2011年高考数学专题讲义解析几何专题4圆锥曲线中的最值和范围问题

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提升高考数学专题讲义：解析几何专题4：圆锥曲线中的最值和范围问题

高考数学专题讲义：解析几何专题4：圆锥曲线中的最值和范围问题第三章字母表示数3.4 合并同类项班级姓名● 教材解读1．同类项的概念2．合并同类项● 知识梳理单项式：只含有的积的代数式叫做单项式。

单项式中___________叫做这个单项式的系数；单项式中____________叫做这个单项式的次数。

多项式：几个的和，叫做多项式。

____________ 叫做常数项。

多项式中________的次数，就是这个多项式的次数。

多项式中_______的个数，就是这个多项式的项数。

同类项：含有相同的，并且相同的也相同的项叫做同类项（同类项与系数无关，也与字母顺序无关）。

合并同类项：____________________________ 叫做合并同类项。

合并同类项法则：。

● 例题研讨例1：写出各单项式的系数和次数。

单项式系数次数变式：下列各代数式是由哪几个单项式组成的，并写出各项的系数和次数。

（1）（2）例2：（1）下列各组中的代数式是同类项的有________________ A．B．C．．E.10与-8F. 与G. 与（2）如果单项式与是关于x，y的单项式，并且它们是同类项．求m的值．（3）已知代数式中不含项，求的值。

变式：（1）（2009贺州）已知代数式与是同类项，求的值．（2）已知单项式与的和为单项式，求代数式的值。

例3：（1）合并同类项：变式：（1）先化简再求值：，其中。

例4：若，求的值。

● 过关练习下列不是同类项的是（）A. B. C. D判断下列各题中的两个项是不是同类项，是打√，不是打。

（1）与-3y（）（2）与（）（3）与-2（）（4）4xy与25yx （）（5）24 与-24 （）（6）与（）如果多项式与的和是单项式，下列与的正确关系为（）A、B、C、＝0或＝0 D、(2009烟台)若与的和是单项式，则．合并同类项（1）（2）（3）（4）如果与是同类项，求的值．已知，求代数式的值．● 巩固提高基础演练在中，不含ab项，则k=已知与是同类项，则＝，＝。

问题84 圆锥曲线中的最值、范围问题(解析版)

