新高考数学专题复习专题10圆锥曲线中的最值的问题专题练习(学生版+解析)

这是一份新高考数学专题复习专题10圆锥曲线中的最值的问题专题练习(学生版+解析)，共19页。试卷主要包含了题型选讲， 与向量有关的最值问题，与坐标或参数有关的最值问题等内容，欢迎下载使用。

题型一 、与线段有关的最值问题
与线段有关的最值问题关键是建立关于线段的目标函数，然后运用基本不等式或者函数有关的问题，运用基本不等式或者函数求解。线段的长度可以通过两点间的距离或者利用相交弦长公式进行求解。
例1、（2020届山东省日照市高三上期末联考）过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则（ ）
A．以线段为直径的圆与直线相离 B．以线段为直径的圆与轴相切
C．当时，D．的最小值为4
（2020届山东省泰安市高三上期末）已知抛物线的焦点为F(4，0)，过F作直线l交抛物线于M，N两点，则p=_______，的最小值为______．
例3（2019南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0，y0)是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2.
(1) 若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；
(2) 若r＝eq \f(2\r(5),5).
①求证：k1k2＝－eq \f(1,4)；
②求OP·OQ的最大值．
题型二、 与向量有关的最值问题
与向量有关的最值问题关键就是表示出点坐标，通过数量积转化为函数问题，然后运用基本不等式或者求导研究最值。
例4、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）已知椭圆的内接的顶点为短轴的一个端点，右焦点，线段中点为，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.
例5、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上、下顶点，点P是直线l：y＝－2上的一个动点(与y轴的交点除外)，直线PC交椭圆于另一个点M.
(1) 当直线PM经过椭圆的右焦点F时，求△FBM的面积；
(2) ①记直线BM，BP的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值；
②求eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围．
题型三、与坐标或参数有关的最值问题
与坐标或参数有关的最值问题关键是建立目标函数，然后运用基本不等式或者求导或者通过简单的函数问题进行求解。
例6、（2019·山东高三月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.
（1）求的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
例7、(2019泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，点B是椭圆C上异于左、右顶点的任一点，P是AB的中点，过点B且与AB垂直的直线与直线OP交于点Q.已知椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，点A到右准线的距离为6.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设点Q的横坐标为x0，求x0的取值范围．
例8、(2019扬州期末）在平面直角坐标系中，椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，左、右顶点分別为A，B，线段AB的长为4.P在椭圆M上且位于第一象限，过点A，B分别作l1⊥PA，l2⊥PB，直线l1，l2交于点C.
(1) 若点C的横坐标为－1，求点P的坐标；
(2) 若直线l1与椭圆M的另一交点为Q，且eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AQ,\s\up6(→))，求λ的取值范围．
二、达标训练
1、(2018无锡期末） 已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1的焦点重合，离心率互为倒数，设F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，P为右支上任意一点，则eq \f(PFeq \\al(2,1),PF2)的最小值为________．
2、(2019南通、扬州、泰州、淮安三调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，长轴长为4，过椭圆的左顶点A作直线l，分别交椭圆和圆x2＋y2＝a2于相异两点P，Q.
(1) 若直线l的斜率为eq \f(1,2)，求eq \f(AP,AQ)的值；
(2) 若eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))，求实数λ的取值范围．
3、(2016苏州暑假测试）如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为 F，上顶点为 A，P为椭圆C1上任一点，MN是圆C2：x2＋(y－3)2＝1的一条直径，在y轴上截距为3－eq \r(2)的直线l与AF平行且与圆C2相切．
(1) 求椭圆C1的离心率；
(2) 若椭圆C1的短轴长为 8，求eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的最大值．
专题10 圆锥曲线中的最值的问题
一、题型选讲
题型一 、与线段有关的最值问题
与线段有关的最值问题关键是建立关于线段的目标函数，然后运用基本不等式或者函数有关的问题，运用基本不等式或者函数求解。线段的长度可以通过两点间的距离或者利用相交弦长公式进行求解。
例1、（2020届山东省日照市高三上期末联考）过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则（ ）
A．以线段为直径的圆与直线相离 B．以线段为直径的圆与轴相切
C．当时，D．的最小值为4
【答案】ACD
【解析】对于选项A，点到准线的距离为，于是以线段为直径的圆与直线一定相切，进而与直线一定相离：
对于选项B，显然中点的横坐标与不一定相等，因此命题错误.
