圆锥曲线解答题精选最值问题

最值问题【圆锥曲线最值问题】【利用定义法求曲线中的最值问题】（1）椭圆:,利用线段间的转化求最值.（2）双曲线:,利用线段间的转化求最值.（3）抛物线:,利用等量关系进行代换.【利用二次函数法求曲线中的最值问题】（1）设点:设出动点的坐标,表示出要求的量（如:距离、面积等）；（2）利用二次函数最值的讨论进行求解.【利用几何法求最值】将最值问题转化为平面几何问题,如对称点、三角形三边关系、矢量三角形、平行线距离等.【不等式法】列出最值关系式,利用均值不等式等号成立条件进行求解.【最值问题解答题】1.设椭圆的右焦点为,直线8:22aaxl与x轴交于点A,若0211AFOF（其中O为坐标原点）．（1）求椭圆M的方程；（2）设P是椭圆M上的任一点，EF为圆12:22yxN的任意一条直径，求PFPE的最大值．解:（1）椭圆的方程为（2）NPNFNPNEPFPE1222NPNFNPNPNFNPNF从而将求PFPE的最大值转化为求的最大值是椭圆上的任一点，设，则有即又，当时，取最大值的最大为30-1=292.已知分别是双曲线=l（a0，b0）的左、右焦点，P为双曲线上的一点，若,且的三边长成等差数列．又一椭圆的中心在原点，短轴的一个端点到其右aPFPF221212PFaPFaPFPF221212PFaPFPFd)22(18:222ayaxM1F2NPPM00,yxP18242020yx2020824yx2,0N301222020202yyxNP22,220y10y2NP30PFPE12,FF2222xyab01290FPF21PFF焦点的距离为，双曲线与该椭圆离心率之积为。（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值．解：（1）设，不妨P在第一象限，则由已知得解得（舍去）设椭圆离心率为可设椭圆的方程为（2）①当AB②当AB与轴不垂直时，设直线AB的方程为，由已知得代入椭圆方程，整理得当且仅当时等号成立，此时③当综上所述:，此时面积取最大值3.（2014年广州市调研）如图，已知椭圆的方程为，双曲线的两条渐近线为．过椭圆的右焦点作直线，使1ll，又l与2l交于点P，设l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A，B．（1）若1l与2l的夹角为60°，且双曲线的焦距为4，求椭圆C的方程；（2）求||||APFA的最大值．3563l32nPFmPF||,||21,065.22,)2(,222222cacamcncnmanm,0562ee15ee或.3655,ee则.36e.,12222cbyax半焦距为.2,1,3.,3,3622222cbaacbcbac解之得.1322yx椭的方程为.3||,ABx轴时x),(),,(,2211yxByxAmkxy,231||2kmmkxykm把),1(4322,0336)13(222mkmxxk.13)1(3,1362221221kmxxkkmxx21222))(1(||xxkAB]13)1(12)13(36)[1(2222222kmkmkk222222222)13()19)(1(3)13()13)(1(12kkkkmkk)0(61912316912322222kkkkkk.463212333,1922kkk即.2||AB.3||,0ABk时2||maxABAOB.2323||21maxABSC222210xyabab12222byax21,llCFlOxyBAFPl1ll2解：（1）因为双曲线方程为12222byax，所以双曲线的渐近线方程为xaby．……1分因为两渐近线的夹角为60且1ab，所以30POF．所以ab3tan303．…………2分所以ba3．因为2c，所以2222ba，所以3a，1b．所以椭圆C的方程为2213xy．………………4分（2）因为1ll，所以直线l与的方程为()ayxcb，其中22cab．………………………5分因为直线2l的方程为byxa，联立直线l与2l的方程解得点2,aabPcc．………………6分设||||FAAP，则FAAP．………………7分因为点,0Fc，设点00,Axy，则有20000,,aabxcyxycc．解得2201caxc，01abyc．…………………………8分因为点00,Axy在椭圆22221xyab上，所以2222222222111caabacbc．即222224221caaac．等式两边同除以4a得22222()(1),(0,1).eee……10分所以24222222322eeeee………………………………………………………11分2222223322212ee．……………………………………12分所以当22222ee，即22e时，取得最大值21．…………………………13分故||||APFA的最大值为21．………………14分4.已知对称中心为坐标原点的椭圆与抛物线有一个相同的焦点，直线与抛物线只有一个公共点.（1）求直线的方程；（2）若椭圆经过直线上的点，当椭圆的的离心率取得最大值时，求椭圆的方程及点的坐标.1C22:4Cxy1F:2lyxm2Cl1ClP1C1CPF'1yxOPP0F2F1（1）解法1：由消去，得.……1分∵直线与抛物线只有一个公共∴，解得.