圆锥曲线经典题型四：最值问题

　圆锥曲线经典 综合 题型四：

　最值问题

　一：最值问题解题技巧 最值问题是高考综合解答题----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、对勾函数或函数单调性求最值，也可以利用基本不等式并借助换元法精简表达式，有时也会利用几何量的有界性确定最值。

　解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，同时运用分类讨论以及转化化归数学思想方法等。此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 二：典例分析 典例 1（与面积相关最值）：已知  1 1, A x y ，  2 2, B x y 为抛物线216 y x  上的相异两点，且1 28 x x   .

　（1）若直线 AB 过(2,0) M，求 AB 的值； （2）若直线 AB 的垂直平分线交 x 轴与点 P ，求PAB △面积的最大值. 名师指点：

　（1）设直线 AB 的方程为 tyx m  ，联立抛物线方程，运用韦达定理和中点坐标公式，以及弦长公式，计算可得所求值； （2）设线段 AB 的中点为0( M x ，0 )y ，运用中点坐标公式和直线的斜率公式，以及直线方程，可得 P 的坐标， 设出直线 AB 的方程代入抛物线方程，运用韦达定理，以及弦长公式和点到直线的距离

　公式，化简整理，结合基本不等式可得所求最大值． 满分解答过程：（1）当垂直于 x 轴或斜率为零时，显然不符合题意，所以可设直线 AB的方程为 tyx m  ， 代入方程216 y x  ，得216 16 0 y ty m   

　故21 21 2(16 ) 4 16 01616t my y ty y m      22 21 2 1 21 21 22816 16y y y y y yx x     ， 结合 2 m 解得214t  . 因此，2 2 21 2| | 1 1 (16 ) 4 16 4 15 AB t y y t t m         . （2）设线段 AB 的中点为0( M x ，0 )y ， 则1 2042x xx  ，1 202y yy ，2 1 2 12 22 1 2 1 1 2 016 816 16ABy y y yky y x x y y y     ． 线段 AB 的垂直平分线的方程是00( 4)8yy y x     ，① 由题意知 12 x ， 0 y  是①的一个解， 所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点， 且点 P 坐标为 (12,0) ．直线 AB 的方程为008( 4) y y xy  ， 即00( ) 48yx y y    ，② ②代入216 y x  得20 02 ( ) 64 y y y y    ，即2 20 02 2 64 0 y yy y     ，③ 依题意，1y ，2y 是方程③的两个实根，且1 2y y  ， 所以△2 20 04 4(2 64) 0 y y     ，即08 8 y    ．1 2 02 y y y   ，21 2 02 64 y y y   ， 2 22 2 2 2 2 0 01 2 1 2 1 2 1 2 0 0| | ( ) ( ) (1 )[( ) 4 ] (1 )(4 8 256)64 64y yAB x x y y y y y y y y             2 20 01(64 )(64 )4y y    ， 点 (12,0) P 到线段 AB 的距离2 2 20 0| | (12 4) (0 ) 64 h PM y y        ， 2 2 22 2 2 3 0 0 00 064 64 128 2 1 1 1 1 256| | (64 ) (64 ) ( ) 62 8 8 2 3 9ABPy y yS h AB y y          „

　． 当且仅当2 20 064 128 2 y y    ，即08 33y   时，上式取得等号． 所以 ABP  面积的最大值为25669． 名师方法归纳：考查直线的垂直平分线经过定点的证明，以及三角形面积的最大值的求法，解题时应用了基本不等式定理． 典例 2（与弦长、距离相关的比值最值）：如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 22 2: 1 0x yC a ba b    的离心率32e  ，左顶点为  2,0 A  ，过点 A 作斜率为  0 k k  的直线 l 交椭圆 C 于点 D，交 y 轴于点 E.