对于选项C，D，设，，直线方程为，联立直线与抛物线方程可得 ，，，若设，则，于是，最小值为4；当可得，
，所，.
故选:ACD.
例2、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知抛物线的焦点为F(4，0)，过F作直线l交抛物线于M，N两点，则p=_______，的最小值为______．
【答案】
【解析】
∵ 抛物线的焦点为F(4，0)，
∴ ，
∴ 抛物线的方程为，
设直线的方程为，设，，
由得，
∴，，
由抛物线的定义得
，
∴，
当且仅当即时，等号成立，
故答案为：．
例3（2019南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0，y0)是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2.
(1) 若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；
(2) 若r＝eq \f(2\r(5),5).
①求证：k1k2＝－eq \f(1,4)；
②求OP·OQ的最大值．
思路分析1 第(2)问，注意到直线OP，OQ与圆相切，因此，利用圆心到直线的距离等于半径可得到k1，k2与x0，y0的关系，利用点(x0，y0)在椭圆上，来求出k1k2的值．由直线OP，OQ与椭圆相交，求出交点的坐标，进而将OP·OQ表示为k1，k2的代数式，根据k1k2＝－eq \f(1,4)，消去k1(或k2)后，得到关于k2(或k1)的函数，利用基本不等式或函数求最值的方法，求出OP·OQ的最大值．
思路分析2 对于第(2)问的第②小题，由点P，Q在椭圆上以及k1k2＝－eq \f(1,4)，将OP，OQ表示为点P，Q的横坐标的形式，然后来求它的最值．
规范解答 (1) 因为椭圆C右焦点的坐标为(eq \r(3)，0)，所以圆心M的坐标为eq \r(3)，±eq \f(1,2)，(2分)
从而圆M的方程为(x－eq \r(3))2＋y±eq \f(1,2)2＝eq \f(1,4).(4分)
(2) ①因为圆M与直线OP：y＝k1x相切，所以eq \f(|k1x0－y0|,\r(k\\al(2,1)＋1))＝eq \f(2\r(5),5)，
即(4－5xeq \\al(2,0))keq \\al(2,1)＋10x0y0k1＋4－5yeq \\al(2,0)＝0，(6分)
同理，有(4－5xeq \\al(2,0))keq \\al(2,2)＋10x0y0k2＋4－5yeq \\al(2,0)＝0，
所以k1，k2是方程(4－5xeq \\al(2,0))k2＋10x0y0k＋4－5yeq \\al(2,0)＝0的两根，(8分)
从而k1k2＝eq \f(4－5y\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝eq \f(4－51－\f(1,4)x\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝eq \f(－1＋\f(5,4)x\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝－eq \f(1,4).(10分)
②解法1 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
解得xeq \\al(2,1)＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))，yeq \\al(2,1)＝eq \f(4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))，(12分)
同理，xeq \\al(2,2)＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,2))，yeq \\al(2,2)＝eq \f(4k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2))，
所以OP2·OQ2＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))＋eq \f(4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(4,1＋4k\\al(2,2))＋eq \f(4k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2)).