专题八解析几何问题四：圆锥曲线中的最值、范围问题一、考情分析与圆锥曲线有关的范围、最值问题,各种题型都有,既有对圆锥曲线的性质、曲线与方程关系的研究,又对最值范围问题有所青睐,它能综合应用函数、三角、不等式等有关知识,紧紧抓住圆锥曲线的定义进行转化,充分展现数形结合、函数与方程、化归转化等数学思想在解题中的应用．二、经验分享1. 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． 2. 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．三、知识拓展1.已知P 是椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>一点，F 是该椭圆焦点，则,b OP a a c PF a c ≤≤-≤≤+；2.已知P 是双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>一点，F 是该椭圆焦点，则,OP a PF c a ≥≥-；双曲线C 的焦点弦的最小值为2min 22,b a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭.学科@网四、题型分析(一) 利用圆锥曲线定义求最值借助圆锥曲线定义将最值问题等价转化为易求、易解、易推理证明的问题来处理．【例1】已知(40),(2)A B ，，2是椭圆221259x y +=内的两个点,M 是椭圆上的动点,求MA MB +的最大值和最小值．【分析】很容易想到联系三角形边的关系,无论A M B 、、三点是否共线,总有MA MB AB +>,故取不到等号,利用椭圆定义合理转化可以起到柳暗花明又一村的作用．【点评】涉及到椭圆焦点的题目,应想到椭圆定义转化条件,使得复杂问题简单化．【小试牛刀】【2017届四川双流中学高三上学期必得分训练】已知P 为抛物线x y 42=上一个动点,Q 为圆1)4(22=-+y x 上一个动点,当点P 到点Q 的距离与点P 到抛物线的准线的距离之和最小时,点P 的横坐标为（） A ．8179- B ．89C ．817D ．17【分析】根据抛物线的定义,点到抛物线的准线的距离等于点到抛物线的焦点的距离,所以点P 到点Q 的距离与点P 到准线距离之和的最小值就是点P 到点Q 的距离与到抛物线焦点距离之和的最小值,因此当三点共线时,距离之和取最小值.【解析】设P 到抛物线准线的距离为d ,抛物线的焦点为F ,圆心为C ,则()()min min 171PQ d PQ PF CF r +=+=-=,故选A.建立目标函数求解圆锥曲线的范围、最值问题,是常规方法,关键是选择恰当的变量为自变量．【例2】已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,直线01=++y x 与以椭圆C 的右焦点为圆心,以椭圆的长半轴长为半径的圆相切.（2）设P 为椭圆上一点,若过点)0,2(M 的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点S 和T ,且满足t =+(O 为坐标原点),求实数t 的取值范围.【分析】（1）由题意可得圆的方程为222)(a y c x =+-,圆心到直线01=++y x 的距离=d a c =+21；根据椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形, b=c,c b a 22==代入*式得1b c ==,即可得到所求椭圆方程；（Ⅱ）由题意知直线L 的斜率存在,设直线L 方程为)2(-=x k y ,设()00,y x p ,将直线方程代入椭圆方程得：()0288212222=-+-+k x k x k ,根据()()081628214642224>+-=-+-=∆k kkk 得到212<k ；设()11,y x S ,()22,y x T 应用韦达定理222122212128,218k k x x k k x x +-=+=+.讨论当k=0,0≠t 的情况,确定t 的不等式.（Ⅱ）由题意知直线L 的斜率存在,设直线L 方程为)2(-=x k y ,设()00,y x p 将直线方程代入椭圆方程得：()0288212222=-+-+k x k xk∴()()081628214642224>+-=-+-=∆k kk k∴212<k 设()11,y x S ,()22,y x T 则222122212128,218kk x x k k x x +-=+=+………………8分当k=0时,直线l 的方程为y=0,此时t=0,t OT =+成立,故,t=0符合题意. 当0≠t 时∴,2181220k k t x +•=22141k kt y +-•= 将上式代入椭圆方程得：1)21(16)21(3222222224=+++k t k k t k整理得：2222116k k t +=由212<k 知402<<t 所以22t ∈-（，）【点评】确定椭圆方程需要两个独立条件,从题中挖掘关于a b c 、、的等量关系；直线和椭圆的位置关系问题,往往要善于利用韦达定理设而不求,利用点P 在椭圆上和向量式得()t f k =,进而求函数值域．【小试牛刀】【吉林省吉林市2018届高三第三次调研】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>且椭圆经过点()0,1．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若直线1l ： 220x y +-=与圆22:640D x y x y m +--+=相切：（ⅰ）求圆D 的标准方程；（ⅱ）若直线2l 过定点()30，，与椭圆C 交于不同的两点,E F ，与圆D 交于不同的两点,M N ，求·EF MN 的取值范围．【解析】 (1)椭圆经过点()0,1，∴211b=，解得21b =，3,e =c a ∴=， ()2223441a c a ∴==-，解得24a = ∴椭圆C 的标准方程为2214x y +=(2) (i)圆D 的标准方程为()()223213x y m -+-=-,圆心为()3,2， ∵直线1l ： 220x y +-=与圆D 相切，∴圆D的半径r == ∴圆D 的标准方程为()()22325x y -+-=．（ⅱ）由题可得直线2l 的斜率存在, 设()23l y k x =-方程为,由()223{ 14y k x x y =++=消去y 整理得()222214243640k x k x k +-+-=，∵直线2l 与椭圆C 交于不同的两点,E F ， ∴()()()()222222441436416150k k k k ∆=--+-=->，解得2105k ≤<．设()()1122,,,E x y F x y ,则2212122224364,,1414k k x x x x k k -+==++ ∴EF ===又圆D 的圆心()3,2到直线2:30l kx y k --=的距离d ==,∴圆D截直线2l所得弦长MN ==,·EF MN ∴==，设29141,,5t k ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦则21 4 tk-=,2221125114·8295025tEF MNt t t-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭∴==-+-⎪⎝⎭,∵91,5t⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，∴21195025t t⎛⎫-+-⎪⎝⎭(]0,16∈，∵·EF MN的取值范围为(]0,8．(三) 二元变量最值问题转化为二次函数最值利用点在二次曲线上,将二元函数的最值问题转化为一元函数的最值问题来处理．【例2】若点O、F分别为椭圆22143x y+=的中心和左焦点,点P为椭圆上的任一点,则OP PF⋅的最大值为【分析】设点P x y（，）,利用平面向量数量积坐标表示,将OP PF⋅用变量x y，表示,借助椭圆方程消元,转化为一元函数的最值问题处理．【点评】注意利用“点在椭圆上”这个条件列方程．【小试牛刀】抛物线xy82=的焦点为F,点),(yx为该抛物线上的动点,又已知点)0,2(-A,则||||PFPA的取值范围是.【答案】]2,1[【解析】由抛物线的定义可得2||+=xPF,又xxyxPA8)2()2(||222++=++=,448128)2(||||22+++=+++=∴xxxxxxPFPA,当0=x时,1||||=PFPA；当0≠x时,44814481||||2+++=+++=∴xxxxxPFPA,4424=⋅≥+xx x x ,当且仅当x x 4=即2=x 时取等号,于是844≥++x x ,∴1448≤++x x ,∴]2,1(4481∈+++xx , 综上所述||||PF PA 的取值范围是]2,1[. (四) 双参数最值问题该类问题往往有三种类型：①建立两个参数之间的等量关系和不等式关系,通过整体消元得到参数的取值范围；②建立两个参数的等量关系,通过分离参数,借助一边变量的范围,确定另一个参数的取值范围；③建立两个参数的等量关系,通过选取一个参数为自变量,令一个变量为参数（主元思想）,从而确定参数的取值范围．【例3】在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C ：22221(1)x y a b a b+=＞≥的离心率32e =,且椭圆C 上一点N 到点Q 03（，）的距离最大值为4,过点3,0M （）的直线交椭圆C 于点.A B 、（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 为椭圆上一点,且满足OA OB tOP +=（O 为坐标原点）,当3AB ＜时,求实数t 的取值范围. 【分析】第一问,先利用离心率列出表达式找到a 与b 的关系,又因为椭圆上的N 点到点Q 的距离最大值为4,利用两点间距离公式列出表达式,因为N 在椭圆上,所以22244x b y =-,代入表达式,利用配方法求最大值,从而求出21b =,所以24a =,所以得到椭圆的标准方程；第二问,先设,,A P B 点坐标,由题意设出直线AB 方程,因为直线与椭圆相交,列出方程组,消参韦达定得到两根之和、两根之积,用坐标表示OA OB tOP +=得出,x y ,由于点P 在椭圆上,得到一个表达式,再由||3AB <,得到一个表达式,2个表达式联立,得到t 的取值范围.【解析】（Ⅰ）∵2222223,4c a b e a a -=== ∴224,a b = 则椭圆方程为22221,4x y b b+=即22244.x y b +=设(,),N x y 则22222(0)(3)44(3)NQ x y b y y =-+-=-+-222236493(1)412y y b y b =--++=-+++当1y =-时,NQ 有最大值为24124,b +=解得21,b =∴24a =,椭圆方程是2214x y +=由点P 在椭圆上,得222222222(24)1444,(14)(14)k k t k t k +=++化简得22236(14)k t k =+① 又由21213,AB kx =+-＜即221212(1)()43,k x x x x ⎡⎤++-⎣⎦＜将12x x +,12x x 代入得2422222244(364)(1)3,(14)14k k k k k ⎡⎤-+-⎢⎥++⎣⎦＜化简,得22(81)(1613)0,k k -+＞则221810,8k k -＞＞, ∴21185k ＜＜②由①,得22223699,1414k t k k==-++ 联立②,解得234,t ＜＜∴23t -＜＜3 2.t ＜＜【点评】第一问中转化为求二次函数最大值后,要注意变量取值范围；第二问利用点P 在椭圆上,和已知向量等式得变量,k t 的等量关系,和变量,k t 的不等关系联立求参数t 的取值范围．【小试牛刀】已知圆())0(2:222>=+-r r y x M ,若椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的右顶点为圆M 的圆心,离心率为22.（2）若存在直线kx y l =:,使得直线l 与椭圆C 分别交于B A ,两点,与圆M 分别交于H G ,两点,点G 在线段AB 上,且BH AG =,求圆M 的半径r 的取值范围.【解析】（1）设椭圆的焦距为2c ,因为1,1,22,2==∴==b c a c a 所以椭圆的方程为12:22=+y x C . （2）设),(),,(2211y x B y x A , 联立方程得⎩⎨⎧=-+=02222y x kxy所以02)21(22=-+x k则22222212121)1(8218)1(212,0kk k k AB k x x x x ++=++=∴+-=⋅=+ 又点)0,2(M 到直线l 的距离212kkd +=, 则222122k k r GH +-= 显然,若点H 也在线段AB 上,则由对称性可知,直线kx y =就是y 轴,与已知矛盾,所以要使BH AG =,只要GH AB =,所以)1321(2132)133(221221)1(212)12(421)1(8244242422222222222+++=++++=+++++=+-=++k k k k k k k k k k k k r kk r k k 当0=k 时,2=r .当0≠k 时,=+<+++=)211(2)23111(2242k k r 3,又显然2)23111(2242>+++=kk r ,所以32<<r .综上,圆M 的半径r 的取值范围是)3,2[.圆锥曲线中的最值、范围问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法,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；二是利用代数方法,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．四、迁移运用1．【2017届湖南师大附中高三上学期月考三】已知两定点()1,0A -和()1,0B ,动点(),P x y 在直线:3l y x =+上移动,椭圆C 以,A B 为焦点且经过点P ,则椭圆C 的离心率的最大值为（）A ．55 B ．105C. 255 D ．2105 【答案】A2．【2016-2017学年河北定州市高二上学期期中】过双曲线22115y x -=的右支上一点P ,分别向圆1C ：22(+4)+4x y =和圆2C ：22(4)1x y -+=作切线,切点分别为M ,N ,则22||||PM PN -的最小值为（）A ．10B ．13C ．16D ．19 【答案】B【解析】由题可知,)1|(|)4|(|||||222122---=-PC PC PN PM ,因此=--=-3||||||||222122PC PC PN PM 121212(||||)2(||||)32||3PC PC PC PC C C -=+-≥-13=.故选B ．3．【2017届湖南长沙一中高三月考五】已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点,且左、右焦点分别为1F ,2F .这两条曲线在第一象限的交点为P ,12PF F ∆是以1PF 为底边的等腰三角形.若1||10PF =,记椭圆与双曲线的离心率分别为1e 、2e ,则12e e 的取值范围是（）A.1(,)9+∞ B.1(,)5+∞C.1(,)3+∞ D.(0,)+∞【答案】C【解析】设椭圆和双曲线的半焦距为12,,c PF m PF n==,()m n>,由于12PF F∆是以1PF为底边的等腰三角形,若1||10PF=,即有10,2m n c==,由椭圆的定义可得12m n a+=,由双曲线定义可得22m n a-=,即由125,5,(5)a c a c c=+=-<,再由三角形的两边之和大于第三边,可得2210c c+>,可得52c>,既有552c<<,由离心率公式可得2122122125251c c ce ea a cc=⋅==--,由于22514c<<,则由2112531c>-,则12e e 的取值范围是1(,)3+∞,故选C.4．已知抛物线28y x=,点Q是圆22:28130C x y x y++-+=上任意一点,记抛物线上任意一点到直线2x=-的距离为d,则PQ d+的最小值为（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【解析】如图所示,由题意知,抛物线28y x=的焦点为(2,0)F,连接PF,则d PF=．将圆C化为22(1)(4)4x y++-=,圆心为(1,4)C-,半径为2r=,则PQ d PQ PF+=+,于是由PQ PF FQ+≥（当且仅当F,P,Q三点共线时取得等号）．而FQ为圆C上的动点Q到定点F的距离,显然当F,Q,C三点共线时取得最小值,且为22(12)(40)23CF r---+--=,故应选C．5.【陕西省咸阳市2018届高三一模】已知椭圆C的两个焦点为()()121,0,1,0F F-，且经过点31,2E⎛⎫⎪⎝⎭. （1）求椭圆C的方程；（2）过1F 的直线l 与椭圆C 交于,A B 两点（点A 位于x 轴上方），若11AF F B λ=，且5733λ≤≤，求直线l 的斜率k 的取值范围. 