　 （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知点 P 为 AD 的中点，是否存在定点 Q，对于任意的   0 k k  都有 OPEQ ？若存在，求出点 Q的坐标，若不存在，说明理由； （3）若过点 O作直线 l 的平行线交椭圆 C 于点 M，求AD AEOM的最小值. 名师指点：

　（2）联立直线 l 的方程与椭圆的方程消元，用 k 表示出 D 点坐标，然后可得 P 点坐标，假设存在顶点   , Q m n ，使得 OPEQ ，则 OP EQ  ，即 0 OP EQ   ，然后推出  4 2 0 m k n    ，即可得到答案 （3）首先得出 M 点横坐标为224 1xk ，然后可得2 222 21 1 24 11 4 1D A E AMAD AE k x x k x xkOMk x k         ，然后用基本不等式求解即可. 满分解答过程：

　（1）椭圆的标准方程为：2214xy   ；

　（2）由直线 l 的方程为   2 y k x   ， 由 22142xyy k x  ，整理得：

　 2 2 2 24 1 16 16 4 0 k x k x k      ， 由 2 x 是方程的根，由韦达定理可知：21 2216 44 1kx xk，则2228 24 1kxk ， 当2228 24 1kxk ，222 28 2 424 1 4 1k ky kk k        ， ∴22 28 2 4,4 1 4 1k kDk k      ， 由 P 为 AD 的中点，∴P 点坐标22 28 2,4 1 4 1k kk k     ，

　直线 l 的方程为   2 y k x   ，令 0 x  ，得   0,2 E k ， 假设存在定点   , Q m n ，使得 OPEQ ，则 OP EQ  ，即 0 OP EQ   ， 22 28 2,4 1 4 1k kOPk k     ，   , 2 EQ m n k   ， ∴ 22 28 22 04 1 4 1k km n kk k     即   4 2 0 m k n    恒成立， ∴4 2 00mn    ，即120mn ，∴顶点 Q的坐标为1,02   ； （3）由 // OM l ，则 OM 的方程为 ykx ， 2214xyy kx  ，则 M 点横坐标为224 1xk ，

　由 // OM l ，可知2 221 11D A E AMAD AE k x x k x xOMk x     ， 22222 228 242 4 3 24 14 1 2 224 1 4 14 1D AMkx x kkkxk kk         ，

　当且仅当2224k 14k 1 ，即12k   时，取等号，

　∴当12k   时，AD AEOM的最小值为 2 2 . 名师方法归纳：

　涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法. 用基本不等式、换元法转化为熟悉函数、用函数的单调性等等。

　三：高考押题 1．已知椭圆2 22 2: 1( 0)x yC a ba b    的离心率为12，过右焦点 F 作与 x 轴垂直的直线，与椭圆的交点到 x 轴的距离为32. （1）求椭圆 C 的方程； （2）设 O 为坐标原点，过点 F 的直线"l 与椭圆 C 交于 A B 、 两点（ A B 、 不在 x 轴上），若 OEOA OB  ，求四边形 AOBE 面积 S 的最大值. 2．已知点 P 是圆2 2:( 1) 8 M x y    上的动点，定点 ( 1,0) N  ，线段 PN 的垂直平分线交 PM 于点 Q .

　（Ⅰ）求点 Q 的轨迹 E 的方程； （Ⅱ）过点 N 作两条斜率之积为12 的直线1l ，2l ，1l ，2l 分别与轨迹 E 交于 A ， B 和C ， D ，记得到的四边形 ACBD 的面积为 S ，求 S 的最大值. 3．已知动点 P 到两点   3,0  ，  3,0 的距离之和为 4，点 P 在 x 轴上的射影是 C，2 CQ CP  . （1）求动点 Q 的轨迹方程； （2）过点   3,0  的直线交点 P 的轨迹于点 , A B ，交点 Q 的轨迹于点 , M N ，求2 14MN AB  的最大值.

　4．已知椭圆 E ：2214xy   ，动直线 l与椭圆 E交于不同的两点  1 1, A x y ，  2 2, B x y ，且△AOB的面积为 1，其中 O为坐标原点. （1）证明：2 21 22 21 2x xy y为定值； （2）设线段 AB 的中点为 M，求 OM AB  的最大值. 5．已知椭圆  2 22 2: 1 0x yC a ba b    过点62,2    ，且离心率为12e  ，若 PMN为椭圆 C 的内接三角形，且 MN x  轴，设直线 PM 、 PN 与 x 轴的交点分别为 G 、 H（ O 为原点）. （1）求椭圆 C 的方程； （2）求2 2OG OH  的最小值，并求出此时点 P 的坐标. 6．已知椭圆2 22 2: 1( 0)x yC a ba b    的左、右焦点分别为1F ,2F ，其焦距为 2 3 ，点 E 为椭圆的上顶点，且1 2EF EF  ． （1）求椭圆 C 的方程； （2）设圆2 2: 2 O x y   的切线l交椭圆C于A，B两点（O为坐标原点），求证 OA OB  ； （3）在（2）的条件下，求 OA OB  的最大值． 7．平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆 M ：

