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*第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题
技法一　利用函数性质求范围、最值
[典例1]　(2025·全国一卷)已知椭圆C：．
(1)求C的方程．
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|＝3．
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：利用函数性质处理圆锥曲线中的最值(范围)问题的策略
函数法求最值(范围)问题就是构建关于变量的目标函数，将问题转化为求函数的最值(或值域)，解决问题时要注意自变量的取值范围．
[巩固迁移]
1．(2025·山东青岛一模)已知双曲线E：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2．点M在E的右支上，当MF2⊥x轴时，|MF2|＝3．
(1)求E的方程；
(2)若直线MF2与E的右支的另一个交点为N，求△MF1N面积的最小值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
技法二　利用不等式求最值(范围)
[典例2]　已知椭圆C：在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点N(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点，求S△AOB的最大值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[思维流程]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：构造基本不等式求最值的步骤
[巩固迁移]
2．已知椭圆＋y2＝1与抛物线y2＝8x有相同的焦点F．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知O为坐标原点，过焦点F的直线l交椭圆于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
技法三　几何法求最值(范围)
[典例3]　(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆E：．
(1)求E的方程；
(2)设N为E上的点，求△AMN面积的最大值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：几何法求最值，主要是利用曲线的定义、几何性质、几何关系以及平面几何中的定理、性质等进行求解或寻找临界位置求解．
[巩固迁移]
3．(2026·内蒙古呼和浩特开学考试)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别是F1，F2，O是坐标原点，直线l过O且与椭圆C相交于P，Q两点，|PF1|＋|PF2|＝4．
(1)若P(x，y)，求证：1≤x2＋y2≤4；
(2)求△PQF1周长的最小值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
技法四　巧借不等关系求范围(最值)
[典例4]　已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，右顶点为A(1，0)，点P是其渐近线上的一点，且以PF为直径的圆过点A，|PO|＝2，点O为坐标原点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)当点P在x轴上方时，过点P作y轴的垂线与y轴交于点B，设直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数m的取值范围．
[思维流程]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：不等式求范围的三种常用方法
[巩固迁移]
4．(2026·重庆模拟)已知点P为椭圆C1：x2＋16y2＝4上的动点，Q为过点P且垂直于x轴的直线上一点，且Q点纵坐标为P点纵坐标的2倍．
(1)求点Q的轨迹方程C2；
(2)过点M(0，2)作斜率为k(k>0)的直线l交C2于A，B两点，且点O在以AB为直径的圆外，求k的取值范围．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
*第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题
技法一
典例1　解：(1)由题意知，
所以，
设a2＝9t，t>0，则c2＝8t，所以b2＝t．
又|AB|2＝a2＋b2＝10t＝10，
所以t＝1，所以C的方程为＋y2＝1．
(2)(ⅰ)设R(x，y)，由(1)知A(0，－1)，
又P(m，n)，m≠0，
所以＝(m，n＋1)·(x，y＋1)＝mx＋(n＋1)(y＋1)＝||·cos 0＝3．①
由kAP＝kAR，得，②
由①②，得x＝，
y＝，
故R的坐标为．
(ⅱ)由(ⅰ)得kOR＝，整理得m2＋n2＋8n－2＝0，
即m2＋(n＋4)2＝18．
