圆锥曲线中的范围最值问题

柔光的暖阳◎ 2023-08-17 17:31 84阅读 0赞

## 前言 ##

## 变形储备 ##

> 分子二次型且分母一次型的分式函数的变形，如\$h(x)=\\cfrac\{x^2-4x+5\}\{x-2\}\$，常用配凑法+分离常数法，或配凑法+分式裂项法，或换元法，

如\[配凑法\]\$h(x)=\\cfrac\{x^2-4x+5\}\{x-2\}=\\cfrac\{(x-2)^2+1\}\{x-2\}=(x-2)+\\cfrac\{1\}\{x-2\}\$，

或\[换元法\]令\$x-2=t\$，则\$x=t+2\$，故\$h(x)=\\cfrac\{(t+2)^2-4(t+2)+5\}\{t\}=\\cfrac\{t^2+1\}\{t\}=t+\\cfrac\{1\}\{t\}\$

即\$h(x)=t+\\cfrac\{1\}\{t\}=(x-2)+\\cfrac\{1\}\{x-2\}\$

> 分子一次型且分母二次型的分式型函数的变形，如\$n(x)=\\cfrac\{x+1\}\{x^2+3x+3\}\$；常用取倒数法，或换元法，或配凑同除法

如\$n(x)=\\cfrac\{x+1\}\{(x+1)^2+(x+1)+1\}=\\cfrac\{1\}\{(x+1)+\\cfrac\{1\}\{x+1\}+1\}\$

如\$g(t)=\\cfrac\{t\}\{t^2+9\}=\\cfrac\{1\}\{t+\\frac\{9\}\{t\}\}\$；

如\$h(t)=\\cfrac\{t+2\}\{t^2\}=\\cfrac\{1\}\{t\}+2(\\cfrac\{1\}\{t\})^2=2m^2+m\$;

> 组合使用

\$|OP|^2=\\cfrac\{(m^2+1)(m^2+16)\}\{(m^2+4)^2\}\$，令\$m^2+4=\\lambda>4\$，

则\$|OP|^2=\\cfrac\{(\\lambda-3)(\\lambda+12)\}\{\\lambda^2\}=-\\cfrac\{36\}\{\\lambda^2\}+\\cfrac\{9\}\{\\lambda\}+1\$

\$=-36(\\cfrac\{1\}\{\\lambda\}-\\cfrac\{1\}\{8\})^2+\\cfrac\{25\}\{16\}\\leq \\cfrac\{25\}\{16\}\$.

## 例说运算 ##

> 圆锥曲线中的范围最值问题的运算往往少不了以下的过程。

将直线\$y=kx+2\$代入圆锥曲线\$\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{3\}=1\$的代入运算过程，可以如下简化：

先将圆锥曲线整理为\$3x^2+4y^2-12=0\$，然后这样在演草纸上书写，注意对齐书写，一次运算过

\$\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{3x^2\}\\\\\{4(k^2x^2+4kx+4)\}\\\\\{\\hspace\{6em\}-12\}\\end\{array\}\\right.\$

一次就可以整理为\$(4k^2+3)x^2+16kx+4=0\$；

## 思考策略 ##

>  *  圆锥曲线上的点到定点的距离的最值问题

圆锥曲线上的点到定点的距离的最值问题，常用两点间的距离公式转化为区间上的二次函数的最值问题求解，有时也用圆锥曲线的参数方程，化为三角函数的最值问题求解，或用三角形的两边之和(或差)与第三边的不等关系求解；

>  *  圆锥曲线上的点到定直线的距离的最值问题

圆锥曲线上的点到定直线的距离的最值问题，常常采用平行切线法求解；

>  *  点在圆锥曲线上求目标函数的范围问题

点在圆锥曲线上(非线性约束条件)的条件下，求相关式子(目标函数)的取值范围问题，常用参数方程代入转化为三角函数的最值问题，或根据平面几何知识或引入一个参数(有几何意义)化为函数进行处理；

>  *  由直线和圆锥曲线位置关系求范围问题

由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中的某个参数(系数)的范围问题，常把所求参数作为函数，另一个元作为自变量，按照函数的值域方法求解；

## 思路点拨 ##

> 最值问题

圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把需要求解最值的几何量或者代数式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解。

在利用代数法解决最值或者范围问题时常从以下五个方面考虑：

①利用判别式来构造不等关系，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时在两个参数之间建立等量关系；

③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

④利用基本不等式求出参数的取值范围；

⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围。

> 范围问题

求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域问题确定目标的范围。在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算的方便，在建立关系的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中将多变量归结为单变量即可，同时要特别注意变量的取值范围。

> 证明问题

圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值，证明点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般采用直接法或反证法。证明定值时，一开始往往会含有参数，但是到最后的结果中，一定会将参数消去，结果中不含有未知数，故其为定值；证明点\$(x\_0，y\_0)\$在直线上，则点的坐标一定满足直线方程或者直线方程一定能写成\$y-y\_0=k(x-x\_0)\$的形式。