　 2 22 21 0x ya ba b    右焦点的直线3 0 x y    交 M 于 A ， B 两点，且椭圆 M 的离心率为22. （1）求椭圆 M 的方程； （2）

　C ， D 为 M 上的两点，若四边形 ACBD 的对角线 CD AB  ，求四边形 ACBD 面积的最大值. 8．已知椭圆2 22 2: 1( 0)x yC a ba b    的左、右焦点分别为1F ，2F ，离心率为12，过1F 作直线 l 与椭圆 C 交于 A ， B 两点，2ABF  的周长为 8． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）问：2ABF  的内切圆面积是否有最大值？若有，试求出最大值；若没有，说明理

　由． 9．设椭圆  2 22 2: 1 0x yC a ba b    ，定义椭圆 C 的“相关圆 E ”的方程为2 22 22 2a bx ya b ，若抛物线24 y x  的焦点与椭圆 C 的一个焦点重合，且椭圆 C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形. （1）求椭圆 C 的方程和“相关圆 E ”的方程； （2）若直线 l 与圆 E 相切，且与椭圆 C 交于 , A B 两点， O 为坐标原点. ①求证：

　OA OB  ； ②求 AB 的最大值. 10．如图，已知圆1F 的方程为2 249( 1)8x y    ，圆2F 的方程为2 21( 1)8x y    ，若动圆 M 与圆1F 内切与圆2F 外切．

　  1 求动圆圆心 M 的轨迹 C 的方程；   2 过直线 2 x  上的点 Q 作圆2 2: 2 O x y   的两条切线，设切点分别是 , M N ，若直线 MN 与轨迹 C 交于 , E F 两点，求 EF 的最小值． 11．设椭圆2 22 2: 1( 0)x yC a ba b    的左右焦点分别为1 2, F F ，离心率是 e ，动点 0 0, P x y 在椭圆 C 上运动，当2PF x  轴时，0 01, x y e   .

　（1）求椭圆 C 的方程；

　（2）延长1 2, PF PF 分别交椭圆于点 , A B （ , A B 不重合）.设11 2 2, AF FP BF F P     ，求    的最小值. 12．已知椭圆 C ：2 22 21( 0)x ya ba b    的左、右焦点分别为1F ，2F ，左顶点为 A ，离心率为22，点 B 是椭圆上的动点，1ABF 的面积的最大值为2 12. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设经过点1F 的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 M ， N ，线段 MN 的中垂线为 " l .若直线 " l 与直线 l 相交于点 P ，与直线 2 x  相交于点 Q ，求PQMN的最小值. 13．已知椭圆22: 12xC y   的右顶点为 A ，点 P 在 y 轴上，线段 AP 与椭圆 C 的交点 B在第一象限，过点 B 的直线 l 与椭圆 C 相切，且直线 l 交 x 轴于 M .设过点 A 且平行于直线 l 的直线交 y 轴于点 Q . （Ⅰ）当 B 为线段 AP 的中点时，求直线 AB 的方程； （Ⅱ）记 BPQ  的面积为1S ，OMB  的面积为2S ，求1 2S S  的最小值. 14．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆2 2: 14 3x yC   的左顶点为 A ，右焦点为 F ，P ， Q 为椭圆 C 上两点，圆2 2 2: ( ) 0 O x y r r    . （1）若 PF x  轴，且满足直线 AP 与圆 O 相切，求圆 O 的方程； （2）若圆 O 的半径为 2，点 P ， Q 满足34OP OQk k    ，求直线 PQ 被圆 O 截得弦长的最大值. 15．椭圆 C：2 22 21( 0)x ya ba b    的离心率为12，且过点   0, 3 M ． （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点 M作两条互相垂直的直线1l ， 2 l ，椭圆 C 上的点 P 到1l ， 2 l 的距离分别为1d ，2d ，求2 21 2d d  的最大值，并求出此时 P 点坐标． 16．已知椭圆 E:2 22 21x ya b  ( 0 a b   )的左右焦点分别是1F ､2F ，离心率12e  ，点

