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第 40讲 范围与最值问题
【典型例题】
题型一 范围问题
2 2
例 1 x y 3已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的离心率 e＝ ，直线 x＋ 3y－1＝0被以椭圆 C的短轴
a2 b2 2
为直径的圆截得的弦长为 3.
(1)求椭圆 C的方程；
(2)过点 M(4,0)的直线 l交椭圆于 A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围．
跟踪训练 1 (2020·山东新高考联合考试)已知 A，B是 x轴正半轴上两点(A在 B的左侧)，且|AB|
＝a(a>0)，过 A，B分别作 x轴的垂线，与抛物线 y2＝2px(p>0)在第一象限分别交于 D，C两点．
(1)若 a＝p，点 A与抛物线 y2＝2px的焦点重合，求直线 CD的斜率；
(2)若 O S为坐标原点，记△OCD的面积为 S1，梯形 ABCD的面积为 S ，求 12 的取值范围．
S2
题型二 最值问题
2 (2020· ) C x
2 y2
例 新高考全国Ⅱ 已知椭圆 ： ＋ ＝1(a>b>0)过点 M(2,3)，点 A为其左顶点，且
a2 b2
AM 1的斜率为 .
2
(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．
例 3 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，圆 O交 x轴于点 F1，F2，交 y轴于点 B1，B2，
1 2，
以 B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆 E恰好经过点 2 .
(1)求椭圆 E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线 l与椭圆 E交于 M，N两点，求△F2MN的面积的最大值．
2 2
跟踪训练 2 x y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
36 20
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．
【课后作业】
A 组
2 2
1 x y 1．设椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的左顶点为 A，上顶点为 B，已知直线 AB的斜率为 ，|AB|
a2 b2 2
＝ 5.
(1)求椭圆 C的方程；
(2)设直线 l：x＝my－1 与椭圆 C交于不同的两点 M，N，且点 O在以 MN为直径的圆外(其
中 O为坐标原点)，求 m的取值范围．
2．(2021·长沙雅礼中学模拟)已知抛物线 C1：y2＝4x和 C2：x2＝2py(p>0)的焦点分别为 F1，
F2，点 P(－1，－1)且 F1F2⊥OP(O为坐标原点)．
(1)求抛物线 C2的方程；
(2)过点 O的直线交 C1的下半部分于点 M，交 C2的左半部分于点 N，求△PMN面积的最小
值．
x2 y23．(2019·全国Ⅱ)已知 F1，F2是椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的两个焦点，P为 C上的点，O为
a2 b2
坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求 C的离心率；
(2)如果存在点 P，使得 PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于 16，求 b的值和 a的取值范围．
B 组
x24 C y
2 6
．椭圆 ： 2＋ 2＝1(a>b>0)的离心率为 ，短轴一个端点到右焦点的距离为 3.a b 3
(1)求椭圆 C的方程；
(2) 3设斜率存在的直线 l与椭圆 C交于 A，B两点，坐标原点 O到直线 l的距离为 ，求△AOB
2
面积的最大值．
C 组
5．已知椭圆的两个焦点为 F1(－1,0)，F2(1,0)，且椭圆与直线 y＝x－ 3相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)过 F1作两条互相垂直的直线 l1，l2，与椭圆分别交于点 P，Q及 M，N，求四边形 PMQN
面积的最小值．第 40讲 范围与最值问题
【典型例题】
题型一 范围问题
2 2
例 1 x y已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0) 3的离心率 e＝ ，直线 x＋ 3y－1＝0被以椭圆 C的短轴
a2 b2 2
为直径的圆截得的弦长为 3.
(1)求椭圆 C的方程；
(2)过点 M(4,0)的直线 l交椭圆于 A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围．
解 (1) 1因为原点到直线 x＋ 3y－1＝0的距离为 .
2
1 3
所以 2 2＋ 2 2＝b2(b>0)，解得 b＝1.
2 2
又 e2 c b 3＝ ＝1－ ＝ ，得 a＝2.
a2 a2 4
x2
所以椭圆 C的方程为 ＋y2＝1.