【解析】（1）设椭圆2222:1(0x y C a b a b+=>>，依题意得2222){1 12a b cc b a =+==，解得2,1,a c b ===，从而得椭圆22143x y +=. （2）设直线1:1(0)l x ty t k=-->，则()22221{ 314123412x ty ty y x y =-⇒-+=+= 即()2234690t y ty +--=，依题意有AA B By y y y λλ=-⇒=-，则226349{ 34A B A B A Bt y y t y y t y y λ+=+=+=- ，消去,A B y y 得()222114234t t λλλλ--=--+=-+，令()157233f λλλλ⎛⎫=--+≤≤ ⎪⎝⎭，则()2221110f λλλλ-=-=>'，所以()12f λλλ=--+在57,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递增，所以()2224164416913152115342116t f t t λ≤≤⇔≤≤⇔≤≤+，由10k t =>，得34k ≤≤l 的斜率k的取值范围是34⎡⎢⎣ 6．【湖南省衡阳市2018届高三第二次联考二模】已知椭圆2222C :1(0)x y a b a b+=>>的离心率为2，倾斜角为30的直线l 经过椭圆C 的右焦点且与圆223E :4x y +=相切. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线()0y kx m k =+≠与圆E 相切于点P ，且交椭圆C 于,A B 两点，射线OP 于椭圆C 交于点Q ，设OAB 的面积于QAB 的面积分别为12,S S . ①求1S 的最大值； ②当1S 取得最大值时，求12S S 的值. 【解析】(1)依题直线l 的斜率3tan 303k ==.设直线l 的方程为)y 3x c =-, 依题有：222222224{{: 1 412c a a x a b c C y b ===+⇒⇒+=== (2)由直线()0y kx m k =+≠与圆E相切得：224332m k =⇒=+. 设()()1122A ,,,x y B x y .将直线()0y kx m k =+≠代入椭圆C 的方程得：()()()()222222222148440,644144441644k xkmx m k m k m k m +++-==-+-=-+()22243 3.41310m k k =+∴=+>,且2121222844,1414km m x x x x k k-+=-=++.1212x x AB x -====- 设点O 到直线l 的距离为d =故OAB 的面积为：()()()2211223313111122231441kk S AB d m x x k k +++==-=≤=++,当2221331315k k k +=+⇒=.等号成立.故1S 的最大值为1.设()33Q ,x y ，由直线()0y kx m k =+≠与圆E 相切于点P ，可得OQ AB ⊥，223222232144{{. 74144k y x x k k OQ xy y k =-=+∴⇒∴=====+=+. 121212,1272112OP AB OP S OP PQ OQ OP S PQ PQ AB =∴=-=-∴===. 8．【2018衡水高三信息卷二】已知抛物线2:2x py Γ=（0p >），直线2y =与抛物线Γ交于,A B (点B 在点A 的左侧)两点，且AB =（1）求抛物线Γ在,A B 两点处的切线方程；（2）若直线l 与抛物线Γ交于,M N 两点，且,M N 的中点在线段AB 上，MN 的垂直平分线交y 轴于点Q，求QMN ∆面积的最大值.【解析】（1）由22x py =，令2y =，得x =±所以=解得3p =， 26x y =，由26x y =，得3x y '=，故|x y ='所以在A点的切线方程为2y x -=-，即20x -=，同理可得在B 点的切线方程为20x +=. （2）由题意得直线l 的斜率存在且不为0，故设:l y kx m =+， ()11,M x y ， ()22,N x y ，由26x y =与y kx m =+联立，得2660x kx m --=， 236240k m =+>，所以126x xk +=， 126x x m =-，故MN ==又()212122624y y k x x m k m +=++=+=，所以223m k =-，所以MN =，由236240k m ∆=+>，得33k -<<且0k ≠.因为,M N 的中点为()3,2k ，所以,M N 的垂直平分线方程为()123y x k k-=--，令0x =，得5y =，即()0,5Q ，所以点Q 到直线2230kx y k -+-=的距离222523311k d k k -+-==++，所以222123143312QMN S k k k ∆=⋅⋅+⋅-⋅+ ()()22233143k k =⋅+-.令21k u +=，则21k u =-，则713u <<，故()23373QMN S u u ∆=⋅-. 设()()273f u u u =-，则()2149f u u u ='-，结合713u <<，令()0f u '>，得1419u <<；令()0f u '<，得14793u <<，所以当149u =，即5k =±时， ()max1414147337399QMN S ∆=⨯-⨯=. 9．【山西省榆社中学2018届高三诊断性模拟】已知曲线M 由抛物线2x y =-及抛物线24x y =组成，直线l ： 3(0)y kx k =->与曲线M 有m （m N ∈）个公共点.（1）若3m ≥，求k 的最小值；（2）若4m =，自上而下记这4个交点分别为,,,A B C D ，求AB CD的取值范围.（2）设()11,A x y ， ()22,B x y ， ()33,C x y ， ()44,D x y ，则,A B 两点在抛物线24x y =上， ,C D 两点在抛物线2x y =-上，∴124x x k +=， 1212x x =， 34x x k +=-， 343x x =-，且2216480k ∆=->， 0k >，∴3k >∴()221448AB k k=+⋅-， 22112CD k k =+⋅+，∴()2244812k AB CDk -==+ 2223154411212k k k -=-++. ∴3k >，∴2150112k <<+，∴()0,4AB CD∈. 10．【山东省桓台第二中学2018届高三4月月考】已知抛物线2:4C y x =，点M 与抛物线C 的焦点F 关于原点对称，过点M 且斜率为k 的直线l 与抛物线C 交于不同两点,A B ，线段AB 的中点为P ，直线PF 与抛物线C 交于两点,E D ．（Ⅰ）判断是否存在实数k 使得四边形AEBD 为平行四边形．若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由；（Ⅱ）求22PF PM的取值范围．【解析】（Ⅰ）设直线l 的方程为(1)y k x =+，设11223344(,),(,),(,),(,)A x y B x y E x y D x y ．联立方程组2(1){4y k x y x=+=，得2222(24)0k x k x k +-+=．显然0k ≠，且0∆>，即224(24)40k k -->，得1k <且0k ≠．得21224-2k x x k+=， 121x x = 122212P x x x k +==-， 222[(1)1]P y k k k=-+=．直线PF 的方程为： 2(1)1ky x k =--，联立方程组22(1){14ky x k y x=--=，得22222222222(4)0(1)(1)(1)k k k x x k k k +++=---，得223424(1-)2kx xk+=+，341x x=若四边形AEBD为平行四边形，当且仅当2 1224-2kx xk+=223424(1-)2kx xk=+=+，即22(1)0k k-=，得0,1k=±，与1k<且0k≠矛盾．故不存在实数k使得四边形AEBD为平行四边形（Ⅱ）222422222222222213131122PF k kk kkk kPMk k⎛⎫⎛⎫-+⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭===++-++⎛⎫⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由1k<且0k≠，得2112k<+<；当213k+=，22PFPM取得最小值233-；当211k+=时，22PFPM取1；当212k+=时，22PFPM取12；所以22[233,1)PFPM∈-11．【2017届湖南长沙一中高三月考五】如图,椭圆22221(a b0)x ya b+=>>的左焦点为F,过点F的直线交椭圆于A,B两点,|AF|的最大值是M,|BF|的最小值是m,且满足234M m a=.（1）求椭圆的离心率；（2）设线段AB 的中点为G ,线段AB 的垂直平分线与x 轴、y 轴分别交于D ,E 两点,O 是坐标原点,记GFD ∆的面积为1S ,OED ∆的面积为2S ,求1222122S S S S +的取值范围. 【答案】（1）12；（2）9(0,)41．【解析】(1)令(c,0)(c 0)F ->,则M a c =+,m a c =-.由234M m a =,得23(a c)(a c)4a +-=,即22234a c a -=,即224a c =,214e ∴=,即12e =, 所以椭圆的离心率为12.（2）由线段AB 的垂直平分线分别与轴x 、y 轴交与点D 、E ,知AB 的斜率存在且不为0. 令AB 的方程为x ty c =-.联立2222143x ty c x y c c=-⎧⎪⎨+=⎪⎩,得222(3t 4)y 690cty c +--=. 123634ct y y t ∴+=+,121228(y y )2c 34c x x t t -+=+-=+,2243(,)3434c ctG t t -∴++. 由DG AB ⊥,得2231341434D ct t c t x t -+=-++,解之得234D c x t -=+. 由Rt DGF ∆∆∽Rt DOE ,得22222221222243()()343434990()34c c ct S GD t t t t c S OD t -+++++===+>-+.令12S p S =,则9p >,于是122212221S S S S p p=++. 而1p p +上(9+)∞，递增,1182999p p ∴+>+=.于是12221222982419S S S S <<+. 又12221220S S S S >+,12221229(0,)41S S S S ∴∈+,1222122S S S S ∴+的取值范围是9(0,)41. 12．【2017届贵州遵义南白中学高三上学期联考四】如图,已知椭圆的中心在坐标原点,焦点在x 轴上,它的一个顶点为(0,2)A ,且离心率等于32,过点(0,2)M 的直线l 与椭圆相交于不同两点P ,Q ,点N 在线段PQ 上．（1）求椭圆的标准方程；（2）设||||||||PM MQ PN NQ λ==,若直线l 与y 轴不重合,试求λ的取值范围．【答案】（1）22182x y +=；（2）2λ> 【解析】（1）设椭圆的标准方程是22221(0)x y a b a b+=>>,由于椭圆的一个顶点是2)A ,故22b =,322232c a b a a -==, 解得28a =,所以椭圆的标准方程为22182x y +=．（2）设11(,)P x y ,22(,)Q x y ,00(,)N x y ,设直线l 的方程为2y kx =+,与椭圆方程联立消去y 得22(14)1680k x kx +++=, 根据韦达定理得1221614k x x k +=-+,122814x x k =+, 由||||||||PM MQ PN NQ =,得12100200x x x x x x --=--,整理得120122()x x x x x =+, 把上面的等式代入得01x k=-, 又点N 在直线2y kx =+上,所以01()21y k k=-+=,于是有112y <<11121111y y y λ-==---,由112y <<得11211y >-,所以2λ> 综上所述,2λ>13．【2017届福建连城县二中高三上学期期中】设直线l ：(1)y k x =+与椭圆2223(0)x y a a +=>相交于A ,B 两个不同的点,与x 轴相交于点C ,记O 为坐标原点．（1）证明：222313k a k >+；（2）若2AC CB =,OAB ∆的面积取得最大值时椭圆方程．【答案】（1）证明见解析；（2）2235x y +=.【解析】（1）依题意,直线l 显然不平行于坐标轴,故(1)y k x =+可化为11x y k=-, 将11x y k =-代入2223x y a +=,整理得22212(3)10y y a k k+-+-=,① 由直线l 与椭圆相交于两个不同的点,得22221()4(3)(1)0a k k∆=--+->,化简整理即得222313k a k >+．（*）（2）11(,)A x y ,22(,)B x y ,由①,得122213ky y k +=+,②因为11(1,)AC x y =---,22(1,)CB x y =+,由2AC CB =,得122y y =-,③ 由②③联立,解得22213ky k-=+,④ ABC ∆的面积12213||||||22S OC y y y =⋅-=23||31323||k k k =≤=+,上式取等号的条件是231k =,即33k =±．当3k =时,由④解得23y =-；当3k =-时,由④解得23y =．将3k =,23y =-及3k =-,23y =这两组值分别代入①, 均可解出25a =,经验证,25a =,3k =±满足（*）式．所以,OAB ∆的面积取得最大值时椭圆方程为2235x y +=．14．【2016届黑龙江省哈尔滨师大附中高三12月考】已知椭圆M ：2221(0)3x y a a +=>的一个焦点为(1,0)F -,左右顶点分别为A ,B ．经过点F 的直线l 与椭圆M 交于C ,D 两点．（Ⅱ）记ABD ∆与ABC ∆的面积分别为1S 和2S ,求12||S S -的最大值．【答案】（1）22143x y +=；（23 【解析】（I ）因为(1,0)F -为椭圆的焦点,所以1,c =又23,b =所以24,a =所以椭圆方程为22143x y += （Ⅱ）当直线l 无斜率时,直线方程为1x =-,此时33(1,),(1,)22D C ---, ,ABD ABC ∆∆面积相等,12||0S S -=当直线l 斜率存在（显然0k ≠）时,设直线方程为(1)(0)y k x k =+≠,设1122(,),(,)C x y D x y 和椭圆方程联立得到22143(1)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩,消掉y 得2222(34)84120k x k x k +++-= 显然0∆>,方程有根,且221212228412,3434k k x x x x k k-+=-=++此时122121|||2||||||2||S S y y y y -=-=+212|(1)(1)|k x k x =+++21212||2|()2|34k k x x k k =++=+ 因为0k ≠,上式1234||||k k =≤==+（k = 所以12||S S -另解：（Ⅱ）设直线l 的方程为：1-=my x ()R m ∈,则由⎪⎩⎪⎨⎧=+-=134122y x my x 得,()0964322=--+my y m ．设()11y ,x C ,()22y ,x D , 则436221+=+m m y y ,0439221<+-=⋅m y y ．所以,2121y AB S ⋅=,1221y AB S ⋅=, ()21122142121y y y y AB S S +⨯⨯=-=-43122+=m m 当0=m 时,=-21S S 343212431222=⨯≤+=mm m m ()R m ∈．由432=m ,得 332±=m ．当0=m 时,3021<=-S S从而,当332±=m 时,21S S -取得最大值3． 15.已知椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 经过点)221(，M ,其离心率为22,设直线m kx y l +=：与椭圆C 相交于B A 、两点．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）已知直线l 与圆3222=+y x 相切,求证：OB OA ⊥（O 为坐标原点）；（Ⅲ）以线段OA OB ，为邻边作平行四边形OAPB ,若点Q 在椭圆C 上,且满足OP OQ λ=（O 为坐标原点）,求实数λ的取值范围．【解析】（Ⅰ）2222c ea b c a ===+离心率，,222a b ∴= 222212x y b b∴+=椭圆方程为,将点2(1)M ，代入,得21b =,22a = ∴所求椭圆方程为2212x y +=．（Ⅲ）由（Ⅱ）可得121222()212m y y k x x m k +=++=+, 由向量加法平行四边形法则得OA OB OP +=,OP OQ λ=,OA OB OQ λ∴+= （ⅰ）当0m =时,点A 、B 关于原点对称,则0λ=此时不构成平行四边形,不合题意．（ⅱ）当0m ≠时,点A 、B 不关于原点对称,则0λ≠,由OA OB OQ λ+=,得12121(),1().Q Q x x x y y y λλ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩ 即224,(12)2.(12)Q Q km x k m y k λλ-⎧=⎪+⎪⎨⎪=⎪+⎩点Q 在椭圆上,∴有222242[]2[]2(12)(12)km m k k λλ-+=++, 化简,得222224(12)(12)m k k λ+=+．2120k +≠,∴有2224(12)m k λ=+． ①又222222164(12)(22)8(12)k m k m k m ∆=-+-=+-,∴由0∆>,得2212k m +>． ② 将①、②两式,得2224m m λ>0m ≠,24λ∴<,则22λ-<<且0λ≠．综合（ⅰ）、（ⅱ）两种情况,得实数λ的取值范围是22λ-<<且0λ≠．。

