解析幾何中最值問題的解題策略

1、解析幾何中最值問題的解題策略圓錐曲線中最值問題的基本解法有幾何法和代數(shù)法。其中，代數(shù)法是建立求解 目標(biāo)關(guān)于某個(gè)或某兩個(gè)變量的函數(shù)，通過運(yùn)用基本不等式或構(gòu)造函數(shù)等來求解函數(shù) 的最值。下面我們來介紹運(yùn)用基本不等式的方法來解決圓錐曲線的一個(gè)優(yōu)美性質(zhì)。與1(a b 0)的離心率為-1，右焦點(diǎn)F，直線AF b的斜率為，O是坐標(biāo)原點(diǎn)。3(1)求 E 的方程;消y得(4k21)x216kx 120，1(2)設(shè)過點(diǎn)A的動(dòng)直線 I 與E相交于P,Q兩點(diǎn)，當(dāng)OPQ的面積最大時(shí),求I的方程。y21(2)由題意直線I的斜率存在，設(shè)l：y kx 2原點(diǎn)O到直線PQ的距離”忌所以SOPQIPQIdJ6(42 3) 44k

2、212 2一4k234k214 4k23d14k212例題 1.已知A(0,2)，橢圓E:冷ay kx 2聯(lián)立X227y2 216(4 k 3)0,得 k當(dāng)24kl即k2-時(shí)，取等號(hào)，此時(shí)l:y x 2442先來解析這道題，應(yīng)用了兩個(gè)公式：一. 弦長公式|PQ|=一1+F |x,x2|、i+F|,a 是 x2的系數(shù)a二.基本不等式. 0b,a 0,b0,當(dāng) a b 時(shí)，不等式式取“二”號(hào)2我們運(yùn)用這兩個(gè)知識(shí)來證明該題型具有的一般性結(jié)論2 2例題 2.已知E：篤爲(wèi)1(a b 0)，設(shè)過點(diǎn)A(0, m)的動(dòng)直線I與E相交于P,Q兩點(diǎn),a b當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，求I的方程。解：由題意直線I的斜率存

3、在，設(shè)I : y kx m消y得(a2k2b2)x22a2b2kmx a2m2a2b20，1所以2m2，即 a2k2b22m2時(shí)，取等號(hào)。由此我們得出一個(gè)一般性結(jié)論:2 2 2若直線1的斜率k為定值，當(dāng)口2=滬時(shí)，SOPQ有最大值aby kx m聯(lián)立22x y TTa b原點(diǎn)O到直線PQ的距離當(dāng)a2k2b2m2 2若直線I的截距m 為定值，且滿足2m2b2，當(dāng)k2=2m#時(shí)，SOPQ有最大值 址a2若2m2b2，當(dāng)疋=竺藝 0時(shí)，SOPQ取不到最大值 空，此時(shí)不能用基本不等式求a2最值。我們得探索其他求最值的方法，用構(gòu)造函數(shù)法或放縮法可以證明，當(dāng)k=0時(shí)，SOPQ有最大值，下面我們?cè)倏匆坏览}

4、。例題 3 已知?jiǎng)訄AP與圓F(x 2)2y249相切，且與圓F?:(x 2)2y21相內(nèi)切，記 圓心P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)Q為曲線C上的一個(gè)不在x軸上的動(dòng)點(diǎn)，0為坐標(biāo)原 點(diǎn),過點(diǎn)F2作0Q的平行線交曲線C于M ,N兩個(gè)不同的點(diǎn)，求厶QMN面積的最大值.(1)設(shè)圓P的半徑為R,圓心P的坐標(biāo)為(x,y)，由于動(dòng)圓P與圓R:(x 2)2y249相切，且與圓F?:(x 2)2y21相內(nèi)切，結(jié)合圖像可知，動(dòng)圓P與圓F1只能內(nèi)切.且PF17 R，|PF2R1.則IPF1I丹2丨6 | F1F2| 4.所以圓心P的軌跡是以點(diǎn)F1,F2為焦點(diǎn)的橢圓，且a 3,c 2,則b2a2c25

