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第2课时　最值、范围问题(高考超重点)
　　处理圆锥曲线中最值、范围问题的方法：(1)几何法：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.(2)代数法：把要求最值、范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数法、不等式法等进行求解.
技法一　几何法求最值(范围)
(1)已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，点P是该双曲线上一点且在第一象限内，2sin∠PF1F2＝sin∠PF2F1，则双曲线的离心率的取值范围是(　　)
A.(1，2) B.(1，3)
C.(3，＋∞) D.(2，3)
(2)已知椭圆C：＝1的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：(x－3)2＋(y－2)2＝1上任意一点，则｜MN｜－｜MF1｜的最小值为　　　　.
答案：(1)B　(2)2－5
解析：(1)在△PF1F2中，由正弦定理知.因为2sin∠PF1F2＝sin∠PF2F1，所以2｜PF2｜＝｜PF1｜.由双曲线的定义知｜PF1｜－｜PF2｜＝2a，所以｜PF1｜＝4a，｜PF2｜＝2a.因为｜PF1｜＋｜PF2｜＞｜F1F2｜，即4a＋2a＞2c，所以e＝3.又e＞1，所以e∈(1，3).故选B.
(2)如图所示，根据题意得｜MF1｜＋｜MF2｜＝4，｜MN｜≥｜ME｜－1，当且仅当M，N，E三点共线，且N在线段ME上时取等号，所以｜MN｜－｜MF1｜＝｜MN｜－(4－｜MF2｜)＝｜MN｜＋｜MF2｜－4≥｜ME｜＋｜MF2｜－5≥｜EF2｜－5，当且仅当M，N，E，F2四点共线，且M，N在线段EF2上时取等号.因为F2(1，0)，E(3，2)，所以｜EF2｜＝＝2，所以｜MN｜－｜MF1｜的最小值为2－5.
　　若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用直线与曲线的定义、图形、几何性质来解决.
对点练1.已知过抛物线C：y2＝4x的焦点F且倾斜角为60°的直线交C于A，B两点(A在B的右边)，P为C上一点，若5＝8，求｜PF｜＋｜PQ｜的最小值.
解：根据题意，得焦点F(1，0).
又因为直线的倾斜角为60°，得斜率k＝tan 60°＝，
故直线AB的方程为y＝(x－1).
联立整理得3x2－10x＋3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，解得x1＝3，x2＝.
设Q(xQ，yQ)，因为5＝8，所以5(x2－x1)＝8(x2－xQ)，解得xQ＝2.
过点P作PH垂直准线于点H，根据抛物线的定义，得｜PF｜＋｜PQ｜＝｜PH｜＋｜PQ｜.
当Q，P，H三点共线且与x轴平行时，｜PF｜＋｜PQ｜有最小值，最小值为｜QH｜＝2＋1＝3，
所以｜PF｜＋｜PQ｜的最小值为3.
技法二　函数性质法求最值(范围)
(2025·浙江台州二模)已知抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1，0)，直线l与抛物线Γ交于A，B两点，且M(，1)为线段AB的中点.
(1)求抛物线Γ的标准方程；
(2)求直线l的方程；
(3)过点Q(m，1)(m＜0)作抛物线Γ的两条切线，分别交l于C，D两点，求△QCD面积的最小值.
解：(1)因为抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1，0)，
所以＝1 p＝2，所以抛物线Γ：y2＝4x.
(2)根据题意知直线AB的斜率存在.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则.
因为线段AB的中点为M(，1)，所以y1＋y2＝2，x1＋x2＝5，
所以＝2，则直线l的方程为y－1＝2(x－)，即2x－y－4＝0.
(3)设抛物线的切线方程为x－m＝t(y－1).
由得y2－4ty＋4t－4m＝0，由Δ＝0，可得t2－t＋m＝0，
所以
设QC的方程为x－m＝t1(y－1)，
联立可得xC＝，同理xD＝，
所以｜CD｜＝｜xC－xD｜＝·，
Q点到直线l的距离d＝，
所以S△QCD＝｜CD｜·d＝·.
令h(m)＝，h'(m)＝.
因为1－4m＞0，则m，令h'(m)＝0，m＝－，
当m＜－时，h'(m)＜0，h(m)单调递减，当－m时，h'(m)＞0，h(m)单调递增，
所以h(m)min＝h(－)＝12，此时(S△QCD)min＝6.
学生用书 第253页
利用函数性质法求最值(范围)的方法 根据已知条件设出自变量，构造目标函数，利用二次函数或导数等分析函数的单调性，从而确定最值(范围).
