1、1 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 1 专题专题 03 最值问题最值问题 最值（含范围）问题是解析几何中常见的 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 最大最小为最值最大最小为最值 单调二次不等式单调二次不等式 几何有界也有用几何有界也有用 具体问题再审视具体问题再审视 思路点拨思路点拨 解解 1 显然两条直线的斜率都存在且不为 0，抛物线 2 :4C yx的焦
2、点(1,0)F. 设 1: (1)lyk x，由 2 (1) 4 yk x yx ， ， 消元 y 得 2222 (24)0k xkxk， 所以 2 22 244 24 AB k ABxxp kk ， 同理， 2 44DEk， 2 2 1 4()816ABDEk k ，当且仅当1k 时取等号.选（A）. 解解 2 设直线 1 l的倾斜角为，则 2 l的倾斜角为 2 ， 因为 2 2 sin p AB ， 2 2 sin () 2 p DE ， 所以 2 2 44 sin sin () 2 ABDE 例例 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，
3、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 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 2 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 2 2222 444 sincossincos 2 16 16 sin 2 ， 当且仅当 4 或 3 4 时取等号.选（A）. 注注 1 过抛物线 2 2ypx的焦点弦长 2 2 | sin p AB . 注注 2 也可以
4、设 1: 1lxty，则 2 1 4 xty yx ， ， 消取 x 得 2 440yty， 所以 2 ()444 ABAB ABxxpt yyt，同理， 2 4 4DE t ， 2 2 1 4()816ABDEt t ，当且仅当1t 时取等号. 思路点拨思路点拨 当03m， 焦 点 在x轴 上 ， 要 使C上 存 在 点M满 足120AMB， 则 tan 603 a b ，即 3 3 m ，得01m. 当3m， 焦点在y轴上， 要使C上存在点M满足120AMB， 则t a n 6 03 a b ， 即3 3 m ，得9m. 故m的取值范围为(0,19,). 思路点拨思路点拨 要求两个绝对值之
5、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220 xy，则直线220 xy与圆相交， 例例 3 若实数满足，则的最小值 是 . 例例 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） 3 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 3 把圆分成两部分. 解解 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22yx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， 将右上方
6、的区域（小弓形区域）记作 因为单位圆 22 1xy及其内部在直线630 xy下方，所 以630 xy，所以( , ) |22|63 |f x yxyxy 42 ,22 , 834 ,22 . xy yx xy yx 直线22yx与单位圆 22 1xy交点1 0E ,（）， 3 4 5 5 F （ ，）. 设 12 42 ,8 34zxy zxy ， 分 别 作 直 线 13 , 24 yx yx 并 平 移 ， 则 12 42 ,8 34zxy zxy 都在点 3 4 5 5 F （ ，）取得最小值 3. 所以2263xyxy 的最小值是 3. 解解 2 ( , ) |22|63 |f x y
7、xyxy|(22)(63 )| |348|xyxyxy， （当220 xy时取等号）. 设cos ,sinxryr，其中01,02r. 则 |348| |3 cos4 sin8|xyrr |5 sin()8| 85853rr. 其 中由 34 sin,cos 55 确 定 ， 等 号 当 且 仅 当1,sin+=1r （）， 即 34 55 x,y. 另外，当220 xy时，2263xyxy 3. 所以2263xyxy 的最小值是 3. 思路点拨思路点拨 在平面直角坐标系中画出可行域如图， 22 xy 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220 xy的垂线，垂足为 A，