5、.2 2所以曲線C的方程為-1.95309(2)設(shè)M(xi, yj, N(X2,y2), Qg,鼎，直線MN的方程為x my 2, 可得(5m2+ 9 y3+ 20my- 25= 0,25m 9二my+ 2,由20m25m 925因?yàn)镸N /OQ，所以QMN的面積等于OMN的面積.2因?yàn)閠3 1,所以f(t)=5二；4 0.所以f(t)= 5t + f在1,+ ?)上單調(diào)遞增所以當(dāng)t= 1時(shí)，f(t)取得最小值，其值為9.所以QMN的面積的最大值為所以MN則yiy2,y”2點(diǎn)O到直線MN : xmy2的距離d =所以QMN的面積S = - MN ?d21“30(m2+ 1)倉22 5m + 9

6、30 m2+ 125m + 9令.m _1 t，則m2t21 (t 1)30t_ 305(t2- 1)+9= 5=5； t設(shè)f(t)= 5t + 4(t ? 1),4f)=5-F=5t2- 4t22例題 4 已知橢圓 E 的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，且拋物線x24 2y的焦點(diǎn)是它的一個(gè)焦點(diǎn)，又點(diǎn)A(1,.、2)在該橢圓上。(1)求橢圓 E 的方程；(2)若斜率為2的直線I與橢圓 E 交于不同的兩點(diǎn) B，C, 當(dāng)厶 ABC的面積最大時(shí)，求直線I的方程。例題 5.設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，A (2,0 )，B (0,1 )是它的兩個(gè)頂點(diǎn)，直線y=kx(k0)與 AB 相交于點(diǎn) D,與橢圓相交于

7、E,F 兩點(diǎn)。(1)ED 6DF，求 k 的值；(2)求四邊形 AEBF 面積的最大值；例題 6 在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中,橢圓 G 的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為 F( - 1, 0)， P 為橢圓 G 的上頂點(diǎn)，且/ PFO=45 .(I)求橢圓 G 的標(biāo)準(zhǔn)方程；(U)已知直線 1 仁 y=kx+m 與橢圓 G 交于 A, B 兩點(diǎn)，直線 I2： y=kx+m2(mm?)與 橢圓 G交于 C, D 兩點(diǎn)，且|AB|=|CD|，如圖所示.(i)證明：m+m=0;(ii)求四邊形 ABCD 勺面積 S 的最大值.12(I)根據(jù) F1(-1,0), /PFQ=45，可得 b=c=1，從而 a2=

8、b2+c2=2，故可得橢說明:QMN的面積1S = 2 |OF2?%y2=2,30 m + 1yi+y2)- 47172= 5m2+9圓 G 的標(biāo)準(zhǔn)方程;(U)設(shè) A(xi,yi),B(X2,y2),C(X3,y3),D(X4,y4).(i)直線 li：y=kx+m 與橢圓 G 聯(lián)立，利用韋達(dá)定理,可求 AB,CD 勺長，利用|AB|=|CD| ,可得結(jié)論;(ii)求出兩平行線的面積 S,利用基本不等式，即可求得四邊形 ABCD 勺面積 S 取得最大值.2 2【解析】：(I)解：設(shè)橢圓 G 的標(biāo)準(zhǔn)方程為令+牛1(ab05因?yàn)?Fi(- 1, 0), / PFO=45，所以 b=c=1.2 2

9、2所以，a=b+c=2.(2 分)所以，橢圓 G 的標(biāo)準(zhǔn)方程為_.( 3 分)(U)設(shè) A(X1, yj,B(X2,y2),C(X3,y3),D(X4,y4).叫* 消去 y 得:二:L1A2_l+2k證明：由(+212) yjX+2IDI- 2=0則ZL :.JrT：+ 1 - i,2mf -2(5 分)AB, CD 間的距離為 d,則表示出四邊形 ABCD所以 I 出 | 二 (耳一：c?( y -yj=l+k? 一 4 疋龍2=1+k3 4- 2km | +1+ m?-IP?+1） m?n2-42-j=2V2l+2kz1+21C（2k21） m? -廠I叭1、1 ”_）所以 當(dāng) 2kl=2mf 時(shí)，四邊形 ABCD 勺面積 S 取得最大值為|2伍.(12 分)因?yàn)?|AB|=|CD| ,1+2 k32 _ _2,所以 _