对点练2.(2025·山东泰安一模节选)已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆E的左、右焦点，A，B分别为椭圆E的上、下顶点，且｜AB｜＝2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知过F1的直线l与椭圆E交于M，N两点，且直线l不过椭圆四个顶点.设△MF1F2，△MAB的面积分别为S1，S2，若S1≤S2，求｜AM｜的最大值.
解：(1)根据题意，知
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设M(x0，y0)，则S1＝｜F1F2｜×｜y0｜＝2×｜y0｜＝｜y0｜，
S2＝S△MAB＝｜AB｜×｜x0｜＝2×｜x0｜＝｜x0｜.
因为S1≤S2，所以｜y0｜≤｜x0｜，所以≤.
又因为M(x0，y0)在椭圆上，所以＝1，
所以＝2－2，所以≤2－2，即≤.
因为｜AM｜2＝＝2－2－2y0＋1＝－－2y0＋3，y0∈[－，0)∪(0，]，
所以｜AM＝－＋3＝，
所以｜AM｜max＝.
技法三　不等关系法求最值(范围)
(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，得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以｜AB｜＝··＝4，即2p2－p－6＝0，
解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2.
(2)由(1)知，抛物线的焦点为F(1，0).
根据题意知直线MN的斜率不可能为0，
所以设MN的方程为x＝my＋t，M(x3，y3)，N(x4，y4).
联立消去x得y2－4my－4t＝0，
所以Δ＝16m2＋16t＞0，即m2＋t＞0.
由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t.
因为·＝0，所以(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝0，
即(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝(my3＋t－1)(my4＋t－1)＋y3y4＝(m2＋1)y3y4＋m(t－1)(y3＋y4)＋(t－1)2＝(m2＋1)(－4t)＋m(t－1)·4m＋(t－1)2＝0，
即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，即4m2＝t2－6t＋1.
设F到MN的距离为d，则d＝.
又｜MN｜＝｜y3－y4｜＝··＝4·，所以S△MFN＝｜MN｜·d＝4··＝2·｜t－1｜＝·｜t－1｜＝｜t－1｜＝(t－1)2.
因为4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－2或t≥3＋2，
所以当且仅当t＝3－2时，S△MFN取得最小值12－8.
即△MFN面积的最小值为12－8.
寻找不等关系的突破口 1.利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围. 2.利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系. 3.利用隐含的不等关系，从而求出所求范围. 4.利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围. 5.利用函数值域的求法，确定所求范围.
对点练3.已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.
解：(1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0).
设Q(x0，y0)，则由，得
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)根据题意，知直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立
消去y并整理，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0(*).
因为直线l与E有两个交点，即方程(*)有不相等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)＞0，解得k2＞.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由根与系数的关系得
因为坐标原点O位于以MN为直径的圆外.
所以·＞0，即x1x2＋y1y2＞0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·－2k·＋4＞0，
解得k2＜4，
综上可得k2＜4，则k＜2或－2＜k＜－.
所以满足条件的直线l斜率的取值范围是∪.
【教师备选】　已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，过A且斜率为k(k＞0)的直线交y轴于点M，交C的另一点为P.
(1)若k＝，＝2，求C的离心率；
(2)点Q在C上，若PA⊥QA，且tan∠PQA＝8，求实数k的取值范围.
解：(1)如图所示，
根据题意知，A(－a，0)，设P(x1，y1)，由＝2，可知x1＝，
代入椭圆方程，可得＝1.
因为y1＞0，所以P.
又k＝·，解得，
所以离心率e＝.
(2)如图所示，
设点P(x1，y1)，直线PA方程为y＝k(x＋a)，
联立直线方程与椭圆方程可得＝1，
整理可得(x＋a)(＋k2·)＝0，解得x1＝，
所以｜PA｜＝｜x1＋a｜
＝2·，
将k替换为－，同理可得｜QA｜＝2·，
由tan∠PQA＝8，可得＝8，
整理得∈(0，1)，k≠8.
由＞0，解得k＞8或0＜k.
由1，即0，解得k＜8或k＜0.
所以k∈(，).
故实数k的取值范围是(，).
学生用书 第254页
技法四　基本不等式法求最值(范围)
(2025·广东茂名一模节选)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，离心率为，直线l交E于A，B两点.
(1)求E的方程；
(2)若直线l过E的右焦点，当△OAB面积最大时，求｜AB｜.
解：(1)根据题意，知解得a＝2，c＝，
所以b2＝a2－c2＝2，故椭圆的方程为＝1.