由①可知，k1k2＝－eq \f(1,4)，所以原式＝eq \f(41＋k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(41＋k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2))＝eq \f(4＋4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(1＋16k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))(14分)
≤eq \f(\f(5＋20k\\al(2,1),2)2,1＋4k\\al(2,1)2)＝eq \f(25,4)，
当且仅当k1＝±eq \f(1,2)时取等号. 所以OP·OQ的最大值为eq \f(5,2). (16分)
解法2 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①知k1k2＝－eq \f(1,4)，
得eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4)，16yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2).(*)
因为yeq \\al(2,1)＝1－eq \f(x\\al(2,1),4)，yeq \\al(2,2)＝1－eq \f(x\\al(2,2),4)代入(*)，整理得xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝4.(12分)
所以OP2·OQ2＝(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))
＝1＋eq \f(3x\\al(2,1),4)1＋eq \f(3x\\al(2,2),4)(14分)
≤eq \f(2＋\f(3,4)x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),2)2＝eq \f(25,4)，
当且仅当x1＝－x2＝±eq \r(2)时取等号，
所以OP·OQ的最大值为eq \f(5,2).(16分)
题型二、 与向量有关的最值问题
与向量有关的最值问题关键就是表示出点坐标，通过数量积转化为函数问题，然后运用基本不等式或者求导研究最值。
例4、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）已知椭圆的内接的顶点为短轴的一个端点，右焦点，线段中点为，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
由题意可设，，线段中点为，且，
可得为的重心，设，，
由重心坐标公式可得，，，
即有的中点，可得，，
由题意可得点在椭圆内，可得，
由，可得，即有.
故答案为：.
例5、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上、下顶点，点P是直线l：y＝－2上的一个动点(与y轴的交点除外)，直线PC交椭圆于另一个点M.
(1) 当直线PM经过椭圆的右焦点F时，求△FBM的面积；
(2) ①记直线BM，BP的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值；
②求eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围．
eq \a\vs4\al(思路分析) 第(2)问中有两个动点，点M和点P，思路1，把点P作为主动点，点M作为被动点，故可设P(m，－2)，且m≠0，进而求出点M坐标，表示出k1，k2和eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))后运算即可；思路2，把点M作为主动点，点P作为被动点，故可设M(x0，y0)(x0≠0)，进而求出点P坐标，表示出k1，k2和eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))后运算即可．
规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(eq \r(3)，0)，
当直线PM过椭圆的右焦点F时，
则直线PM的方程为eq \f(x,\r(3))＋eq \f(y,－1)＝1，即y＝eq \f(\r(3),3)x－1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(8\r(3),7)，,y＝\f(1,7)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－1))(舍)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),7)，\f(1,7))).(2分)
连结BF，则直线BF：eq \f(x,\r(3))＋eq \f(y,1)＝1，即x＋eq \r(3)y－eq \r(3)＝0，
而BF＝a＝2，点M到直线BF的距离为d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),7)＋\r(3)×\f(1,7)－\r(3))),\r(12＋（\r(3)）2))＝eq \f(\f(2\r(3),7),2)＝eq \f(\r(3),7).
故S△MBF＝eq \f(1,2)·BF·d＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),7)＝eq \f(\r(3),7).(4分)
(2) 解法1(点P为主动点) ①设P(m，－2)，且m≠0，则直线PM的斜率为k＝eq \f(－1－（－2）,0－m)＝－eq \f(1,m)，
则直线PM的方程为y＝－eq \f(1,m)x－1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,m)x－1，,\f(x2,4)＋y2＝1))化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,m2)))x2＋eq \f(8,m)x＝0，
解得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,m2＋4)，\f(4－m2,m2＋4)))，(6分)
所以k1＝eq \f(\f(4－m2,m2＋4)－1,－\f(8m,m2＋4))＝eq \f(－2m2,－8m)＝eq \f(1,4)m，k2＝eq \f(1－（－2）,0－m)＝－eq \f(3,m)，(8分)