所以点P的轨迹方程为m2＋(n＋4)2
＝18(m≠0)．
由题设Q(3cos θ，sin θ)，K(0，－4)，
则|KQ|2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2
＝－8sin2 θ＋8sin θ＋25，
设s＝sin θ，则|KQ|2＝－8s2＋8s＋25
＝－8＋27(－1≤s≤1)，
当s＝sin θ＝时，|KQ|取得最大值，且|KQ|max＝3，
故|PQ|的最大值为|KQ|max＋3＝3()．
巩固迁移
1．解：(1)由题知
又MF2⊥x轴时，|MF2|＝3，则M(2a，±3)，代入方程＝1，解得a2＝1，b2＝3，
则双曲线E的方程为x2－＝1．
(2)由题意知，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立消去x得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
则Δ＝(12m)2－36(3m2－1)＝36m2＋36>0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
|F1F2||y1－y2|
＝2
＝2
＝12，
因为y1y2＝<0，∴3m2－1<0，
令t＝，1≤t<，
则m2＝t2－1，
得
＝
＝．
设f (t)＝，
则该函数在上单调递减，则f (t)max＝－3＝1，
故≥12，即△MF1N面积的最小值为12．
技法二
典例2　解：(1)由椭圆C的离心率为，可得a2＝3b2，
则椭圆C：＝1，将点代入方程，可得b2＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，
设lAB：x＝ny＋2(n≠0)且A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x并整理得(3n2＋1)y2＋12ny＋9＝0，
由Δ>0，可得n2－1>0，由根与系数的关系得y1＋y2＝－，y1y2＝，
又由原点到lAB的距离d＝，
|AB|＝|y1－y2|，
所以S△AOB＝
＝|y1－y2|＝
＝＝，
令t＝n2－1，t>0，可得
S△AOB＝，
当且仅当t＝，即n2＝．
巩固迁移
2．解：(1)因为椭圆＋y2＝1与抛物线y2＝8x有相同的焦点F，所以F(2，0)，即c＝2，且b＝1，所以a2＝b2＋c2＝5，所以椭圆的方程为＋y2＝1．
(2)由(1)知F(2，0)．显然l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立可得(m2＋5)y2＋4my－1＝0，Δ＝(4m)2＋4(m2＋5)＝20m2＋20>0恒成立，所以y1＋y2＝－，y1y2＝，
所以|y1－y2|＝＝，
所以S△OMN＝|OF|·|y1－y2|
＝＝≤，即m2＝3时取等号，
所以△OMN面积的最大值为．
技法三
典例3　解：(1)因为椭圆E的左顶点A(－a，0)，则直线AM的斜率为，①
点M在椭圆E上，则＝1，②
联立①②，解得a＝4，b2＝12，
故椭圆E的方程为＝1．
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4)，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程＝1，
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距离较远的直线方程为x－2y＝8，
又直线AM的方程为x－2y＝－4，
所以点N到直线AM的距离即两平行直线之间的距离，
所以点N到直线AM的距离d＝，由两点间的距离公式可得|AM|＝．
所以△AMN的面积的最大值为＝18．
巩固迁移
3．解：(1)证明：依题意，2a＝4，a＝2，则椭圆的方程为＋y2＝1，
由点P在椭圆上，得点P的坐标满足＋y2＝1，
即x2＝4(1－y2)，其中y∈[－1，1]，
则x2＋y2＝4(1－y2)＋y2＝4－3y2，
由y∈[－1，1]，得y2∈[0，1]，
所以1≤4－3y2≤4．
(2)依题意，四边形PF1QF2是平行四边形，
则△PQF1的周长＝|PF1|＋|F1Q|＋|PQ|＝|PF1|＋|PF2|＋|PQ|＝2a＋2|PO|＝4＋2|PO|，
又设P(x，y)，则|PO|＝，
由(1)得，当y＝±1，即点P落到椭圆的上、下顶点时，|PO|取得最小值1，
所以△PQF1的周长最小值为6．
技法四
典例4　解：(1)∵F(－c，0)，A(a，0)，双曲线C的渐近线方程为y＝±x，以PF为直径的圆过点A，∴PA⊥AF．不妨取点P在y＝x上，设点P＝(a＋c，0)，
∵PA⊥AF，则＝(t－a)(a＋c)＝0，可得t＝a，则点P(a，b)，
∵|PO|＝2，则a2＋b2＝4，∵a＝1，∴b2＝3，
∴双曲线C的标准方程为x2－＝1．
(2)由题意可知B(0，)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
线段MN的中点Q(x0，y0)，
联立
消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
依题意
即①
由根与系数的关系可得x1＋x2＝，x1x2＝－，
则x0＝，y0＝kx0＋m＝，
∵|BM|＝|BN|，∴BQ⊥MN，
∴kBQ＝，