## 典例剖析 ##

例1【2019年陕西省告诉教学质量检测卷Ⅱ第20题】已知椭圆\$C:\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1(a>b>0)\$的左焦点为\$F\$，离心率为\$\\frac\{\\sqrt\{2\}\}\{2\}\$，短轴的两个端点分别为\$A\$、\$B\$，\$S\_\{\\triangle ABF\}=1\$。

(1).求椭圆\$C\$的标准方程；

分析：示意图如图所示，由于\$S\_\{\\triangle ABF\}=1\$，即\$\\cfrac\{1\}\{2\}\\cdot c\\cdot 2b=1\$，则\$bc=1\$；

又由于\$e=\\cfrac\{c\}\{a\}=\\cfrac\{\\sqrt\{2\}\}\{2\}\$，则\$a=2k(k>0)\$，\$c=\\sqrt\{2\}k\$，则\$b^2=a^2-c^2=2k^2\$，\$b=\\sqrt\{2\}k\$，

由\$bc=1=2k^2\$，解得\$k=\\cfrac\{\\sqrt\{2\}\}\{2\}\$，故\$a=\\sqrt\{2\}\$，\$b=1\$，

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所以椭圆\$C\$的标准方程为\$\\cfrac\{x^2\}\{2\}+y^2=1\$;

(2).过点\$D(2，0)\$的直线\$l\$与椭圆\$C\$交于不同的两点\$M\$，\$N\$(\$M\$在\$D\$，\$N\$之间)，求\$\\frac\{S\_\{\\triangle ODM\}\}\{S\_\{\\triangle ODN\}\}\$(\$O\$为坐标原点)的取值范围；

分析：设\$M(x\_1，y\_1)\$，\$N(x\_2，y\_2)\$，

由于直线恒过点\$D(2，0)\$，故可设直线\$l\$的方程为\$x=my+2\$，

与椭圆方程\$\\cfrac\{x^2\}\{2\}+y^2=1\$联立，

![992978-20190729093202136-1626038896.png][]

消掉\$x\$得到，\$(m^2+2)y^2+4my+2=0\$，

由\$\\Delta=8m^2-16>0\$，解得\$m^2>2\$，

又由韦达定理得到，\$y\_1+y\_2=-\\cfrac\{4m\}\{m^2+2\}\$，\$y\_1y\_2=\\cfrac\{2\}\{m^2+2\}\$；

令\$\\frac\{S\_\{\\triangle ODM\}\}\{S\_\{\\triangle ODN\}\}=\\cfrac\{|y\_1|\}\{|y\_2|\}=t\$(则由于\$|y\_1|<|y\_2|\$，则\$0<t<1\$；且\$y\_1\$，\$y\_2\$同号)

又由于\$\\cfrac\{(y\_1+y\_2)^2\}\{y\_1y\_2\}=\\cfrac\{y\_1^2+y\_2^2+2y\_1y\_2\}\{y\_1y\_2\}=\\cfrac\{y\_1\}\{y\_2\}+\\cfrac\{y\_2\}\{y\_1\}+2=t+\\cfrac\{1\}\{t\}+2\$；

且\$\\cfrac\{(y\_1+y\_2)^2\}\{y\_1y\_2\}=\\cfrac\{8m^2\}\{m^2+2\}=\\cfrac\{8\}\{1+\\frac\{2\}\{m^2\}\}\$；

由于\$m^2>2\$，则得到\$4<\\cfrac\{8\}\{1+\\frac\{2\}\{m^2\}\}<8\$，故得到\$4<t+\\cfrac\{1\}\{t\}+2<8\$，

结合\$0<t<1\$，解得\$3-2\\sqrt\{2\}<t<1\$，

所以\$\\frac\{S\_\{\\triangle ODM\}\}\{S\_\{\\triangle ODN\}\}\$的取值范围为\$(3-2\\sqrt\{2\}，1)\$；

名师点评：本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系；考查函数与方程、转化与划归思想；考查数学运算、逻辑推理等核心素养。

例2【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第21题】已知点\$A(-2，0)\$，\$B(-2，0)\$，动点\$M(x，y)\$满足直线\$AM\$与\$BM\$的斜率之积为\$-\\cfrac\{1\}\{2\}\$，记\$M\$的轨迹为曲线\$C\$。

(1).求\$C\$的方程，并说明\$C\$是什么曲线；

分析：本题目可以用直接法得到曲线的方程，难点是要注意到不是恒等变形，需要添加条件。

解析：由于\$k\_\{AM\}=\\cfrac\{y\}\{x+2\}\$，\$k\_\{BM\}=\\cfrac\{y\}\{x-2\}\$，由题可知，\$k\_\{AM\}\\cdot k\_\{BM\}=-\\cfrac\{1\}\{2\}\$，

即\$\\cfrac\{y\}\{x+2\}\\cdot \\cfrac\{y\}\{x-2\}=-\\cfrac\{1\}\{2\}\$，化简得到\$x^2+2y^2=4\$，

再整理为\$\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{2\}=1\$，

\[此时，务必要注意，我们是将分式形式转化为整式形式，这一过程有去分母的变形，一定会扩大字母的取值范围，故需要添加条件才能保证变形前后是恒等变形，以此题为例，由于有分母，故需要\$|x|\\neq 2\$，或者对应到\$y\$值加以限制也是可以的，比如\$y\\neq 0\$\]，

