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1、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。 例题 1. 已知(0,2)A， 椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 的离心率为 3 2 ， 右焦点 F， 直线AF 的斜率为 2 3 3 ，O是坐标原点。 （1）求E的方程； （2）设过点A的动直线l与E相交于,P Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程。 解： （1） 2 2 :1 4 x Ey （2）由题意直线l的斜率存在，设:2
2、lykx 联立 2 2 2 1 4 ykx x y 消y得 22 (41)16120kxkx， 223 16(43)0, 4 kk得 2 222 12 22 16(43) |= 1+k |1+k |1+k | 4141 k PQxx kk 原点O到直线PQ的距离 2 2 d= 1+k 所以 222 222 16(43)12 243443 |1 2414141 OPQ kkk SPQ d kkk 当 2 243k即 2 73 44 k时，取等号，此时 7 :2 2 lyx 先来解析这道题，应用了两个公式： 一. 弦长公式 222 12 |= 1+k |1+k|,PQxxax a 是的系数 二.
3、基本不等式,0,0,= 2 ab ababab当时，不等式式取“ ”号 我们运用这两个知识来证明该题型具有的一般性结论 例题2. 已知 22 22 :1(0) xy Eab ab ，设过点(0,)Am的动直线l与E相交于,P Q两点， 当OPQ的面积最大时，求l的方程。 解：由题意直线l的斜率存在，设:lykxm 联立 22 22 1 ykxm xy ab 消y得 2222222222 ()20a kbxa b kmxa ma b， 22 2222222 2 4(), mb a ba kbmk a 222222 22 222222 4() |= 1+k |1+k a ba kbm PQ a k
4、ba kb 原点O到直线PQ的距离 2 | d= 1+k m 所以 222222222222 222222 2 4()()11+k| | 22 1+k OPQ a ba kbmma kbmm SPQdab a kba kb 22222 222 () 2()2 ma kbmab ab a kb 当 222222222 2a kbmma kbm，即时，取等号。由此我们得出一个一般性结论： 若直线l的斜率k为定值，当 222 2+ = 2 a kb m时， OPQ S有最大值 2 ab 若直线l的截距m 为定值，且满足 22 2mb，当 22 2 2 2- = mb k a 时， OPQ S有最大值
5、 2 ab 若 22 2mb，当 22 2 2 2- =0 mb k a 时， OPQ S取不到最大值 2 ab ，此时不能用基本不等式求 最值。 我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=0k时， OPQ S 有最大值，下面我们再看一道例题。 例题 3 已知动圆P与圆 22 1: ( 2)49Fxy 相切，且与圆1)2(: 22 2 yxF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 2 F作OQ的平行线交曲线C于,MN两个不同的点, 求 QMN 面积的最大值 （1）设圆P的半径为R ,
6、圆心P的坐标为( , )x y， 由于动圆P与圆 22 1: (2)49Fxy相切，且与圆1)2( : 22 2 yxF相内切， 结合图像可知，动圆P与圆 1 F只能内切 .且 1 2 7, 1. PFR PFR 则 4|6| 2121FFPFPF . 所以圆心P的轨迹是以点 12 ,FF为焦点的椭圆, 且3,2ac, 则 222 5bac. 所以曲线C的方程为1 59 22 yx . （2）设 112233 (,),(,),(,)M xyN xyQ xy，直线MN的方程为2xmy， 由22 2, 1, 95 xmy xy = + ? ? ? ? += ? ? ? 可得 22 5920250m
7、ymy+-=（）， 则 121222 2025 , 5959 m yyy y mm . 所以 ()() 2 2 1212 14MNmyyy y 轾 =+- 犏 臌 () 2 2 22 20100 1 5959 m m mm 轾 骣 犏 ? =+-+ ? 犏 ? 桫+ 犏 臌 () 2 2 30 1 . 59 m m + = + 因为/ /MNOQ，所以 QMN的面积等于 OMN的面积 . 点O到直线2:myxMN的距离 2 2 1 d m = + . 所以 QMN 的面积 22 22 2 1130(1)2301 225959 1 mm SMNd mm m + =?创= + + . 令 2 1m
8、t，则 22 1mt(1)t， () 2 2 303030 4 54519 5 tt S tt t t = +-+ + . 设( )() 4 51f ttt t =+?，则( ) 2 22 454 5 t ft tt - =-=. 因为1t 3, 所以( ) 2 2 54 0. t ft t - = 所以 ( ) 4 5f tt t =+在)1,+ ?上单调递增 . 所以当1t =时, ( ) f t取得最小值 , 其值为9.所以 QMN 的面积的最大值为 30 9 . 说明 : QMN的面积 () 2 2 21212122 1301 4 259 m SOFyyyyy y m + =?=+-=
9、 + . 例题 4 已知椭圆E的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴， 且抛物线yx24 2 的焦点是它 的一个焦点，又点)2, 1(A在该椭圆上。 （1）求椭圆 E的方程； （ 2）若斜率为2的直线 l 与椭圆 E交于不同的两点B ，C，当 ABC 的面积最大时，求直线l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 （k0）与 AB 相交于点D，与椭圆相交于E,F 两点。 （1）DFED6，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
10、椭圆 G 的上顶点，且PF1O=45 （）求椭圆G 的标准方程； （）已知直线l1： y=kx+m1与椭圆 G 交于 A，B 两点，直线l2：y=kx+m2（m1 m2）与椭 圆 G 交于 C，D 两点，且 |AB|=|CD| ，如图所示 （）证明： m1+m2=0； （）求四边形ABCD 的面积 S的最大值 12（）根据F1（ 1，0） ， PF1O=45 ，可得 b=c=1，从而 a 2=b2+c2=2，故可得椭圆 G 的 标准方程； （）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，C（x3，y3） ， D（ x4，y4） （）直线 l1： y=kx+m 1与椭圆 G 联立，利用韦达定理，
11、 可求 AB ， CD 的长，利用 |AB|=|CD| ， 可得结论； （）求出两平行线AB，CD 间的距离为d，则，表示出四边形ABCD 的 面积 S，利用基本不等式，即可求得四边形ABCD 的面积 S取得最大值 【解析】： （）解：设椭圆G 的标准方程为 因为 F1（ 1，0） ， PF1O=45 ，所以 b=c=1 所以， a 2=b2+c2 =2 （2 分） 所以，椭圆G 的标准方程为 （3 分） （）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，C（x3，y3） ， D（ x4，y4） （）证明：由消去 y 得： 则， （5 分） 所以= = 同理 （ 7 分） 因为 |AB|=|CD|， 所以 因为m1 m2，所以 m1+m2=0 （9 分） （）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，则 因为m1+m2=0，所以 （10 分） 所以= （或） 所以当时，四边形ABCD 的面积 S 取得最大值为 （12 分）