∴3－k2＝m，②
又k2＝3－m>0，③
由①②③得，m<－或0∴实数m的取值范围为．
巩固迁移
4．解：(1)设Q(x，y)，P(x0，y0)，
则有
又＋ 16＝4，
所以x2＋16×＝4，即＋y2＝1．
故点Q的轨迹方程为C2：＋y2＝1．
(2)设直线l为y＝kx＋2，
联立消元得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
且有y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝，
由Δ＝16(4k2－3)>0，解得k2>．
又点O在以AB为直径的圆外，
所以>0，解得k2<4，
所以0，所以即k的取值范围为．
5/5(共88张PPT)
*第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题
第八章　解析几何
技法一　利用函数性质求范围、最值
[典例1]　(2025·全国一卷)已知椭圆C：．
(1)求C的方程．
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|＝3．
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值．
[解]　(1)由题意知，
设a2＝9t，t>0，则c2＝8t，所以b2＝t．
又|AB|2＝a2＋b2＝10t＝10，
所以t＝1，所以C的方程为＋y2＝1．
(2)(ⅰ)设R(x，y)，由(1)知A(0，－1)，又P(m，n)，m≠0，
所以＝(m，n＋1)·(x，y＋1)＝mx＋(n＋1)(y＋1)＝||·cos 0＝3．①
由kAP＝kAR，得，②
由①②，得x＝，
故R的坐标为．
(ⅱ)由(ⅰ)得kOR＝，整理得m2＋n2＋8n－2＝0，
即m2＋(n＋4)2＝18．
所以点P的轨迹方程为m2＋(n＋4)2＝18(m≠0)．
由题设Q(3cos θ，sin θ)，K(0，－4)，
则|KQ|2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝－8sin2 θ＋8sin θ＋25，
设s＝sin θ，则|KQ|2＝－8s2＋8s＋25
＝－8＋27(－1≤s≤1)，
当s＝sin θ＝，
故|PQ|的最大值为|KQ|max＋3)．
名师点评：利用函数性质处理圆锥曲线中的最值(范围)问题的策略
函数法求最值(范围)问题就是构建关于变量的目标函数，将问题转化为求函数的最值(或值域)，解决问题时要注意自变量的取值范围．
[巩固迁移]
1．(2025·山东青岛一模)已知双曲线E：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2．点M在E的右支上，当MF2⊥x轴时，|MF2|＝3．
(1)求E的方程；
(2)若直线MF2与E的右支的另一个交点为N，求△MF1N面积的最小值．
[解]　(1)由题知
又MF2⊥x轴时，|MF2|＝3则M(2a，±3)，代入方程＝1，
解得a2＝1，b2＝3，
则双曲线E的方程为x2－＝1．
(2)由题意知，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立消去x得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
则Δ＝(12m)2－36(3m2－1)＝36m2＋36>0，
所以y1＋y2＝，
|F1F2||y1－y2|＝2
＝2，
因为y1y2＝<0，∴3m2－1<0，
令t＝，1≤t<，
则m2＝t2－1，得．
设f (t)＝，
则该函数在－3＝1，
故≥12，即△MF1N面积的最小值为12．
【教用·备选题】
1．(2026·湖南永州模拟)已知椭圆E：，右焦点为F(1，0)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知过点F的直线l1与椭圆E交于A，B两点，过点F且与l1垂直的直线l2与抛物线y2＝4x交于C，D两点，求四边形ACBD的面积S的取值范围．
[解]　(1)依题意可得，椭圆右焦点F(1，0)，且2b＝2．
又因为a2－b2＝1，所以a＝2，
故椭圆E的标准方程为＝1．
(2)显然直线l2的斜率不为0，设直线l2的方程为
x＝my＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)．
联立消去x整理得y2－4my－4＝0，
Δ>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以|CD|＝＝4(m2＋1)．
由垂直关系可设直线l1的方程为y＝－mx＋m，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
联立
，
所以|AB|＝，
所以S四边形ACBD＝，
令4m2＋3＝t(t≥3)，则S四边形ACBD＝，
因为y＝t＋＋2在[3，＋∞)上单调递增，
所以S四边形ACBD≥＝8，
所以四边形ACBD的面积S的取值范围为[8，＋∞)．
2．已知椭圆C：)，短轴长为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点H(m，0)，若椭圆C上的点到H的距离的最小值是，求正实数m的值．
