29.圆锥曲线中的最值、范围问题

1/129.圆锥曲线中的最值、范围问题1.（2020·新高考Ⅱ卷21题）已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）过点M（2，3），点A为其左顶点（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.解：（1）由题意可知直线AM的方程为y－3＝12（x－2），即x－2y＝－4当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4，由椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）过点M（2，3），可得416＋9b2所以C的方程为x216＋y2（2）设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m，如图，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.联立x－2y＝m，x216＋y212=1，消去x得所以Δ＝144m2－4×16（3m2－48）＝0，即m2＝64，解得m＝±8，与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，两平行线（直线AM与直线x－2y＝8）之间的距离为d＝｜8+4｜1+4｜AM｜＝（2+4）2＋3所以△AMN的面积的最大值为12×35×12552.（2021·全国乙卷21题）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，且F与圆M：x2＋（y＋4）2＝1上点的距离的最小值为4.（1）求p；（2）若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值.解：（1）由题意知M（0，－4），F0，p2，圆M的半径r＝1，所以｜MF｜－r＝4，即p2＋4－1＝4，解得（2）由（1）知，抛物线方程为x2＝4y，由题意可知直线AB的斜率存在，设Ax1，x124，Bx2，x2联立得y＝kx＋b，x2=4y，消去y得x则Δ＝16k2＋16b＞0（※），x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以｜AB｜＝1+k2｜x1－x2｜＝1+k2·（x1因为x2＝4y，即y＝x24，所以y'＝x2，则抛物线在点A处的切线斜率为x12，在点A处的切线方程为y－x124＝x12（x－x同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x22x－联立得y＝x即P（2k，－b）.因为点P在圆M上，所以4k2＋（4－b）2＝1， ①且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－12≤k≤12，3≤b≤5，满足（设点P到直线AB的距离为d，则d＝｜2所以S△PAB＝12｜AB｜·d＝4（由①得，k2＝1-(4令t＝k2＋b，则t＝－b2+12b－154，因为t＝－b2+12b－154在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，3.（2025·全国Ⅰ卷18题）已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为223，下顶点为（1）求C的方程；（2）已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足｜AP｜·｜AR｜＝3.（ⅰ）设P（m，n），求R的坐标（用m，n表示）；（ⅱ）设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求｜PQ｜的最大值.解：（1）由题意知ca＝223，所以c设a2＝9t，t＞0，则c2＝8t，所以b2＝t. 又｜AB｜2＝a2＋b2＝10t＝10，所以t＝1，所以C的方程为x29＋y2（2）（ⅰ）设R（x，y），由（1）知A（0，－1），又P（m，n），所以AP·AR＝（m，n＋1）·（x，y＋1）＝mx＋（n＋1）（y＋1）＝｜AP｜·｜AR｜·cos0＝3. ①由kAP＝kAR，得n+1m＝y+1由①②得x＝3mm2＋（故R（3mm2＋（ⅱ）由（ⅰ）得kOR＝n+2－m2－n23m＝3kOP＝3nm，得m2即m2＋（n＋4）2＝18.由题设Q（3cosθ，sinθ），K（0，－4），则｜KQ｜2＝（3cosθ）2＋（sinθ＋4）2＝－8sin2θ＋8sinθ＋25，设s＝sinθ，则｜KQ｜2＝－8s2＋8s＋2