专题03 最值问题（精讲篇）含详解-用思维导图突破圆锥曲线压轴题

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 03 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 单调二次不等式 几何有界也有用 具体问题再审视 思路点拨 解 1 显然两条直线的斜率都存在且不为 0，抛物线 的焦点 . 设 ，由 消元 y 得 ， 所以 ， 同理， ， ，当且仅当 时取等号.选（A）. 解 2 设直线 的倾斜角为 ，则 的倾斜角为 ， 因为 ， ， 所以 2: 4C y x= (1,0)F 1 : ( 1)l y k x= − 2 ( 1) 4 y k x y x = −  = ， ， 2 2 2 2(2 4) 0k x k x k− + + = 2 2 2 2 4 42 4A B kAB x x p k k += + + = + = + 24 4DE k= + 2 2 14( ) 8 16AB DE k k + = + + ≥ 1k = ± 1l α 2l 2 + πα 2 2 sin pAB = α 2 2 sin ( )2 pDE = + πα 2 2 4 4 sin sin ( )2 AB DE+ = + + πα α 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，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 ， 当且仅当 或 时取等号.选（A）. 注 1 过抛物线 的焦点弦长 . 注 2 也可以设 ，则 消取 x 得 ， 所以 ，同理， ， ，当且仅当 时取等号. 思路点拨 当 ， 焦 点 在 轴 上 ， 要 使 上 存 在 点 满 足 ， 则 ，即 ，得 . 当 ，焦点在 轴上，要使 上存在点 满足 ，则 ， 即 ，得 . 故 的取值范围为 . 思路点拨 要求两个绝对值之和的最小值，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 ，则直线 与圆相交， 0 3m< < x 120AMB∠ =  tan 60 3a b ≥ = 3 3 m ≥ 0 1m< ≤ 3m > y 120AMB∠ =  tan 60 3a b ≥ = 3 3 m ≥ 9m ≥ 2 2 2 2 4 4 4 sin cos sin cos = + =α α α α 2 16 16sin 2 = ≥α 4 = πα 3 4 = πα 2 2y px= 2 2| | sin pAB θ= 1 : 1l x ty= + 2 1 4 x ty y x = +  = ， ， 2 4 4 0y ty− − = 2( ) 4 4 4A B A BAB x x p t y y t= + + = + + = + 2 4 4DE t = + 2 2 14( ) 8 16AB DE t t + = + + ≥ 1t = ± C M C M m (0,1] [9, )+∞ 2 2 0x y+ − = 2 2 0x y+ − = 例 3 若实数 满足 ，则 的最小值 是 . ,x y 2 2 1x y+ ≤ 2 2 6 3x y x y+ − + − − 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） 2 2 13 x y m + = (0,1] [9, )+∞ (0, 3] [9, )+∞ (0,1] [4, )+∞ (0, 3] [4, )+∞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 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 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Ⅰ， 将右上方的区域（小弓形区域）记作Ⅱ． 因为单位圆 及其内部在直线 下方，所 以 ，所以 直线 与单位圆 交点 ， . 设 ， 分 别 作 直 线 并 平 移 ， 则 都在点 取得最小值 3. 所以 的最小值是 3. 解 2 ， （当 时取等号）. 设 ，其中 . 则 . 其中 由 确定，等号当且仅当 ，即 . 另外，当 时， . 所以 的最小值是 3. 