　31,2   在椭圆 E 上． （1）求椭圆 E 的方程； （2）如图，分别过1F ､2F 作两条互相垂直的弦 AC 与 BD，求 AC BD  的最小值．

　参考答案 1．解（1）椭圆 C 的方程为2 214 3x y  . （2）

　过   1,0 F 的直线与椭圆 C 交于 A B 、 两点（ A B 、 不在 x 轴上），  设": 1 l x ty   ，由2 2114 3x tyx y   ，得2 2(3 4) 6 9 0 t y ty     ， 设    1 1 2 2, , , A x y B x y ，则1 221 2263 493 4ty yty yt    ， OE OA OB  ，  四边形 AOBE 为平行四边形， 221 2 1 2 1 221 6 12 2 | | ( ) 42 3 4AOBtS OF y y y y ytS y        △， 令21 1 t m   ，得26 213 13mSmmm ， 由对勾函数的单调性易得当 1 m  ，即 0 t  时，max32S  . 2．解（Ⅰ）∵点 Q 是线段 PN 的垂直平分线上的点， ∴ QN QP  ，∴ 2 2 QM QN QP QM MP      ， ∴点 Q 的轨迹是以 M ， N 为焦点的椭圆， 其中 22 2 a ， 2 2 c ，∴2 a ， 1 c  ， 1 b . 因此，点 Q 的轨迹方程是2212xy   .

　 （Ⅱ）设其中一条直线 AB 的方程为   1 y k x   ，代入椭圆方程可得：

　 2 2 2 22 1 4 2 2 0 k x k x k      ， 222 2 12 1kABk 设  1 1, C x y ，  2 2, D x y ，则  1: 12CD y xk  

　即 2 1 x ky    ，代入椭圆方程可得：

　 2 24 2 4 1 0 k y ky     ， 设 C ， D 到直线 AB 的距离分别为1d 和2d ，则 1 1 2 21 221kx y k kx y kd dk     ,        21 2 1 2 1 22 22 11 1k y y k x x y yk k      , 222 4 11kk,  1 212S AB d d    

　2 222 1 4 12 1k kk  4 24 24 5 124 4 1k kk k   24 22 14 4 1kk k   221 9 3 22 1 218 24 4 kk    , 当2214kk ，即212k  时取“  ” S 的最大值3 22.

　 3．解（1）设  13,0 F  ， 23,0 F

　因为点 P 到两点     3,0 , 3,0  的距离之和为 4，即1 24 PF PF  

　 可得点 P 的轨迹是以     3,0 , 3,0  为焦点，长轴长为 4 的椭圆， 所以 2 4 a ，即 2 a  ，且 3 c  ，则2 21 b a c   ， 所以点 P 的轨迹方程是2214xy   . 设点 Q 坐标为   , x y ，因 2 CQ CP  所以点 P 的坐标为 ,2yx   ，可得2214 2x y     ， 化简得点 Q 的轨迹方程为2 24 x y   . （2）若 AB x  轴，则 1 2 AB MN   ， ，2 104MN AB    . 若直线 AB 不与 x 轴垂直，设直线 AB 的方程为 3 y kx k   ，即 3 0 kx y k    ， 则坐标原点到直线 AB 的距离213 kdk，   22224 44 41kMN dk   . 设    1 1 2 2, , , A x y B x y .将 3 y kx k   代入2214xy   ，并化简得，  2 2 2 21 4 8 3 12 4 0 k x k x k      . 21 228 31 4kx xk   ，21 2212 41 4kx xk.

　 22 21 2 1 2 1 21 1 4 AB k x x k x x x x           222 222 2 24 12 48 3 4 411 4 1 4 1 4kk kkk k k             224 222221 9 9 9114 4 5 1 14 52 4 5kMN ABk kkkkk        ， 当且仅当2214kk 即22k   时，等号成立.综上所述，2 14MN AB  最大值为 1. 4．解（1）当直线 l 的斜率不存在，设 l：x＝m 代入椭圆方程，得2214my   ，即214my    由△AOB的面积为 1，可得212 1 12 4mm   ， 解得：2 m  ，则2 2 21 22 2 21 22422x x mm y y ； 当直线 l 的斜率存在，设 y kx t   ， 联立2214xyy kx t   ， 化简整理可得  2 2 21 4 8 4 4 0 k x ktx t      ， 设  1 1, A x y ，  2 2, B x y ， 可得1 2281 4ktx xk  ，21 224 41 4tx xk， 2 21 2 1 21 ( ) 4 AB k x x x x     

