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§8.10　圆锥曲线中范围与最值问题
题型一　范围问题
例1　(2022·临沂模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，以PF1为直径的圆E：x2＋2＝过焦点F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．
解　(1)在圆E的方程中，令y＝0，得x2＝3，
解得x＝±，
所以F1，F2的坐标分别为(－，0)，(，0)．
因为E，
又因为|OE|＝|F2P|，OE∥F2P，
所以点P的坐标为，
所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝2×＋＝4，
得a＝2，b＝1，
即椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)右顶点为A(2,0)，由题意可知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM的方程为y＝k(x－2)，
由MN与x轴不垂直，故k≠±1.
由
得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，又点A(2,0)，
则由根与系数的关系可得2x1＝，
得x1＝，y1＝k(x1－2)＝，
因为AM⊥AN，
所以直线AN的方程为y＝－(x－2)，
用－替换k可得，x2＝，y2＝，
所以点Q坐标为
，
所以直线AQ的斜率
k1＝＝，
直线MN的斜率
k2＝＝＝，
所以k1k2＝＝，
因为k2>0且k2≠1，
所以2k2＋＋1>2＋1＝5，
所以0<<，
即k1k2∈.
所以直线MN与AQ的斜率之积的取值范围是.
教师备选
(2022·武汉调研)过双曲线Γ：－＝1(a>0，b>0)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.
(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；
(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．
解　(1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，
|F1F2|＝2.
∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，
2c＝|F1F2|＝2，c＝，b2＝c2－a2＝2，
此时Γ的标准方程为x2－＝1.
(2)设l的方程为x＝my－c，与－＝1联立，
得(b2m2－a2)y2－2b2cmy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
由AF2⊥BF2，·＝0，
(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，
(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0
(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0
(m2＋1)b4＝4a2c2
(m2＋1)＝≥1
4a2c2≥(c2－a2)2，
∴c4＋a4－6a2c2≤0 e4－6e2＋1≤0，
又∵e>1，∴1∴1又A，B在左支且l过F1，
∴y1y2<0，
<0 m2< m2＋1＝<＋1，
∴4a25.
综上所述，思维升华　圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
跟踪训练1　(2022·南昌模拟)已知圆M：x2＋(y－1)2＝8，点N(0，－1)，P是圆M上一动点，若线段PN的垂直平分线与PM交于点Q.
(1)求点Q的轨迹方程C；
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，D(1,0)，直线DA与直线DB的斜率之积为，求直线l的斜率的取值范围．
解　(1)由题意可知|QN|＝|QP|，又点P是圆上的点，则|PM|＝2，
且|PM|＝|PQ|＋|QM|，
则|QN|＋|QM|＝2>2，
由椭圆的定义可知，点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，其中a＝，c＝1，b＝1，
则点Q的轨迹方程C：＋x2＝1.
(2)由已知得直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
联立方程
消去y得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－2＝0，
Δ＝8k2－8m2＋16>0，
解得m2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以kDA·kDB＝·
＝·＝，
化简得＝.
当m＝－k时，直线l的方程为y＝kx－k恒过(1,0)，不符合题意；
当m≠－k时，得m＝k，
直线l的方程为y＝kx＋k恒过，
由m2即k∈∪.
题型二　最值问题
例2　(2022·广州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点A，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(0,2)的直线l(直线l不与x轴垂直)与椭圆C交于不同的两点M，N，且O为坐标原点．求△MON的面积的最大值．
解　(1)依题意得＋＝1，而b＝1，
则＋＝1 ＝1－＝ a2＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)因为直线l不与x轴垂直，则l的斜率k存在，l的方程为y＝kx＋2，
由
得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0，
因为直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，
则有Δ＝(8k)2－4·(2k2＋1)·6
＝16k2－24>0 k2>，
即k<－或k>，
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，
x1x2＝，
所以|MN|＝·|x1－x2|
＝·
＝·
＝·
＝·，
而原点O到直线l：kx－y＋2＝0的距离d＝，△MON的面积S＝·|MN|·d
＝···
＝，
令t＝ 2k2＝t2＋3(t>0)，
S＝＝，
因为t＋≥2＝4，
当且仅当t＝，即t＝2时取“＝”，此时k2＝，
即k＝±，符合要求，
从而有S≤＝，
故当k＝±时，
△MON的面积的最大值为.
教师备选
(2022·厦门模拟)设椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点A，B，C分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC|＝4.
(1)求Γ的标准方程；
(2)点D为直线AB上的动点，过点D作l∥AC，设l与Γ的交点为P，Q，求|PD|·|QD|的最大值．
解　(1)由题意得2a＝|BC|＝4，解得a＝2.
又因为e＝＝，
所以c＝，则b2＝a2－c2＝1.
所求Γ的标准方程为＋y2＝1.
(2)方法一　由(1)可得A(0,1)，B(－2,0)，C(2,0)，
则kAC＝－，
直线AB的方程为x－2y＋2＝0，
设直线l的方程为y＝－x＋λ.
联立消去y，
整理得，x2－2λx＋2λ2－2＝0.①
由Δ>0，得－<λ<，
联立
解得D的坐标为，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由①知②
又|PD|＝|x1－(λ－1)|，
|QD|＝|x2－(λ－1)|，
所以|PD|·|QD|＝|x1x2－(λ－1)(x1＋x2)＋(λ－1)2|，③
将②代入③，
得|PD|·|QD|＝|λ2－1| ，λ∈(－，)，
所以当λ＝0时，|PD|·|QD|有最大值.
