解析几何最值问题.doc

解析几何最值专题
1（2005年）P、Q、M、N四点都在椭圆上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点。已知共线，共线，。求四边形PMQN的面积的最小值和最大值。
解：如图，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F（0，1）且，直线PQ、MN中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为k。又PQ过点F（0，1），故PQ方程为y＝kx＋1

将此式代入椭圆方程得

设P、Q两点的坐标分别为，则

从而
亦即
（i）当时，MN的斜率为，同上可推得

故四边形面积

令，得

因为
当时，
且S是以u为自变量的增函数
所以
（ii）当k=0时，MN为椭圆长轴，

综合（i），（ii）知，四边形PMQN面积的最大值为2，最小值为
2.（2006年）已知抛物线的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M。
（I）证明为定值；
（II）设的面积为S，写出的表达式，并求S的最小值。
解：(Ⅰ)由已知条件，得F(0，1)，λ＞0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由EQ\O(AF,\S\UP8(→))＝λEQ\O(FB,\S\UP8(→))，
即得(－x1，1－y)＝λ(x2，y2－1)，
EQ\b\lc\{(\a\al(－x\S\do(1)＝λx\S\do(2)①,1－y\S\do(1)＝λ(y\S\do(2)－1)②))
将①式两边平方并把y1＝EQ\f(1,4)x12，y2＝EQ\f(1,4)x22代入得y1＝λ2y2③
解②、③式得y1＝λ，y2＝EQ\f(1,λ)，且有x1x2＝－λx22＝－4λy2＝－4，
抛物线方程为y＝EQ\f(1,4)x2，求导得y′＝EQ\f(1,2)x．
所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是
y＝EQ\f(1,2)x1(x－x1)＋y1，y＝EQ\f(1,2)x2(x－x2)＋y2，
即y＝EQ\f(1,2)x1x－EQ\f(1,4)x12，y＝EQ\f(1,2)x2x－EQ\f(1,4)x22．
解出两条切线的交点M的坐标为(EQ\f(x\S\do(1)＋x\S\do(2),2)，EQ\f(x\S\do(1)x\S\do(2),4))＝(EQ\f(x\S\do(1)＋x\S\do(2),2)，－1)．……4分
所以EQ\O(FM,\S\UP8(→))·EQ\O(AB,\S\UP8(→))＝(EQ\f(x\S\do(1)＋x\S\do(2),2)，－2)·(x2－x1，y2－y1)＝EQ\f(1,2)(x22－x12)－2(EQ\f(1,4)x22－EQ\f(1,4)x12)＝0
所以EQ\O(FM,\S\UP8(→))·EQ\O(AB,\S\UP8(→))为定值，其值为0．……7分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知在△ABM中，FM⊥AB，因而S＝EQ\f(1,2)|AB||FM|．
|FM|＝EQ\r(,(\f(x\S\do(1)＋x\S\do(2),2))\S(2)＋(－2)\S(2))＝EQ\r(,\f(1,4)x\S\do(1)\S(2)＋\f(1,4)x\S\do(2)\S(2)＋\f(1,2)x\S\do(1)x\S\do(2)＋4)
＝EQ\r(,y\S\do(1)＋y\S\do(2)＋\f(1,2)×(－4)＋4)
＝EQ\r(,λ＋\f(1,λ)＋2)＝EQ\r(,λ)＋EQ\f(1,\r(,λ))．
因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y＝－1的距离，所以
|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋2＝λ＋EQ\f(1,λ)＋2＝(EQ\r(,λ)＋EQ\f(1,\r(,λ)))2．
于是S＝EQ\f(1,2)|AB||FM|＝(EQ\r(,λ)＋EQ\f(1,\r(,λ)))3，
由EQ\r(,λ)＋EQ\f(1,\r(,λ))≥2知S≥4，且当λ＝1时，S取得最小值4．
（2006全国1）设P为椭圆(a>1)短轴上的一个端点,Q为椭圆上的一个动点,求|PQ|的最大值
3.（2008年）设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）求四边形面积的最大值．
【解析】
（Ⅰ）解：依题设得椭圆的方程为，
直线的方程分别为，． 2分
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． 6分
（Ⅱ）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，
． 9分
又，所以四