　 22 22 24 4 481 ( )1 4 1 4tktkk k      2 2224 1 411 4k tkk   ，

　由△AOB的面积为 1，可得21121tABk  ， 化简可得2 21 4 2 k t  ， 则2 2 21 2 1 2 1 2( ) 2 x x x x x x    

　 2 4222 2 2 24 1 8 168 4 42 41 4 1 4 (1 4 )k kkt tk k k            ， 而 2 2 2 21 2 1 22 22 21 21 24124x x x xy yx x   ， 综上可得，2 21 22 21 2x xy y为定值 4； （2）设  0 0, M x y ， 当直线的斜率不存在时， 2 OM  ， 2 AB  ，则| 2 OM AB   ； 当直线的斜率存在时，由（1）可得1 20242 1 4x x ktxk  ， 0 021 4ty kx tk  ， 则22 2 22 20 02 2 2 2 21 16 16(1 4 ) (1 4 ) 1 4t k k t tOM x yk k k      ， 可得22 222 21 16 4 1 411 4 1 4t k k tOM AB kk k        224 21 1 1 1 19 30 16 9( 1) 252 2 t t t           . ∵2 21 122 2t k    ，∴210 2t  . 可知522OM AB    . 综上， OM AB  的最大值为52.

　5．解（1）椭圆 C 的方程为2 214 3x y  ； （2）设点  1 1, M x y 、  1 1, N x y  、  2 2, P x y ， 直线 PM 的斜率为2 12 1PMy ykx x，直线 PM 的方程为  2 11 12 1y yy y x xx x  ， 令 0 y  ，解得1 2 2 12 1x y x yxy y，则点1 2 2 12 1,0x y x yGy y    ，同理可得点1 2 2 12 1,0x y x yHy y    ， 2 22 21 22 12 2 2 21 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 12 2 2 22 1 2 1 2 1 2 14 44 43 34y yy yx y x y x y x y x y x yy y y y y y y y                   ， 2 22 21 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 12 1 2 1 2 1 2 12 8x y x y x y x y x y x y x y x yOG OHy y y y y y y y                      ， 当且仅当 OG OH  时，即点 P 为椭圆长轴端点时，2 2OG OH  取最小值 8 ，此时点 P的坐标为   2,0  . 6．解（1）椭圆 C 的方程为2 216 3x y  . （2）（ⅰ）当切线与 x 轴垂直时， 交点坐标为 ( 2, 2)   ， 90 AOB    ， OA OB  ； （ⅱ）当切线与 x 轴不垂直时， 设切线为( 0) y kx m k   ，  1 1, A x y ，  2 2, B x y ， 由圆心到直线距离为221mdk ， 2 22 2 m k  ， 联立直线方程与椭圆方程，得  2 2 22 1 4 2 6 0 k x kmx m      ， 1 2242 1kmx xk ，21 222 62 1mx xk，    2 22 21 2 1 2 1 2 1 223 6 61 02 1m kx x y y k x x km x x mk        ，  OAOB  .

　（3）当切线与 x 轴垂直时， 4 OA OB   ； 当切线与 x 轴不垂直时，由（2）知 OA OB  ， 2 OA OB AB  ， ∵  2 221 222 1 8 212 1k kAB k x xk    ， 令2t k ，则22 2 314 4ABtt   ， 当且仅当22k   时等号成立，  3 2 OA OB . 综上所述， OA OB 的最大值为 3 2 . 7．解：（1）椭圆 M 的方程为2 216 3x y  . （Ⅱ）由2 23 016 3x yx y   ，解得4 3333xy 或03xy  ，因此4 63AB . 设直线 CD 的方程为 yx n  ，设  3 3, C x y ，  4 4, D x y . 由2 216 3y x nx y   得2 23 4 2 6 0 x nx n    .  2 216 12 2 6 0 n n      ，故 3 3 n    . 又 , AB CD 的交点在 , A B 之间，故5 333n    . 因为直线 CD 的斜率为 1， 所以2 224 32 2 9 4 91 1 23 3Cnx x Dn      . 又四边形 ACBD 的面积21 8 692 9S CD AB n     ，

