圓錐曲線中的范圍最值問題

本文轉載自查看原文 2019-07-30 06:58 504

前言

變形儲備

分子二次型且分母一次型的分式函數的變形，如$h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}$，常用配湊法+分離常數法，或配湊法+分式裂項法，或換元法，

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

或[換元法]令$x-2=t$，則$x=t+2$，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數的變形，如$n(x)=\cfrac{x+1}{x^2+3x+3}$；常用取倒數法，或換元法，或配湊同除法

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

組合使用

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

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

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

例說運算

圓錐曲線中的范圍最值問題的運算往往少不了以下的過程。

將直線$y=kx+2$代入圓錐曲線$\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1$的代入運算過程，可以如下簡化：

先將圓錐曲線整理為$3x^2+4y^2-12=0$，然后這樣在演草紙上書寫，注意對齊書寫，一次運算過

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

一次就可以整理為$(4k^2+3)x^2+16kx+4=0$；

思考策略

圓錐曲線上的點到定點的距離的最值問題

圓錐曲線上的點到定點的距離的最值問題，常用兩點間的距離公式轉化為區間上的二次函數的最值問題求解，有時也用圓錐曲線的參數方程，化為三角函數的最值問題求解，或用三角形的兩邊之和(或差)與第三邊的不等關系求解；

圓錐曲線上的點到定直線的距離的最值問題

圓錐曲線上的點到定直線的距離的最值問題，常常采用平行切線法求解；

點在圓錐曲線上求目標函數的范圍問題

點在圓錐曲線上(非線性約束條件)的條件下，求相關式子(目標函數)的取值范圍問題，常用參數方程代入轉化為三角函數的最值問題，或根據平面幾何知識或引入一個參數(有幾何意義)化為函數進行處理；

由直線和圓錐曲線位置關系求范圍問題

由直線(系)和圓錐曲線(系)的位置關系，求直線或圓錐曲線中的某個參數(系數)的范圍問題，常把所求參數作為函數，另一個元作為自變量，按照函數的值域方法求解；

思路點撥

最值問題

圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何方法，即通過利用圓錐曲線的定義、幾何性質以及平面幾何中的定理、性質等進行求解；二是利用代數方法，即把需要求解最值的幾何量或者代數式表示為某個(些)參數的函數(解析式)，然后利用函數方法、不等式方法等進行求解。

在利用代數法解決最值或者范圍問題時常從以下五個方面考慮：

①利用判別式來構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；

②利用已知參數的范圍，求新參數的范圍，解決這類問題的核心時在兩個參數之間建立等量關系；

③利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；

④利用基本不等式求出參數的取值范圍；

⑤利用函數的值域的求法，確定參數的取值范圍。

范圍問題

求范圍問題的關鍵是建立求解關於某個變量的目標函數，通過求這個函數的值域問題確定目標的范圍。在建立函數的過程中要根據題目的其他已知條件，把需要的量都用我們選用的變量表示，有時為了運算的方便，在建立關系的過程中也可以采用多個變量，只要在最后結果中將多變量歸結為單變量即可，同時要特別注意變量的取值范圍。

證明問題

圓錐曲線中的證明問題多涉及證明定值，證明點在定直線上等，有時也涉及一些否定性命題，證明方法一般采用直接法或反證法。證明定值時，一開始往往會含有參數，但是到最后的結果中，一定會將參數消去，結果中不含有未知數，故其為定值；證明點$(x_0，y_0)$在直線上，則點的坐標一定滿足直線方程或者直線方程一定能寫成$y-y_0=k(x-x_0)$的形式。

典例剖析

例1 【2019年陝西省告訴教學質量檢測卷Ⅱ第20題】已知橢圓$C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左焦點為$F$，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，短軸的兩個端點分別為$A$、$B$，$S_{\triangle ABF}=1$。

(1).求橢圓$C$的標准方程；

分析：示意圖如圖所示，由於$S_{\triangle ABF}=1$，即$\cfrac{1}{2}\cdot c\cdot 2b=1$，則$bc=1$；

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

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

所以橢圓$C$的標准方程為$\cfrac{x^2}{2}+y^2=1$;

(2).過點$D(2，0)$的直線$l$與橢圓$C$交於不同的兩點$M$，$N$($M$在$D$，$N$之間)，求$\frac{S_{\triangle ODM}}{S_{\triangle ODN}}$($O$為坐標原點)的取值范圍；

