第4讲 圆锥曲线中的最值、范围及存在性问题
[做真题]
x2y2
(2019·高考全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的两个焦点，P为C上
ab的点，O为坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围． 解：(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝3c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(3＋1)c，故C的离心率e＝＝3－1.
(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当 1yyxy|y|·2c＝16，·＝－1，2＋2＝1， 2x＋cx－cab即c|y|＝16，①
2
2
cax2＋y2＝c2，② x2y2
＋＝1.③ a2b2
2
b416a2222222
由②③及a＝b＋c得y＝2.又由①知y＝2，故b＝4.由②③及a＝b＋c得x＝2(cccc2
2
2
2
－b)，所以c≥b，从而a＝b＋c≥2b＝32，故a≥42.
当b＝4，a≥42时，存在满足条件的点P. 所以b＝4，a的取值范围为[42，＋∞)．
[明考情]
与圆锥曲线有关的最值、范围及存在性问题是高考命题的热点，直线或圆锥曲线运动变化时，点、直线、曲线之间的关联受到一定范围的制约，于是便产生了对范围的求解、最值的探求这类问题．
最值问题
1．几何转化代数法：将常见的几何图形所涉及的结论转化为代数问题求解．常见的几何图形所涉及的结论有：(1)两圆相切时半径的关系；(2)三角形三边的关系式；(3)动点与定点构成线段的和或差的最小值，经常在两点共线的时候取到，注意同侧与异侧；(4)几何法转化所求目标，常用勾股定理、对称、圆锥曲线的定义等．
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2222222
案例 (1)(2)略 关键步 (3)先讨论点P的位置．[关键1：分类讨论，计算分析∠OBP大小不同时，点P 的位置情况] 当∠OPB<90°时，线段PB上存在点到点O的距离(2019·高考江苏卷)如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的小于圆O的半径，点P不符合规划要求； 当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O直径)．规划在公路l上选两个点P，Q，的半径，点P符合规划要求． 并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB＝10，AC＝6，BD＝12(单位：百米)． (1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长； (2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由； (3)在规划要求下，若道路PB和QA的长设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15， 3此时P1D＝P1Bsin∠P1BD＝P1Bcos∠EBA＝15×＝9； 5当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15. 由上可知，d≥15.[关键2：结合图象得出d的最小值] 再讨论点Q的位置． 由(2)知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.[关键3：结合图象可判断点Q的坐标] 2222度均为d(单位：百米)，求当d最小时，当QA＝15时，CQ＝AQ－AC＝15－6＝321. P，Q两点间的距离． 此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径． 综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ＝321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋321. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋321(百米). 2.函数最值法：结合已知条件，建立某一变量表示的函数，将所求问题转化为函数的最值问题．求函数最值的常用方法有：(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)判别式法；(4)单调性法；(5)三角换元法．
案例 关键步 - 2 -
(1)略，(2)①略 2ukk＋1(2)②由①得|PQ|＝2u1＋k，|PG|＝， 22＋k22(2019·高考全国卷Ⅱ)已知点所以△PQG的面积 18k（1＋k）S＝|PQ||PG|＝＝222（1＋2k）（2＋k）2A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积1为－.记M的轨迹为曲线C. 2(1)求C的方程，并说明C是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交C于P，?1?8?＋k??k?2?1?1＋2?＋k??k?.[关键1：用k表示|PQ|、 |PG|的长，从而表示面积S] 1Q两点，点P在第一象限，PE⊥设t＝k＋，[关键2：巧妙换元简化运算] kx轴，垂足为E，连接QE并延长则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号． 交C于点G. 8t因为S＝2在[2，＋∞)单调递减， ①证明：△PQG是直角三角形； 1＋2t②求△PQG面积的最大值. 所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为16因此，△PQG面积的最大值为. 9 [典型例题] 16. 9x2y213
(2019·广州市调研测试)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，点P(3，)在
ab22
椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，过F2的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，求△F1AB的内切圆的半径的最大值．
???a＝2
【解】 (1)依题意有?a＝b＋c，解得?b＝3.
?33c＝1
＋＝1??a4b2
2
2
2
2
c1＝a2
故椭圆C的方程为＋＝1.
43
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△F1AB的内切圆半径为r， 由题意知△F1AB的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝8， 1
所以S△F1AB＝×4ar＝4r.
2
- 3 -
x2y2
根据题意知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1，
xy??＋＝122由?43，得(3m＋4)y＋6my－9＝0， ??x＝my＋1
Δ＝(6m)＋36(3m＋4)>0，m∈R，
－6m－9
由根与系数的关系得y1＋y2＝2，y1y2＝2，
3m＋43m＋4
112m＋12
所以S△F1AB＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|＝（y1＋y2）－4y1y2＝， 2
23m＋4令t＝m＋1，则t≥1，S△F1AB＝
2
2
2
2
22
12t4
＝. 2
3t＋11
t＋3t11
令f(t)＝t＋，则当t≥1时，f′(t)＝1－2>0，f(t)单调递增，
3t3t4
所以f(t)≥f(1)＝，S△F1AB≤3，
3
3
即当t＝1，m＝0时，S△F1AB取得最大值3，此时rmax＝.
4
3
故当直线l的方程为x＝1时，△F1AB的内切圆的半径取得最大值.
4
最值问题的基本解法
(1)几何法：根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)．
(2)代数法：建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决．
[对点训练]
(2019·合肥市第二次质量检测)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y＝2px(p>0)相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．
??x－y＋1＝02
解：(1)联立?2消去x得，y－2py＋2p＝0，因为直线l：x－y＋1＝0与抛物线
??y＝2px2
C相切，所以Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍去)．
所以抛物线C的方程为y＝4x.
(2)由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为ty＝x－1，
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