8、可以看出图中A点距离原点最近，此时距离为原 x y B A 12341234 1 2 3 4 1 2 3 4 例例 4 4 已知实数满足 则的取值范围为_. 是 4 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 4 点 O 到直线220 xy的距离， 2 2 5 541 d ，则 22 min 4 5 xy， 图中B点距离原点最远，B点为240 xy与330 xy交点，则2,3B，则 22 max 13xy 所以， 22 xy的取值范围为 4 ,13. 5 （1）求直线 AP 斜率的取值范围； （2）求APPQ的最大值. 思路点拨思路点拨 第（2）题的关键是选择适当的参数
9、表示| |PAPQ，可以用直线AP的斜率为k为参 数， 需要求出 Q 的坐标， 再分别求出| |PAPQ、的表达式， 计算量较大.也可以设 2 ( ,)P t t， 以 t 为参数，从向量的角度得到 | | | |cosAPPQAPPBBPQPA PQ +PAPB BQPA PB （）=. 转化为 t 函数，再求最大值. 满分解答满分解答 （1）设直线AP的斜率为k， 2 1 1 4 1 2 2 x kx x ， 因为 13 22 x，所以直线AP斜率的取值范围是( 1,1). （2）解解 1 设直线 AP 的斜率为 k，则 直线 AP 的方程为 y=kx+ 1 2 k+ 1 4 ，BQ 的方
10、程为 y= 139 24 x kk . 联立直线AP与BQ的方程 11 0 24 93 0 42 kxyk xkyk ， ， 例例 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； 5 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 5 解得点 22 22 34981 (,) 2244 kkkk Q kk . 因为 22 1 |1()1(1) 2 PAkxkk， 2 2 2 (1)(1) |1() 1 Q kk PQkxx k ， 所以 3 | |(1)(1)PAPQkk . 令 3 ( )(1)
11、(1)f kkk ，因为 2 ( )(42)(1)f kkk ， 所以( )f k在区间 1 ( 1, ) 2 上单调递增， 1 (,1) 2 上单调递减，因此当 1 2 k 时， | |PAPQ 取得最大值 27 16 . 解解 2 用向量法，令 2 ( ,)P t t，所以 | | | |cosAPPQAPPBBPQPA PQPA PB 22 1319 ()()()() 2244 tttt 42 33 216 ttt 222 12 7 (1)(1) 21 6 tt 27 16 . 当且仅当1t 时等号成立. 解解 3 3 在解 2 中，由PA PQ 22 1319 ()()()() 224
12、4 tttt 1313 1 2222 tttt 3 13 22 tt 11119 3 32222 tttt 4 39 33 127 22 . 3416 tt 等号当且仅当1t 时取得因此所求的最大值为 27 16 例例 6 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 6 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 6 思路点拨思路点拨 第（2）题可设SOM，则2SOT，则 2 3 sin 2 3 AB MC OM OCAB . 2 23 OC AB ，只要求sin的
13、最小值，即只要求 OC AB 的最小值. 选择 1 k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. 满分解答满分解答 (1) 由题意知 2 ,22 2 c ec a ，所以2,1ab，因此 椭圆E的方程为 2 2 1 2 x y. (2) 设SOM，则2SOT，且 2 2 3 sin 2 23 3 AB MC OCOM OCAB AB . 设 1122 ( ,), (,)A x yB xy，联立方程 2 2 1 1 2 3 2 x y yk x ， ， 得 22 11 (42)4 310kxk x ， 由题意知0 ，且 1 1212 22 11 2 31 , 212(2
14、1) k xxx x kk ，故 7 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 7 2 1 22 1121 2 1 1 4 2 11 1 2 k ABkxxk k . 联立方程 2 2 1 1 2 2 4 x y yx k 得 2 22 1 22 11 81 , 1414 k xy kk ，因此 2 22 1 2 1 1 8 1 4 k OCxy k . 所以 2 2 1 1 222 111 11 82 111 14 282 kk OC AB kkk ， 2 1 2 22 1 2 11 1 1 111 2 1 1 2112 45 4 42 k k kk k 2 1 2
15、 1 112 1 321 2 45k k . 等号当且仅当 2 1 1 2 k 时取得因此sin的最大值为 21 2 2 23 3 ，从而SOT的最 大值为 3 ，此时直线l的斜率为 1 2 2 k 注注 2 2 1 1 2 221 11 1 1 8 2 141 14 2 k OCk ABk kk 2 1 22 11 122 2 141 k kk . 令 2 1 1 12,1(0,1)tkt t ，则 2 1 1 = 2 t k ，代入上式整理得 2 2 1 = 119 21 () 24 OCt AB tt t . 8 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 8 当