分析：設$M(x_1，y_1)$，$N(x_2，y_2)$，

由於直線恆過點$D(2，0)$，故可設直線$l$的方程為$x=my+2$，

與橢圓方程$\cfrac{x^2}{2}+y^2=1$聯立，

消掉$x$得到，$(m^2+2)y^2+4my+2=0$，

由$\Delta=8m^2-16>0$，解得$m^2>2$，

又由韋達定理得到，$y_1+y_2=-\cfrac{4m}{m^2+2}$，$y_1y_2=\cfrac{2}{m^2+2}$；

令$\frac{S_{\triangle ODM}}{S_{\triangle ODN}}=\cfrac{|y_1|}{|y_2|}=t$(則由於$|y_1|<|y_2|$，則$0<t<1$；且$y_1$，$y_2$同號)

又由於$\cfrac{(y_1+y_2)^2}{y_1y_2}=\cfrac{y_1^2+y_2^2+2y_1y_2}{y_1y_2}=\cfrac{y_1}{y_2}+\cfrac{y_2}{y_1}+2=t+\cfrac{1}{t}+2$；

且$\cfrac{(y_1+y_2)^2}{y_1y_2}=\cfrac{8m^2}{m^2+2}=\cfrac{8}{1+\frac{2}{m^2}}$；

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

結合$0<t<1$，解得$3-2\sqrt{2}<t<1$，

所以$\frac{S_{\triangle ODM}}{S_{\triangle ODN}}$的取值范圍為$(3-2\sqrt{2}，1)$；

名師點評：本題考查橢圓的標准方程、直線與橢圓的位置關系；考查函數與方程、轉化與划歸思想；考查數學運算、邏輯推理等核心素養。

例2 【2019年高考數學試卷理科新課標Ⅱ第21題】已知點$A(-2，0)$，$B(-2，0)$，動點$M(x，y)$滿足直線$AM$與$BM$的斜率之積為$-\cfrac{1}{2}$，記$M$的軌跡為曲線$C$。

(1).求$C$的方程，並說明$C$是什么曲線；

分析：本題目可以用直接法得到曲線的方程，難點是要注意到不是恆等變形，需要添加條件。

解析：由於$k_{AM}=\cfrac{y}{x+2}$，$k_{BM}=\cfrac{y}{x-2}$，由題可知，$k_{AM}\cdot k_{BM}=-\cfrac{1}{2}$，

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

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

[此時，務必要注意，我們是將分式形式轉化為整式形式，這一過程有去分母的變形，一定會擴大字母的取值范圍，故需要添加條件才能保證變形前后是恆等變形，以此題為例，由於有分母，故需要$|x|\neq 2$，或者對應到$y$值加以限制也是可以的，比如$y\neq 0$]，

即曲線$C$的方程為$\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1(|x|\neq 2)$，或者$\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1(y\neq 0)$，所以$C$為中心在坐標原點，焦點在$x$軸上的橢圓，且不含左右頂點。

(2).過坐標原點的直線交$C$於$P$、$Q$兩點，點$P$在第一象限，$PE\perp x$軸，垂足為$E$，連結$QE$並延長交$C$於點$G$，

①證明：$\triangle PQG$是直角三角形；②求$\triangle PQG$面積的最大值；

①證明：設$P(x_0，y_0)$，則$Q(-x_0，-y_0)$，$E(x_0，0)$，$G(x_G，y_G)$，

則直線$QE$的方程為：$y=\cfrac{y_0}{2x_0}(x-x_0)$，與$\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1$聯立，消去$y$，

得到$(2x_0^2+y_0^2)x^2-2x_0y_0^2x+x_0^2y_0^2-8x_0^2=0$，$-x_0$，$x_G$為方程的兩個根，

則由韋達定理得到$-x_0x_G=\cfrac{x_0^2y_0^2-8x_0^2}{2x_0^2+y_0^2}$，則$x_G=\cfrac{(8-y_0^2)x_0}{2x_0^2+y_0^2}$

則$y_G=\cfrac{y_0}{2x_0}(x_G-x_0)=\cfrac{y_0(4-x_0^2-y_0^2)}{2x_0^2+y_0^2}$

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$\triangle PQG$為直角三角形。

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]

$=\cfrac{8(y_0x_0^3+x_0y_0^3)}{2x_0^4+2y_0^4+5x_0^2y_0^2}$

$\xlongequal[化簡整理得到]{給分子分母同除以x_0^2y_0^2}$ $\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})^2+1}$

令$t=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}$，則$t\geqslant 2$，

則$S_{\triangle PQG}=\cfrac{8t}{2t^2+1}=\cfrac{8}{2t+\frac{1}{t}}$

利用對勾函數$f(t)=2t+\cfrac{1}{t}$在$[2，+\infty)$上的單調性可知，

$f(t)\geqslant 4+\cfrac{1}{2}=\cfrac{9}{2}$(當$t=2$時取到等號)

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

故$\triangle PQG$面積的最大值為$\cfrac{16}{9}$.

