x2 -3x 4 时 ,y＇ = , 令 y＇ = 2 25 5 5 √25-x
( 4,- 9 ) 到直线l的距离最长, 可得d 5
65 √41 . 41 解法三 （参数方程法） ：
x2 y2 ﹢ =1,化 简 得 25x2-8tx﹢t2-225=0, 25 9
=
关 于 x的 一 元二次方 程有实 数 根, 所 以 △≥0,解得 t ≤25. 当 t=25 时 ,dmax = 时,dmin= 15 √41 . 41 x2 y2 ﹢ =1, 25 9 65 √41 ； 当 t=-25 41
F1
O
F2
m
x
x2 y2 因 为 ﹢ =1, 所 以 x =5sinθ,y = 25 9 3cosθ) 到 直线 l：4x -5y﹢40=0 的 距离 d= 3cosθ,θ∈[0,2π),从而椭圆上点(5sinθ,
解法五 （向量法） ： 设 P(x,y) 满 足 椭 圆 方 程
图1
58
投稿邮箱:sxjk@
从有 效解题的角度 , 探究试 题的 本
探究本质 襛 抽丝剥茧、
分析: 此题可以转化为 ： 已知4a22ab﹢b 2=c ,求2a﹢b 取最大 值 时 a,b ,c 的 等 式关系. 题 本 质 上可 归 结 于 如 下 类型 ： 设 x,y ∈
2 2
值2 √ c ,此时c=4a2,b=2a.
可以归结为如 下题 型： 以 二 元二 次方 程
（其中 a， c， d∈R ﹢， b， m， n ∈R） . 事实 上, 二元二次方程A x2﹢Bxy﹢Cy2﹢Dx﹢Ey﹢F=0 所表示的是圆锥曲 线 （包括 退 化 的圆锥
R, 满 足 ax ﹢bxy﹢cy =d, 求 mx﹢ny 的 最 值
备 课的 教 师能 够 拿 出 一 个 有 意 义 但 不
x2﹢y2﹢xy=1,则x﹢y的最大值是
4x2﹢y2﹢xy=1,则2x﹢y的最大值是
题2 （2011浙江理） 若实数x,y满足 题3 （2011新课标） 在△A BC中,B=
60°,A C= √ 3 , 则 A B﹢2BC 的 最 大 值 为
√
c sinθ, 3
例习题,力求使 学 生对 基础 知 识 融会 贯 通,洞悉来龙去脉, 实现做 一题 , 会一 片 的效果！
y l m
一 个 实 数 根 , 令 △ =64k -4 ×25 得 dmin= y=-3
( -4, 9 ) 到直线l的距离最短,根据点到 5
4 9 解得 x=4, 此 时y=- , 则 椭 圆上 的 点 5 5
max
9 , 则椭圆上的点 5
设 P(x,y) 满 足 椭 圆 方 程
摘 要：近年高考压轴填空题常常出现多元最值问题,这类试题灵活多变,形式新颖,学生难以掌握. 事实上,
x2 y2 与方程》第47页例7是：已知椭圆 ﹢ = 25 9 1, 直 线 l：4x -5y﹢40=0, 椭圆上是 否 存 在 是多少？ 最大距离又是多少？ 一点,它到直线l的距离最小？ 最小距离
人教版选修 2-1 第二 章 《圆 锥曲 线
由 以上 分 析 可 知 ,上 述 五 道 最值 问
由题意得 (b-a)2﹢3a2=c , 构造向量 m=(b-a, √ 3 a),n=(1, √ 3 ),所以 m = • n=b﹢2a. √ c , n =2,m 因为 m • n ≤ m n ,
为限制条件,求二元一 次式 的 最 值 ,如 ： 设x,y∈R,满足ax2﹢by2=c , 求 mx﹢ny 的 最 值 （其中a， b， c ∈R﹢， m， n∈R） . 波 利 亚 曾 说 过 ：“ 一 个 专 心 的认 真
是