即曲线\$C\$的方程为\$\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{2\}=1(|x|\\neq 2)\$，或者\$\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{2\}=1(y\\neq 0)\$，所以\$C\$为中心在坐标原点，焦点在\$x\$轴上的椭圆，且不含左右顶点。

(2).过坐标原点的直线交\$C\$于\$P\$、\$Q\$两点，点\$P\$在第一象限，\$PE\\perp x\$轴，垂足为\$E\$，连结\$QE\$并延长交\$C\$于点\$G\$，

①证明：\$\\triangle PQG\$是直角三角形；②求\$\\triangle PQG\$面积的最大值；

①证明：设\$P(x\_0，y\_0)\$，则\$Q(-x\_0，-y\_0)\$，\$E(x\_0，0)\$，\$G(x\_G，y\_G)\$，

![992978-20190730174522124-1189738824.png][]

则直线\$QE\$的方程为：\$y=\\cfrac\{y\_0\}\{2x\_0\}(x-x\_0)\$，与\$\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{2\}=1\$联立，消去\$y\$，

得到\$(2x\_0^2+y\_0^2)x^2-2x\_0y\_0^2x+x\_0^2y\_0^2-8x\_0^2=0\$，\$-x\_0\$，\$x\_G\$为方程的两个根，

则由韦达定理得到\$-x\_0x\_G=\\cfrac\{x\_0^2y\_0^2-8x\_0^2\}\{2x\_0^2+y\_0^2\}\$，则\$x\_G=\\cfrac\{(8-y\_0^2)x\_0\}\{2x\_0^2+y\_0^2\}\$

则\$y\_G=\\cfrac\{y\_0\}\{2x\_0\}(x\_G-x\_0)=\\cfrac\{y\_0(4-x\_0^2-y\_0^2)\}\{2x\_0^2+y\_0^2\}\$

所以\$k\_\{PG\}=\\cfrac\{y\_G-y\_0\}\{x\_G-x\_0\}=\\cfrac\{\\frac\{y\_0(4-x\_0^2-y\_0^2)\}\{2x\_0^2+y\_0^2\} -y\_0\}\{\\frac\{(8-y\_0^2)x\_0\}\{2x\_0^2+y\_0^2\} -x\_0\}\$

\$=\\cfrac\{4y\_0-y\_0x\_0^2-y\_0^3-2y\_0x\_0^2-y\_0^3\}\{8x\_0-x\_0y\_0^2-2x\_0^3-x\_0y\_0^2\}\$

\$=\\cfrac\{y\_0(4-3x\_0^2-2y\_0^2)\}\{2x\_0(4-y\_0^2-x\_0^2)\}\$

把\$x\_0^2+2y\_0^2=4\$代入上式，

得到\$k\_\{PG\}=\\cfrac\{y\_0(4-3x\_0^2-4+x\_0^2)\}\{2x\_0(4-y\_0^2-4+2y\_0^2)\}=\\cfrac\{-y\_0\\times 2x\_0^2\}\{2x\_0y\_0^2\}=-\\cfrac\{x\_0\}\{y\_0\}\$，

所以\$k\_\{PQ\}\\times K\_\{PG\}=\\cfrac\{y\_0\}\{x\_0\}\\times (-\\cfrac\{x\_0\}\{y\_0\})=-1\$，

故\$PQ\\perp PG\$，故\$\\triangle PQG\$为直角三角形。

②解：\$S\_\{\\triangle PQG\}=\\cfrac\{1\}\{2\}|PE|\\times (x\_G-x\_Q)=\\cfrac\{1\}\{2\}y\_0(x\_G+x\_0)\$

\$=\\cfrac\{1\}\{2\}y\_0\[\\frac\{(8-y\_0^2)x\_0\}\{2x\_0^2+y\_0^2\}+x\_0\]\$

\$=\\cfrac\{1\}\{2\}y\_0x\_0\\times \\cfrac\{8-y\_0^2+2x\_0^2+y\_0^2\}\{2x\_0^2+y\_0^2\}\$

\$=\\cfrac\{y\_0x\_0(4+x\_0^2)\}\{2x\_0^2+y\_0^2\}=\\cfrac\{y\_0x\_0(x\_0^2+2y\_0^2+x\_0^2)\}\{2x\_0^2+y\_0^2\}\$

\$=\\cfrac\{2y\_0x\_0(x\_0^2+y\_0^2)\}\{2x\_0^2+y\_0^2\}\$

\$=\\cfrac\{8y\_0x\_0(x\_0^2+y\_0^2)\}\{(2x\_0^2+y\_0^2)(x\_0^2+2y\_0^2)\}\$，1

\$=\\cfrac\{8(y\_0x\_0^3+x\_0y\_0^3)\}\{2x\_0^4+2y\_0^4+5x\_0^2y\_0^2\}\$

\$\\xlongequal\[化简整理得到\]\{给分子分母同除以x\_0^2y\_0^2\}\$ \$\\cfrac\{8(\\frac\{x\_0\}\{y\_0\}+\\frac\{y\_0\}\{x\_0\})\}\{2(\\frac\{x\_0\}\{y\_0\}+\\frac\{y\_0\}\{x\_0\})^2+1\}\$