例3 【2016陝西省二檢理科第16題】已知F是雙曲線C：$x^2-\cfrac{y^2}{8}=1$的右焦點，若$P$是$C$的左支上的一點，$A(0，6\sqrt{6})$是$y$軸上的一點，求$\Delta APF$面積的最小值。

分析：求$\Delta APF$面積的最小值，其中邊AF長度固定，故只需要求邊AF上的高線的最小值即可。

法1、平行線法，如圖1所示，容易知道點$F(3，0)$，故直線$AF：2\sqrt{6}x+y-6\sqrt{6}=0$，

設$l$和直線AF平行且和雙曲線的左支相切與點P，故直線$l：2\sqrt{6}x+y+m=0$，

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

由於相切得到$\Delta =96m^2-4\times16(m^2+8)=0$，解得$m=\pm 4$，結合圖像將$m=-4舍棄$，

即直線$l：2\sqrt{6}x+y+4=0$，故三角形的高的最小值即兩條平行線的間距，

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

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、函數法，如圖2所示，由題目可知雙曲線的左支對應的函數為$y=f(x)=\pm\sqrt{8x^2-8}(x<0)$，

設點$P(x_0，y_0)$，則$f'(x)=\pm\cfrac{1}{2\sqrt{8x^2-8}}\cdot 16x=\pm\cfrac{8x}{\sqrt{8x^2-8}}$，

結合圖像可知$f'(x)<0$，故取$f'(x)=\cfrac{8x}{\sqrt{8x^2-8}}(x<0)$，當$f'(x)=k_{AF}=-2\sqrt{6}$時，

AF邊上的高線最小(可結合平行線法理解)，故$\cfrac{8x_0}{\sqrt{8x_0^2-8}}=-2\sqrt{6}$，

解得$x_0=-\cfrac{\sqrt{6}}{2}$，代入得到$y=2$，即切點$P(-\cfrac{\sqrt{6}}{2}，2)$，

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、參數方程法，不要求學生掌握。由於雙曲線為$x^2-\cfrac{y^2}{8}=1$，

故其參數方程為$\begin{cases}x=\cfrac{1}{cos\theta}\\y=2\sqrt{2}tan\theta\end{cases}(\theta為參數)$，

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

以下難點轉化為求$\cfrac{2\sqrt{6}}{cos\theta}+\cfrac{2\sqrt{2}sin\theta}{cos\theta}$的值。

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

則有$2\sqrt{6}+2\sqrt{2}sin\theta=mcos\theta$，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$m\leq -4$，由於參數$\theta\in(0，\pi)$，且點P在左支，

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

此時$d_{min}=\cfrac{|-4-6\sqrt{6}|}{5}=\cfrac{4+6\sqrt{6}}{5}$，

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屆高三理科數學二輪用題】已知$F_1$，$F_2$分別是雙曲線$C：\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1$ $(a>0，b>0)$的左右焦點，以$F_2$為圓心做一個圓，使該圓過線段$OF_2$的中點，若該圓與雙曲線的兩條漸近線有公共點，則雙曲線$C$的離心率的取值范圍是___________。

分析：如下圖所示，可知圓$F_2$的圓心為$F_2(c，0)$，半徑為$r=\cfrac{c}{2}$，由於圓和雙曲線都關於坐標軸對稱，故只需要保證圓和一條漸近線$y=\cfrac{b}{a}x$有公共點即可，

此時可以使用聯立直線方程和雙曲線的方程，使用$\Delta \ge 0$的思路，也可以利用圓心到直線的距離小於半徑的思路，很明顯第二個思路的運算量要小一些。

此時圓心為$F_2(c，0)$，半徑為$r=\cfrac{c}{2}$，直線為$bx-ay=0$，故$d=\cfrac{|bc-a\times 0|}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq \cfrac{c}{2}$，

化簡整理得到，$2b\leq c$，即$4b^2\leq c^2$，則$4c^2-4a^2\leq c^2$，整理為$\cfrac{c^2}{a^2}\leq \cfrac{4}{3}$，故$e\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}$，又雙曲線的$e>1$，故$e\in (1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]$.

