专题11 代数法解决的最值模型-2022年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）

专题11　代数法解决的最值模型 【例题选讲】 [例2]　(7)设F1，F2是椭圆E：＋＝1的左右焦点，P是椭圆E上的点，则|PF1|·|PF2|的最小值是________． 答案　16　解析　由椭圆方程可知a＝5，c＝3，根据椭圆的定义，有|PF2|＝2a－|PF1|＝10－|PF1|，故|PF1|·|PF2|＝|PF1|·(10－|PF1|)，由于|PF1|∈[a－c，a＋c]＝[2，8]注意到二次函数y＝x(10－x)的对称轴为x＝5，故当x＝2，x＝8时，都是函数的最小值，即最小值为2×8＝16． (8)如图，焦点在x轴上的椭圆＋＝1的离心率e＝，F，A分别是椭圆的一个焦点和顶点，P是椭圆上任意一点，则·的最大值为________． 答案　4　解析　设P点坐标为(x0，y0)．由题意知a＝2，因为e＝＝，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3．故椭圆方程为＋＝1．所以－2≤x0≤2，－≤y0≤．因为F(－1，0)，A(2，0)，＝(－1－x0，－y0)，＝(2－x0，－y0)，所以·＝x－x0－2＋y＝x－x0＋1＝(x0－2)2．即当x0＝－2时，·取得最大值4． (9)在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且|AB|＝2，|AD|＝1，|CD|＝2x，其中x∈(0，1)，以A，B为焦点且过点D的双曲线的离心率为e1，以C，D为焦点且过点A的椭圆的离心率为e2，若对任意x∈(0，1)，不等式t＜e1＋e2恒成立，则t的最大值为(　　) A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．2　　　　　　　　D． 答案　B　解析　由平面几何知识可得|BD|＝|AC|＝，所以e1＝，e2＝，所以e1e2＝1．因为e1＋e2＝e1＋＝＋在x∈(0，1)上单调递减，所以e1＋e2＞＋＝．因为对任意x∈(0，1)，不等式t＜e1＋e2恒成立，所以t≤，即t的最大值为． (10)已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝2，若P是该双曲线右支上的一点，且满足|PF1|＝2|PF2|，则△PF1F2面积的最大值是(　　) A．1　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．2 答案　B　解析　∵∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，设∠F1PF2＝θ，∴cosθ＝＝，∴S2△PF1F2＝(×4a×2a×sinθ)2＝16a4(1－)＝－9(a2－)2≤，当且仅当a2＝时，等号成立，故S△PF1F2的最大值是．故选B． (11)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点，AF2，BF2分别交y轴于P，Q两点，若△PQF2的周长为16，则的最大值为________． 答案　　解析　由题意，得△ABF2的周长为32，∴|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝32，∵|AF2|＋|BF2|－|AB|＝4a，|AB|＝，∴＝32－4a，∴b＝(0<a<8)，∴＝，令t＝a＋1(1<t<9)，则＝ ＝＝ ，令m＝，则＝，当m＝－＝，即a＝，b＝时，的最大值为 ＝． (12)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p＞0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为(　　) A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．1 答案　C　解析　如图所示，设P(x0，y0)(y0＞0)，则y＝2px0，即x0＝．设M(x′，y′)，由＝2，得化简可得∴直线OM的斜率为k＝＝＝≤＝(当且仅当y0＝p时取等号)，故直线OM的斜率的最大值为． (13)抛物线y2＝8x的焦点为F，设A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线上的两个动点，若x1＋x2＋4＝|AB|，则∠AFB的最大值为(　　) A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D． 答案　D　解析　由抛物线的定义可得|AF|＝x1＋2，|BF|＝x2＋2，又x1＋x2＋4＝|AB|，得|AF|＋|BF|＝，|AB|，所以|AB|＝(|AF|＋|BF|)．所以cos∠AFB＝＝＝＝－≥×2－＝－，而0＜∠AFB＜π，所以∠AFB的最大值为． (14)(2017·全国Ⅰ)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 答案　A　解析　因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1，0)．由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．