9 9 或 x=-4,y= , 5 5
65 √41 15 41 ,dmin= √ . 41 41
非零实数a,b 满足4a2-2ab﹢b 2-c=0, 且使 2a﹢b 最大时, . 1 2 4 ﹢ ﹢ 的最小值为 a b c
题 5 （2014年 辽宁 文） 对 于 c>0, 当
质, 能让我们收获更多. 上述课本例题
2 2
方程, 显然xmax= √ c . 因为b﹢2a=2x,所
足够的退,退 到 最 原始 而不失 重 要性 的 地方, 是学好数学的一个诀窍. ” 所谓 “退”,就是把一个较 复杂 的问 题 “ 退 ”到 最 原 始 、 最 简 单 的 问 题 , 再 以这些 问 题 为出发点,去解决问题,接受新知. 张奠 宙先生也提出 “ 在 坚实的 基础上 有所 发 展”的 教学理念,因此 作为 教 师 , 要帮 助 学生注重基础 , 全 方位 多角度探析课 本
页例7可以认为是上 述 高考 试 题的 “题
系,作为教师,要对 典型 例 题 深 入挖掘 , 解,力求使学生对所学知识融会贯通.
根”,因篇幅有限,以题 5为例 探究 “非 标 解法.
揭示例题 背后的思 想方 法 , 注重 一题多
准的圆锥曲线”到 直 线距离 最 值 问 题的 解法一 （数形结合法） ：
a= c 当θ= π 时, 2a﹢b 取得最大值2 √ c , 3 c 此时a= √ ,b= √ c . 2 解法三 （判别式法） ： 令 t=2a﹢b , 则 b =t -2a, 代 入 4a2-2ab ﹢ b 2-c=0,得12a2-6ta﹢t2-c=0,关于a的一元 二次方程有实 数解 ,则 应 满 足 △ =(6t)248 ( t2 - c ) ≥ 0 , 即 t ≤ 2 √ c , 所 以 2a﹢b ≤2 √ c , 从而 2a﹢b 取得最 大 解法四 （向量法） ：
太负载的题目 ,帮 助 学 生 发 掘问 题的 各 域. ”上述例题恰恰就是这样一道“有意 解析几 何 、 导 数 、 三 角 、 向 量 、 函 数 等 高 个方面,把学生 引入一 个 完整的理 论 领
曲线） ,经左右、上 下 平 移变 换 总能 得 到
n方向相同或相反时取等号,此时c=4a2, b=2a. 上 述 课 本例 题 与 高考 试 题在解 法 上有着异曲同 工 之 妙 ,可 见 透 析 数学 问 题背后的本 质是 破 除题海 最 有 力 、最 有 效的武器, 因 此 在 教与学 的 过 程 中 ,必 可破万题山”的境界. 须 切 实 加 强 回 顾与 反 思 , 以 达到 “ 一题
（中等教育） 数学教学通讯
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则 P 到 直 线 l：4x -5y ﹢40 =0 的 距 离 d = 4x-5y﹢40 的最值问题. 构造向量m= √42﹢52 , 因此此题转化为求4x-5y
. 分析: 由余弦定理可知a2﹢c 2-ac=3, 求2a﹢c 的最大值. 满足a﹢b﹢c=0,a2﹢b 2﹢c 2=1, 则a的最大值 . 分析 : 由 c =-a-b 代 入 a2﹢b 2﹢c 2=1 得 a2﹢b 2﹢ab= 1 ,求a的最大值. 2 题4 （2014浙江文） 已知实数a,b ,c
√1- 25 , 当
x
2
15 √41 ； 41
显 然 当 sin (θ -φ) =-1 时 ,dmin =
当sin(θ-φ)=1时,dmax= 解法四 （判别式法） ：
65 √41 . 41 x2 y2 ﹢ =1, 25 9