高考数学常见题型圆锥曲线中的最值与范围课件

据抛物线的定义知，|PP′|＝|PF|，则|PP′|＋|PA|＝|PF|＋
|PA|≥|AF|＝ 22＋－12 ＝ 5 .所以(|PA|＋|PM|)min＝(|PA|＋
|PP′|－1)min＝ 5－1.
【答案】 5－1
点评：圆锥曲线中最值的求法有两种： (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，这就是几何法． (2) 代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立起目标函数，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、重要不等式法及函数的单调性法等．
把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx ＋3m2－3＝0.
∴x1＋x2＝3－k26＋km1，x1x2＝33mk22＋－11. ∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2 ＝(1＋k2)33k62k＋2m122－123km2＋2－11 ＝12k2＋13k23＋k21＋21－m2＝3k2＋3k12＋91k22＋1 ＝3＋9k4＋126kk22＋1
对点训练过椭圆C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左顶点A
且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B，且点B在x轴上的射
影恰好为右焦点F，若
1 3
<k<
1 2
，则椭圆离心率的取值范围为
________．
【解析】由题意知：B(c，ba2)， b2
∴k＝c＋a a＝a－a c＝1－e.又13<k<12，
令4k－3＝t，t≠0，则k＝t＋4 3.
当t>0时，|MN|＝2 2· 2t25＋6t ＋1>2 2；
当t<0时，|MN|＝2 2· 5t ＋352＋1265≥85 2. 综上所述，当t＝－ 235 ，即k＝－ 43 时，|MN|的最小值是 85

数学课件圆锥曲线范围、最值问题

4
0
B
O
Δ 16(1 4k2 ) 0恒成立
| A C|
4 1 4k2 1 4k2
1 k2 4
1 k2 1 4k2
,
类比|BD| 4
1

1 k2
1

4 k2
4
1 k2 4 k2
S四边形

1 2
4
1 k2 1 4k2
4
1 k2 4 k2

8（1 k2) (1 4k2 )(4 k2 )
x1

x2

16k 1 4k2
x1x2

12 1 4k2
S四边形

4

1 2

2|x1
-
x2
|
4
4
1
4k2 4k2
3
,k
2
(
3 4
,)
令 4k2 3 t (0,)
S

16t t2 4

16
t

4 t
4(当且仅当t 2,k
7 取等） 2
类型一、弦长
| AB | (x1 x2 )2 ( y1 y2 )2
B(x2,y2)
| x1 x2 | 1 k 2
A(x1,y1) O
| y1 y2 |
1 m2 (m 1) k
| t1 t2 | (直线参数方程形式）
例
1
.
椭
圆x a
2 2
y2 b2
1(a b 0),A(0,b)，若以A为顶点的
类型三、三角形AFB面积的几种表示
A(x1, y1)