方法二　设＝λ＝λ(－2，－1)
＝(－2λ，－λ)，
则D(－2λ，1－λ)，
由点斜式，可得直线l的方程为
y－(1－λ)＝－(x＋2λ)，
即y＝－x－2λ＋1.
联立
消去y，得x2＋(4λ－2)x＋8λ2－8λ＝0，①
由Δ＝(4λ－2)2－4×(8λ2－8λ)>0，
解得<λ<，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由①得②
由题意可知|PD|＝|x1＋2λ|，
|QD|＝|x2＋2λ|，
所以|PD|·|QD|＝|x1x2＋2λ(x1＋x2)＋4λ2|，③
将②代入③得|PD|·|QD|＝|4λ2－4λ|＝5|λ2－λ|，
当λ＝时，|PD|·|QD|有最大值.
思维升华　圆锥曲线中最值的求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
跟踪训练2　如图所示，点A，B分别是椭圆＋＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.
(1)求点P的坐标；
(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．
解　(1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，
设点P的坐标是(x，y)，
则＝(x＋6，y)，＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF，∴·＝0，
则
可得2x2＋9x－18＝0，得x＝或x＝－6.
由于y>0，故x＝，于是y＝.
∴点P的坐标是.
(2)由(1)可得直线AP的方程是x－y＋6＝0，
点B(6,0)．
设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是，于是＝|m－6|，
又－6≤m≤6，解得m＝2.
由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，
得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－x2
＝2＋15，
由于－6≤x≤6，
由f(x)＝2＋15的图象可知，
当x＝时，d取最小值，且最小值为.
课时精练
1．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(，)在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且·＝0，求|OP|2＋|OQ|2的最小值．
解　(1)因为e＝＝2，
所以c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2.
所以双曲线的方程为－＝1，
即3x2－y2＝3a2.
因为点M(，)在双曲线上，
所以15－3＝3a2，
所以a2＝4.
所以所求双曲线的方程为－＝1.
(2)设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OQ的方程为y＝－x，
由
得
所以|OP|2＝x2＋y2＝.
同理可得|OQ|2＝＝，
所以＋＝
＝＝.
设|OP|2＋|OQ|2＝t，
则t·＝2＋2＋2
≥2＋2＝4，
所以t≥＝24，
即|OP|2＋|OQ|2≥24(当且仅当|OP|＝|OQ|＝2时取等号)．
所以当|OP|＝|OQ|＝2时，|OP|2＋|OQ|2取得最小值24.
2．(2022·阳泉模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是椭圆C上的一个动点，当P是椭圆C的上顶点时，△F1PF2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线PF2，与椭圆C的另一个交点为Q.若存在T(t,0)，使得|TP|＝|TQ|，求t的取值范围．
解　(1)由题意可知
解得
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为N(x0，y0)，直线PF2的斜率为k，
由(1)设直线PQ的方程为y＝k(x－1)．
当k＝0时，t＝0符合题意；
当k≠0时，联立
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
∴Δ＝16k4－4(1＋2k2)(2k2－2)＝8k2＋8>0，
x1＋x2＝，
∴x0＝＝，
y0＝k(x0－1)＝，
即N .
∵|TP|＝|TQ|，
∴直线TN为线段PQ的垂直平分线，
∴TN⊥PQ，即kTN·k＝－1.
∴·k＝－1，
∴t＝＝.
∵k2>0，∴>0 ,2＋>2，
∴0<<，
即t∈.
3．(2021·北京)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解　(1)因为椭圆过A(0，－2)，故b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4，
故×2a×2b＝4，即a＝，
故椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，故x1x2≠0，
故直线AB：y＝x－2，令y＝－3，则xM＝－，
同理xN＝－.
直线BC：y＝kx－3，由
可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，
解得k<－1或k>1.
又x1＋x2＝，x1x2＝，
故x1x2>0，所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|
＝＝
＝
＝＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，－3≤k<－1或14．(2022·德州模拟)已知抛物线E：x2＝－2y，过抛物线上第四象限的点A作抛物线的切线，与x轴交于点M.过M作OA的垂线，交抛物线于B，C两点，交OA于点D.
(1)求证：直线BC过定点；
(2)若·≥2，求|AD|·|AO|的最小值．
(1)证明　由题意知，抛物线E：x2＝－2y，
则y＝－x2，可得y′＝－x，
设A(2t，－2t2)(t>0)，则kAM＝－2t，
所以lAM：y＋2t2＝－2t(x－2t)，
即y＝－2tx＋2t2，
所以M(t,0)，
又kOA＝＝－t，所以kBC＝，
所以lBC：y－0＝(x－t)，即y＝x－1，
所以直线BC过定点(0，－1)．
(2)解　联立方程
整理得x2＋x－2＝0，
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－2，
则·＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)
＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2
＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋xx＝1＋t2≥2，
所以t2≥1，
又由|AD|＝＝·t，
|AO|＝＝2t，
所以|AD|·|AO|＝·t·2t·
＝2－，
因为2t2≥2，所以当2t2＝2，即t＝1时，
|AD|·|AO|的最小值是6.

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