　当 0 n  时， S 取得最大值，最大值为8 63，所以四边形 ACBD 面积的最大值为8 63. 8．解（1）椭圆 C 的标准方程为2 214 3x y  ． （2）设2ABF  的内切圆半径为 r ， 22 21(| | | | | |)2ABFS AF AB BF r    ，

　又2 2| | | | | | 8 AF AB BF    ， 24ABFS r， 要使2ABF  的内切圆面积最大，只需2ABFS 的值最大． 设1 1( , ) A x y ，2 2( , ) B x y ，直线 : 1 l x my   ， 联立2 214 31x yx my   消去 x 得：2 2(3 4) 6 9 0 m y my     ， 易得   ，且1 2263 4my ym ，1 2293 4y ym ， 所以221 2 1 2 1 2 1 21| | | | ( ) 42ABFS FF y y y y y y      

　2 22 2 2 236 36 12 1(3 4) 3 4 3( 1) 1m mm m m     ， 设21 1 t m   ，则2212 1213 13ABFtSttt ， 设13 ( 1) y t tt   ，213 0 yt  ，所以13 y tt  在 [1, )  上单调递增， 所以当 1 t  ，即 0 m 时，2ABFS 的最大值为 3， 此时34r  ，所以2ABF  的内切圆面积最大为916． 9．解（1）椭圆 C 的方程为2212xy   ， 相关圆 E 的方程为2 223x y   . （2）①（i）

　l 斜率不存在时，可得 l 的方程为63x   ，

　联立22663312xyxy    ， 即6 6 6 6, , ,3 3 3 3A B            或6 6 6 6, , ,3 3 3 3A B               6 6 6 603 3 3 3OA OB           ， OA OB   ； （ii）斜率存在时，可设 l 的方程为 ykx m  ，    1 1 2 2, , , A x y B x y ，联立   2 2 2221 2 4 2 1 012y kx mk x kmx mxy        ，  1 2221 2241 22 11 2kmx xkmx xk    ， 由圆 E 与 l 相切可得  22 2 222 163 2 13 31kmm k mk     ，    1 1 2 2 1 2 1 2, , OA OB x y x y x x y y      

　      2 21 2 1 2 1 2 1 21 x x kx m kx m k x x km x x m         

　    2 222 22 1 141 2 1 2k mkm kmmk k       2 22 22 23 2 13 301 2 1 2m km mk k    ，  由（i）（ii）知， OAOB  恒成立. ② l 斜率不存在时，由①可得2 63AB  ， l 斜率存在时，由①可得  221 2 1 21 4 AB k x x x x    

　 2222 24 2 1411 2 1 2mkmkk k          2 2 2 2 2221 16 8 8 1 32 81 2 3 1 2k k m k kk k      ， 令21 2k t  ，则  11, 0,1 tt   ， 222 23 8 4 4 3 4 4 3 1 18 9 4 33 3 3 2t tABt t t t              ， （当且仅当1 12 t 时取“  ”）

　max2 63, 33AB   . 10．解（Ⅰ）设动圆 M 的半径为 r ，∵动圆 M 与圆1F 内切，与圆2F 外切， ∴17 24MF r   ，且224MF r  .于是，1 2 1 22 2 2 MF MF FF     ， 所以动圆圆心 M 的轨迹是以1 2, F F 为焦点，长轴长为 2 2 的椭圆.从而，2, 1 a c   ， 所以 1 b .故动圆圆心 M 的轨迹 C 的方程为2212xy   ． （Ⅱ）设直线 2 x  上任意一点 Q 的坐标是   2,t ，切点, M N 坐标分别是  3 3, x y ，  4 4, x y ；则经过 M 点的切线斜率33xky ，方程是3 32 x x y y   ， 经过 N 点的切线方程是4 42 x x y y   ，又两条切线 MQ ， NQ 相交于 Q

　  2,t .