[解]　(1)由题意得椭圆过点P(2，)，且短轴长为4，
可得
可得椭圆C的方程为＝1．
(2)设椭圆上任一点为Q(x0，y0)，故，
则点Q到H的距离d＝＝
＝，
由于Q(x0，y0)在椭圆上，所以x0∈[－2]，
令二次函数y＝(x0－2m)2－m2＋4，其对称轴为x0＝2m，
而m>0，当2m<2，
此时，解得m＝1或 m＝－1(舍)；
当2m≥2，
此时二次函数y＝]上单调递减，
则当x0＝2时，二次函数取得最小值，
此时，
解得m＝2(舍)．
综上，m＝1或m＝2．
3．已知椭圆C：
．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P(4，0)，A，B是椭圆上关于x轴对称的两点，PB交椭圆C于另一点E，求△AEF的内切圆半径的取值范围．
[解]　(1)依题意
解得a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)因为AE不与坐标轴垂直，可设直线AE的方程为x＝my＋t(m≠0)，
设点A(x1，y1)(y1≠0)，E(x2，y2)，则B(x1，－y1)，
联立
，
因为P，B，E三点共线且斜率一定存在，所以，所以x1y2＋x2y1＝4(y1＋y2)，将x1＝my1＋t，x2＝my2＋t代入，化简可得，
故，解得t＝1，满足Δ＝48(3m2＋3)>0，
所以直线AE过定点Q(1，0)，且Q为椭圆的右焦点．
设所求内切圆的半径为r，因为S△AEF＝·4a·r＝4r，所以r＝＝＝，
令u＝(u>1)，则m2＝u2－1，
所以r＝，
因为u>1，函数y＝3u＋．所以△AEF的内切圆半径的取值范围为．
技法二　利用不等式求最值(范围)
[典例2]　已知椭圆C：在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点N(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点，求S△AOB的最大值．
[思维流程]
[解]　(1)由椭圆C的离心率为，可得a2＝3b2，
则椭圆C：代入方程，可得b2＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，
设lAB：x＝ny＋2(n≠0)且A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x并整理得(3n2＋1)y2＋12ny＋9＝0，
由Δ>0，可得n2－1>0，由根与系数的关系得y1＋y2
＝－，
又由原点到lAB的距离d＝，|AB|＝|y1－y2|，
所以S△AOB＝
＝|y1－y2|＝
＝，
令t＝n2－1，t>0，可得
S△AOB＝，
当且仅当t＝．
名师点评：构造基本不等式求最值的步骤
[巩固迁移]
2．已知椭圆＋y2＝1与抛物线y2＝8x有相同的焦点F．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知O为坐标原点，过焦点F的直线l交椭圆于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
[解]　(1)因为椭圆
＋y2＝1．
(2)由(1)知F(2，0)．显然l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立
，
所以|y1－y2|＝，
所以S△OMN＝
．
技法三　几何法求最值(范围)
[典例3]　(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆E：
．
(1)求E的方程；
(2)设N为E上的点，求△AMN面积的最大值．
[解]　(1)因为椭圆E的左顶点A(－a，0)，则直线AM的斜率为，①
点M在椭圆E上，则＝1，②
联立①②，解得a＝4，b2＝12，
故椭圆E的方程为＝1．
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4)，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程＝1，
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距离较远的直线方程为x－2y＝8，
又直线AM的方程为x－2y＝－4，
所以点N到直线AM的距离即两平行直线之间的距离，
所以点N到直线AM的距离
d＝
．
所以△AMN的面积的最大值为＝18．
名师点评：几何法求最值，主要是利用曲线的定义、几何性质、几何关系以及平面几何中的定理、性质等进行求解或寻找临界位置求解．
[巩固迁移]
3．(2026·内蒙古呼和浩特开学考试)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别是F1，F2，O是坐标原点，直线l过O且与椭圆C相交于P，Q两点，|PF1|＋|PF2|＝4．
(1)若P(x，y)，求证：1≤x2＋y2≤4；
(2)求△PQF1周长的最小值．
[解]　(1)证明：依题意，2a＝4，a＝2，则椭圆的方程为＋y2＝1，
由点P在椭圆上，得点P的坐标满足＋y2＝1，
即x2＝4(1－y2)，其中y∈[－1，1]，
则x2＋y2＝4(1－y2)＋y2＝4－3y2，由y∈[－1，1]，得y2∈[0，1]，
所以1≤4－3y2≤4．
(2)依题意，四边形PF1QF2是平行四边形，