令\$t=\\frac\{x\_0\}\{y\_0\}+\\frac\{y\_0\}\{x\_0\}\$，则\$t\\geqslant 2\$，

则\$S\_\{\\triangle PQG\}=\\cfrac\{8t\}\{2t^2+1\}=\\cfrac\{8\}\{2t+\\frac\{1\}\{t\}\}\$

利用对勾函数\$f(t)=2t+\\cfrac\{1\}\{t\}\$在\$\[2，+\\infty)\$上的单调性可知，

\$f(t)\\geqslant 4+\\cfrac\{1\}\{2\}=\\cfrac\{9\}\{2\}\$(当\$t=2\$时取到等号)

所以\$S\_\{\\triangle PQG\}\\leqslant \\cfrac\{8\}\{\\frac\{9\}\{2\}\}=\\cfrac\{16\}\{9\}\$

故\$\\triangle PQG\$面积的最大值为\$\\cfrac\{16\}\{9\}\$.

例3【2016陕西省二检理科第16题】已知F是双曲线C：\$x^2-\\cfrac\{y^2\}\{8\}=1\$的右焦点，若\$P\$是\$C\$的左支上的一点，\$A(0，6\\sqrt\{6\})\$是\$y\$轴上的一点，求\$\\Delta APF\$面积的最小值。

分析：求\$\\Delta APF\$面积的最小值，其中边AF长度固定，故只需要求边AF上的高线的最小值即可。

法1、平行线法，如图1所示，容易知道点\$F(3，0)\$，故直线\$AF：2\\sqrt\{6\}x+y-6\\sqrt\{6\}=0\$，

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设\$l\$和直线AF平行且和双曲线的左支相切与点P，故直线\$l：2\\sqrt\{6\}x+y+m=0\$，

联立\$2\\sqrt\{6\}x+y+m=0\$和\$x^2-\\cfrac\{y^2\}\{8\}=1\$，消\$y\$得到\$16x^2+4\\sqrt\{6\}mx+m^2+8=0\$，

由于相切得到\$\\Delta =96m^2-4\\times16(m^2+8)=0\$，解得\$m=\\pm 4\$，结合图像将\$m=-4舍弃\$，

即直线\$l：2\\sqrt\{6\}x+y+4=0\$，故三角形的高的最小值即两条平行线的间距，

故AF边上的高\$h=\\cfrac\{|4-(-6\\sqrt\{6\})|\}\{\\sqrt\{(2\\sqrt\{6\})^2+1\}\}=\\cfrac\{6\\sqrt\{6\}+4\}\{5\}\$，

故\$S\_\{min\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\times|AF|\\times \\cfrac\{6\\sqrt\{6\}+4\}\{5\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\times15\\times \\cfrac\{6\\sqrt\{6\}+4\}\{5\}=9\\sqrt\{6\}+6\$。

法2、函数法，如图2所示，由题目可知双曲线的左支对应的函数为\$y=f(x)=\\pm\\sqrt\{8x^2-8\}(x<0)\$，

设点\$P(x\_0，y\_0)\$，则\$f'(x)=\\pm\\cfrac\{1\}\{2\\sqrt\{8x^2-8\}\}\\cdot 16x=\\pm\\cfrac\{8x\}\{\\sqrt\{8x^2-8\}\}\$，

结合图像可知\$f'(x)<0\$，故取\$f'(x)=\\cfrac\{8x\}\{\\sqrt\{8x^2-8\}\}(x<0)\$，当\$f'(x)=k\_\{AF\}=-2\\sqrt\{6\}\$时，

AF边上的高线最小(可结合平行线法理解)，故\$\\cfrac\{8x\_0\}\{\\sqrt\{8x\_0^2-8\}\}=-2\\sqrt\{6\}\$，

解得\$x\_0=-\\cfrac\{\\sqrt\{6\}\}\{2\}\$，代入得到\$y=2\$，即切点\$P(-\\cfrac\{\\sqrt\{6\}\}\{2\}，2)\$，

故高\$h=\\cfrac\{|2\\sqrt\{6\}\\cdot(-\\cfrac\{\\sqrt\{6\}\}\{2\})+2-6\\sqrt\{6\}|\}\{5\}=\\cfrac\{6\\sqrt\{6\}+4\}\{5\}\$，

故\$S\_\{min\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\times|AF|\\times \\cfrac\{6\\sqrt\{6\}+4\}\{5\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\times15\\times \\cfrac\{6\\sqrt\{6\}+4\}\{5\}=9\\sqrt\{6\}+6\$。

法3、参数方程法，不要求学生掌握。由于双曲线为\$x^2-\\cfrac\{y^2\}\{8\}=1\$，

故其参数方程为\$\\begin\{cases\}x=\\cfrac\{1\}\{cos\\theta\}\\\\y=2\\sqrt\{2\}tan\\theta\\end\{cases\}(\\theta为参数)\$，