　 则有3 34 42 22 2x tyx ty   ，所以经过 , M N 两点的直线 l 的方程是 2 2 x ty   ， ①当 0 t  时，有   1,1 M ，   1, 1 N  ，21,2E    ，21,2F    ，则 2 EF  ； ②当 0 t  时，联立222 212x tyxy   ，整理得  2 2 28 16 8 2 0 t x x t      ；

　设 , E F 坐标分别为  5 5, x y ，  6 6, x y ，则5 6225 621688 28x xttx xt    ， 所以  2225 6 5 62 22 2 42 8 21 4 2 2 28 8tEF x x x xt t t             ， 综上所述，当 时， EF 有最小值2 ． 11．解（1）2212xy   ； （2）由题意得， P 不在 x 轴上，不妨设 ( , ) P m n ，且 0 n  ，设    1 1 2 2, , , A x y B x y ， 所以由11AF FP   ，得  1 11 , ( 1, ) x y m n       ， 所以1 11, x m y n          ， 由22 1112xy   ，得22( 1)( ) 12mn    ，代入2212mn   ， 化简得：

　[(3 2 ) 1]( 1) 0 m       ， 由于 1 0    ，所以13 2m ，同理可得13 2m ， 所以21 1 63 2 3 2 9 4 m m m       ，所以当 0 m 时，    最小为23 12．解（1）由已知，有22ca ，即2 22 a c . ∵2 2 2a b c  ，∴ b c  . 设 B 点的纵坐标为  0 00 y y  . 则  1012ABFS a c y  

　 12a c b  

　2 12 ， 即   2 2 1 b b b    . ∴ 1 b ，2 a . ∴椭圆 C 的方程为2212xy   .

　（2）由题意知直线 l 的斜率不为 0 ，故设直线 l ：

　1 x my   . 设  1 1, M x y ，  2 2, N x y ，   ,P PP x y ，   2,QQ y . 联立2 22 21x yx my   ，消去 x ，得  2 22 2 1 0 m y my     . 此时  28 1 0 m     . ∴1 2222my ym ，1 2212y ym . 由弦长公式，得21 MN m  

　21 21 y y m   

　2 224 4 82m mm . 整理，得2212 22mMNm . 又1 222 2Py y mym ，∴ 1P Px my  

　222 m. ∴21 2PPQ m x   

　2222 612mmm  . ∴222 62 2 1PQ mMNm 222 321mm  222 21 221mm      ， 当且仅当22211mm ，即 1 m  时等号成立. ∴当 1 m  ，即直线 l 的斜率为 1  时，PQMN取得最小值 2 . 13．解：（Ⅰ）由椭圆22: 12xC y   ，可得：

　  2,0 A

　由题意：设点   0 00, 0 P y y  ，当 B 为 PA 的中点时，可得：22Bx 

　代入椭圆方程，可得：32By  所以：2 3,2 2B     所以3622 222ABk   .故直线 AB 的方程为 622y x   .

　（Ⅱ）由题意，直线 l 的斜率存在且不为 0， 故设直线 l 的方程为：

　  0, 0 y kx m k m    

　令 0 y  ，得：mxk ，所以：

　,0mMk    . 联立：2 22 2 0y kx mx y    ，消 y ，整理得：

　 2 2 22 1 4 2 2 0 k x kmx m      . 因为直线 l 与椭圆相切，所以   2 2 2 216 4 2 1 2 2 0 k m k m       . 即2 22 1 m k  . 设  1 1, B x y ，则122 22 1km kxk m  ，1 1212 1my kx mk m   ， 所以2 1,kBm m    . 又直线 / / AQ 直线 l ，所以设直线 AQ 的方程为：

　  2 y k x   . 令 0 x  ，得 2 y k   ，所以：

　  0, 2 Q k  . 因为1122 22ABmkkk mm  ， 所以直线 AB 的方程为：

　 122 2y xk m  . 令 0 x  ，得12yk m，所以：10,2Pk m    . 所以2 21 2 2 1 222 2 2k km m kmPQ k mk m k m k m        . 又因为11 1 22 2BkS PQ x m km   . 21 1 1 12 2 2BmS OM yk m k  . 所以1 21 122 2S S kk    （当且仅当12kk，即22k   时等号成立）

　所以  1 2min2 S S   . 14．解：（1）因为椭圆 C 的方程为2 214 3x y  ， 所以 ( 2,0) A  ， (1,0) F ， 因为 PF x  轴，所以31,2P   ，

　根据对称性，可取31,2P   ，

　 则直线 AP 的方程为1( 2)2y x   ，即 2 2 0 x y - + = .

　 因为直线 AP 与圆 O 相切，得2 22 251 2， 所以圆的方程为 2 245x y   .