则△PQF1的周长＝|PF1|＋|F1Q|＋|PQ|＝|PF1|＋|PF2|＋|PQ|＝2a＋2|PO|＝4＋2|PO|，
又设P(x，y)，则|PO|＝，
由(1)得，当y＝±1，即点P落到椭圆的上、
下顶点时，|PO|取得最小值1，
所以△PQF1的周长最小值为6．
【教用·备选题】
设椭圆)的右焦点为F，右顶点为A．已知|OA|－|OF|＝1，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程及离心率e的值；
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H．若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．
[解]　(1)由题意可知|OF|＝c＝，
又|OA|－|OF|＝1，所以a－
．
(2)设M(xM，yM)，易知A(2，0)，
在△MAO中，∠MOA≤∠MAO |MA|≤|MO|，
即(xM－2)2＋，化简得xM≥1．设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．
设B(xB，yB)，联立．
由题意得xB＝．
由(1)知F(1，0)，设H(0，yH)，则．
由BF⊥HF，得，
所以直线MH的方程为y＝－．
由
消去y得xM＝．
由xM≥1，得，
所以直线l的斜率的取值范围为．
技法四　巧借不等关系求范围(最值)
[典例4]　已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，右顶点为A(1，0)，点P是其渐近线上的一点，且以PF为直径的圆过点A，|PO|＝2，点O为坐标原点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)当点P在x轴上方时，过点P作y轴的垂线与y轴交于点B，设直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数m的取值范围．
[思维流程]
[解]　(1)∵F(－c，0)，A(a，0)，双曲线C的渐近线方程为y＝±x，以PF为直径的圆过点A，
∴PA⊥AF．不妨取点P在y＝＝(a＋c，0)，
∵PA⊥AF，则＝(t－a)(a＋c)＝0，可得t＝a，则点P(a，b)，
∵|PO|＝2，则a2＋b2＝4，∵a＝1，∴b2＝3，
∴双曲线C的标准方程为x2－＝1．
(2)由题意可知B(0，)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
线段MN的中点Q(x0，y0)，联立
消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
依题意
即①
由根与系数的关系可得x1＋x2＝，
则x0＝，
∵|BM|＝|BN|，∴BQ⊥MN，∴kBQ＝，
∴3－k2＝m，②
又k2＝3－m>0，③
由①②③得，m<－．
∴实数m的取值范围为．
名师点评：不等式求范围的三种常用方法
[巩固迁移]
4．(2026·重庆模拟)已知点P为椭圆C1：x2＋16y2＝4上的动点，Q为过点P且垂直于x轴的直线上一点，且Q点纵坐标为P点纵坐标的2倍．
(1)求点Q的轨迹方程C2；
(2)过点M(0，2)作斜率为k(k>0)的直线l交C2于A，B两点，且点O在以AB为直径的圆外，求k的取值范围．
[解]　(1)设Q(x，y)，P(x0，y0)，则有
又＝4，
所以x2＋16×＋y2＝1．
故点Q的轨迹方程为C2：＋y2＝1．
(2)设直线l为y＝kx＋2，
联立消元得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，
且有y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝，
由Δ＝16(4k2－3)>0，解得k2>．
又点O在以AB为直径的圆外，
所以>0，解得k2<4，
所以即k的取值范围为．
【教用·备选题】
1．椭圆C1：，直线l与椭圆C1交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若过原点的直线m与椭圆C1交于C，
D两点，且)，求四边
形ACBD面积的最大值．
[解]　(1)因为椭圆C1：＝1，
又椭圆的离心率为，则a2＝2c2，即a2＝2b2，
则，
所以椭圆C1的方程为＝1．
(2)当直线AB的斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为(t，0)，则(x－t)2＋y2＝t2，
不妨取A(t，t)，故＝1，解得t＝±1．
故AB的方程为x＝±1，
直线CD过AB的中点，即为x轴，
得|AB|＝2，|CD|＝2，
故S四边形ACBD＝．
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y可得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－3＝0，
则Δ＝4(6k2－2m2＋3)>0，①
x1＋x2＝－，②
x1x2＝，③
以AB为直径的圆过原点，即
＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)·(kx2＋m)＝0，