所以k1·k2＝－eq \f(3,m)·eq \f(1,4)m＝－eq \f(3,4)为定值．(10分)
②由①知，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－m，3)，eq \(PM,\s\up6(→))＝(－eq \f(8m,m2＋4)－m，eq \f(4－m2,m2＋4)＋2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－m3－12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝(－m，3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－m3－12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))＝eq \f(m4＋15m2＋36,m2＋4)，(12分)
令m2＋4＝t>4，故eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(（t－4）2＋15（t－4）＋36,t)＝eq \f(t2＋7t－8,t)＝t－eq \f(8,t)＋7，(14分)
因为y＝t－eq \f(8,t)＋7在t∈(4，＋∞)上单调递增，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝t－eq \f(8,t)＋7>4－eq \f(8,4)＋7＝9，即eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围为(9，＋∞)．(16分)
解法2(点M为主动点) ①设点M(x0，y0)(x0≠0)，则直线PM的方程为y＝eq \f(y0＋1,x0)x－1，
令y＝－2，得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x0,y0＋1)，－2)).(6分)
所以k1＝eq \f(y0－1,x0)，k2＝eq \f(－2－1,－\f(x0,y0＋1))＝eq \f(3（y0＋1）,x0)，(8分)
所以k1·k2＝eq \f(y0－1,x0)·eq \f(3（y0＋1）,x0)＝eq \f(3（yeq \\al(2,0)－1）,xeq \\al(2,0))＝eq \f(3（yeq \\al(2,0)－1）,4（1－yeq \\al(2,0)）)＝－eq \f(3,4)(定值)．(10分)
②由①知，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,y0＋1)，3))，
eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(x0,y0＋1)，y0＋2))，(12分)
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(x0,y0＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(x0,y0＋1)))＋3(y0＋2)＝eq \f(xeq \\al(2,0)（y0＋2）,（y0＋1）2)＋3(y0＋2)＝eq \f(4（1－yeq \\al(2,0)）（y0＋2）,（y0＋1）2)＋3(y0＋2)＝eq \f(（7－y0）（y0＋2）,y0＋1).(14分)
令t＝y0＋1∈(0，2)，
则eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(（8－t）（t＋1）,t)＝－t＋eq \f(8,t)＋7，
因为y＝－t＋eq \f(8,t)＋7在t∈(0，2)上单调递减，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝－t＋eq \f(8,t)＋7>－2＋eq \f(8,2)＋7＝9，即eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围为(9，＋∞)．(16分)
题型三、与坐标或参数有关的最值问题
与坐标或参数有关的最值问题关键是建立目标函数，然后运用基本不等式或者求导或者通过简单的函数问题进行求解。
例6、（2019·山东高三月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.
（1）求的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）,； （2）存在点，且.
【解析】
（1）由题意可知，，则，
又的周长为8，所以，即，
则，.
故的方程为.
（2）假设存在点，使得为定值.
若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，
则.
若直线的斜率存在，设的方程为，
设点，，联立，得，
根据韦达定理可得：，，
由于，，
则
因为为定值，所以，
解得，故存在点，且.
例7、(2019泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，点B是椭圆C上异于左、右顶点的任一点，P是AB的中点，过点B且与AB垂直的直线与直线OP交于点Q.已知椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，点A到右准线的距离为6.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设点Q的横坐标为x0，求x0的取值范围．
eq \a\vs4\al(思路分析) (1)根据题意，建立关于a，c的方程组，求出a，c的值，进而确定b的值，得到椭圆的s标准方程．
(2)设出点B的坐标为(m，n)，用m，n表示x0，然后再减元转化为关于m的一元函数求求其值域．也可以设出直线AB的方程，并与椭圆方程联立，结合根与系数的关系，得到点B和P的坐标，进而求得直线BQ和PQ的方程，由两直线方程联立求得交点Q的横坐标x0，根据函数的值域求得x0的取值范围．
规范解答 (1) 由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(a2,c)＋a＝6，解得a＝2，c＝1，所以b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3)，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.(4分)
(2) 解法1设B(m，n)，则eq \f(m2,4)＋eq \f(n2,3)＝1.
