郑志刚

【摘要】本文主要通过分离常数、反求、判别式法、均值不等式、换元、求导等方法来解决解析几何中的分式型最值，将这类最值题型进行了仔细的分析和整理.

【关键词】分离常数；反求；判别式法；均值不等式；换元；求导

解析几何中的最值问题是考试的热点，涉及的知识点也很多，有一种题型也经常考，那就是分式型最值，比如，2016年全国卷第20题，不仅如此，2011年和2014年的全国卷第20题都是这种题型.常用方法有分离常数、反求、判别式法、均值不等式、换元、求导等.我们通过以下例子来分析具体应该用什么方法，是否有通性通法.

题型一 ax2+bcx2+d型，这种题型分子、分母齐二次，且不含一次项.若定义域不是R，可以考虑分离常数或反求，分离常数后转化成反比例函数类型，利用数形结合求最值，反求则是用y来表示x2，利用x2的范围反求出y的范围.一般可以分离常数就可以反求，如果学生分离常数计算不过关，且反比例函数掌握得不好，可以用反求法，更容易计算成功.若定义域为R，则考虑判别式法.

例1 （2016年全国卷第20题）x2+y2+2x-15=0的圓心为A，l过B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于E.

（1）求证|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程.

（2）设E的轨迹方程为C1，l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ的面积范围.

分析 考虑到直线l的斜率可能不存在，同时直线l又刚好不与x轴重合（即斜率不为0），所以把直线l设成x=ty+1，留y运算，同时弦长公式用1+k2Δ|a|表示，其中|a|是二次项的系数.这样会比直线l用点斜式简单，一步到位，整理后的式子更简单，运算量少，成功率高一些.

解 ∵EB∥AC，∴|EB||AC|=|ED||AD|，

∵|AC|=|AD|，∴|EB|=|ED|，

∴|AE|+|EB|=|AE|+|ED|=4>|AB|=2，

∴E的轨迹为x24+y23=1（y≠0）.

（2）设直线l为x=ty+1，联立椭圆x24+y23=1，得

（3t2+4）y2+6ty-9=0，∴Δ>0，y1+y2=-6t3t2+4，y1y2=-93t2+4，

|MN|=1+t2|y1-y2|=1+t236t2+36（3t2+4）3t2+4=12（1+t2）3t2+4.

设直线PQ为y=-t（x-1），所以圆心A到直线PQ的距离为d=|2t|1+t2，

∴|PQ|=216-d2=43t2+4t2+1，

所以四边形MPNQ的面积为

12|MN|·|PQ|=24t2+13t2+4.

解法一 分离常数.

t2+13t2+4=13（3t2+4）-133t2+4=13-133t2+4，

∵3t2+4≥4，∴-112≤-133t2+4<0，

∴14≤13-133t2+4<13，

所以四边形MPNQ的面积范围为[12，83）.

解法二 反求.y=t2+13t2+4，∴3yt2+4y=t2+1，

∴t2=1-4y3y-1≥0，∴14≤y<13，

所以四边形MPNQ的面积范围为[12，83）.

解法三 考虑到t∈R，用判别式法.y=t2+13t2+4，

∴3yt2+4y=t2+1，∴（3y-1）t2+4y-1=0.

若3y-1≠0时，Δ1=-4（4y-1）（3y-1）≥0，

∴14≤y<13；

若3y-1=0时，式子无意义.

所以四边形MPNQ的面积范围为[12，83）.

解法四 换元.若把分母换元，则和分离常数运算一致，若换分子，主要思维与分离常数也大同小异.具体如下：

t2+1=m，m≥1，∴y=t2+13t2+4=m3m+1=13+1m.

∵m≥1，∴0<1m≤1，

∴14≤13+1m<13，

所以四边形MPNQ的面积范围为[12，83）.

这道题解法众多，但我觉得优选反求，容易计算，容易得分.

题型二 ax+bcx2+d或ax2+bcx+d型，这种分子与分母一个是一次方，一个是二次方，可以考虑用均值不等式解决，但一定要把一次方当作整体换元后，把问题转化成对勾函数再结合均值不等式解决.当然如果定义域为R，那么也可以考虑用判别式法.

例2 （2011年全国卷第20题）

在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，-1），B点在直线y=-3上，M点满足MB与OA共线，MA·AB=MB·BA，M点的轨迹方程为曲线C.

（1）求曲线C方程.

（2）P为C上的动点，l为C在P点处的切线，求O到l的距离的最小值.