故\$h=\\cfrac\{|\\cfrac\{2\\sqrt\{6\}\}\{cos\\theta\}+2\\sqrt\{2\}tan\\theta-6\\sqrt\{6\}|\}\{5\}=\\cfrac\{|\\cfrac\{2\\sqrt\{6\}\}\{cos\\theta\}+\\cfrac\{2\\sqrt\{2\}sin\\theta\}\{cos\\theta\}-6\\sqrt\{6\}|\}\{5\}\$，

以下难点转化为求\$\\cfrac\{2\\sqrt\{6\}\}\{cos\\theta\}+\\cfrac\{2\\sqrt\{2\}sin\\theta\}\{cos\\theta\}\$的值。

令\$m=\\cfrac\{2\\sqrt\{6\}\}\{cos\\theta\}+\\cfrac\{2\\sqrt\{2\}sin\\theta\}\{cos\\theta\}\$，

则有\$2\\sqrt\{6\}+2\\sqrt\{2\}sin\\theta=mcos\\theta\$，故\$\\sqrt\{m^2+8\}cos\\theta=2\\sqrt\{6\}\$，

即\$cos\\theta=\\cfrac\{2\\sqrt\{6\}\}\{\\sqrt\{m^2+8\}\}\$，故\$|cos\\theta|=|\\cfrac\{2\\sqrt\{6\}\}\{\\sqrt\{m^2+8\}\}|\\leq 1\$，

解得\$m\\ge 4\$或者\$m\\leq -4\$，由于参数\$\\theta\\in(0，\\pi)\$，且点P在左支，

故\$\\theta\\in(\\cfrac\{\\pi\}\{2\}，\\pi)\$，故\$m<0\$，故当\$m=-4\$时\$d\$有最小值，

此时\$d\_\{min\}=\\cfrac\{|-4-6\\sqrt\{6\}|\}\{5\}=\\cfrac\{4+6\\sqrt\{6\}\}\{5\}\$，

故\$S\_\{min\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\times|AF|\\times \\cfrac\{6\\sqrt\{6\}+4\}\{5\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\times15\\times \\cfrac\{6\\sqrt\{6\}+4\}\{5\}=9\\sqrt\{6\}+6\$。

例4【2019届高三理科数学二轮用题】已知\$F\_1\$，\$F\_2\$分别是双曲线\$C：\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}-\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1\$ \$(a>0，b>0)\$的左右焦点，以\$F\_2\$为圆心做一个圆，使该圆过线段\$OF\_2\$的中点，若该圆与双曲线的两条渐近线有公共点，则双曲线\$C\$的离心率的取值范围是\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

分析：如下图所示，可知圆\$F\_2\$的圆心为\$F\_2(c，0)\$，半径为\$r=\\cfrac\{c\}\{2\}\$，由于圆和双曲线都关于坐标轴对称，故只需要保证圆和一条渐近线\$y=\\cfrac\{b\}\{a\}x\$有公共点即可，

![992978-20190425175201533-1532308225.jpg][]

此时可以使用联立直线方程和双曲线的方程，使用\$\\Delta \\ge 0\$的思路，也可以利用圆心到直线的距离小于半径的思路，很明显第二个思路的运算量要小一些。

此时圆心为\$F\_2(c，0)\$，半径为\$r=\\cfrac\{c\}\{2\}\$，直线为\$bx-ay=0\$，故\$d=\\cfrac\{|bc-a\\times 0|\}\{\\sqrt\{a^2+b^2\}\}\\leq \\cfrac\{c\}\{2\}\$，

化简整理得到，\$2b\\leq c\$，即\$4b^2\\leq c^2\$，则\$4c^2-4a^2\\leq c^2\$，整理为\$\\cfrac\{c^2\}\{a^2\}\\leq \\cfrac\{4\}\{3\}\$，故\$e\\leq \\cfrac\{2\\sqrt\{3\}\}\{3\}\$，又双曲线的\$e>1\$，故\$e\\in (1，\\cfrac\{2\\sqrt\{3\}\}\{3\}\]\$.

例5【2019高三理科数学启动卷，2019陕西省二检试卷第16题】已知等腰\$\\triangle ABC\$的底边端点\$A\$，\$B\$在双曲线\$\\cfrac\{x^2\}\{6\}-\\cfrac\{y^2\}\{3\}=1\$的右支上，顶点\$C\$在\$x\$轴上，且\$AB\$不垂直于\$x\$轴，则顶点\$C\$的横坐标\$t\$的取值范围是\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

分析：设\$A(x\_1，y\_1)\$，\$B(x\_2，y\_2)\$，弦\$AB\$的垂直平分线交\$x\$轴于点\$C(t，0)\$，

\$AB\$的中点为\$M(x\_0，y\_0)\$，则\$x\_0>\\sqrt\{6\}\$，

![992978-20190506201949199-1523069721.jpg][]

由题意有\$\\cfrac\{x\_1^2\}\{6\}-\\cfrac\{y\_1^2\}\{3\}=1\$①，\$\\cfrac\{x\_2^2\}\{6\}-\\cfrac\{y\_2^2\}\{3\}=1\$②，两式相减得到，

\$(x\_1+x\_2)(x\_1-x\_2)-2(y\_1+y\_2)(y\_1-y\_2)=0\$，于是有\$x\_0(x\_1-x\_2)-2y\_0(y\_1-y\_2)=0\$，