4
(2)当直线 l的斜率为 0时，λ＝|MA|·|MB|＝12.
当直线 l的斜率不为 0时，设直线 l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x＝my＋4，
联立方程 x2 y2 1 得(m
2＋4)y2＋8my＋12＝0.
＋ ＝ ，
4
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得 m2>12，
12
所以 y1y2＝ .
m2＋4
1 32 －
λ＝|MA|·|MB|＝ m2＋1|y1|· m2＋1|y2|＝(m2＋1)·|y1y2|
12 m ＋1
＝ ＝12 m2＋4 .
m2＋4
由 m2>12 3 3 39，得 0< < ，所以 <λ<12.
m2＋4 16 4
39
，12
故λ的取值范围是 4 .
思维升华 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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)利用求函数的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 (2020·山东新高考联合考试)已知 A，B是 x轴正半轴上两点(A在 B的左侧)，且|AB|
＝a(a>0)，过 A，B分别作 x轴的垂线，与抛物线 y2＝2px(p>0)在第一象限分别交于 D，C两点．
(1)若 a＝p，点 A与抛物线 y2＝2px的焦点重合，求直线 CD的斜率；
(2)若 O S为坐标原点，记△OCD的面积为 S 11，梯形 ABCD的面积为 S2，求 的取值范围．
S2
p
，0
解 (1)由题意知 A 2 ，
p p p
＋a，0 ，p ＋a， p2＋2pa
则 B 2 ，D 2 ，则 C 2 ，
3p－p
又 a＝p，所以 kCD＝ 3p p ＝ 3－1.
－
2 2
(2)设直线 CD的方程为 y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
y＝kx＋b，
由 得 ky2－2py＋2pb＝0，
y2＝2px，
所以Δ＝4p2－8pkb>0 kb2
又 y 2p 2pb1＋y2＝ ，y1y2＝ ，
k k
y y 2p>0 y y 2pb由 1＋ 2＝ ， 1 2＝ >0，
k k
可知 k>0，b>0，
因为|CD|＝ 1＋k2|x1－x2|＝a 1＋k2，
|b|
点 O到直线 CD的距离 d＝ ，
1＋k2
|b|
所以 S 11＝ ·a 1 1＋k2· ＝ ab.
2 1＋k2 2
S 1又 2＝ (y1＋y2)·|x x | 1·2p·a ap1－ 2＝ ＝ ，
2 2 k k
S1 kb所以 ＝ ，
S2 2p
因为 02 S2 4
1
S1 0，即 的取值范围为 4 .
S2
题型二 最值问题
命题点 1 几何法求最值
2 2
例 2 (2020· x y新高考全国Ⅱ)已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)过点 M(2,3)，点 A为其左顶点，且
a2 b2
AM 1的斜率为 .
2
(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) 1由题意可知直线 AM的方程为 y－3＝ (x－2)，
2
即 x－2y＝－4.
当 y＝0时，解得 x＝－4，
所以 a＝4.
x2 y2
由椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)过点 M(2,3)，
a2 b2
4 9
可得 ＋ 22＝1，解得 b ＝12.16 b
x2 y2
所以 C的方程为 ＋ ＝1.
16 12
(2)设与直线 AM平行的直线方程为 x－2y＝m.
如图所示，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．
x－2y＝m，
联立 x2 y2
＋ ＝1，
16 12
可得 3(m＋2y)2＋4y2＝48，
化简可得 16y2＋12my＋3m2－48＝0，
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，
点 N到直线 AM的距离即两平行线之间的距离，
8＋4
d 12 5即 ＝ ＝ ，
1＋4 5
由两点之间的距离公式可得
|AM|＝ 2＋4 2＋32＝3 5.
1
所以△AMN的面积的最大值为 ×3 5 12 5× ＝18.
2 5
命题点 2 代数法求最值
例 3 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，圆 O交 x轴于点 F1，F2，交 y轴于点 B1，B2，
1 2，
以 B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆 E恰好经过点 2 .