(2)由(1)可知F(，0)，由题可设直线l的方程为x＝ty＋，A(x1，y1)，B(x2，y2).
联立消去x可得(t2＋2)y2＋2ty－2＝0，
则Δ＝8t2＋8(t2＋2)＞0恒成立，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
所以S△AOB＝c｜y1－y2｜
＝
＝
＝＝2
＝2
＝2≤2，
当且仅当t＝0时等号成立，所以直线l垂直于x轴时，△OAB的面积取最大值，
此时，｜AB｜＝＝2.
巧用基本不等式求最值的关键 　　利用基本不等式求最值时，关键在于将式子变形为两项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值.
对点练4.(2025·山东临沂一模)已知椭圆E：＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，F1，F2是E的左、右焦点，且｜F1F2｜＝4，直线l1过点F1与E交于A，B两点.
(1)求E的方程；
(2)若｜AB｜＝2，求l1的方程；
(3)若直线l2过点F2与E交于C，D两点，且l1，l2的斜率乘积为－，M，N分别是线段AB，CD的中点，求△OMN面积的最大值.
解：(1)因为｜F1F2｜＝4，所以2c＝4 c＝2.
又因为椭圆的离心率为，所以 a＝2 b2＝12－8＝4，
所以椭圆E的方程为＝1.
(2)当直线l1的斜率为零时，此时方程为y＝0，此时x＝±2，
显然此时｜AB｜＝4，不符合题意，
故设直线l1的方程为x＝my－2，与椭圆方程联立，得
(m2＋3)y2－4my－4＝0.
因为Δ＝(－4m)2＋16(m2＋3)＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝，y1y2＝.
由｜AB｜＝2 ｜y1－y2｜＝2 ＝2 ＝2 m2＝1 m＝±1，
所以直线l1的方程为x－y＋2＝0，
或x＋y＋2＝0.
(3)由(2)可知y1＋y2＝，
所以x1＋x2＝my1－2＋my2－2，
因此M点的坐标为(，).
又设直线l2的方程为x＝ny＋2，
联立 (n2＋3)y2＋4ny－4＝0.
因为Δ＝(4n)2＋16(n2＋3)＞0，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则有y3＋y4＝，
x3＋x4＝ny1＋2＋ny2＋2，
所以N点的坐标为(，).
因为l1，l2的斜率乘积为－，
所以·＝－ nm＝－3，因此N点的坐标为(，)，
显然边MN与横轴平行，
因此S△OMN＝≤，
即S△OMN≤，当且仅当｜m｜＝，即m＝±时取等号，
所以△OMN面积的最大值为.
课时分层测评75　最值、范围问题
(时间：60分钟　满分：55分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(10分)已知F(，0)是椭圆C：＝1(a＞b＞0)的一个焦点，点M在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围.
解：(1)根据题意，得椭圆＝1(a＞b＞0)的左焦点为(－，0).
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为＝4，
即2a＝4，所以a＝2.
又因为c＝，可得b＝＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0或不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意.
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
联立可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以kOA＋kOB＝＝2k＋＝2k＋＝－，
可得m2＝4k＋1.
又m2≥0，所以k≥－.
又由Δ＞0，可得16(4k2－m2＋1)＞0，所以4k2－4k＞0，解得k＜0或k＞1.
综上可得，直线l的斜率的取值范围是∪.
【教师备选】　(2025·广东深圳二模)已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，｜PF｜＝，R是直线y＝2上一动点，｜PR｜的最小值为1.
(1)求E的方程；
(2)过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求△RMN面积的取值范围.
解：(1)设点F(c，0)(c＞0)，
当直线PF与x轴垂直时，点P(c，)，则＝1.
因为｜PR｜的最小值为2－b＝1，所以b＝1.
又由a2＝b2＋c2，可解得a＝2，c＝，
故E的方程为＋y2＝1.
(2)如图，
设点M(m，0)，N(n，0)，R(t，2)，注意到RM，RN斜率不为0，
设RM：x＝y＋m，RN：x＝y＋n，
联立得[16＋(t－m)2]y2＋4(t－m)my＋4(m2－4)＝0.
因为RM与E相切，所以Δ＝[4(t－m)m]2－4[16＋(t－m)2]·4(m2－4)＝0，
于是16(t－m)2m2－16[16＋(t－m)2](m2－4)＝0，
化简得3m2＋2tm－t2－16＝0.