因为A(－2，0)，AB⊥BQ，所以直线BQ的方程为y＝－eq \f(m＋2,n)(x－m)＋n，因为P是AB的中点，所以P(eq \f(m－2,2)，eq \f(n,2))，所以直线OP的方程为y＝eq \f(n,m－2)x，联立直线BQ，OP的方程得－eq \f(m＋2,n)(x－m)＋n＝eq \f(n,m－2)x，(8分)
解得x0＝eq \f(（m－2）（m2＋2m＋n2）,m2－4＋n2)，
由eq \f(m2,4)＋eq \f(n2,3)＝1得n2＝－eq \f(3,4)(m2－4)，代入上式化简得x0＝m＋6，(14分)
因为－2解法2 设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，k≠0.
将y＝k(x＋2)代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
解得xB＝eq \f(－8k2＋6,4k2＋3)，所以yB＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k2＋6,4k2＋3)＋2))＝eq \f(12k,4k2＋3)，
则直线BQ的方程为y－eq \f(12k,4k2＋3)＝－eq \f(1,k)(x－eq \f(－8k2＋6,4k2＋3))，
因为P是AB的中点，则xP＝eq \f(xA＋xB,2)＝eq \f(－2＋\f(－8k2＋6,4k2＋3),2)＝eq \f(－8k2,4k2＋3)，yP＝eq \f(1,2)yB＝eq \f(6k,4k2＋3)，
所以直线OP的斜率为eq \f(\f(6k,4k2＋3),\f(－8k2,4k2＋3))＝－eq \f(3,4k)，则直线OP的方程为y＝－eq \f(3,4k)x，(8分)
联立直OP，BQ的方程得x0＝eq \f(16k2＋24,4k2＋3)＝4＋eq \f(12,4k2＋3)，(14分)
因为4k2＋3>3，所以0eq \a\vs4\al(解后反思) 直线和椭圆相交求范围(最值)问题，第(2)问解法1设出关键点B的坐标(m，n)，建立关于点中参数m，n的目标函数，进一步转化为函数法或不等式法来解决；解法2通常设出直线的方程，并与椭圆方程联立，进而转化关于x或y的一元二次方程，通过根与系数关系，运用设而不求的思想，得到点的坐标，建立关于线中参数m的目标函数，进一步转化为函数法或不等式法来解决. 这两种解法都较常见. 解法1参量多一点，但运用得当，也很方便，这里解法1在建立目标函数后就显得很简单，解法2参量少目标集中．
例8、(2019扬州期末）在平面直角坐标系中，椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，左、右顶点分別为A，B，线段AB的长为4.P在椭圆M上且位于第一象限，过点A，B分别作l1⊥PA，l2⊥PB，直线l1，l2交于点C.
(1) 若点C的横坐标为－1，求点P的坐标；
(2) 若直线l1与椭圆M的另一交点为Q，且eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AQ,\s\up6(→))，求λ的取值范围．
规范解答 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,2a＝4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝1，,a＝2，))所以b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆M的方程是eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1且A(－2，0)，B(2，0)(3分)
解法1(点参数法) (1)设P(x0，y0)，kPA＝eq \f(y0,x0＋2)，因为l1⊥PA，所以直线AC的方程为y＝－eq \f(x0＋2,y0)(x＋2)．
同理直线BC的方程为y＝－eq \f(x0－2,y0)(x－2)．
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(x0＋2,y0)（x＋2），,y＝－\f(x0－2,y0)（x－2），))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－x0，,y＝\f(xeq \\al(2,0)－4,y0))).
又因为点P(x0，y0)在椭圆上，故eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋eq \f(yeq \\al(2,0),3)＝1，所以eq \f(xeq \\al(2,0)－4,y0)＝eq \f(4－\f(4,3)yeq \\al(2,0)－4,y0)＝－eq \f(4,3)y0，
所以点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，－\f(4,3)y0)).(6分)
因为点C的横坐标为－1，所以x0＝1.又因为P为椭圆M上第一象限内一点，所以y0＝eq \f(3,2)，
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).(8分)
(2)解法1 设Q(xQ，yQ)，因为eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AQ,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x0＋2＝λ（xQ＋2），,－\f(4,3)y0＝λyQ，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xQ＝－\f(x0,λ)＋\f(2,λ)－2，,yQ＝－\f(4,3λ)y0.))