16、且仅当1 1 2t ，即2t 时 OC AB 的最小值 2 3 ，此时 1 2 2 k . 思路点拨思路点拨 第（1）题直接计算可得。第（2）要选择参数表示 PQG 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 = 1。由已知可得(把条件翻成图式)：设直线 PQ 的方程为 y=kx(k0)(1,1),(0,0),则 (1,1 ), E(1,0)， = 1 1。 由此可得（中间结论： ） Q、E、G 三点共线:= = 1 21 = 2, 由 = 10 10 ,= 10 10 = 1+0 1
17、+0 , = 1 202 1 202 ， 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 1 | () 2 PQGGQ SPExx 00 1 () 2 G yxx，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。 满分解答满分解答 （1）由题，得 1 222 yy xx (2)x ，即 22 1 42 xy (2)x ，所以曲线C为 22 1 42 xy (2)x ，表示焦点在x轴上，长轴长为 4 的椭圆（除去左右定点
18、）. 例例 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. G E y x O Q P 9 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 9 （2） （i） 设直线 PQ 的方程为 y=kx(k0)(1,1),(0,0),则(1,1 ), E(1,0)， = 1 1。 由此可得 Q、E、G 三点共线:= = 1 21 = 2, 由 = 10 10 ,= 10 10 = 1+0 1+0 , = 1 20
19、2 1 202 因为Q、G在椭圆上，所以1 2 + 21 2 = 4，0 2 + 20 2 = 4，可得 = 1 2，从而 = 2 = 1 2, = 1 ，所以 = 1,即 。 所以 是直角三角形。 解解 2 2 设直线PQ的方程为y kx ，由题意可知0k ，直线PQ的方程与椭圆方程联立， 即 2 22 2 2 , , 21 224. . 21 x ykx k kxy y k 或 2 2 2 , 21 2 . 21 x k k y k ,点P在第一象限，所以 2222 2222 (,),(,) 21212121 kk PQ kkkk ，因此点E的坐标为 2 2 (,0) 21k 直线QE的斜
20、率为 2 QE k k，可得直线QE方程： 2 2 21 kk yx k ，与椭圆方程联立， 2 22 , 2 21 24. kk yx k xy ，消去y得， 22 22 2 2 4128 (2)0 21 21 k xk kx k k （*） ，设点 11 (,)G x y ， 显然Q点的横坐标 2 2 21k 和 1 x是方程（*）的解 所以有 2 2 2 11 2 222 128 264 21 2 21(2) 21 k k k xx k kkk ，代入直线QE方程中，得 3 1 22 2 (2) 21 k y kk ，所以点G的坐标为 23 2222 642 (,) (2) 21 (2)
21、 21 kk kkkk ， 直线PG的斜率为： 3 32222 222 222 22 22 (2)1(2) 2121 642642(2) (2) 2121 PG kk kk kkkk k kkkk kkk 10 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 10 因为 1 ()1, PQPG kkk k 所以PQPG， 因此PQGV是直角三角形。 本题思维导图如下： （2）(ii)解解 1 1 设直线PQ斜率为k（k0） ，P(x1,y1), G(x0,y0,),则 Q(-x1,-y1). 设M为QG的中点， 则= 1 ，由 （1） 知， 直线QG的方程为 = 2 ( 1
22、)， 由 = , = 2 ( 1 ), 解 得= 21 2+2。 直线PQ的方程与椭圆方程联立， 即 = , 2+ 22= 4,解得1 = 2 1+22. 所以 = 1 2 | | = 1 21 + 2 | 1 + (1 ) 2 | = 1 2 (1+2)1 2 2+2 = 2(2+1) (22+1)(2+2). 所以 = 4 = 8(2+1) (22+1)(2+2)。 (ii)解解 2 2 直线 QG 的方程与椭圆方程联立，得方程组 2+ 22= 4, = 2 ( 1 ), 消去y得 (2+ 2)2 221 + 22 8 = 0。 由韦达定理得+ = 221 2+2，由弦长公式得| = 21