化简可得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
将②③两式代入，整理得
(k2＋1)(2m2－3)＋km(－4km)＋m2(2k2＋1)＝0，即m2＝k2＋1，④
将④式代入①式，得Δ＝4(4k2＋1)>0恒成立，则k∈R．
设线段AB的中点为M，由，不妨设t>0，得S四边形ACBD＝2S四边形OACB＝4tS△OAB，
又因为S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|，
所以S四边形ACBD＝4t|m|，
又由)，则C点坐标为
(t(x1＋x2)，t(y1＋y2))，
化简得
代入椭圆方程可得＝3，即t＝，
则S四边形ACBD＝4tS△OAB＝4
＝，
综上，四边形ACBD面积的最大值为2．
2．(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4．
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且＝0，求△MFN面积的最小值．
[解]　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p>0，得p>．
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝
＝，
解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2．
(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0)．
因为(x3x4＋x3＋x4＋1)．(*)
①当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称．
因为∠MFN＝90°，
所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1．
不妨设直线MF的斜率为1，则直线MF：y＝x－1，
由得x2－6x＋1＝0，
得
代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2
)．
②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m．
由
得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，
则
y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝．
又＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，
所以＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4．
所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)＝
＝＋1．令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，所以>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8)．
综上所述，△MFN面积的最小值为4(3－2)．
1．(2026·湖南长沙模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆 C：．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A(4，0)，B(0，2)，点 P 是椭圆上且在第三象限内的一点，当△PAB的面积取最大值时，求点 P 的坐标．
课后作业(六十三)　圆锥曲线中的范围、最值问题
[解]　(1)∵椭圆 C：
，
∴，
∴，又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋t，
代入A(4，0)，B(0，2)，得到解得
∴直线AB的方程为y＝－x＋2，
点P是椭圆上且在第三象限内的一点，
∴过P作直线l∥AB且与椭圆相切，切点为P，此时△PAB的面积取最大值．
设过P的直线l的方程为y＝－x＋m(m≠2)，
直线l：y＝－＋y2＝1联立方程组，
消去y，得到关于x的一元二次方程2x2－4mx＋4m2－4＝0，
∵直线l与椭圆相切，∴Δ＝0，
∴16m2－4×2(4m2－4)＝0，∴m＝±，
∵P是第三象限的点，∴m＝－，
此时2x2－4mx＋4m2－4＝0的解为x＝－，
代入直线l方程y＝－，∴P．
2．(2025·上海松江二模)已知椭圆Γ：
的正三角形，过焦点的直线交椭圆Γ于P，Q两点(P，Q分别在第一、四象限)．
(1)求椭圆Γ的离心率；
(2)已知点M(0，m)，m>0，求椭圆Γ上的动点R到点M的最大距离；
(3)求四边形B1B2QP面积的取值范围．
[解]　(1)由于正三角形F1F2B1的面积为
．
又a2＝c2＋b2＝4，故椭圆的方程为．
(2)设R(x，y)，且，
|RM|2＝x2＋(y－m)2＝4－y2－2my＋m2＋4，
其对称轴为y＝－3m<0，而－，
当－3m≤－；
当0>－3m>－时，
|RM|2在y＝－3m时取得最大值，|RM|max＝2．
综上，当0当m≥．