因为点Q在椭圆M上，所以eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x0,λ)＋\f(2,λ)－2))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3λ)y0))eq \s\up12(2)＝1.
又yeq \\al(2,0)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,0),4)))，整理得7xeq \\al(2,0)－36(λ－1)x0＋72λ－100＝0，解得x0＝2或x0＝eq \f(36λ－50,7).(14分)
因为P为椭圆M上第一象限内一点 所以0解法2 P为椭圆M上第一象限内由(1)可知直线AC的斜率为k＝－eq \f(x0＋2,y0)，直线AC的方程为y＝k(x＝2)，联方方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋2），,3xi2＋4y2－12＝0，))得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，所以xAxQ＝(－2)xQ＝eq \f(16k2－12,4k2＋3)，
故xQ＝eq \f(6－8k2,4k2＋3)＝eq \f(6－8·\f(（x0＋2）2,yeq \\al(2,0)),4·\f(（x0＋2）2,yeq \\al(2,0))＋3)＝eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(3,4)xeq \\al(2,0)))－8（x0＋2）2,4（x0＋2）2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(3,4)xeq \\al(2,0))))＝eq \f(－2（25x0＋14）,7x0＋50)，
故λ＝eq \f(AC,AQ)＝eq \f(－x0＋2,\f(－2（25x0＋14）,7x0＋50)＋2)＝eq \f(7x0＋50,36).因为0解法2(线参数法) (1) 设直线AP的斜率为k，P(x0，y0)．因为P为椭圆M上第一象限内一点，所以0所以kAP·kBP＝eq \f(y0,x0＋2)·eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－4)＝－eq \f(3,4)，所以直线BP的斜率为－eq \f(3,4k).故直线AP，BP的方程分别为y＝k(x＋2)，y＝－eq \f(3,4k)(x－2)．
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋2），,y＝－\f(3,4k)（x－2），))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(6－8k2,4k2＋3)，,y＝\f(12k,4k2＋3)))即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－8k2,4k2＋3)，\f(12k,4k2＋3))).
因为l1⊥PA，所以kAC＝－eq \f(1,k)，则直线AC的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋2)．
因为l2⊥PB，所以kBC＝eq \f(4,3)k，则直线BC的方程为y＝eq \f(4,3)k(x－2)．
联立言程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)（x＋2），,y＝\f(4,3)k（x－2），))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(8k2－6,4k2＋3)，,y＝\f(－16k,4k2＋3)，))
即Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2－6,4k2＋3)，\f(－16k,4k2＋3))).(6分)
因为点C的横坐标为－1，所以eq \f(8k2－6,4k2＋3)＝－1，解得k＝±eq \f(1,2).
因为0(2)设Q(xQ，yQ)，C(xC，yC)，又直线AC的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋2)．
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)（x＋2），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3k2＋4)x2＋16x＋16－12k2＝0，所以－2·xQ＝eq \f(16－12k2,3k2＋4)，
解得xQ＝eq \f(6k2－8,3k2＋4).