23、1 + 2 , | = 1 + ( 1 ) 2 | = 1 + (1 ) 2 |+| = 11+2 2+2 . 所以 = 8(2+1) (22+1)(2+2)。 (ii)解解 3 3 可知 , ,P Q G三点坐标，PQG 是直角三角形，求出 ,PQ PG的长，利用面积 公式求出 PQG 的面积，再利用导数求出面积的最大值. 由（i）可知： 2222 2222 (,),(,) 21212121 kk PQ kkkk ， G的坐标为 23 2222 642 (,) (2) 21 (2) 21 kk kkkk ， 11 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 11 2
24、2 4 1 21 k PQ k ， 2 22 41 (2) 21 k k PG kk ， 222 22 222 11414 18 (1) | 22(21)(2) (2) 2121 PQG k kkk k SPGPQ kk kkk . 亦或 2 22 18 (1) | 2(21)(2) PQGGQ k k SPExx kk . 求该函数的最大值有以下两种处理方式： 解解 1 2 22 2 1 8() 8 (1) 1 (21)(2) 12() k k k k kk k k . 设 1 tk k ，则由0k 得2t ，当且仅当1k 时取等号.因为 2 8 12 t S t 在2, )单调 递减，所以
25、当2t ，即1k 时，S取得最大值，最大值为 16 9 . 解解2 23 2242 8 (1)8() (21)(2)252 k kkk S kkkk ， 42 422 8(1)(1)(232) (252) kkkk S kk ,因为0k ， 所以当01k时， 0S ，函数 ( )S k单调递增，当1k 时， 0S ，函数 ( )S k单调递减， 因此当1k 时，函数 ( )S k有最大值，最大值为 16 (1) 9 S. 因此， PQG 面积的最大值为 16 9 . 第（ii）题的思维导图： 例例 8 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
26、 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 12 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 12 思路点拨思路点拨 第（2）题设 2 P( ,),(0) 2 m mm ，即用点 P 横坐标作为参数，通过求导或判别式法求直 线l的斜率（用 m 表示） ，由“点差法”可得 1 4 lOD k k ，从而用 m 表示 D、G 的坐标， 再用 m 表示 1 S和 2 S，把 1 2 S S 转化为 m 的函数求最小值. 满分解答满分解答 （1） 由于 3 2 c e a ， 所以 3 2 a c ， 又 1 (0, ) 2 F， 所以 1 2 b
27、， 因为 222 abc， 解得 3 1, 2 ac， 所以，椭圆方程为： 22 41xy. （ 2 ）（ i ） 设P点 坐 标 为 2 (,) , (0 ) 2 m mm ， 设 1122 (,) ,(,)A xyB xy， 则 1212 (,) 22 xxyy D 过 点P的 切 线 斜 率 2 () 2 l m km ， 直 线l 的 方 程 为 2 () 2 m ym xm . 因为,A B在椭圆上，所以 22 11 22 22 41, 41. xy xy 两式相减可得： 13 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 13 12121212 ()()4()
28、()0 xxxxyyyy， 1212 1212 . 4()4 D l D yyxxx km xxyyy 又 12 1212 12 1212 1 2 4()4 2 OD yy yyxx k xx xxyym ， 所 以 直 线OD 的 方 程 为 ： 1 4 yx m . 因为交点M的横坐标为m，所以 1 ( ,) 4 M m ，所以点M在定直线 1 4 y 上. （ii）由（i）得 2 (0,) 2 m G ，由, 4 D D x m y 2 DD 4 () 2 DD xym m ym xm ， ， 可得 32 22 2 , 1 42(1 4) mm D mm ， 从而 23 1 11 ()
29、2224 mmm Sm ， 2322 2 22 112(1 2) () () 2241 48(1 4) mmmm Sm mm ， 于是 3 22 1 2222 2 2 2(1)(41) 4 = (12)(21) 8(14) mm Smm mmSm m 422 4242 2(451)2 2 441441 mmm mmmm 2 2 2 2 229 22 1 41 44 2 44 m m m m . 当且仅当 2 2 1 4,m m 即 2 2 m 时，“=”成立，此时 2 1 (, ) 24 P. 14 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 14 注注 本题解答的关键