即\$k\_\{AB\}=\\cfrac\{y\_2-y\_1\}\{x\_2-x\_1\}=\\cfrac\{x\_0\}\{2y\_0\}\$，又\$k\_\{MC\}=\\cfrac\{y\_0\}\{x\_0-t\}\$，由\$k\_\{AB\}\\cdot k\_\{MC\}=-1\$得到，

\$\\cfrac\{y\_0\}\{x\_0-t\}\\cdot \\cfrac\{x\_0\}\{2y\_0\}=-1\$，即\$x\_0+2(x\_0-t)=0\$，则\$t=\\cfrac\{3x\_0\}\{2\}>\\cfrac\{3\\sqrt\{6\}\}\{2\}\$。

故\$t\\in (\\cfrac\{3\\sqrt\{6\}\}\{2\}，+\\infty)\$。

例6已知抛物线\$C：y^2=4x\$的焦点为\$F\$，过点\$M(4，0)\$的直线与抛物线\$C\$交于\$A\$，\$B\$两点，则\$\\triangle ABF\$的面积的最小值为【】

$A.8$ $B.12$ $C.16$ $D.24$

法1：做出如下的示意图，设直线\$AB\$的斜率为\$k\$，不妨只考虑\$k>0\$，则\$AB:y=k(x-4)\$，即\$kx-y-4k=0\$；

将直线和抛物线方程联立，消去\$x\$得到，\$ky^2-4y-16k=0\$，则\$y\_1+y\_2=-\\cfrac\{-4\}\{k\}=\\cfrac\{4\}\{k\}\$，\$y\_1y\_2=-16\$，

则\$|AB|=\\sqrt\{1+\\cfrac\{1\}\{k^2\}\}|y\_1-y\_2|=\\sqrt\{1+\\cfrac\{1\}\{k^2\}\}\\sqrt\{(y\_1+y\_2)^2-4y\_1y\_2\}\$

\$=\\sqrt\{1+\\cfrac\{1\}\{k^2\}\}\\sqrt\{(\\cfrac\{4\}\{k\})^2-4\\times (-16)\}=\\sqrt\{\\cfrac\{k^2+1\}\{k^2\}\}\\cdot 4\\cdot \\sqrt\{\\cfrac\{4k^2+1\}\{k^2\}\}\$

\$=4\\cdot \\cfrac\{\\sqrt\{k^2+1\}\\cdot \\sqrt\{4k^2+1\}\}\{k^2\}\$，

又点\$F\$到直线\$AB\$的距离为\$d=h=\\cfrac\{|3k|\}\{\\sqrt\{k^2+1\}\}=\\cfrac\{3k\}\{\\sqrt\{k^2+1\}\}\$，

则\$S\_\{\\triangle ABF\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\cdot 4\\cdot \\cfrac\{\\sqrt\{k^2+1\}\\cdot \\sqrt\{4k^2+1\}\}\{k^2\}\\cdot \\cfrac\{3k\}\{\\sqrt\{k^2+1\}\}\$

\$=6\\times \\cfrac\{\\sqrt\{4k^2+1\}\}\{k\}=6\\times \\sqrt\{4+\\cfrac\{1\}\{k^2\}\}\$，

当\$k\\rightarrow \\infty\$时，所求面积有最小值，\$S\_\{min\}=6\\times 2=12\$。故选\$B\$.

法2：仿上利用均值不等式可以说明，当\$AB\$和\$x\$轴垂直时，\$S\_\{\\triangle ABF\}\$有最小值；

\$S\_\{\\triangle ABF\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\cdot 3\\cdot (|y\_1|+|y\_2|)\\ge \\cfrac\{3\}\{2\}\\cdot 2\\sqrt\{|y\_1y\_2|\}= \\cfrac\{3\}\{2\}\\cdot 2\\cdot 4=12\$，故选\$B\$.

例7【均值不等式的使用】在平面直角坐标系\$xoy\$中，已知点\$A\$在椭圆\$\\cfrac\{x^2\}\{16\}+\\cfrac\{y^2\}\{8\}=1\$上，点\$P\$满足\$\\overrightarrow\{AP\}=(\\lambda-1)\\overrightarrow\{OA\}(\\lambda\\in R)\$，且\$\\overrightarrow\{OA\}\\cdot \\overrightarrow\{OP\}=12\$，求线段\$OP\$在\$x\$轴上的投影长度的最大值。

解析：由\$\\overrightarrow\{AP\}=(\\lambda-1)\\overrightarrow\{OA\}\$，即\$\\overrightarrow\{OP\}-\\overrightarrow\{OA\}=(\\lambda-1)\\overrightarrow\{OA\}\$

则有\$\\overrightarrow\{OP\}=\\lambda\\overrightarrow\{OA\}\$，故\$O、P、A\$三点共线，由\$\\overrightarrow\{OA\}\\cdot \\overrightarrow\{OP\}=12\$，得到\$|\\overrightarrow\{OA\}|\\cdot |\\overrightarrow\{OP\}|=12\$，

![992978-20180722180500797-1821847872.png][]