因为eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AQ,\s\up6(→))，所以λ＝eq \f(xC＋2,xQ＋2)＝eq \f(\f(8k2－6,4k2＋3)＋2,\f(6k2－8,3k2＋4)＋2)＝eq \f(16k2（3k2＋4）,12k2（4k2＋3）)＝1＋eq \f(7,12k2＋9).(14分)
因为0eq \a\vs4\al(解后反思) 解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解析几何主要有两种方法：一是设线法；二是设点法．此题的两种解法分属于设点法和设线法．一般地，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用得好，解题过程往往会显得很简捷．解析几何大题肩负着对计算能力考查的重任，所以必要的计算量是少不了的，不要一遇到稍微有一点计算量的题目就想放弃，坚持到底才是胜利．
二、达标训练
1、(2018无锡期末） 已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1的焦点重合，离心率互为倒数，设F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，P为右支上任意一点，则eq \f(PFeq \\al(2,1),PF2)的最小值为________．
【答案】. 8
【解析】设椭圆的长半轴长为a1，短半轴长为b1，半焦距为c，则c＝eq \r(aeq \\al(2,1)－beq \\al(2,1))＝eq \r(16－12)＝2，故椭圆的离心率e1＝eq \f(c,a1)＝eq \f(1,2)，从而双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,e1)＝2，可得a＝1，根据双曲线的定义有PF1－PF2＝2a，即PF1＝PF2＋2，故eq \f(PFeq \\al(2,1),PF2)＝eq \f(（PF2＋2）2,PF2)＝eq \f(PFeq \\al(2,2)＋4PF2＋4,PF2)＝PF2＋eq \f(4,PF2)＋4，由双曲线的范围可得PF2≥c－a＝1，根据基本不等式可得PF2＋eq \f(4,PF2)＋4≥2eq \r(PF2×\f(4,PF2))＋4＝8，当且仅当PF2＝eq \f(4,PF2)，即PF2＝2时取“＝”，所以eq \f(PFeq \\al(2,1),PF2)的最小值为8.
2、(2019南通、扬州、泰州、淮安三调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，长轴长为4，过椭圆的左顶点A作直线l，分别交椭圆和圆x2＋y2＝a2于相异两点P，Q.
(1) 若直线l的斜率为eq \f(1,2)，求eq \f(AP,AQ)的值；
(2) 若eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))，求实数λ的取值范围．
eq \a\vs4\al(思路分析) 第(1)问，首先根据条件求出椭圆的方程，由于点P是直线l与椭圆的交点，所以由直线方程与椭圆的方程联立成方程组，求出点P的坐标，进而求出AP的长度．而AQ为圆的弦，所以求出圆心到直线l的距离d，就可求出AQ的长度，进而得到eq \f(AP,AQ)的值；或者，注意到eq \f(AP,AQ)等于点P，Q的纵坐标之比，故由直线l的方程与椭圆、圆的方程联立成方程组，求出交点的纵坐标即可；第(2)问，注意到eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(PQ,\s\up6(→))两个向量同向共线，所以λ＝eq \f(PQ,AP).根据(1)的分析，方法一，由λ＝eq \f(PQ,AP)＝eq \f(AQ－AP,AP)＝eq \f(AQ,AP)－1可知，只需求出点P，Q的纵坐标则可，从而就能将λ表示为k的函数，由此求出它的取值范围；方法二，是将AP，AQ表示为直线l的斜率的形式，从而将λ表示为k的函数，由此求出它的取值范围．
规范解答 (1) 由条件知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝4，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(2).))
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，圆的方程为x2＋y2＝4.(3分)
解法1 直线l的方程为y＝eq \f(1,2)(x＋2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋2，,x2＋2y2＝4))消去y得3x2＋4x－4＝0.
解得xA＝－2，xP＝eq \f(2,3)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3))).所以AP＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)＋2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2)＝eq \f(4\r(5),3).(5分)
又因为原点O到直线l的距离为d＝eq \f(2,\r(5))，所以AQ＝2eq \r(4－\f(4,5))＝eq \f(8\r(5),5)，
所以eq \f(AP,AQ)＝eq \f(\f(4\r(5),3),\f(8\r(5),5))＝eq \f(5,6).(7分)
解法2 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2y－2，,x2＋2y2＝4))得3y2－4y＝0，所以yP＝eq \f(4,3).(5分)
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2y－2，,x2＋y2＝4))消去x得5y2－8y＝0，所以yQ＝eq \f(8,5).所以eq \f(AP,AQ)＝eq \f(yP,yQ)＝eq \f(4,3)×eq \f(5,8)＝eq \f(5,6).(7分)
(2) 解法1 因为eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))，且eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(PQ,\s\up6(→))同向，则λ＝eq \f(PQ,AP)＝eq \f(AQ－AP,AP)＝eq \f(AQ,AP)－1，设直线l：y＝k(x＋2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝4，,y＝kx＋2))得
(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
即(x＋2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2k2＋1x＋4k2－2))＝0，
所以xA＝－2, xP＝eq \f(2－4k2,2k2＋1)，得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－4k2,2k2＋1)，\f(4k,2k2＋1))).