圆锥曲线中的最值与范围问题

圆锥曲线中的最值与范围问题圆锥曲线中的最值与范围问题是高考的考查热点，往往以圆锥曲线（包括圆）与直线为载体，结合函数、不等式及导数等知识，综合考查解题能力. 求解这类问题的基本方法有几何特征法和代数法.几何特征法几何特征法即利用圆锥曲线的几何特征蕴含的条件，如抛物线上任意一点到焦点的距离等于其到准线的距离、过椭圆焦点的所有弦中通径最短等，构造相应的函数或不等式求解.例1已知直线l：x+y+3=0和圆C：x2+y2-2x-2y-2=0，设A是直线l上一动点，直线AC交圆C于点B，若在圆C 上存在点M，使∠MAB=，则点A横坐标的取值范围为.解析：圆C：（x-1）2+（y-1）2=4. 如图1所示，过C 点作CN⊥AM于点N，则CN≤CM=2.在Rt△CNA中，∠NAC=，所以AC=2CN≤4.设A（x，-x-3），则AC2=（x-1）2+（-x-3-1）2=2x2+6x+17≤16，解得≤x≤.所以点A横坐标的取值范围为≤x≤.点评：解答例1 的关键是利用圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系，建立不等关系求解.当直线AM与圆C相切时，N, M两点重合，CN取到最大值2；而AC可通过∠MAB与CN建立量的关系，由此构建以点A的横坐标x 为自变量、以AC为因变量的函数，进而求解.例2［2013年嘉兴市高三教学测试（一）第17题］已知抛物线y2=4x的焦点为F，若点A，B是该抛物线上的点，∠AFB=，线段AB的中点M在抛物线的准线上的射影为N，则的最大值为.解析：如图2所示，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为A1，B1.设FA=t1，FB=t2，则由∠AFB=可得AB=.因为AM=MB，NM∥AA1∥BB1，所以MN=（AA1+BB1）.由抛物线定义可知AA1=FA，BB1=FB，所以MN=（FA+FB）=（t1+t2），所以=.由[t1][2]+[t2][2]≥2t1t2可得2[t1][2]+2[t2][2]≥2t1t2+（[t1][2]+[t2][2]）=（t1+t2）2，t1+t2≤?，所以≤=，当且仅当t1=t2时取到等号，所以的最大值为.点评：例2利用抛物线的定义，将线段MN的长度与FA，FB的长度t1，t2相联系，构造了含有双变量的函数，然后利用不等式（a+b）2≤2（a2+b2）求得函数的最大值.代数法利用题目所给条件的范围或限制，如点的坐标、直线的斜率、线与线之间构成的多边形的面积等，构造相应的函数或不等式求解.例3设椭圆+=1 （a>b>0）的焦点分别为F1（-1，0），F2（1，0），直线l：x=a2交x轴于点A，且F2为F1 A的中点.（1）求椭圆的方程；（2）如图3所示,过F1，F2分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交于D，E，M，N四点，试求四边形DMEN面积的最大值和最小值.解析：（1）由F2为F1A的中点可得F1F2=F2 A，又OF2=1，所以F2 A=2，点A的坐标为（3，0）.由直线l：x=a2交x轴于点A可得a=，b==，所以椭圆方程为+=1.（2）当直线DE与x轴垂直时，MN=2a=2.由F1（-1，0），椭圆方程+=1可得点D-1，，所以DF1=，DE=2DF1=，四边形DMEN的面积S==4.同理，当MN与x轴垂直时，也可得四边形DMEN的面积S==4.当直线DE，MN均不与x轴垂直时，设直线DE：y=k （x+1），代入+=1中消去y，得（2+3k2）x2+6k2x+（3k2-6）=0.设D（x1，y1），E（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.所以x1-x2==，DE==?x1-x2= .设直线MN：y=-（x-1），同理可得MN=.所以四边形DMEN的面积S==??=.令u=k2+，得S==4-S≥4-=，当且仅当k2=1时取等号.所以当k=±1时，Smin=；当直线DE或MN与x轴垂直时，Smax=4.点评：与抛物线的焦点弦长的计算方法（往往利用定义，即几何特征法）不同，椭圆的焦点弦长一般利用代数法求解，以焦点弦的斜率或倾斜角为变量来表示其长度，如例3中的DE=.例3正是通过建立四边形DMEN的面积S与焦点弦的斜率k的函数关系，求得了面积S的最值.与抛物线的焦点弦长的计算方法（往往利用定义，即几何特征法）不同，椭圆的焦点弦长一般利用代数法求解，以焦点弦的斜率或倾斜角为变量来表示其长度.【练一练】［2012年嘉兴市高三教学测试（二）第9题］已知椭圆x2+my2=1的离心率e∈，1，则实数m的取值范围是（A）0 ，（B），+∞（C）0 ，∪，+∞（D），1∪1，【参考答案】解析：先将椭圆方程x2+my2=1化为标准方程：x2+=1，因方程为椭圆方程，所以m>0.又因其焦点位置不确定，所以需要分类讨论. 当01时，椭圆长半轴长a=1，短半轴长b=，所以离心率e===.由e∈，1可得1，所以. 当>1即0。

2011年高考数学专题讲义解析几何专题4圆锥曲线中的最值和范围问题

第二十一讲圆锥曲线中的最值和范围问题（一）★★★高考在考什么【考题回放】1．已知双曲线12222=-by a x (a >0,b >0)的右焦点为F ，若过点F 且倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是(C )A.( 1,2)B. (1,2)C.[2,)+∞D.(2,+∞)2． P 是双曲线221916x y -=的右支上一点，M 、N 分别是圆(x ＋5)2＋y 2＝4和(x －5)2＋y 2＝1上的点，则|PM|－|PN |的最大值为（ D ）A. 6B.7C.8D.93．抛物线y=-x 2上的点到直线4x +3y -8=0距离的最小值是( A )A ．43 B ．75 C ．85D ．3 4．已知双曲线22221,(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1、F 2，点P 在双曲线的右支上，且|PF 1|=4|PF 2|,则此双曲线的离心率e 的最大值为：（B ）(A)43 (B)53 (C)2 (D)735．已知抛物线y 2=4x ,过点P (4,0)的直线与抛物线相交于A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点，则y 12+y 22的最小值是 32 .6．对于抛物线y 2=4x 上任意一点Q ，点P （a ，0）都满足|PQ |≥|a |，则a 的取值范围是( B ) （A ）（－∞，0）（B ）（－∞，2] （C ）［0，2］（D ）（0，2）★★★高考要考什么【热点透析】与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：（1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系；（2）不等式（组）求解法：利用题意结合图形（如点在曲线内等）列出所讨论的参数适合的不等式（组），通过解不等式组得出参数的变化范围；（3）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围。