(3)设直线PQ的方程为x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立
消去x整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则Δ>0，y1＋y2＝－．
因为点P，Q分别在第一、四象限，
所以即
故解得－，
四边形B1B2QP的面积S＝|OF2|·|y1－y2|，
因为|B1B2|＝2，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，
所以S＝＝，
令t＝4，
则S＝，
因为4，
所以y＝)上单调递增，
故S∈，
即四边形B1B2QP面积的取值范围为．
3．(2022·全国甲卷)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C 的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
[解]　(1)抛物线的准线方程为x＝－，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时|MF|＝p＋＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)设M，B，直线MN：x＝my＋1，
由可得y2－4my－4＝0，则Δ1>0，y1y2＝－4．
当直线MN的斜率存在时，
由斜率公式可得kMN＝，
直线MD：x＝·y＋2，代入抛物线方程可得y2－·y－8＝0，
Δ2>0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝．
又因为直线MN，AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝，
若要使α－β最大，则β∈，
设kMN＝2kAB＝2k>0，
则tan(α－β)＝，
当且仅当时，等号成立，
所以当α－β 最大时，
kAB＝y－4n＝0，
Δ3>0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB：x＝y＋4；
当直线MN的斜率不存在时，α＝β＝90°，α－β＝0°，tan(α－β)<．
综上，直线AB的方程为x＝y－4＝0．
4．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(4，m)在抛物线E上，且△OMF的面积为p2(O为坐标原点)．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值．
[解]　(1)由题意可得
解得p＝2．
故抛物线E的方程为y2＝4x．
(2)由题意知，直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，
联立消去x得y2－4ty－4＝0，Δ1>0，
所以由根与系数的关系得y1＋y2＝4t，y1y2＝－4．
由AC垂直于直线l，得直线AC的方程为y－y1＝－t(x－x1)，
联立消去x得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0，Δ2>0，
所以由根与系数的关系得y1＋y3＝－．
所以|AC|＝
＝＝
＝·|ty1＋2|＝·(ty1＋2)．
同理可得|BD|＝·(ty2＋2)，
所以|AC|＋|BD|＝·[t(y1＋y2)＋4]＝，
令f (x)＝，x>0，则f '(x)＝，x>0，
所以当x∈(0，2)时，f '(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，
f '(x)>0，f (x)单调递增．
所以当x＝2时，f (x)取得最小值，即当t＝±．
谢 谢 ！课后作业(六十三)　圆锥曲线中的范围、最值问题
说明：本试卷共60分
1．(15分)(2026·湖南长沙模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆 C：＝1(a>b>0)的焦点与短轴两个顶点所成三角形的面积为 ，离心率为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A(4，0)，B(0，2)，点 P 是椭圆上且在第三象限内的一点，当△PAB的面积取最大值时，求点 P 的坐标．
2．(15分)(2025·上海松江二模)已知椭圆Γ：＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为B1，B2，△B1F1F2是面积为的正三角形，过焦点的直线交椭圆Γ于P，Q两点(P，Q分别在第一、四象限)．
(1)求椭圆Γ的离心率；
(2)已知点M(0，m)，m>0，求椭圆Γ上的动点R到点M的最大距离；
(3)求四边形B1B2QP面积的取值范围．
3．(15分)(2022·全国甲卷)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C 的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
4．(15分)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(4，m)在抛物线E上，且△OMF的面积为p2(O为坐标原点)．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值．