30、是求 D 的坐标.也可以把直线l的方程 2 () 2 m ym xm代入椭圆 22 41xy方程，整理得 2234 (41)410mxm xm . 由0 得025m，由韦达定理可得 32 22 2 ,. 412(41) DD mm xy mm 第（2）题中求 22 1 22 2 2(1)(41) (21) Smm Sm 的最大值，也可以令 2 21tm，则 0,5+2 5t， 2 1 22 2 2111 2 Stt Sttt ，转化为二次函数最值问题. 思路点拨思路点拨 因为DNO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xON作为参数. 例
31、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 y Q P O D N M x 15 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 15 满分解答满分解答 （1）解
32、解 1 设点( , 0) (| | 2)D tt ， 00 (,)N xy， ( , )M x y，依题意，2MDDN，且| | 1DNON=， 所以 00 (,)2(,)txyxt y，且 22 00 22 00 ()1, 1. xty xy 即 0 0 22 , 2. txxt yy 且 0 (2)0.t tx 由于当点D不动时， 点N也不动， 所以t不恒等于 0， 于是 0 2tx， 故 00 , 42 xy xy ， 代入 22 00 1xy，可得 22 1 164 xy ，即所求的曲线C的方程为 22 1. 164 xy 解解 2 由已知1DNON，若设(cos ,sin )N，则(
33、2cos ,0)D. 设( , )M x y，依题意，2MDDN，即 2cos,)2( cos ,sin )xy（，4cos ,2sinxy ， 所以，所求的曲线C的方程为 22 1. 164 xy （2） 解解 1 当直线l的斜率不存在时， 直线l为4x 或4x ， 都有 1 4 48 2 OPQ S . 当直线l的斜率存在时，设直线: l ykxm) 2 1 (k， 由 22 , 416, ykxm xy 消去y，可得 222 (14)84160kxkmxm. 因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以 2222 644(14)(416)0k mkm， 即 22 164mk. 又由 ,
34、20, ykxm xy 可得 2 (,) 1212 mm P kk ； 同理可得 2 (,) 1212 mm Q kk . 由原点O到直线PQ的距离为 2 | 1 m d k 和 2 |1| PQ PQkxx，可得 1 | 2 OPQ SPQ d 1 | 2 PQ mxx 122 | 21212 mm m kk 16 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 16 2 2 2 14 m k . 将代入得， 2 2 2 2 41 2 8 1441 OPQ k m S kk . 当 2 1 4 k 时， 2 22 412 8()8(1)8 4141 OPQ k S kk
35、； 当 2 1 0 4 k时， 2 22 412 8()8( 1) 1414 OPQ k S kk . 因 2 1 0 4 k，则 2 0 1 41k ， 2 2 2 14k ，所以 2 2 8( 1)8 14 OPQ S k ，当且仅当 0k 时取等号. 所以当0k 时， OPQ S的最小值为 8. 综合（1） （2）可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，OPQ的面积取得最小 值 8. 解解 2 2 设直线l与椭圆 C 相切于点 11 ,)x y（，则直线l的方程为 11 1 164 x xy y （ 11 2xy）. 由 11 1 164 2 x xy y xy 解得 1111 168
36、 (,) 22 P xyxy ，同理可得 1111 168 (,) 22 Q xyxy ，从而 可得 11 22 1128 | 2|4| OPQPQQP Sx yx y xy . 因为 11 22 1 164 xy ，所以 1 2 64 |8| OPQ S x ，又 1 4,4x ， 1 2 64 8 |8| OPQ S x （当且 仅当 1 4,0,4x 时取等号）. 注注 过椭圆 1 2 2 22 1 y x ab 上点 11 ( ,)x y的切线方程是 11 22 1 x xy y ab . 解解 3 3 设直线l与椭圆 C 的一个公共点为E，则E为切点，且(4cos ,2sin )E，所以 过 E 的切线方程为 cossin 1 42 xy . 把 cossin 1 42 xy 与2xy得 4 (, sincos P 2 ) sincos ， 同理可得 42 (,) sincossincos Q . 所以 22 1116 | 22 sincos OPQPQQP Sx yx y 8 8. |cos2 | 当cos2 = 1，即直线l与椭圆 C 在四个顶点处相切时，OPQ的面积取得最小值 8. 17 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 3 最值问题 （共 17 页） 17