(1)求椭圆 E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线 l与椭圆 E交于 M，N两点，求△F2MN的面积的最大值．
解 (1)由题意得椭圆 E的焦点在 x轴上．
E x
2 y2
设椭圆 的标准方程为 ＋ ＝1(a>b>0)，焦距为 2c，则 b＝c，
a2 b2
2 2
∴a2＝b2＋c2 2b2 x y＝ ，∴椭圆 E的标准方程为 ＋ ＝1.
2b2 b2
1 2
1
， 1
∵椭圆 E经过点 2 ，∴ ＋ 2＝1，解得 b2＝1.
2b2 b2
x2
∴椭圆 E的标准方程为 ＋y2＝1.
2
(2)∵点(－2,0)在椭圆 E外，∴直线 l的斜率存在．
设直线 l的斜率为 k，则直线 l：y＝k(x＋2)．设 M(x1，y1)，N(x2，y2)．
y＝k x＋2 ，
由 x2 y2 1 消去 y，得(1＋2k
2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
＋ ＝ ，
2
x x －8k
2
x x 8k
2－2
∴ 1＋ 2＝ ， 1 2＝ ，
1＋2k2 1＋2k2
Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，解得 0≤k2<1.
2
2
∴|MN| 1 2－4k＝ ＋k2|x1－x2|＝2 1＋k2 .
1＋2k2 2
3|k|
∵点 F2(1,0)到直线 l的距离 d＝ ，
1＋k2
F MN S 1|MN|·d 3 k
2 2－4k2
∴△ 2 的面积为 ＝ ＝ .
2 1＋2k2 2
令 1＋2k2 t－1＝t，t∈[1,2)，得 k2＝ .
2
1 3
S 3 t－1 2－t －t
2
3 ＋3t－2 3 1 3 2
－ 1
∴ ＝ ＝ ＝ － ＋ － ＝3 －2 t 4 2＋ .
t2 t2 t t2 8
4
1 3 t 4
∈[1，2
当 ＝ ，即 ＝ 3 时，S有最大值，S 3 2 6max＝ ，此时 k＝± .
t 4 3 4 6
∴△F2MN 3 2的面积的最大值是 .
4
思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何
法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用
代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用
函数方法、不等式方法等进行求解．
x2 y2
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
36 20
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A→P＝(x＋6，y)，F→P＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF →，∴AP·F→P＝0，
x2 y2
＋ ＝1，
则 36 20
x＋6 x－4 ＋y2＝0，
可得 2x2＋9x－18＝0，得 x 3＝ 或 x＝－6.
2
由于 y>0，故 x 3＝ ，于是 y 5 3＝ .
2 2
3 5 3
，
∴点 P的坐标是 2 2 .
(2)由(1)可得直线 AP的方程是 x－ 3y＋6＝0，点 B(6,0)．
设点 M的坐标是(m,0) M |m＋6|，则点 到直线 AP的距离是 ，
2
|m＋6|
于是 ＝|m－6|，
2
又－6≤m≤6，解得 m＝2.
由椭圆上的点(x，y)到点 M的距离为 d，
x 92 －得 d ＝(x－2)2＋y2＝x2－4x 4 5 4＋ ＋20－ x2＝ 2 2＋15，
9 9
由于－6≤x≤6，
x 9－
由 f(x) 4＝ 2 2＋15的图象可知，
9
当 x 9＝ 时，d取最小值，且最小值为 15.
2
【课后作业】
A 组
2 2
1 x y．设椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的左顶点为 A，上顶点为 B 1，已知直线 AB的斜率为 ，|AB|
a2 b2 2
＝ 5.
(1)求椭圆 C的方程；
(2)设直线 l：x＝my－1 与椭圆 C交于不同的两点 M，N，且点 O在以 MN为直径的圆外(其
中 O为坐标原点)，求 m的取值范围．
解 (1)由已知得 A(－a,0)，B(0，b)，
b 1
＝ ，
∴ a 2 可得 a2＝4，b2＝1，
a2＋b2＝ 5，
C x
2
则椭圆 的方程为 ＋y2＝1.