思路点拨 在平面直角坐标系中画出可行域如图， 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 的垂线，垂足为A， 可以看出图中 点距离原点最近，此时距离为原点 O 到直线 的距离， 2 2y x= − 2 2 1x y+ ≤ 6 3 0x y− − = 6 3 0x y− − > ( , ) | 2 2 | | 6 3 |f x y x y x y= + − + − − 4 2 , 2 2 , 8 3 4 , 2 2 . x y y x x y y x + − ≥ −=  − − < − 2 2y x= − 2 2 1x y+ = 1 0E ,（ ） 3 4 5 5F（ ，） 1 24 2 , 8 3 4z x y z x y= + − = − − 1 3,2 4y x y x= = − 1 24 2 , 8 3 4z x y z x y= + − = − − 3 4 5 5F（ ，） 2 2 6 3x y x y+ − + − − ( , ) | 2 2 | | 6 3 |f x y x y x y= + − + − − | (2 2) (6 3 ) | | 3 4 8|x y x y x y≥ + − − − − = + − 2 2 0x y+ − ≤ cos , sinx r y rθ θ= = 0 1,0 2r θ π≤ ≤ ≤ ≤ | 3 4 8| | 3 cos 4 sin 8|x y r rθ θ+ − = + − | 5 sin( ) 8| 8 5 8 5 3r rθ ϕ= + − ≥ − ≥ − = ϕ 3 4sin ,cos5 5 ϕ ϕ= = 1,sin + =1r θ ϕ= （ ） 3 4 5 5x ,y= = 2 2 0x y+ − > 2 2 6 3x y x y+ − + − − 3> 2 2 6 3x y x y+ − + − − 2 2x y+ 2 2 0x y+ − = A 2 2 0x y+ − = x y B A –1–2–3–4 1 2 3 4 –1 –2 –3 –4 1 2 3 4 例 4 已知实数 满足 则 的取值范围为____. 是 ． ,x y 2 4 0, 2 2 0, 3 3 0, x y x y x y − + ≥  + − ≥  − − ≤ 2 2x y+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 ，则 ， 图中 点距离原点最远， 点为 与 交点，则 ，则 ． 所以， 的取值范围为 （1）求直线 AP 斜率的取值范围； （2）求 的最大值. 思路点拨 第（2）题的关键是选择适当的参数表示 ，可以用直线 的斜率为 为参 数，需要求出 Q 的坐标，再分别求出 的表达式，计算量较大.也可以设 ，以 t 为参数，从向量的角度得到 . 转化为 t 函数，再求最大值. 满分解答 （1）设直线 的斜率为 ， ， 因为 ，所以直线 斜率的取值范围是 . （2）解 1 设直线 AP 的斜率为 k，则 直线 AP 的方程为 y=kx+ k+ ，BQ 的方程为 y= . 联立直线 与 的方程 2 2 5 54 1 d −= = + ( )2 2 min 4 5x y+ = B B 2 4 0x y− + = 3 3 0x y− − = ( )2,3B ( )2 2 max 13x y+ = 2 2x y+ 4[ ,13].5 AP PQ⋅ | | | |PA PQ⋅ AP k | | | |PA PQ、 2( , )P t t | | | | | | | | cosAP PQ AP PB BPQ⋅ = ⋅ ∠    PA PQ= − ⋅  +PA PB BQ PA PB= − ⋅ − ⋅    （ ）= AP k 2 1 14 1 2 2 x k x x − = = − + 1 3 2 2x− < < AP ( 1,1)− 1 2 1 4 1 3 9 2 4xk k − + + AP BQ 1 1 02 4 9 3 04 2 kx y k x ky k  − + + =  + − − = ， ， 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； （2）求 的最大值. 2x y= 1 1( )2 4 − ， 3 9( )2 4B ， 1 3( )( )2 2P x y x− < > 2 2 E 1 3: 2l y k x= − E ,A B C E OC 2k 1 2 2 4k k = M OC :MC AB 2:3= M MC ,O S O T M ,S T SOT∠ l6 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 　 第（2）题可设 ，则 ，则 . ，只要求 的最小值，即只要求 的最小值. 选择 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 (1) 由题意知 ，所以 ，因此 椭圆 的方程为 . (2) 设 ，则 ，且 . 