　（2）圆 O 的半径为 2，可得圆 O 的方程为2 24 x y   .

　 ①当 PQ x  轴时，234OP OQ OPk k k      ，所以32OPk   ， 2 2324y xx y  得2167x  ， 此时得直线 PQ 被圆 O 截得的弦长为16 4 212 47 7  .

　 ②当 PQ 与 x 轴不垂直时，设直线 PQ 的方程为 ykx b  ，  1 1, P x y ，   2 2 1 2, 0 Q x y x x  ，

　首先由34OP OQk k    ，得1 2 1 23 4 0 x x y y   ， 即   1 2 1 23 4 0 x x kx b kx b     ，所以    2 21 2 1 23 4 4 4 0 k x x kb x x b      （*）.

　联立2 214 3y kx bx y   ，消去 x 得  2 2 23 4 8 4 12 0 k x kbx b      ， 在   时，1 2283 4kbx xk  ，21 224 123 4bx xk 代入（*）式，得2 22 4 3 b k  ， 由于圆心 O 到直线 PQ 的距离为21bdk， 所以直线 PQ 被圆 O 截得的弦长为2222 4 81l dk   ， 故当 0 k  时， l 有最大值为 10 . 综上，因为4 21107 ， 所以直线 PQ 被圆 O 截得的弦长的最大值为 10 .

　15．解：（1）椭圆方程为：2 21.4 3x y 

　（2）设  0 0, P x y ，因为1 2l l  ，则22 2 2 21 2 0 0( 3) d d PM x y      因为2 20 014 3x y  ，所以22 2 2 2 201 2 0 0 0( 3) 4 1 ( 3)3yd d x y y           2 20 0 01 12 3 7 ( 3 3) 163 3y y y        

　因为03 3 y    ， 所以当03 y  时，2 21 2d d  取得最大值为 2 3 ，此时点  3,0 P 

　16．解:（1）椭圆 E 方程为:2 214 3x y  ．

　（2）解法一:由已知  11,0 F  ， ①当 AC x  轴或在 x 轴上时， 3 AC  ， 4 BD  ，或 4 AC  ， 3 BD  ， + =7 AC BD 

　②当直线斜率存在且不为 0 时，  11,0 F  ，  21,0 F 设直线 AC方程为:   1 y k x  

　联立2 214 3x y  得:    2 2 2 24 3 8 4 3 0 k x k x k     

　设  1 1, A x y ，  2 2, B x y

　则21 2284 3kx xk  ， 21 224 34 3kx xk      222 22 1 1 2 1 2212 11 1 44 3kAC k x x k x x x xk           AC BD ^ ，由椭圆对称性，以1k 代换上式中的 k 得:  222 22112 112 13 4 14 3kkBDkk    ， 思路一:   222 284 14 3 3 4kAC BDk k        2222 284 14874 3 3 42kk k       ，

　当且仅当2 24 3 3 4 k k   即 1 k  时，取“=”

　而4877 ， AC BD   有最小值487 思路二:设21 t k   ，则 1 t  ，21 k t  

　   2 22 284 84 844 1 3 1 12 11 1 492 4t tAC BD f tt t t tt             当且仅当1 12 t ，21 2 t k   ， 1 k 

　即 1 k  时，有最小值487．

　而4877 ， AC BD   有最小值487 解法二:由已知  11,0 F  ，设直线 AC: 1 x my  

　联立2 214 3x y  得:  2 23 4 6 9 0 m x my    

　设  1 1, A x y ，  2 2, B x y 则1 2263 4my ym ，1 2293 4y ym       222 22 1 1 2 1 2212 11 1 43 4mAC m y y m y y y ym           AC BD ^ ，由椭圆对称性，以1m 代换上式中的 m 得:  2222112 112 +114 +33 4mmBDmm    ． 思路一   222 284 14 3 3 4mAC BDm m   

　    2222 284 14874 3 3 42mm m       ， 当且仅当2 24 3=3 4 m m  即 1 m 时，取“=”， AC BD   有最小值487． 思路二:设21, t m   则21, 1 t m t   

　   2 22 284 84 844 1 3 1 12 11 1 492 4t tAC BD tt t t tt              当且仅当1 12 t ，21 2 t m   即 1 m 时，有最小值487． AC BD   有最小值487．

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