圆锥曲线中范围与最值问题

§9.10 圆锥曲线中范围与最值问题题型一范围问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎫1，32，且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点M (1,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，求|MA |·|MB |的取值范围．解 (1)由题意，椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形，故c ＝3b ，a ＝b 2＋c 2＝2b ，即椭圆C ：x 24b 2＋y 2b2＝1，代入P ⎝⎛⎭⎫1，32，可得b ＝1，a ＝2.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)分以下两种情况讨论：①若直线l 与x 轴重合，则|MA |·|MB |＝(a －1)(a ＋1)＝a 2－1＝3；②若直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为x ＝my ＋1，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y 2＝1，消去x 可得(m 2＋4)y 2＋2my －3＝0，则Δ＝4m 2＋12(m 2＋4)＝16(m 2＋3)>0恒成立，由根与系数的关系可得y 1＋y 2＝－2m m 2＋4，y 1y 2＝－3m 2＋4，由弦长公式可得|MA |·|MB |＝1＋m 2·|y 1|·1＋m 2·|y 2| ＝(1＋m 2)·|y 1y 2|＝3(1＋m 2)m 2＋4＝3(m 2＋4)－9m 2＋4＝3－9m 2＋4，因为m 2＋4≥4，则0<9m 2＋4≤94，所以34≤3－9m 2＋4<3. 综上所述，|MA |·|MB |的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，3. 教师备选(2022·武汉调研)过双曲线Γ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点F 1的动直线l 与Γ的左支交于A ，B 两点，设Γ的右焦点为F 2.(1)若△ABF 2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AF 2⊥BF 2，求Γ的离心率的取值范围．解 (1)依题意得|AF 1|＝2，|AF 2|＝4，|F 1F 2|＝2 3.∴2a ＝|AF 2|－|AF 1|＝2，a ＝1，2c ＝|F 1F 2|＝23，c ＝3，b 2＝c 2－a 2＝2，此时Γ的标准方程为x 2－y 22＝1. (2)设l 的方程为x ＝my －c ，与x 2a 2－y 2b2＝1联立，得(b 2m 2－a 2)y 2－2b 2cmy ＋b 4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2b 2cm b 2m 2－a 2，y 1y 2＝b 4b 2m 2－a2，由AF 2⊥BF 2，F 2A —→·F 2B —→＝0，(x 1－c )(x 2－c )＋y 1y 2＝0，(my 1－2c )(my 2－2c )＋y 1y 2＝0⇒(m 2＋1)b 4－4m 2c 2b 2＋4c 2(b 2m 2－a 2)＝0⇒(m 2＋1)b 4＝4a 2c 2⇒(m 2＋1)＝4a 2c 2b 4≥1 ⇒4a 2c 2≥(c 2－a 2)2，∴c 4＋a 4－6a 2c 2≤0⇒e 4－6e 2＋1≤0，又∵e >1，∴1<e 2≤3＋22，∴1<e ≤1＋2，又A ，B 在左支且l 过F 1，∴y 1y 2<0，b 4b 2m 2－a 2<0⇒m 2<a 2b 2⇒m 2＋1＝4a 2c 2b 4<a 2b 2＋1， ∴4a 2<b 2＝c 2－a 2⇒e 2>5. 综上所述，5<e ≤1＋ 2.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 从抛物线C 1：x 2＝2py (p >0)和椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上各取两点，将其坐标记录于下表中：(1)求抛物线C 1和椭圆C 2的方程；(2)抛物线C 1和椭圆C 2的交点记为A ，B ，点M 为椭圆上任意一点，求MA →·MB →的取值范围．解 (1)∵C 1：x 2＝2py (p >0)，当y ≠0时，x 2y＝2p ，根据表格的数据验证，可知⎝⎛⎭⎫－3，94，⎝⎛⎭⎫1，14满足方程x 2＝2py ，解得p ＝2，得抛物线C 1的方程为x 2＝4y .将(0，2)，⎝⎛⎭⎫5，32代入椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)可得a 2＝8，b 2＝2，即椭圆C 2的方程为x 28＋y 22＝1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝4y ，x 2＋4y 2－8＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝－2，y 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 1＝1，不妨令A (－2,1)，B (2,1)．设M (x 0，y 0)是C 2：x 28＋y 22＝1上的动点，则x 20＝8－4y 20≥0.即得－2≤y 0≤ 2.于是有MA →·MB →＝(－2－x 0,1－y 0)·(2－x 0,1－y 0)＝x 20＋y 20－2y 0－3 ＝－3y 20－2y 0＋5＝－3⎝⎛⎭⎫y 0＋132＋163. ∵－2≤y 0≤ 2.即－1－22≤－3⎝⎛⎭⎫y 0＋132＋163≤163. 于是－1－22≤MA →·MB →≤163. 故MA →·MB →的取值范围是⎣⎡⎦⎤－1－22，163. 题型二最值问题例2 (2022·金昌模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点A ⎝⎛⎭⎫－1，22，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)2a 2＋⎝⎛⎭⎫222b 2＝1，而b ＝1，则1a 2＋12＝1⇒1a 2＝1－12＝12⇒a 2＝2，所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2＋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·(2k 2＋1)·6＝16k 2－24>0⇒k 2>32，即k <－62或k >62，设点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 2k 2＋1， x 1x 2＝62k 2＋1，所以|MN |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 2k 2＋12－4·62k 2＋1＝1＋k 2·8(2k 2－3)(2k 2＋1)2＝1＋k 2·22·2k 2－32k 2＋1，而原点O 到直线l ：kx －y ＋2＝0的距离d ＝2k 2＋1，△MON 的面积S ＝12·|MN |·d ＝12·1＋k 2·22·2k 2－32k 2＋1·2k 2＋1＝22·2k 2－32k 2＋1，令t ＝2k 2－3⇒2k 2＝t 2＋3(t >0)，S ＝22t t 2＋4＝22t ＋4t，因为t ＋4t ≥2t ·4t＝4，当且仅当t ＝4t ，即t ＝2时取“＝”，此时k 2＝72，即k ＝±142，符合要求，从而有S ≤224＝22，故当k ＝±142时， △MON 的面积的最大值为22. 教师备选(2022·厦门模拟)设椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，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 ＝c a ＝32，所以c ＝3，则b 2＝a 2－c 2＝1.所求Γ的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)方法一由(1)可得A (0,1)，B (－2,0)，C (2,0)，则k AC ＝－12，直线AB 的方程为x －2y ＋2＝0，设直线l 的方程为y ＝－12x ＋λ. 联立⎩⎨⎧ y ＝－12x ＋λ，x 24＋y 2＝1，消去y ，整理得，x 2－2λx ＋2λ2－2＝0.①由Δ>0，得－2<λ<2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋λ，x －2y ＋2＝0，解得D 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫λ－1，λ＋12，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由①知⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝2λ，x 1x 2＝2λ2－2，② 又|PD |＝52|x 1－(λ－1)|， |QD |＝52|x 2－(λ－1)|，所以|PD |·|QD |＝54|x 1x 2－(λ－1)(x 1＋x 2)＋(λ－1)2|，③ 将②代入③，得|PD |·|QD |＝54|λ2－1| ，λ∈(－2，2)，所以当λ＝0时，|PD |·|QD |有最大值54.方法二设AD →＝λAB →＝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)＝－12(x ＋2λ)，即y ＝－12x －2λ＋1. 联立⎩⎨⎧ y ＝－12x －2λ＋1，x 24＋y 2＝1，消去y ，得x 2＋(4λ－2)x ＋8λ2－8λ＝0，①由Δ＝(4λ－2)2－4×(8λ2－8λ)>0，解得1－22<λ<1＋22，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由①得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝2－4λ，x 1x 2＝8λ2－8λ，② 由题意可知|PD |＝52|x 1＋2λ|， |QD |＝52|x 2＋2λ|，所以|PD |·|QD |＝54|x 1x 2＋2λ(x 1＋x 2)＋4λ2|，③ 将②代入③得|PD |·|QD |＝54|4λ2－4λ| ＝5|λ2－λ|，当λ＝12时，|PD |·|QD |有最大值54. 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x 236＋y 220＝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，P A ⊥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AP →＝(x ＋6，y )，FP →＝(x －4，y )，∵P A ⊥PF ，∴AP →·FP →＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 236＋y 220＝1，(x ＋6)(x －4)＋y 2＝0，可得2x 2＋9x －18＝0，得x ＝32或x ＝－6. 由于y >0，故x ＝32，于是y ＝532. ∴点P 的坐标是⎝⎛⎭⎫32，532. (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)，则点M 到直线AP 的距离是|m ＋6|2，于是|m ＋6|2＝|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d 2＝(x －2)2＋y 2＝x 2－4x ＋4＋20－59x 2＝49⎝⎛⎭⎫x －922＋15，由于－6≤x ≤6，由f (x )＝49⎝⎛⎭⎫x －922＋15的图象(图略)可知，当x ＝92时，d 取最小值，且最小值为15. 课时精练1．已知双曲线C 的焦点F (3，0)，双曲线C 上一点B 到F 的最短距离为3－ 2.(1)求双曲线的标准方程和渐近线方程； (2)已知点M (0,1)，设P 是双曲线C 上的点，Q 是P 关于原点的对称点．设λ＝MP →·MQ →，求λ的取值范围．解 (1)设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)， ∵双曲线C 的焦点F (3，0)，双曲线C 上一点B 到F 的最短距离为3－2，∴c ＝3，c －a ＝3－2，∴a ＝2，∴b 2＝c 2－a 2＝(3)2－(2)2＝1，则双曲线的方程为x 22－y 2＝1，渐近线方程为y ＝±22x . (2)设P 点坐标为(x 0，y 0)，则Q 点坐标为(－x 0，－y 0)，∴λ＝MP →·MQ →＝(x 0，y 0－1)·(－x 0，－y 0－1)＝－x 20－y 20＋1＝－32x 20＋2. ∵|x 0|≥2，∴λ的取值范围是(－∞，－1]．2．(2022·阳泉模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，P 是椭圆C 上的一个动点，当P 是椭圆C 的上顶点时，△F 1PF 2的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设斜率存在的直线PF 2，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⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝22，12·b ·2c ＝1，b 2＋c 2＝a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1，c ＝1，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，线段PQ 的中点为N (x 0，y 0)，直线PF 2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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，∴Δ＝16k 4－4(1＋2k 2)(2k 2－2)＝8k 2＋8>0，x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2， ∴x 0＝x 1＋x 22＝2k 21＋2k 2， y 0＝k (x 0－1)＝－k 1＋2k 2，即N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2.∵|TP |＝|TQ |，∴直线TN 为线段PQ 的垂直平分线，∴TN ⊥PQ ，即k TN ·k ＝－1. ∴－k 1＋2k 22k 21＋2k 2－t ·k ＝－1， ∴t ＝k 21＋2k 2＝12＋1k 2. ∵k 2>0，∴1k 2>0 ,2＋1k2>2， ∴0<12＋1k 2<12，即t ∈⎣⎡⎭⎫0，12.3．(2021·北京)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点A (0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4 5. (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45，故12×2a ×2b ＝45，即a ＝5，故椭圆的标准方程为x 25＋y 24＝1. (2)设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB ：y ＝y 1＋2x 1x －2，令y ＝－3，则x M ＝－x 1y 1＋2，同理x N ＝－x 2y 2＋2. 直线BC ：y ＝kx －3，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －3，4x 2＋5y 2＝20，可得(4＋5k 2)x 2－30kx ＋25＝0，故Δ＝900k 2－100(4＋5k 2)>0，解得k <－1或k >1.又x 1＋x 2＝30k 4＋5k 2，x 1x 2＝254＋5k 2，故x 1x 2>0，所以x M x N >0.又|PM |＋|PN |＝|x M ＋x N | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1y 1＋2＋x 2y 2＋2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1－1＋x 2kx 2－1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2kx 1x 2－(x 1＋x 2)k 2x 1x 2－k (x 1＋x 2)＋1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪50k4＋5k 2－30k4＋5k 225k 24＋5k 2－30k 24＋5k 2＋1＝5|k |，故5|k |≤15，即|k |≤3，综上，－3≤k <－1或1<k ≤3.4．(2022·德州模拟)已知抛物线E ：x 2＝－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MB →·MC →≥2，求|AD |·|AO |的最小值．(1)证明由题意知，抛物线E ：x 2＝－2y ，则y ＝－12x 2，可得y ′＝－x ，设A (2t ，－2t 2)(t >0)，则k AM ＝－2t ，所以l AM ：y ＋2t 2＝－2t (x －2t )，即y ＝－2tx ＋2t 2，所以M (t ，0)，又k OA ＝－2t 22t ＝－t ，所以k BC ＝1t，所以l BC ：y －0＝1t (x －t )，即y ＝1tx －1，所以直线BC 过定点(0，－1)．(2)解联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1t x －1，x 2＝－2y ，整理得x 2＋2tx －2＝0，设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2t，x 1x 2＝－2，则MB →·MC →＝(x 1－t ，y 1)·(x 2－t ，y 2)＝(x 1－t )(x 2－t )＋y 1y 2＝x 1x 2－t (x 1＋x 2)＋t 2＋14x 21x 22＝1＋t 2≥2，所以t 2≥1，又由|AD |＝⎪⎪⎪⎪1t ·2t ＋2t 2－11＋1t 2＝2t 2＋1t 2＋1·t ， |AO |＝(2t )2＋(－2t 2)2＝2t 1＋t 2，所以|AD |·|AO |＝2t 2＋1t 2＋1·t ·2t ·1＋t 2 ＝⎝⎛⎭⎫2t 2＋122－14，因为2t 2≥2，所以当2t 2＝2，即t ＝1时， |AD |·|AO |的最小值是6.。