设 ，联立方程 得 ， 由题意知 ，且 ，故 SOM θ∠ = 2SOT θ∠ = 2 3sin 2 3 ABMC OM OC AB θ = = + 2 2 3 OC AB = + ⋅ sinθ OC AB 1k 2 ,2 22 ce ca = = = 2, 1a b= = E 2 2 12 x y+ = SOM θ∠ = 2SOT θ∠ = 2 23sin 2 2 33 ABMC OCOM OC AB AB θ = = = + + ⋅ 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 2 2 1 12 3 2 x y y k x  + =  = − ， ， 2 2 1 1(4 2) 4 3 1 0k x k x+ − − = 0∆ > 1 1 2 1 22 2 1 1 2 3 1,2 1 2(2 1) kx x x xk k + = = −+ +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 . 联立方程 得 ，因此 . 所以 ， . 等号当且仅当 时取得．因此 的最大值为 ，从而 的最 大值为 ，此时直线 的斜率为 ． 注 . 令 ，则 ，代入上式整理得 . 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 14 21 1 1 2 k AB k x x k k + = + − = + ⋅ + 2 2 1 12 2 4 x y y xk  + =  = 2 2 21 2 2 1 1 8 1,1 4 1 4 kx yk k = =+ + 2 2 2 1 2 1 1 8 1 4 kOC x y k += + = + 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 8 2 1 1 11 42 8 2 k kOC AB k k k + + = ⋅ + + ⋅ + 2 1 22 2 1 21 1 1 1 1 1 12 1 12 1 1 2 4 544 2 k kk k k + = ⋅ = ⋅ − + ++ ⋅ + 2 1 2 1 1 1 21 32 12 4 5k k ≥ ⋅ − = ⋅ + 2 1 1 2k = sinθ 2 1 2 22 3 3 = + ⋅ SOT∠ 3 π l 1 2 2k = ± 2 2 1 1 2 2 21 1 1 1 1 8 2 1 4 11 4 2 kOC k AB k k k ++= ⋅+ + ⋅ + 2 1 2 2 1 1 1 22 2 1 4 1 k k k += ⋅ + + 2 1 11 2 , 1 (0,1)t k t t = + > ∈， 2 1 1= 2 tk − 2 2 1= 1 1 92 1 ( )2 4 OC t AB t t 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 当且仅当 ，即 时 的最小值 ，此时 . 思路点拨 第（1）题直接计算可得。第（2）要选择参数表示 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푘푃푄 ∙ 푘푃퐺 = ― 1。由已知可得(把条件翻成图式)：设直线 PQ 的方程为 y=kx(k>0)푃(푥1,푦1),퐺((푥0,푦0),则푄( ― 푥1, ―푦1),E(푥1,0)，푘 = 푦1 푥1 。 由此可得（中间结论：） Q、E、G三点共线:푘푄퐺 = 푘퐸푄 = 푦1 2푥1 = 푘 2, 由푘푃퐺 = 푦1 ― 푦0 푥1 ―푥0 ,푘퐺푄 = ―푦1 ― 푦0 ―푥1 ―푥0 = 푦1 + 푦0 푥1 +푥0 ,푘푃퐺 ∙ 푘퐺푄 = 푦21 ― 푦20 푥21 ― 푥20 ，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 ，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 （1）由题，得 ，即 ，所以曲线 为 ，表示焦点在 轴上，长轴长为 4 的椭圆（除去左右定点）. 1 1 2t = 2t = OC AB 2 3 1 2 2k = ± PQG∆ 1 | | ( )2PQG G QS PE x x∆ = × − 0 0 1 ( )2 Gy x x= + 1 2 2 2 y y x x ⋅ = −+ − ( 2)x ≠ ± 2 2 14 2 x y+ = ( 2)x ≠ ± C 2 2 14 2 x y+ = ( 2)x ≠ ± x 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. ( 2,0)A − (2,0)B ( , )M x y AM BM 1 2 − M C C C C P Q P PE x⊥ E QE C G （ⅰ） PQG∆ （ⅱ） PQG∆ G E y x O Q P9 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(k>0)푃(푥1,푦1),퐺((푥0,푦0),则푄( ― 푥1, ―푦1),E(푥1,0)， 푘 = 푦1 푥1 。 