例5 【2019高三理科數學啟動卷，2019陝西省二檢試卷第16題】已知等腰$\triangle ABC$的底邊端點$A$，$B$在雙曲線$\cfrac{x^2}{6}-\cfrac{y^2}{3}=1$的右支上，頂點$C$在$x$軸上，且$AB$不垂直於$x$軸，則頂點$C$的橫坐標$t$的取值范圍是__________。

分析：設$A(x_1，y_1)$，$B(x_2，y_2)$，弦$AB$的垂直平分線交$x$軸於點$C(t，0)$，

$AB$的中點為$M(x_0，y_0)$，則$x_0>\sqrt{6}$，

由題意有$\cfrac{x_1^2}{6}-\cfrac{y_1^2}{3}=1$①，$\cfrac{x_2^2}{6}-\cfrac{y_2^2}{3}=1$②，兩式相減得到，

$(x_1+x_2)(x_1-x_2)-2(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0$，於是有$x_0(x_1-x_2)-2y_0(y_1-y_2)=0$，

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$x_0+2(x_0-t)=0$，則$t=\cfrac{3x_0}{2}>\cfrac{3\sqrt{6}}{2}$。

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

例6 已知拋物線$C：y^2=4x$的焦點為$F$，過點$M(4，0)$的直線與拋物線$C$交於$A$，$B$兩點，則$\triangle ABF$的面積的最小值為【】

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

法1：做出如下的示意圖，設直線$AB$的斜率為$k$，不妨只考慮$k>0$，則$AB:y=k(x-4)$，即$kx-y-4k=0$；

將直線和拋物線方程聯立，消去$x$得到，$ky^2-4y-16k=0$，則$y_1+y_2=-\cfrac{-4}{k}=\cfrac{4}{k}$，$y_1y_2=-16$，

則$|AB|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}$

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

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

又點$F$到直線$AB$的距離為$d=h=\cfrac{|3k|}{\sqrt{k^2+1}}=\cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}$，

則$S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\cdot \cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}$

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

當$k\rightarrow \infty$時，所求面積有最小值，$S_{min}=6\times 2=12$。故選$B$.

法2：仿上利用均值不等式可以說明，當$AB$和$x$軸垂直時，$S_{\triangle ABF}$有最小值；

$S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 3\cdot (|y_1|+|y_2|)\ge \cfrac{3}{2}\cdot 2\sqrt{|y_1y_2|}= \cfrac{3}{2}\cdot 2\cdot 4=12$，故選$B$.

例7 【均值不等式的使用】在平面直角坐標系$xoy$中，已知點$A$在橢圓$\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{8}=1$上，點$P$滿足$\overrightarrow{AP}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}(\lambda\in R)$，且$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=12$，求線段$OP$在$x$軸上的投影長度的最大值。

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

則有$\overrightarrow{OP}=\lambda\overrightarrow{OA}$，故$O、P、A$三點共線，由$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=12$，得到$|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OP}|=12$，

設OP與$x$軸的夾角為$\theta$，點$A(x，y)$，$B$為點$A$在$x$軸上的投影，由圖可知，線段$OP$在$x$軸上的投影長度為$||\overrightarrow{OP}|\cdot cos\theta|$

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

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

$=12\times \cfrac{|x|}{x^2+y^2}$，接下來施行變量集中，由於$\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{8}=1$，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，

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

當且僅當$|x|=4$時等號成立，故線段$OP$在$x$軸上的投影長度的最大值為$3$。

例8 已知橢圓$C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\cfrac{1}{2}$，以原點$O$為圓心，以短軸為直徑的圓的面積為$3\pi$。

（1）求橢圓$C$的方程；

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

又以短軸為直徑的圓的面積為$3\pi$，則$3\pi=b^2\pi$，則$b^2=3$，$a^2=4$，

故橢圓的方程為$\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1$.

（2）過點$M(4，0)$的直線與橢圓$C$相交於$A$、$B$兩點，求$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$的最小值；

分析：由題意可知，直線$l$的斜率存在，故設直線$l$的方程為$y=k(x-4)$，

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$k^2<\cfrac{1}{4}$，

設$A(x_1，y_1)$、$B(x_2，y_2)$，則由韋達定理可知，$x_1+x_2=\cfrac{32k^2}{4k^2+3}$，$x_1x_2=\cfrac{64k^2-12}{4k^2+3}$，

所以$y_1y_2=k(x_1-4)\cdot k(x_2-4)=k^2x_1x_2-4k^2(x_1+x_2)+16k^2$，

則$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=x_1x_2+y_1y_2=(1+k^2)\cfrac{64k^2-12}{4k^2+3}-4k^2\cdot \cfrac{32k^2}{4k^2+3}+16k^2$

$=25-\cfrac{87}{4k^2+3}$，

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

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

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

例9 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知點$A$在離心率為$\cfrac{\sqrt{2}}{2}$的橢圓$C：\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$上，左、右焦點分別為$F_1$，$F_2$，$\triangle AF_1F_2$的內切圓的半徑$r=\sqrt{2}-1$，且$S_{\triangle AF_1F_2}=1$，