圆锥曲线中的最值、范围、证明问题课件(67张)

55 15 .
所以△ABP面积的最大值为251635 5.
[方法技巧] (1)当题目中给出的条件有明显的几何特征，考虑用
图象性质来求解． (2)当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，
则可以建立目标函数，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、单调性法、三角换元法等．
利用基本不等式求最值 [例 3] (2017·太原模拟)已知椭圆 M：xa22＋y32＝1(a>0)的一个焦点为 F(－1,0)，左、右顶点分别为 A，B.经过点 F 的直线 l 与椭圆 M 交于 C，D 两点． (1)当直线 l 的倾斜角为 45°时，求线段 CD 的长； (2)记△ABD 与△ABC 的面积分别为 S1 和 S2，求|S1－S2，所以椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1，易求直线方程为 y＝x＋1，联立方程，得x42＋y32＝1，
y＝x＋1，消去 y，得 7x2＋8x－8＝0，设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，Δ＝288，x1＋x2＝－87，x1x2＝－87，所以|CD|＝ 2|x1－x2|＝ 2 x1＋x22－4x1x2＝274.
[答案] C
[方法技巧] 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，也叫做几何法．
建立目标函数求最值 [例 2] 已知△ABP 的三个顶点都在抛物线 C：x2＝4y 上，F 为抛物线 C 的焦点，
点 M 为 AB 的中点， PF ＝3FM . (1)若|PF|＝3，求点 M 的坐标； (2)求△ABP 面积的最大值． [解] (1)由题意知焦点 F(0,1)，准线方程为 y＝－1. 设 P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得 y0＝2，所以 P(2 2，2)或 P(－2 2，2)，由 PF ＝3FM ，得 M－232，23或 M232，23.

高考数学知识点复习：圆锥曲线中最值与范围问题课件

【解答】 (1) 以 O 为原点，AB，OD 所在直线分别为 x 轴、y 轴，建立如图(2)所示
的平面直角坐标系，则 A(－2,0)，B(2,0)，D(0，2)，P( 3，1)，依题意得|MA－MB|＝|PA
－PB|＝ 3＋22＋12－ 3－22＋12＝2 2＜AB＝4，
所以曲线 C 是以原点为中心，A，B 为焦点的双曲线．
设实半轴长为 a，虚半轴长为 b，半焦距为 c，
则 c＝2,2a＝2 2，所以 a2＝2，b2＝c2－a2＝2，
所以曲线 C 的方程为x22－y22＝1.
图(2)
(2) 依题意，可设直线 l 的方程为 y＝kxx－6＝0.
因为直线 l 与双曲线 C 相交于不同的两点 E，F，
x＝my＋12，消去 x 并整理得 4(3m2＋4)y2＋12my－45＝0. 设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)，则 y1＋y2＝－3m32m＋4，所以 y0＝－23m3m2＋4，
所以 x0＝3m22＋4，所以 k＝4mm2＋4. ①当 m＝0 时，k＝0. ②当 m≠0 时，k＝4m1＋m4 ，因为|4m＋m4 |＝4|m|＋|m4 |≥8，所以 0<|k|≤18，所以－18≤k≤18，且 k≠0，综合①②可知，直线 MA 的斜率 k 的取值范围是－18，18.
【解答】 (1) 因为椭圆 C 过点1，32，所以a12＋49b2＝1.① 因为椭圆 C 关于直线 x＝c 对称的图形过坐标原点，所以 a＝2c，所以 b2＝34a2.② 由①②得 a＝2，b＝ 3，所以椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
(2) 依题意，直线 l 过点12，0，且斜率不为零，所以可设其方程为 x＝my＋12. 联立x42＋y32＝1，

高考圆锥曲线中的最值和范围问题解析版

高考专题圆锥曲线中的最值和范围问题★★★高考要考什么1 圆锥曲线的最值与范围问题 (1)圆锥曲线上本身存在的最值问题： ①椭圆上两点间最大距离为2a (长轴长)．②双曲线上不同支的两点间最小距离为2a (实轴长)．③椭圆焦半径的取值范围为[a －c ，a ＋c ]，a －c 与a ＋c 分别表示椭圆焦点到椭圆上的点的最小距离与最大距离．④抛物线上的点中顶点与抛物线的准线距离最近．(2)圆锥曲线上的点到定点的距离的最值问题，常用两点间的距离公式转化为区间上的二次函数的最值问题解决，有时也用圆锥曲线的参数方程，化为三角函数的最值问题或用三角形的两边之和(或差)与第三边的不等关系求解．(3)圆锥曲线上的点到定直线的距离的最值问题解法同上或用平行切线法．(4)点在圆锥曲线上(非线性约束条件)的条件下，求相关式子(目标函数)的取值范围问题，常用参数方程代入转化为三角函数的最值问题，或根据平面几何知识或引入一个参数(有几何意义)化为函数进行处理． (5)由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围问题，常把所求参数作为函数，另一个元作为自变量求解．与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：（1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系；（2）不等式（组）求解法：利用题意结合图形（如点在曲线内等）列出所讨论的参数适合的不等式（组），通过解不等式组得出参数的变化范围；（3）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围。

（4）利用代数基本不等式。

代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；（5）结合参数方程，利用三角函数的有界性。

直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式。

因此，它们的应用价值在于： ① 通过参数θ简明地表示曲线上点的坐标；② 利用三角函数的有界性及其变形公式来帮助求解诸如最值、范围等问题；（6）构造一个二次方程，利用判别式∆≥0。

高考数学专题复习：圆锥曲线中的最值(范围)问题

[解] (1)由题意知 M(0，－4)，F0，p2 ，圆 M 的半径 r＝1，所以|MF|－r＝4，即
p 2
＋4－1＝4，解得 p＝2.
(2)由(1)知，抛物线方程为 x2＝4y，
由题意可知直线 AB 的斜率存在，设 Ax1，x421
，Bx2，x422
，直线 AB 的方程为
y＝kx＋b，
联立得yx＝2＝k4xy＋，b，消去 y 得 x2－4kx－4b＝0，则 Δ＝16k2＋16b＞0 (※)，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
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．
联立方程x42＋y2＝1，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0. 由 Δ＝64m2－48(m2＋4)＞0，得 m2＞12，所以 y1y2＝m21＋2 4 .
λ＝|MA|·|MB|＝ m2＋1 |y1|· m2＋1 |y2|
＝(m2＋1)·|y1y2|＝12（mm2＋2＋41）＝121－m23＋4 . 由 m2＞12，得 0＜m23＋4 ＜136 ，所以349 ＜λ＜12.
已知椭圆 C：xa22
＋by22
＝1(a＞b＞0)的离心率 e＝
3 2
，直线 x＋
3
y－1＝0 被以椭圆 C
的短轴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

高考数学利用函数思想求圆锥曲线中的最值与范围问题(解析版)