设OP与\$x\$轴的夹角为\$\\theta\$，点\$A(x，y)\$，\$B\$为点\$A\$在\$x\$轴上的投影，由图可知，线段\$OP\$在\$x\$轴上的投影长度为\$||\\overrightarrow\{OP\}|\\cdot cos\\theta|\$

则\$||\\overrightarrow\{OP\}|\\cdot cos\\theta|=|\\overrightarrow\{OP\}|\\times \\cfrac\{|\\overrightarrow\{OB\}|\}\{|\\overrightarrow\{OA\}|\}\$\$=\\cfrac\{12\}\{|\\overrightarrow\{OA\}|\}\\times \\cfrac\{|\\overrightarrow\{OB\}|\}\{|\\overrightarrow\{OA\}|\}\$

\$=12\\cdot \\cfrac\{|\\overrightarrow\{OB\}|\}\{|\\overrightarrow\{OA\}|^2\}\$，又由于\$|\\overrightarrow\{OB\}|=|x|\$，\$|\\overrightarrow\{OA\}|=\\sqrt\{x^2+y^2\}\$，

\$=12\\times \\cfrac\{|x|\}\{x^2+y^2\}\$， 接下来施行变量集中，由于\$\\cfrac\{x^2\}\{16\}+\\cfrac\{y^2\}\{8\}=1\$，得到\$y^2=8-\\cfrac\{x^2\}\{2\}\$，代入

\$=12\\times \\cfrac\{|x|\}\{\\cfrac\{x^2\}\{2\}+8\}\$，分子分母同除以\$|x|\$得到，

\$=12\\times \\cfrac\{1\}\{\\frac\{|x|\}\{2\}+\\frac\{8\}\{|x|\}\}\\leq 12\\times \\cfrac\{1\}\{4\}=3\$，

当且仅当\$|x|=4\$时等号成立，故线段\$OP\$在\$x\$轴上的投影长度的最大值为\$3\$。

例8已知椭圆\$C:\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1(a>b>0)\$的离心率为\$\\cfrac\{1\}\{2\}\$，以原点\$O\$为圆心，以短轴为直径的圆的面积为\$3\\pi\$。

（1）求椭圆\$C\$的方程；

分析：由\$e=\\cfrac\{c\}\{a\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\$，则\$e^2=\\cfrac\{a^2-b^2\}\{a^2\}=\\cfrac\{1\}\{4\}\$，即\$a^2=\\cfrac\{4\}\{3\}b^2\$，

又以短轴为直径的圆的面积为\$3\\pi\$，则\$3\\pi=b^2\\pi\$，则\$b^2=3\$，\$a^2=4\$，

故椭圆的方程为\$\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{3\}=1\$.

（2）过点\$M(4，0)\$的直线与椭圆\$C\$相交于\$A\$、\$B\$两点，求\$\\overrightarrow\{OA\}\\cdot \\overrightarrow\{OB\}\$的最小值；

分析：由题意可知，直线\$l\$的斜率存在，故设直线\$l\$的方程为\$y=k(x-4)\$，

由\$\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{y=k(x-4)\}\\\\\{\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{3\}=1,\}\\end\{array\}\\right.\$ 得到\$(4k^2+3)x^2-32k^2x+64k^2-12=0\$，

由\$\\Delta=(-32k^2)^2-4(4k^2+3)(64k^2-12)>0\$，解得\$k^2<\\cfrac\{1\}\{4\}\$，

设\$A(x\_1，y\_1)\$、\$B(x\_2，y\_2)\$，则由韦达定理可知，\$x\_1+x\_2=\\cfrac\{32k^2\}\{4k^2+3\}\$，\$x\_1x\_2=\\cfrac\{64k^2-12\}\{4k^2+3\}\$，

所以\$y\_1y\_2=k(x\_1-4)\\cdot k(x\_2-4)=k^2x\_1x\_2-4k^2(x\_1+x\_2)+16k^2\$，

则\$\\overrightarrow\{OA\}\\cdot \\overrightarrow\{OB\}=x\_1x\_2+y\_1y\_2=(1+k^2)\\cfrac\{64k^2-12\}\{4k^2+3\}-4k^2\\cdot \\cfrac\{32k^2\}\{4k^2+3\}+16k^2\$

\$=25-\\cfrac\{87\}\{4k^2+3\}\$，

由于\$0\\leqslant k^2<\\cfrac\{1\}\{4\}\$，则\$-\\cfrac\{87\}\{3\}\\leqslant -\\cfrac\{87\}\{4k^2+3\}<-\\cfrac\{87\}\{4\}\$，

即\$25-\\cfrac\{87\}\{3\}\\leqslant 25-\\cfrac\{87\}\{4k^2+3\}<25-\\cfrac\{87\}\{4\}\$，

故\$\\overrightarrow\{OA\}\\cdot \\overrightarrow\{OB\}\$的最小值为\$25-\\cfrac\{87\}\{3\}=25-29=-4\$.