（1）求橢圓$C$的方程；

分析：由三角形面積公式可知，$S_{\triangle AF_1F_2}=\cfrac{1}{2}(|AF_1|+|AF_2|+|F_1F_2|)\cdot r=1$，

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

又$\cfrac{c}{a}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$②，兩式聯立，解得$c=1$，$a=\sqrt{2}$，則$b^2=a^2-c^2=1$，

故橢圓$C$的方程為$\cfrac{x^2}{2}+y^2=1$；

（2）過點$F_2$的直線$l$與橢圓$C$的交點為$M$，$N$，使得$\overrightarrow{F_2M}=\lambda \overrightarrow{F_2N}$，其中$\lambda\in [-2，-1]$，點$P$坐標為$(2，0)$，求平行四邊形$PMQN$的對角線$PQ$長度的最小值；

分析：已知直線$l$斜率不為$0$，設直線$l$為$l:x=ky+1$，

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

其中$\Delta=4k^2-4(k^2+2)(-1)=8(k^2+1)>0$，設$M(x_1，y_1)$，$N(x_2，y_2)$，

則有$y_1+y_2=\cfrac{-2k}{k^2+2}$，$y_1y_2=\cfrac{-1}{k^2+2}$，

又由於$\overrightarrow{F_2M}=\lambda \overrightarrow{F_2N}$，即$(x_1-1，y_1)=\lambda(x_2-1，y_2)$，則有$y_1=\lambda y_2$，

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

由於$\lambda\in [-2，-1]$，則$\lambda+\cfrac{1}{\lambda}+2\in [-\cfrac{1}{2},0]$，

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})$，

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

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

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

則$|\overrightarrow{PQ}|^2=8t^2-28t+16$，對稱軸為$t=\cfrac{7}{4}$，

故當$t=\cfrac{1}{2}$時，$|PQ|_{min}=2$;

例10 已知橢圓$C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$過點$(1，\cfrac{3}{2})$，且離心率為$e=\cfrac{1}{2}$，

(1).求橢圓$C$的方程；

分析：由於$e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{1}{2}$，則$a=2c$，

則有$b^2=a^2-c^2=3c^2$，則橢圓方程為$\cfrac{x^2}{4c^2}+\cfrac{y^2}{3c^2}=1$,

又由於橢圓經過點$(1，\cfrac{3}{2})$，代入橢圓方程，求得$c^2=1$，

故橢圓方程為$\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1$.

(2).若直線$y=kx+m(k\neq 0)$與橢圓交於不同的兩點$M，N$，且線段$MN$的垂直平分線過定點$G(\cfrac{1}{8}，0)$，求$k$的取值范圍；

分析：設$M(x_1，y_1)，N(x_2，y_2)$，則由$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$

消去$y$並整理得到，$(3+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-12=0$，

由於直線和橢圓有兩個不同的交點，故$\Delta>0$，

即$\Delta=(8km)^2-4(3+4k^2)(4m^2-12)>0$，化簡得到$m^2<4k^2+3$①，

又由於$x_1+x_2=-\cfrac{8km}{3+4k^2}$，

則$MN$的中點$P$的坐標為$(-\cfrac{4km}{3+4k^2}，\cfrac{3m}{3+4k^2})$

設$MN$的中垂線$l'$的方程為$y=-\cfrac{1}{k}(x-\cfrac{1}{8})$，

由於點$P$也在$l'$上，故滿足其方程，

則有$-\cfrac{3m}{3+4k^2}=-\cfrac{1}{k}(-\cfrac{4km}{3+4k^2}-\cfrac{1}{8})$，

化簡整理得到，$4k^2+8km+3=0$，

即$m=-\cfrac{1}{8k}(4k^2+3)$，

將上式代入①式，得到$\cfrac{(4k^2+3)^2}{64k^2}<4k^2+3$，

化簡得到$k^2>\cfrac{1}{20}$，即$k>\cfrac{\sqrt{5}}{10}$或$k<-\cfrac{\sqrt{5}}{10}$

故$k\in (-\infty，-\cfrac{\sqrt{5}}{10})\cup(\cfrac{\sqrt{5}}{10}，+\infty)$。

由於$x_0^2+2y_0^2=4$，故給分子乘以$4$得到$8y_0x_0(x_0^2+y_0^2)$；給分母乘以$(x_0^2+2y_0^2)$，目的是為了在分子分母位置構造四次齊次式，便於下一步變量集中，為利用函數求解最值埋下伏筆； ↩︎

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