又RN与E相切，同理有3n2＋2tn－t2－16＝0，
故m，n是一元二次方程3x2＋2tx－t2－16＝0的两根，
则m＋n＝－，mn＝－，
所以｜MN｜＝｜m－n｜＝，
又t2≥0，所以S△RMN＝｜MN｜·2＝≥，
所以△RMN面积的取值范围是［，＋∞).
2.(13分)如图，已知抛物线x2＝y，点A(－，)，B(，)，抛物线上的点P(x，y)(－x)，过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求｜PA｜·｜PQ｜的最大值.
解：(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－.
因为－x，所以直线AP斜率的取值范围是(－1，1).
(2)联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ＝.
因为｜PA｜＝｜x＋｜＝(k＋1)，
｜PQ｜＝｜xQ－x｜＝－，
所以｜PA｜·｜PQ｜＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
则f'(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以f(k)在上单调递增，在上单调递减，
因此当k＝时，｜PA｜·｜PQ｜取得最大值.
3.(15分)(2025·浙江金华十校二模)如图，双曲线E：－＝1(a＞0，b＞0)的虚轴长为2，离心率为，斜率为k的直线l过x轴上一点A(t，0).
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)若双曲线E上存在关于直线l对称的不同两点B，C，直线BC与直线l及y轴的交点分别为P，Q.
(ⅰ)当k＝时，求t的取值范围；
(ⅱ)当t＝－3时，求S△APQ的最小值.
解：(1)根据题意，知
所以双曲线E的标准方程为－y2＝1.
(2)令P(x0，y0)，设直线BC：y＝－x＋m，与－y2＝1联立得(k2－4)x2＋8mkx－4m2k2－4k2＝0.
当Δ＝16k2(m2k2＋k2－4)＞0时，
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则由韦达定理，及题意可得
x0＝，y0＝.
(ⅰ)当k＝时，x0＝m，y0＝－m，
由＝k＝，得t＝x0－3y0＝m.
又因为Δ＞0，即k2(m2＋1)＞4 m2＞－1＝35 m∈(－∞，－)∪(，＋∞)，
所以t＝m∈(－∞，－)∪(，＋∞).
(ⅱ)根据题意知Q(0，m)，A(－3，0).
因为k＝ －4km＋3k2－12＝mk，
所以m＝ .
又x0＋3＝，y0＝，
则｜PA｜＝｜y0｜＝，
｜PQ｜＝.
又 ，x0＝＝－，
则｜PQ｜＝，
则S△APQ＝｜PA｜·｜PQ｜＝··(｜k｜＋)≥·2，
当k＝±1时取等号，此时m2＝，Δ＝16(＋1－4)＞0，满足题意.
综上，S△APQ的最小值为.
4.(17分)(2025·全国一卷)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，｜AB｜＝.
(1)求C的方程；
(2)(一题多解)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)，求点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的斜率为直线OP的斜率的3倍，求｜PQ｜的最大值.
解：(1)根据题意，知A(0，－b)，B(a，0)，
所以解得a2＝9，b2＝1，c2＝8.
故C的方程为＋y2＝1.
(2)(ⅰ)设R(x0，y0)，易知m≠0，
法一：所以kAP＝，故，且mx0＞0.
因为A(0，－1)，｜AR｜｜AP｜＝3，
所以＝3，
即x0m＝3，解得x0＝，所以y0＝，
所以点R的坐标为(，).
法二：设＝λ，λ＞0，则｜AR｜｜AP｜＝3 λ[m2＋(n＋1)2]＝3，所以λ＝，＝λ＝λ(m，n＋1)＝(，)，
故点R的坐标为(，).
(ⅱ)因为kOR＝，kOP＝，
由kOR＝3kOP，可得，
化简得m2＋n2＋8n－2＝0，即m2＋(n＋4)2＝18(m≠0)，
所以点P在以N(0，－4)为圆心，3为半径的圆上(除去两个点)，
｜PQ｜max为Q到圆心N的距离加上半径.
法一：设Q(3cos θ，sin θ)，所以
｜QN｜2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝9cos2θ＋sin2θ＋8sin θ＋16＝8cos2θ＋1＋8sin θ＋16＝8(1－sin2θ)＋8sin θ＋17＝－8sin2θ＋8sin θ＋25
＝－8＋27≤27，
当且仅当sin θ＝时取等号，
所以｜PQ｜max＝＋3＝3().
法二：设Q(xQ，yQ)，则＝1，
｜QN｜2＝＝9－9＋8yQ＋16＝－8＋8yQ＋25＝－8＋27≤27，
当且仅当yQ＝时取等号，
故｜PQ｜max＝＋3＝3().
学生用书 第255页
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