例9【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知点\$A\$在离心率为\$\\cfrac\{\\sqrt\{2\}\}\{2\}\$的椭圆\$C：\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1(a>b>0)\$上，左、右焦点分别为\$F\_1\$，\$F\_2\$，\$\\triangle AF\_1F\_2\$的内切圆的半径\$r=\\sqrt\{2\}-1\$，且\$S\_\{\\triangle AF\_1F\_2\}=1\$，

（1）求椭圆\$C\$的方程；

分析：由三角形面积公式可知，\$S\_\{\\triangle AF\_1F\_2\}=\\cfrac\{1\}\{2\}(|AF\_1|+|AF\_2|+|F\_1F\_2|)\\cdot r=1\$，

即\$\\cfrac\{1\}\{2\}(2a+2c)(\\sqrt\{2\}-1)=1\$，化简得到\$a+c=\\sqrt\{2\}+1\$①；

又\$\\cfrac\{c\}\{a\}=\\cfrac\{\\sqrt\{2\}\}\{2\}\$②，两式联立，解得\$c=1\$，\$a=\\sqrt\{2\}\$，则\$b^2=a^2-c^2=1\$，

故椭圆\$C\$的方程为\$\\cfrac\{x^2\}\{2\}+y^2=1\$；

（2）过点\$F\_2\$的直线\$l\$与椭圆\$C\$的交点为\$M\$，\$N\$，使得\$\\overrightarrow\{F\_2M\}=\\lambda \\overrightarrow\{F\_2N\}\$，其中\$\\lambda\\in \[-2，-1\]\$，点\$P\$坐标为\$(2，0)\$，求平行四边形\$PMQN\$的对角线\$PQ\$长度的最小值；

分析：已知直线\$l\$斜率不为\$0\$，设直线\$l\$为\$l:x=ky+1\$，

由\$\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{x=ky+1\}\\\\\{x^2+2y^2=2\}\\end\{array\}\\right.\$ 得到\$(k^2+2)y^2+2ky-1=0\$，

![992978-20190816112040936-7244724.png][]

其中\$\\Delta=4k^2-4(k^2+2)(-1)=8(k^2+1)>0\$，设\$M(x\_1，y\_1)\$，\$N(x\_2，y\_2)\$，

则有\$y\_1+y\_2=\\cfrac\{-2k\}\{k^2+2\}\$，\$y\_1y\_2=\\cfrac\{-1\}\{k^2+2\}\$，

又由于\$\\overrightarrow\{F\_2M\}=\\lambda \\overrightarrow\{F\_2N\}\$，即\$(x\_1-1，y\_1)=\\lambda(x\_2-1，y\_2)\$，则有\$y\_1=\\lambda y\_2\$，

即\$\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{y\_1+y\_2=(\\lambda+1)y\_2=\\cfrac\{-2k\}\{k^2+2\}①\}\\\\\{y\_1y\_2=\\lambda y\_2^2=\\cfrac\{-1\}\{k^2+2\}②\}\\end\{array\}\\right.\$

\$\\cfrac\{①^2\}\{②\}\$，得到\$\\cfrac\{(\\lambda+1)^2\}\{\\lambda\}=\\lambda+\\cfrac\{1\}\{\\lambda\}+2=\\cfrac\{-4k^2\}\{k^2+2\}\$;

由于\$\\lambda\\in \[-2，-1\]\$，则\$\\lambda+\\cfrac\{1\}\{\\lambda\}+2\\in \[-\\cfrac\{1\}\{2\},0\]\$，

即\$-\\cfrac\{1\}\{2\}\\leqslant \\cfrac\{-4k^2\}\{k^2+2\}\\leqslant 0\$，解得\$0\\leqslant k^2\\leqslant \\cfrac\{2\}\{7\}\$，

由\$\\overrightarrow\{PQ\}=\\overrightarrow\{PM\}+\\overrightarrow\{PN\}=(x\_1+x\_2-4,y\_1+y\_2)\$\$=(\\cfrac\{-4(k^2+1)\}\{k^2+2\},\\cfrac\{-2k\}\{k^2+2\})\$，

则\$|\\overrightarrow\{PQ\}|^2=(\\cfrac\{-4(k^2+1)\}\{k^2+2\})^2+(\\cfrac\{-2k\}\{k^2+2\})^2\$，

化简得到\$|\\overrightarrow\{PQ\}|^2=\\cfrac\{8\}\{(k^2+2)^2\}-\\cfrac\{28\}\{k^2+2\}+16\$，

令\$t=\\cfrac\{1\}\{k^2+2\}\$，则\$t\\in \[\\cfrac\{7\}\{16\},\\cfrac\{1\}\{2\}\]\$，

则\$|\\overrightarrow\{PQ\}|^2=8t^2-28t+16\$，对称轴为\$t=\\cfrac\{7\}\{4\}\$，

故当\$t=\\cfrac\{1\}\{2\}\$时，\$|PQ|\_\{min\}=2\$;

--------------------

1.  由于\$x\_0^2+2y\_0^2=4\$，故给分子乘以\$4\$得到\$8y\_0x\_0(x\_0^2+y\_0^2)\$；给分母乘以\$(x\_0^2+2y\_0^2)\$，目的是为了在分子分母位置构造四次齐次式，便于下一步变量集中，为利用函数求解最值埋下伏笔；↩

转载于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/11267567.html

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