……3分∴直线的方程为.……4分解法2：设直线与抛物线的公共点坐标为，由，得，∴直线的斜率0'012xxkyx.……1分依题意得0122x，解得04x.…2分把04x代入抛物线2C的方程，得04y.∵点00,xy在直线上，∴，解得.……3分∴直线的方程为.……4分（2）解法1：∵抛物线的焦点为，依题意知椭圆的两个焦点的坐标为.……5分设点关于直线的对称点为，则……7分解得∴点.………8分∴直线与直线的交点为.……9分由椭圆的定义及平面几何知识得：椭圆的长轴长，……11分其中当点与点重合时，上面不等式取等号.∴.∴.故当时，…12分此时椭圆的方程为，点的坐标为.…14分解法2：∵抛物线的焦点为，依题意知椭圆的两个焦点的坐标为5分设椭圆的方程为，…6分由消去，得.（*）…7分由，……8分得.………9分解得.∴.………10分∴.……………11分当时，，此时椭圆的方程为.………12分把代入方程（*），解得，………13分∴点的坐标为…………14分22,4yxmxyy2840xxml2C28440m4ml24yxl2C00,xy214yx'12yxll424m4ml24yx2C10,1F1C120,1,0,1FF10,1Fl'100,Fxy0000121,124.22yxyx004,1.xy'14,1Fl'12:1FFy03,12P1C'12122aPFPFPFPF'124FFP0P2a112ea2amax12e1C22143yxP3,122C10,1F1C120,1,0,1FF1C2222111yxaaa222224,11yxyxaay22222541611160axaxaa222221614541160aaaa425200aa24a2a112ea2amax12e1C22143yx2a32x1yP3,125.（2014年湖南高考理科）如图7，为坐标原点，椭圆22122:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为12,FF，离心率为1e；双曲线22222:1xyCab的左、右焦点分别为34,FF，离心率为2e．已知123,2ee且24||31.FF（1）求12,CC的方程；（2）过1F作1C的不垂直于y轴的弦AB的中点．当直线OM与2C交于,PQ两点时，求四边形APBQ面积的最小值．解:（1）因为123,2ee，所以222232ababaa，即44434aba，因此222ab，从而24(,0),(3,0)FbFb，于是24331bbFF，所以1b，22a。故12,CC的方程分别为2212xy，2212xy.（2）因AB不垂直于y轴，且过点1(1,0)F,故可设直线AB的方程为1xmy.由221,12xmyxy得22(2)210mymy易知此方程的判别式大于0.设1122(,),(,)AxyBxy，则12,yy是上述方程的两个实根，所以因此121224()22xxmyym，于是AB的中点为222(,)22mMmm，故直线PQ的斜率为2m，PQ的方程为2myx，即20mxy.O由22,212myxxy得22(2)4mx，所以220m，且2242xm，2222mym，从而22224222mPQxym。设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以112222224mxymxydm因为点A、B在直线20mxy的异侧，所以1122(2)(2)0mxymxy，于是112211222222mxymxymxymxy，从而2122(2)24myydm又因为221212122221()42myyyyyym，所以2222124mdm。故四边形APBQ的面积222122132221222mSPQdmm.而2022m，故当0m时，S取得最小值2.综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.6.（2014年四川高考理科）已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）;（ii）当最小时，求点T的坐标.解：（1）依条件所以椭圆C的标准方程为（2）设，，，又设中点为（i）因为，所以直线的方程为：所以于是，所以。因为所以，，三点共线即OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）（ii），所以，令（）则（当且仅当时取“”）所以当最小时，即或，此时点T的坐标为或7.设椭圆中心在坐标原点，(20)(01)AB，，，是它的两个顶点，直线)0(kkxy与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．（1）若6EDDF，求k的值；（2）求四边形AEBF面积的最大值．解（1）：依题设得椭圆的方程为2214xy，直线的方程分别为，．如图，设，其中，且满足方程，故．①由知，得；由在上知，得．所以，化简得，解得或．（2）解法一：根据点到直线的距离公式和①式知，点到的距离分别为，．又，所以四边形的面积为，当，即当时，上式取等号．所以的最大值为．解法二：由题设，，．设，，由①得，，ABEF，22xy(0)ykxk001122()()()DxkxExkxFxkx，，，，，12x