解 （1）设M（x，y），B（x，-3），A（0，-1），

∴MA=（-x，-1-y），MB=（0，-3-y），AB=（x，-2）.

因为MA·AB=MB·BA，∴（-x，-4-2y）（x，-2）=0，

所以曲线C的方程为y=14x2-2.

（2）设P（x0，y0）为曲线C：y=14x2-2上一点，

∵y′=12x，∴切线的方程为y-y0=12x0（x-x0），

∴x0x-2y+2y0-x20=0，则d=|2y0-x20|x20+4.

∵y0=14x20-2，

∴d=12x20+4x20+4=12x20+4+4x20+4≥2，

所以O到l距离的最小值为2，这里换元x20+4=t，∴d=12·t2+4t，对勾函数y=t+4t求最值，利用均值不等式顺利解决.

例3 （2014年全国新课标卷Ⅰ第20题）

已知点A（0，-2），椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点.

（1）求E的方程.

（2）设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当三角形OPQ的面积最大时，求l方程.

解 （1）设F（c，0），由条件知2c=233，∴c=3，

∵ca=32，∴a=2，∴b=1，

∴E的方程为x24+y2=1.

（2）当l与x轴垂直时不合题意，所以设直线l为y=kx-2，P（x1，y1），Q（x2，y2），将直线l：y=kx-2代入椭圆x24+y2=1，得

（1+4k2）x2-16kx+12=0，∴Δ>0，

∴k2>34，x1+x2=16k1+4k2，x1x2=121+4k2，

∴|PQ|=1+k2|x1-x2|=41+k24k2-31+4k2.

又点O到直线PQ的距离为d=21+k2，

∴S=12·d·|PQ|=44k2-31+4k2.

设4k2-3=t，t>0，

∴S=12·d·|PQ|=4tt2+4=4t+4t.

∵t+4t≥4，t=2，即k=±72时等号成立，

∴当△OPQ的面积最大时，l方程为y=72x-2或y=-72x-2.

以上两题非常相似，主要都是把根号当作一个整体进行换元，把问题转化成对勾函数，利用均值不等式解决.

题型三 ax2+bx+cdx2+ex+f型，分子、分母都是二次方，并且式子比较复杂，这种题型考虑换元、均值不等式、分离常数、求导等.这种题型难度较高，因题而异，具体题目具体分析，实在不行那就求导.若定义域为R，则考虑判别式法.

例4 已知圆O：x2+y2=1的切线与椭圆C：x2+3y2=4相交于A，B两点.

（1）求椭圆的离心率.

（2）求证OA⊥OB.

（3）求三角形OAB的面积最大值.

解 （1）∵a2=4，b2=43，∴c2=83，∴ca=63.

（2）显然切线斜率不存在时，OA与OB垂直.切线斜率存在时，设切线为y=kx+m，

∴|m|1+k2=1，∴m2=1+k2，A（x1，y1），B（x2，y2）将切线代入椭圆x2+3y2=4，得（3k2+1）x2+6kmx+3m2-4=0，Δ>0，x1+x2=-6km1+3k2，x1x2=3m2-41+3k2，

∴OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（k2+1）x1x2+km（x1+x2）+m2=4m2-4k2-41+3k2=0，

∴OA⊥OB.

（3）因为直线AB与圆O相切，则圆O半径为三角形OAB的高，当切线斜率不存在时面积为2.当切线斜率存在时

|AB|=1+k2|x1-x2|=21+k29k2+13k2+1

=29k4+10k2+19k4+6k2+1=21+4k29k4+6k2+1

=21+49k2+1k2+6.

∵9k2+1k2≥6，∴|AB|≤423，S≤223.

換元3k2+1=m，

∴|AB|=23m2+4m-43m2=21+43m-43m2.

∵0<1m≤1，当1m=12时面积取最大值.

综上所述，题型一考虑分离常数或反求，题型二考虑均值不等式，题型三考虑换元、均值不等式、分离常数或求导，分子分母中较高次方为二次方，定义域又是R，考虑判别式法.多比较多归纳整理，将有助于提高解析几何的得分率，加深对知识的理解与应用，经过这样的总结和梳理后，对解析几何分式型函数求最值有一定的提升与突破.

【参考文献】

[1]陈海平.圆锥曲线的最值问题研究[D].楚雄：楚雄师范学院，2006.

[2]尹彬.例说圆锥曲线最值问题中的求解思路[J].数学大世界（高中辅导），2004（11）：15-16.

[3]曹思才.圆锥曲线中的最值问题[J].数理化学习（高中版），2004（02）：9-13.