由此可得 Q、E、G三点共线:푘푄퐺 = 푘퐸푄 = 푦1 2푥1 = 푘 2, 由푘푃퐺 = 푦1 ― 푦0 푥1 ―푥0 ,푘퐺푄 = ―푦1 ― 푦0 ―푥1 ―푥0 = 푦1 + 푦0 푥1 +푥0 ,푘푃퐺 ∙ 푘퐺푄 = 푦21 ― 푦20 푥21 ― 푥20 因为Q、G在椭圆上，所以푥21 + 2푦21 = 4，푥20 + 2푦20 = 4，可得푘푃퐺 ∙ 푘퐺푄 = ― 1 2，从而 푘푃퐺 ∙ 푘퐺푄 = 푘푃퐺 ∙ 푘 2 = ― 1 2, 푘푃퐺= ― 1 푘，所以푘푃퐺 ∙ 푘푃푄 = ― 1,即푃푄 ⊥ 푃퐺。 所以 △ 푃푄퐺是直角三角形。 解 2 设直线 的方程为 ，由题意可知 ，直线 的方程与椭圆方程联立， 即 或 ,点 P 在第一象限，所以 ，因此点 的坐标为 直线 的斜率为 ，可得直线 方程： ，与椭圆方程联立， ，消去 得， （*），设点 ， 显然 点的横坐标 和 是方程（*）的解 所以有 ，代入直线 方程中，得 ，所以点 的坐标为 ， 直线 的斜率为： PQ y kx= 0k > PQ 2 2 2 2 2 , , 2 1 22 4. . 2 1 x y kx k kx y y k  == + ⇒ + =  = + 2 2 2 , 2 1 2 . 2 1 x k ky k − = + − = + 2 2 2 2 2 2 2 2( , ), ( , ) 2 1 2 1 2 1 2 1 k kP Q k k k k − − + + + + E 2 2( ,0) 2 1k + QE 2QE kk = QE 22 2 1 k ky x k = − + 2 2 2 ,2 2 1 2 4. k ky x k x y  = − +  + = y 2 2 2 2 22 4 12 8(2 ) 0 2 12 1 k x kk x kk ++ − − = ++ 1 1( , )G x y Q 2 2 2 1k − + 1x 2 22 1 122 2 2 12 8 2 6 42 1 22 1 ( 2) 2 1 k kkx x kk k k +−− ++⋅ = ⇒ = ++ + + QE 3 1 2 2 2 ( 2) 2 1 ky k k = + + G 2 3 2 2 2 2 6 4 2( , ) ( 2) 2 1 ( 2) 2 1 k k k k k k + + + + + PG 3 3 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) 1( 2) 2 1 2 1 6 4 2 6 4 2( 2) ( 2) 2 1 2 1 PG k k k k kk k kk kk k k k k k − − ++ + += = = − + + − +− + + +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 所以 ，因此 是直角三角形。本题思维导图如下： （2）(ii)解 1 设直线 PQ 斜率为 k（k>0），P(x1,y1), G(x0,y0,),则 Q(-x1,-y1). 设 M 为 QG 的中点， 则푘푂푀 = ― 1 푘，由（1）知， 直线 QG 的方程为푦 = 푘 2(푥 ― 푥1)， 由{ 푦 = ― 푥 푘, 푦 = 푘 2(푥 ― 푥1),解 得푥푀 = 푘2푥1 푘2 + 2 。 直线PQ的方程与椭圆方程联立，即{ 푦 = 푘푥, 푥2 + 2푦2 = 4,解得푥1 = 2 1 + 2푘2. 所以 푆∆푂푄푀 = 1 2|푂푄| ∙ |푂푀| = 1 2 1 + 푘2 ∙ |푥푄| ∙ 1 + (1 푘) 2 ∙ |푥푀| = 1 2 (1 + 푘2)푥21 푘2 + 2 = 2푘(푘2 + 1) (2푘2 + 1)(푘2 + 2). 所以 푆△푃푄퐺 = 4푆△푂푄푀= 8푘(푘2 + 1) (2푘2 + 1)(푘2 + 2)。 (ii)解 2 直线 QG 的方程与椭圆方程联立，得方程组{푥2 + 2푦2 = 4, 푦 = 푘 2(푥 ― 푥1), 消去 y 得 (푘2 + 2)푥2 ― 2푘2푥1푥 + 푘2푥2 ― 8 = 0。 由韦达定理得푥퐺 + 푥푄 = 2푘2푥1 푘2 + 2 ，由弦长公式得|푃푄| = 2푥1 1 + 푘2, |푃퐺| = 1 + ( ― 1 푘) 2 ∙ |푥푃 ―푥퐺| = 1 + (1 푘) 2 ∙ |푥푄 +푥푃| = 푘푥1 1 + 푘2 푘2 + 2 . 所以푆△푃푄퐺 = 8푘(푘2 + 1) (2푘2 + 1)(푘2 + 2)。 (ii)解 3 可知 三点坐标， 是直角三角形，求出 的长，利用面积公 式求出 的面积，再利用导数求出面积的最大值. 由（i）可知： ， 的坐标为 ， 1( ) 1,PQ PGk k k k = ⋅ − = − PQ PG⊥ PQG , ,P Q G PQG∆ ,PQ PG PQG∆ 2 2 2 2 2 2 2 2( , ), ( , ) 2 1 2 1 2 1 2 1 k kP Q k k k k − − + + + + G 2 3 2 2 2 2 6 4 2( , ) ( 2) 2 1 ( 2) 2 1 k k k k k k + + + + +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 ， ， . 亦或 . 求该函数的最大值有以下两种处理方式： 解 1 . 设 ，则由 得 ，当且仅当 时取等号.因为 在 单调 递减，所以当 ，即 时， 取得最大值，最大值为 . 解2 ， ,因为 ， 所以当 时， ，函数 单调递增，当 时， ，函数 单调递减， 因此当 时，函数 有最大值，最大值为 . 因此， 面积的最大值为 . 第（ii）题的思维导图： 2 2 4 1 2 1 kPQ k += + 2 2 2 4 1 ( 2) 2 1 k kPG k k += + + 2 2 2 2 22 2 2 1 1 4 1 4 1 8 ( 1)| || |2 2 (2 1)( 2)( 2) 2 1 2 1PQG k k k k kS PG PQ k kk k k ∆ + + += = × ⋅ = + ++ + + 2 2 2 1 8 ( 1)| || |2 (2 1)( 2)PQG G Q k kS PE x x k k∆ += − = + + 2 2 2 2 18( )8 ( 1) 1(2 1)( 2) 1 2( ) kk k k k k kk ++ =+ + + + 1t kk = + 0k > 2t ≥ 1k = 2 8 1 2 tS t = + [2, )+∞ 2t = 1k = S 16 9 2 3 2 2 4 2 8 ( 1) 8( ) (2 1)( 2) 2 5 2 k k k kS k k k k + += =+ + + + 4 2 ' 4 2 2 8( 1)( 1)(2 3 2) (2 5 2) k k k kS k k − + − + += + + 0k > 0 1k< < ' 0S > ( )S k 1k > ' 0S < ( )S k 1k = ( )S k 16(1) 9S = PQG∆ 16 9 例 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 的方程； （2）设 是 上的动点，且位于第一象限， 在点 处的切线 与 交于不同的两点 ，线段 的中点为 ，直线 与过 且垂直于 轴的直线交于点 . （i）求证：点 在定直线上； （ii）直线 与 轴交于点 ，记 的面积为 ， 的面积为 ，求 的最大值及取得最大值时点 的坐标. 3.4 例 3 发散 3 解答 xOy C ( )2 2 2 2 1 0x y a b a b + = ＞ ＞ 3 2 2 2x y= F C E P E E P l C ,A B AB D OD P x M M l y G PFG∆ 1S PDM∆ 2S 1 2 S S P12 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 第（2）题设 ，即用点 P 横坐标作为参数，通过求导或判别式法求直 线 的斜率（用 m 表示），由“点差法”可得 ，从而用 m 表示 D、G 的坐标， 再用 m 表示 和 ，把 转化为 m 的函数求最小值. 满分解答 （ 1 ） 由 于 ， 所 以 ， 又 ， 所 以 ， 因 为 ，解得 ， 所以，椭圆方程为： . （ 2 ）（ i ） 设 点 坐 标 为 ， 设 ， 则 过 点 的 切 线 斜 率 ， 直 线 的 方 程 为 . 因为 在椭圆上，所以 两式相减可得： 2 P( , ),( 0)2 mm m > l 1 4l ODk k⋅ = − 1S 2S 1 2 S S 3 2 ce a = = 3 2 ac = 1(0, )2F 1 2b = 2 2 2a b c= + 31, 2a c= = 2 24 1x y+ = P 2 ( , ),( 0)2 mm m > 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 1 2 1 2( , )2 2 x x y yD + + P 2 '( )2l mk m= = l 2 ( )2 my m x m− = − ,A B 2 2 1 1 2 2 2 2 4 1, 4 1. x y x y  + = + =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 ， 又 ， 所 以 直 线 的 方 程 为 ： . 