4
(2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，
x＝my－1，
由 x2 2 2y2 1 得(m ＋4)y －2my－3＝0.＋ ＝ ，
4
Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋48>0，
y1＋y
2m
2＝ ，y y
－3
2 1 2
＝ ，
m ＋4 m2＋4
由题意得∠MON → →为锐角，即OM·ON>0，
O→∴ M·O→N＝x1x2＋y1y2>0，
又 x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1.
2 2
∴x1x
－3 2m 1－4m
2＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－m(y1＋y2)＋1＝(1＋m2)· － ＋1＝ >0，
4＋m2 4＋m2 4＋m2
m2<1 1 1∴ ，解得－ 4 2 2
1 1
－ ，
∴m的取值范围为 2 2 .
2．(2021·长沙雅礼中学模拟)已知抛物线 C1：y2＝4x和 C2：x2＝2py(p>0)的焦点分别为 F1，
F2，点 P(－1，－1)且 F1F2⊥OP(O为坐标原点)．
(1)求抛物线 C2的方程；
(2)过点 O的直线交 C1的下半部分于点 M，交 C2的左半部分于点 N，求△PMN面积的最小
值．
0 p， —→ －1
p
，
解 (1)∵F1(1,0)，F2 2 ，∴F1F2＝ 2 ，
p
—→ → －1，F1F2·OP＝ 2 ·(－1，－1)＝1 p－ ＝0，
2
∴p＝2，∴抛物线 C2的方程为 x2＝4y.
(2)设过点 O的直线 MN的方程为 y＝kx(k<0)，
y2＝4x， 4 4，
联立 得(kx)2＝4x，解得 M k2 k ，
y＝kx，
x2＝4y，
联立 得 N(4k,4k2)，
y＝kx，
4
－4k 4－4k
从而|MN|＝ 1＋k2|k2 |＝ 1＋k2 k2 ，
|k－1|
点 P到直线 MN的距离 d＝ ，
1＋k2
1 |k－1|
4
－4k
所以 S△PMN＝ · · 1＋k2 k22 1＋k2
2 1－k 1－k3 2 1－k 2 1＋k＋k2
＝ ＝
k2 k2
k 1＋ －2 k 1＋ ＋1
＝2 k k ，
令 t 1＝k＋ (t≤－2)．则 S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，k
当 t＝－2，即 k＝－1时，S△PMN取得最小值，最小值为 8.
即当过原点的直线方程为 y＝－x时，
△PMN的面积取得最小值 8.
2 2
3．(2019· x y全国Ⅱ)已知 F1，F2是椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的两个焦点，P为 C上的点，O为
a2 b2
坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求 C的离心率；
(2)如果存在点 P，使得 PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于 16，求 b的值和 a的取值范围．
解 (1)连接 PF1(图略)．
由△POF2为等边三角形可知，在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝ 3c，
于是 2a＝|PF1|＋|PF2|＝( 3＋1)c，
c
故 C的离心率为 e＝ ＝ 3－1.
a
(2)由题意可知，若满足条件的点 P(x，y)存在，
1
则 |y|·2c y y＝16， · ＝－1，
2 x＋c x－c
即 c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
x2 y2
又 ＋ ＝1.③
a2 b2
4
由②③及 a2＝b2＋c2得 y2 b＝ .
c2
2
又由①知 y2 16＝ ，故 b＝4.
c2
a2 b2 c2 x2 a
2
由②③及 ＝ ＋ 得 ＝ (c2－b2)，
c2
所以 c2≥b2，从而 a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故 a≥4 2.
当 b＝4，a≥4 2时，存在满足条件的点 P.
所以 b＝4，a的取值范围为[4 2，＋∞)．
B 组
4 C x
2 y2 6
．椭圆 ： ＋ ＝1(a>b>0)的离心率为 ，短轴一个端点到右焦点的距离为 3.
a2 b2 3
(1)求椭圆 C的方程；
(2) 3设斜率存在的直线 l与椭圆 C交于 A，B两点，坐标原点 O到直线 l的距离为 ，求△AOB
2
面积的最大值．
c 6
＝ ，
解 (1)设椭圆的半焦距为 c，依题意知 a 3
a＝ 3，
2
∴c＝ 2 x，b＝1，∴所求椭圆方程为 ＋y2＝1.