所以AP2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－4k2,2k2＋1)＋2))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k,2k2＋1)))2＝eq \f(16＋16k2,2k2＋12)，
即AP＝eq \f(4\r(k2＋1),2k2＋1).(10分)
同理AQ＝eq \f(4,\r(k2＋1)).(12分)
所以λ＝eq \f(AQ,AP)－1＝eq \f(\f(4,\r(k2＋1)),\f(4\r(k2＋1),2k2＋1))－1＝1－eq \f(1,k2＋1).
因为k2>0，所以0<λ<1.(14分)
解法2 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝4，,y＝kx＋2))消去x得(k2＋1)y2－4ky＝0，所以yQ＝eq \f(4k,k2＋1)，同理yP＝eq \f(4k,2k2＋1)，由解法1知，λ＝eq \f(AQ,AP)－1＝eq \f(yQ,yP)－1＝eq \f(\f(4k,k2＋1),\f(4k,2k2＋1))－1＝1－eq \f(1,k2＋1).
因为k2>0，所以0<λ<1.(14分)
eq \a\vs4\al(解后反思) 直线与椭圆相交的问题，最为常用的解法就是将直线方程与椭圆的方程联立成方程组，通过求出交点的坐标，然后再将所要研究的问题转化为交点的坐标来进行研究．
3、(2016苏州暑假测试）如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为 F，上顶点为 A，P为椭圆C1上任一点，MN是圆C2：x2＋(y－3)2＝1的一条直径，在y轴上截距为3－eq \r(2)的直线l与AF平行且与圆C2相切．
(1) 求椭圆C1的离心率；
(2) 若椭圆C1的短轴长为 8，求eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的最大值．
规范解答 (1) 由题意得F(c,0)，A(0，b)，则kAF＝－eq \f(b,c).(2分)
因为在y轴上截距为3－eq \r(2)的直线l与AF平行，
所以直线l：y＝－eq \f(b,c)x＋3－eq \r(2)，即bx＋cy＋(eq \r(2)－3)c＝0.(4分)
因为圆C2的圆心C2(0,3)，半径r＝1，直线l与圆C2相切，所以eq \f(|\r(2)c|,\r(b2＋c2))＝1，即eq \f(\r(2)c,a)＝1，所以e＝eq \f(\r(2),2).(6分)
(2) 因为椭圆C1 的短轴长为 8，所以2b＝8，即b＝4.
因为a2＝b2＋c2，eq \f(\r(2)c,a)＝1，所以a＝eq \r(2)c,2c2＝b2＋c2.(8分)
所以c＝b＝4，a＝4eq \r(2)，所以椭圆方程是eq \f(x2,32)＋eq \f(y2,16)＝1.(10分)
设P(x，y)，则
eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝(eq \(PC2,\s\up6(→))＋eq \(C2M,\s\up6(→)))·(eq \(PC2,\s\up6(→))＋eq \(C2N,\s\up6(→)))
＝(eq \(PC2,\s\up6(→)))2＋eq \(PC2,\s\up6(→))·(eq \(C2M,\s\up6(→))＋eq \(C2N,\s\up6(→)))＋eq \(C2M,\s\up6(→))·eq \(C2N,\s\up6(→))
＝(eq \(PC2,\s\up6(→)))2＋eq \(C2M,\s\up6(→))·eq \(C2N,\s\up6(→))
＝x2＋(y－3)2－1
＝32eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y2,16)))＋(y－3)2－1
＝－y2－6y＋40＝－(y＋3)2＋49，
又y∈[－4,4]，所以当y＝－3时，eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的最大值是49.(16分)