因为交点 的横坐标为 ，所以 ，所以点 在定直线 上. （ii）由（i）得 ，由 可得 ， 从而 ， ， 于是 . 当且仅当 即 时，“=”成立，此时 . 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) 4( )( ) 0x x x x y y y y+ − + + − = 1 2 1 2 1 2 1 2 .4( ) 4 D l D y y x x xk mx x y y y − += = − = − =− + 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 4( ) 4 2 OD y y y y x xk x x x x y y m + + −= = = − = −+ + − OD 1 4y xm = − M m 1( , )4M m − M 1 4y = − 2 (0, )2 mG − ,4 D D x my − = 2 D D 4 ( )2 D Dx y m my m x m = − ⋅ − = − ， ， 3 2 2 2 2 ,1 4 2(1 4 ) m mD m m  − + +  2 3 1 1 1( )2 2 2 4 m m mS m += ⋅ + ⋅ = 2 3 2 2 2 2 2 1 1 2 (1 2 )[ ( )] ( )2 2 4 1 4 8(1 4 ) m m m mS m m m += ⋅ − − ⋅ − =+ + 3 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2( 1)(4 1)4 =(1 2 ) (2 1) 8(1 4 ) m m S m m m mS m m + + += + + + 4 2 2 4 2 4 2 2(4 5 1) 224 4 1 4 4 1 m m m m m m m + += = ++ + + + 2 2 2 2 2 2 92 21 414 4 2 4 4m mm m = + ≤ + = + + ⋅ + 2 2 14 ,m m = 2 2m = 2 1( , )2 4P14 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 本题解答的关键是求 D 的坐标.也可以把直线 的方程 代入椭圆 方程，整理得 . 由 得 ，由韦达定理可得 第 （ 2 ） 题 中 求 的 最 大 值 ， 也 可 以 令 ， 则 ， ，转化为二次函数最值问题. 思路点拨 因为 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 作为参数. l 2 ( )2 my m x m− = − 2 24 1x y+ = 2 2 3 4(4 1) 4 1 0m x m x m+ − + − = 0∆ > 0 2 5m< < + 3 2 2 2 2 , .4 1 2(4 1)D D m mx ym m −= =+ + 2 2 1 2 2 2 2( 1)(4 1) (2 1) S m m S m + += + 22 1t m= + ( )0,5+2 5t ∈ 2 1 2 2 2 2 1 1 1 2S t t S t t t + −= = − + + DNO∆ xON θ∠ = 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． B M N ODA D M N O y x O AB ON O MN N ON MN D AB 1DN ON= = 3MN = D AB N O D N M C O AB x C 1 : 2 0l x y− = 2 : 2 0l x y+ = ,P Q l C OPQ∆ y y Q P OD N M x15 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 （1）解 1 设点 ， ， ，依题意， ，且 ， 所以 ，且 即 且 由于当点 不动时，点 也不动，所以 不恒等于 0，于是 ，故 ， 代入 ，可得 ，即所求的曲线 的方程为 解 2 由已知 ，若设 ，则 . 设 ，依题意， ，即 ， ， 所以，所求的曲线 的方程为 （2）解 1 ①当直线 的斜率不存在时，直线 为 或 ，都有 . ②当直线 的斜率存在时，设直线 ， 由 消去 ，可得 . 因为直线 总与椭圆 有且只有一个公共点，所以 ， 即 . ① 又由 可得 ； 同理可得 . 