课后作业(六十三)
1．解：(1)∵椭圆 C：＝1(a>b>0)的焦点与短轴两个顶点所成三角形的面积为，
∴·2b·c＝，∵离心率为 ，
∴，又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋t，
代入A(4，0)，B(0，2)，得到
解得
∴直线AB的方程为y＝－x＋2，
点P是椭圆上且在第三象限内的一点，
∴过P作直线l∥AB且与椭圆相切，切点为P，此时△PAB的面积取最大值．
设过P的直线l的方程为y＝－x＋m(m≠2)，
直线l：y＝－x＋m与椭圆C：＋y2＝1联立方程组，
消去y，得到关于x的一元二次方程2x2－4mx＋4m2－4＝0，
∵直线l与椭圆相切，∴Δ＝0，∴16m2－4×2(4m2－4)＝0，
∴m＝±，
∵P是第三象限的点，∴m＝－，
此时2x2－4mx＋4m2－4＝0的解为x＝－，
代入直线l方程y＝－x＋m，得到y＝－，
∴P．
2．解：(1)由于正三角形F1F2B1的面积为
解得c＝1，b＝．
又a2＝c2＋b2＝4，故椭圆的方程为＝1，离心率e＝．
(2)设R(x，y)，且＝1，即x2＝4－，
|RM|2＝x2＋(y－m)2＝4－＋y2－2my＋m2＝－y2－2my＋m2＋4，
其对称轴为y＝－3m<0，而－≤y≤，
当－3m≤－，即m≥时，|RM|2在y＝－时取得最大值，|RM|max＝m＋；
当0>－3m>－，即0|RM|2在y＝－3m时取得最大值，|RM|max＝2．
综上，当0当m≥时，最大距离为m＋．
(3)设直线PQ的方程为x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立
消去x整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则Δ>0，y1＋y2＝－，
y1y2＝－．
因为点P，Q分别在第一、四象限，
所以
即
故
解得－四边形B1B2QP的面积S＝＋S△OPQ＝|OB1|·x1＋|OB2|·x2＋|OF2|·|y1－y2|，
因为|B1B2|＝2，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，
所以S＝m(y1＋y2)＋，
令t＝4＋6，4＋6≤t<8，
则S＝，
因为4＋6>2，
所以y＝在[4＋6，8)上单调递增，
故S∈，
即四边形B1B2QP面积的取值范围为．
3．解：(1)抛物线的准线方程为x＝－，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时|MF|＝p＋＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)设M，N，A，B，直线MN：x＝my＋1，
由可得y2－4my－4＝0，则Δ1>0，y1y2＝－4．
当直线MN的斜率存在时，
由斜率公式可得kMN＝＝，kAB＝，
直线MD：x＝·y＋2，代入抛物线方程可得y2－·y－8＝0，
Δ2>0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝．
又因为直线MN，AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝，
若要使α－β最大，则β∈，
设kMN＝2kAB＝2k>0，则tan(α－β)＝≤，
当且仅当＝2k，即k＝时，等号成立，
所以当α－β 最大时，kAB＝，设直线AB：x＝y＋n，代入抛物线方程可得y2－4y－4n＝0，
Δ3>0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，
所以n＝4，
所以直线AB：x＝y＋4；
当直线MN的斜率不存在时，α＝β＝90°，α－β＝0°，tan(α－β)<．
综上，直线AB的方程为x＝y＋4，即x－y－4＝0．
4．解：(1)由题意可得
解得p＝2．
故抛物线E的方程为y2＝4x．
(2)由题意知，直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，
联立消去x得y2－4ty－4＝0，Δ1>0，
所以由根与系数的关系得y1＋y2＝4t，y1y2＝－4．
由AC垂直于直线l，得直线AC的方程为y－y1＝－t(x－x1)，
联立消去x得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0，Δ2>0，
所以由根与系数的关系得y1＋y3＝－，y1y3＝．
所以|AC|
＝
＝
＝
＝·|ty1＋2|
＝·(ty1＋2)．
同理可得|BD|＝·(ty2＋2)，
所以|AC|＋|BD|＝·[t(y1＋y2)＋4]＝(t2＋1)＝8，
令f (x)＝，x>0，
则f '(x)＝，x>0，
所以当x∈(0，2)时，f '(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f '(x)>0，f (x)单调递增．
所以当x＝2时，f (x)取得最小值，即当t＝±时，|AC|＋|BD|的最小值为12．
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