3
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线 AB的方程为 y＝kx＋m.
|m| 3 3
由已知 ＝ ，得 m2＝ (k2＋1)．
1＋k2 2 4
把 y＝kx＋m代入椭圆方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.
－6km 3 m2x x －1 ∴ 1＋ 2＝ ，x1x2＝ .
3k2＋1 3k2＋1
36k2m2 12 m2－1
－
∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2) 3k2＋1 2 3k2＋1
12 k2＋1 3k2＋1－m2 3 k2＋1 9k2＋1
＝ ＝
3k2＋1 2 3k2＋1 2
2 12
＝3 12k＋ ＝3＋ 1 (k≠0)9k4＋6k2＋1 9k2＋ ＋6
k2
12
≤3＋ ＝4.
2×3＋6
当且仅当 9k2 1＝ ，即 k＝± 3时等号成立．
k2 3
当 k＝0时，|AB|＝ 3，综上所述|AB|max＝2.
∴当|AB|最大时，△AOB的面积取得最大值
S 1＝ ×|AB| 3 3max× ＝ .
2 2 2
C 组
5．已知椭圆的两个焦点为 F1(－1,0)，F2(1,0)，且椭圆与直线 y＝x－ 3相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)过 F1作两条互相垂直的直线 l1，l2，与椭圆分别交于点 P，Q及 M，N，求四边形 PMQN
面积的最小值．
(1) x
2 y2
解 设椭圆方程为 ＋ ＝1(a>b>0)，
a2 b2
因为它与直线 y＝x－ 3只有一个公共点，
x2 y2
＋ ＝1，
2
所以方程组 a b
2
只有一组解，
y＝x－ 3
消去 y，整理得(a2＋b2)·x2－2 3a2x＋3a2－a2b2＝0.
所以Δ＝(－2 3a2)2－4(a2＋b2)(3a2－a2b2)＝0，
化简得 a2＋b2＝3.
又焦点为 F1(－1,0)，F2(1,0)，
所以 a2－b2＝1，联立上式解得 a2＝2，b2＝1.
x2
所以椭圆的方程为 ＋y2＝1.
2
(2)若直线 PQ的斜率不存在(或为 0)，
1
S |PQ|·|MN|
2 1－ ×2 2
则 四边形 PMQN＝ ＝ 2 ＝2.2 2
若直线 PQ的斜率存在，设为 k(k≠0)，
1
则直线 MN的斜率为－ .
k
所以直线 PQ的方程为 y＝kx＋k，
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
x2
＋y2＝1，
联立方程得 2
y＝kx＋k，
化简得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
－4k2 2k2－2
则 x1＋x2＝ ，x1x2＝ ，
2k2＋1 2k2＋1
|PQ| 1 k2|x x | 1＋k
2 [16k4－4 2k2－2 2k2＋1 ] 2
所以 ＝ ＋ 1－ 2＝ ＝2 2
k ＋1
× ，
2k2＋1 2k2＋1
|MN| 2 2 k
2＋1
同理可得 ＝ × .
2＋k2
1k21
|PQ|·|MN| 2 2 4 2 －
2
所以 S 四边形 PMQN＝ ＝4
k ＋1
× ＝4 k ＋2k ＋1× ＝4× 2 4
2 2 4 2 2k ＋5k
2＋2
2 2＋k 2k ＋1 2k ＋5k ＋2
1 1
1 k2 －
－ 2
4 4k
2 4＋ ＋10
＝ × 2 4k4＋10k2＋4 ＝4× k2 .
4k2 4 4因为 ＋ ＋10≥2 4k2· ＋10＝18(当且仅当 k2＝1时取等号)，
k2 k2
1 1
1 0 1
－
， 2 2 4 16，2
所以 4 ∈ 18 4
4k ＋ ＋10
，所以 × k2 ∈ 9 .
4k2＋ ＋10
k2
16
综上所述，四边形 PMQN面积的最小值为 .
9

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