由原点 到直线 的距离为 和 ，可得 ( , 0) (| | 2)D t t ≤ 0 0( , )N x y ( , )M x y 2MD DN=  | | | | 1DN ON= =   0 0( , ) 2( , )t x y x t y− − = − 2 2 0 0 2 2 0 0 ( ) 1, 1. x t y x y  − + = + = 0 0 2 2 , 2 . t x x t y y − = −  = − 0( 2 ) 0.t t x− = D N t 02t x= 0 0,4 2 x yx y= = − 2 2 0 0 1x y+ = 2 2 116 4 x y+ = C 2 2 1.16 4 x y+ = 1DN ON= = (cos ,sin )N θ θ (2cos ,0)D θ ( , )M x y 2MD DN=  2cos , ) 2( cos ,sin )x yθ θ θ− − = −（ 4cos , 2sinx yθ θ= = − C 2 2 1.16 4 x y+ = l l 4x = 4x = − 1 4 4 82OPQS∆ = × × = l :l y kx= m+ )2 1( ±≠k 2 2 , 4 16, y kx m x y = +  + = y 2 2 2(1 4 ) 8 4 16 0k x kmx m+ + + − = l C 2 2 2 264 4(1 4 )(4 16) 0k m k m∆ = − + − = 2 216 4m k= +  , 2 0, y kx m x y = +  − = 2( , )1 2 1 2 m mP k k− − 2( , )1 2 1 2 m mQ k k − + + O PQ 2 | | 1 md k = + 2| | 1 | |P QPQ k x x= + − 1 | |2OPQS PQ d∆ = ⋅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 将①代入②得， . 当 时， ； 当 时， . 因 ，则 ， ，所以 ，当且仅当 时取等号. 所以当 时， 的最小值为 8. 综合（1）（2）可知，当直线 与椭圆 在四个顶点处相切时， 的面积取得最小 值 8. 解 2 设 直 线 与 椭 圆 C 相 切 于 点 ， 则 直 线 的 方 程 为 （ ）. 由 解得 ，同理可得 ，从而 可得 . 因为 ，所以 ，又 ， （当且 仅当 时取等号）. 注 过椭圆 上点 的切线方程是 . 解 3 设直线 与椭圆 C 的一个公共点为 ，则 为切点，且 ，所以 过 E 的切线方程为 . 把 与 得 ， 同理可得 . 所以 1 | || |2 P Qm x x= − 1 2 2| |2 1 2 1 2 m mm k k = ⋅ +− + 2 2 2 1 4 m k = −  22 2 2 4 12 81 4 4 1OPQ kmS k k∆ + = =− − 2 1 4k > 2 2 2 4 1 28( ) 8(1 ) 84 1 4 1OPQ kS k k∆ += = + >− − 2 10 4k≤ < 2 2 2 4 1 28( ) 8( 1 )1 4 1 4OPQ kS k k∆ += = − +− − 2 10 4k≤ < 20 1 4 1k< − ≤ 2 2 21 4k ≥− 2 28( 1 ) 81 4OPQS k∆ = − + ≥− 0k = 0k = OPQS∆ l C OPQ∆ l 1 1, )x y（ l 1 1 116 4 x x y y+ = 1 12x y≠ 1 1 116 4 2 x x y y x y  + =  = 1 1 1 1 16 8( , )2 2P x y x y+ + 1 1 1 1 16 8( , )2 2Q x y x y − − − 1 1 2 2 1 128| |2 | 4 |OPQ P Q Q PS x y x y x y∆ = − = − 1 1 2 2 116 4 x y+ = 1 2 64 |8 |OPQS x∆ = − 1 [ 4,4]x ∈ − 1 2 64 8|8 |OPQS x∆ = ≥− 1 4,0,4x = − 1 22 2 2 1yx a b + = 1 1( , )x y 1 1 2 2 1x x y y a b + = l E E (4cos ,2sin )E θ θ cos sin 14 2 x yθ θ⋅ ⋅+ = cos sin 14 2 x yθ θ⋅ ⋅+ = 2x y= 4( ,sin cosP θ θ+ 2 )sin cosθ θ+ 4 2( , )sin cos sin cosQ θ θ θ θ − − − 2 2 1 1 16| | | |2 2 sin cosOPQ P Q Q PS x y x y θ θ∆ = − = − 8 8.| cos2 |θ= ≥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 当 ，即直线 与椭圆 C 在四个顶点处相切时， 的面积取得最小值 8.cos2 = 1θ ± l OPQ∆