利用函数思想求圆锥曲线中的最值与范围问题一、考情分析与圆锥曲线有关的范围、最值问题,在高考中常以解答题形式考查,且难度较大,它能综合应用函数、三角、不等式等有关知识,因而备受命题者青睐.解题时要紧紧抓住圆锥曲线的定义与性质进行转化,充分展现数形结合、函数与方程、化归转化等数学思想在解题中的应用,其中把问题转化为函数求最值与值域是最常用的方法之一．二、解题秘籍(一)利用函数思想最值与范围问题求解方法与策略1.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．2.利用函数思想求圆锥曲线中的最值或范围,首先要把待求量用某个(些)量来表示,然后把待求量看作关于这个量的函数,再结合函数性质求最值与范围,其中利用二次函数配方求最值是最常用的方法,有时也可利用导数研究函数单调性求最值.【例1】(2023届四川省成都市高三上学期10月月考)已知点F 是抛物线C :x 2=4y 与椭圆y 2a 2+x 2b2=1(a >b >0)的公共焦点,椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3.(1)求椭圆的方程；(2)过点M 作C 的两条切线,记切点分别为A ,B ,求△MAB 面积的最大值.【解析】(1)抛物线C 的焦点为F 0,1 ,即c =1,椭圆上的点M 到点F 的最大距离为a +c =3,所以a =2,b 2=3,所以椭圆方程为y 24+x 23=1.(2)抛物线C 的方程为x 2=4y ,即y =x 24,对该函数求导得y =x2,设点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,M (x 0,y 0),直线MA 的方程为y -y 1=x12(x -x 1),即y =x 1x2-y 1,即x 1x -2y 1-2y =0,同理可知,直线MB 的方程为x 2x -2y 2-2y =0,由于点M 为这两条直线的公共点,则x 1x 0-2y 1-2y 0=0x 2x 0-2y 2-2y 0=0,所以点A ,B 的坐标满足方程x 0x -2y -2y 0=0,所以直线AB 的方程为x 0x -2y -2y 0=0,联立x 0x -2y -2y 0=0y =x 24,可得x 2-2x 0x +4y 0=0,由韦达定理可得x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=4y 0,所以AB =1+x 022⋅x 1+x 22-4x 1x 2=1+x 022⋅4x 20-16y 0=x 20+4 x 20-4y 0 ,点M 到直线AB 的距离为d =x 20-4y 0x 20+4,所以S △MAB =12AB ⋅d =12x 20+4 x 20-4y 0 ⋅x 20-4y 0x 20+4=12x 20-4y 0 32,因为x 2-4y 0=3-3y 204-4y 0=-34y 0+83 2+253,由已知可得-2≤y 0≤2,所以当y 0=-2时,△MAB 面积的最大值为82.【例2】(2023届新高考高中毕业班“启航”适应性练习)在平面直角坐标系xOy 中,已知抛物线M ：y 2=4x ．P ,Q ,R 为M 上相异的三点,且∠POQ =90°,RP 与x 负半轴交于点A ,RQ ,PQ 分别与x 正半轴交于点B ,C ,记点R x 0,y 0 ．(1)证明：OA ⋅OB =4x 0；(2)若B 为M 的焦点,当∠BRC 最大时,求x 0的值．【解析】(1)证明：因为∠POQ =90°,所以直线OP 和OQ 斜率之积为-1,设PQ ：x =my +t ,且C t ,0 ,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),联立x =my +ty 2=4x,得y 2-4my -4t =0,且Δ>0恒成立,所以y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4t ,记直线OP 、OQ 的斜率分别为k 1,k 2,所以k 1k 2=y 1y 2x 1x 2=16y 1y 2=-1,即t =4,所以C 4,0 ,设RP ：x =m 1y +t 1,且A (t 1,0)(t 1<0),联立x =m 1y +t 1y 2=4x,得y 2-4m 1y -4t 1=0,且Δ>0恒成立,得y 0y 1=-4t 1=4OA ,同理设RQ ：x =m 2y +t 2,得y 0y 2=-4t 2=-4OB ,所以y 1y 2y 20=-16OA ⋅OB =-16y 20=-64x 0,即OA ⋅OB =4x 0；(2)因为B 为M 的焦点,所以B 1,0 ,且C 4,0 ,R x 0,y 0 ,tan ∠BRC =tan (∠RCx -∠RBx )=tan ∠RCx -tan ∠RBx1+tan ∠RCx tan ∠RBx =y 0x 0-4-y 0x 0-11+y 0x 0-4×y 0x 0-1=3y 0x 20-x 0+4,又y 20=4x 0,不妨设y 0>0,y 0=2x 0,则tan ∠BRC =3y 0x 20-x 0+4=6x 0x 20-x 0+4,记t =x 0,t >0,则tan ∠BRC =f (t )=6tt 4-t 2+4,f(t )=-63t 4-t 2-4 t 4-t 2+4 2=-63t 2-4 t 2+1 t 4-t 2+42,令f t =0,则t =233,且f t 在0,233上单调递增,在233,+∞ 上单调递减,且y =tan x 在0,π2 上单调递增,所以当t =233,即x 0=43时,tan ∠BRC 最大,∠BRC 最大．(二)利用距离公式把距离问题转化为二次函数求最值与距离或线段长度有关的最值与范围问题通常是把相关距离或线段长度利用距离公式表示成一个变量的函数,若被开放式为二次函数类型,可通过配方求最值与范围.【例3】(2023届湖北省腾云联盟高三上学期10月联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 经过点P 0,1 ,且离心率为32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过点0,-35的直线l 与椭圆C 交于A ,B 两点,设坐标原点为O ,线段AB 的中点为M ,求MO 的最大值.【解析】(1)∵椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点P (0,1),其离心率为32．∴b =1,c a =32⇒1-b 2a2=34,∴b a =12,∴a =2,故椭圆C 的方程为：x 24+y 2=1；(2)当直线l 斜率不存在时,M 与O 重合,不合题意,当直线l 斜率存在时,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x 0,y 0),则有x 0=x 1+x 22,y 0=y 1+y 22,直线l 的斜率为y 1-y 2x 1-x 2=y 0+35x 0,A ,B 两点在椭圆上,有x 124+y 12=1,x 224+y 22=1,两式相减,x 12-x 224=-y 12-y 22 ,即x 1+x 24y 1+y 2 =-y 1-y 2x 1-x 2,得x 04y 0=-y 0+35x 0,化简得x 02=-4y 02-125y 0,MO =x 02+y 02=-3y 02-125y 0=-3y 0+25 2+1225,∴当y 0=-25时,MO 的最大值为235(三)把面积问题转化为二次函数最值问题该类问题求解的基本思路通常是把面积用另一个量(如点的横坐标、纵坐标,直线的斜率等),把求面积最值与范围问题转化为求函数最值或值域,若函数式可转化为二次函数类型,可利用二次函数性质求最值.【例4】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点3,12 ,其右焦点为F 3,0 .(1)求椭圆C 的离心率；(2)若点P ,Q 在椭圆C 上,右顶点为A ,且满足直线AP 与AQ 的斜率之积为120.求△APQ 面积的最大值.【解析】(1)依题可得,c =33a 2+14b 2=1a 2=b 2+c 2 ,解得a =2b =1c =3,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.所以离心率e =32.(2)易知直线AP 与AQ 的斜率同号,所以直线PQ 不垂直于x 轴,故可设PQ :y =kx +m ,k ≠0,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,由x 24+y 2=1y =kx +m可得,1+4k 2 x 2+8mkx +4m 2-4=0,所以x 1+x 2=-8mk 1+4k 2,x 1x 2=4m 2-41+4k 2,Δ=164k 2+1-m 2 >0,而k AP k AQ =120,即y 1x 1-2⋅y 2x 2-2=120,化简可得20kx 1+m kx 2+m =x 1-2 x 2-2 ,20k 2x 1x 2+20km (x 1+x 2)+20m 2=x 1x 2-2(x 1+x 2)+4,20k 2⋅4m 2-41+4k 2+20km ⋅-8mk 1+4k 2+20m 2=4m 2-41+4k 2-2×-8mk 1+4k 2+4化简得6k 2+mk -m 2=0,所以m =-2k 或m =3k ,所以直线PQ :y =k x -2 或y =k x +3 ,因为直线PQ 不经过点A ,所以直线PQ 经过定点-3,0 .设定点B -3,0 ,S △APQ =S △ABP -S △ABQ =12AB y 1-y 2 =52k x 1-x 2 =52k (x 1+x 2)2-4x 1x 2=52k -8km 1+4k 2 2-4×4m 2-41+4k 2=5k 2164k 2+1-m 2 1+4k 2=101-5k 2 k 21+4k 2,因为1-5k 2>0,所以0<k 2<15,设t =4k 2+1∈1,95,所以S △APQ =52-5t 2+14t -9t 2=52-91t -79 2+49≤53,当且仅当t =97即k 2=114时取等号,即△APQ 面积的最大值为53.(四)与斜率有关的最值与范围问题与斜率有关的最值与范围问题的思路一是设出动点.是利用斜率定义表示出斜率,然后利用函数知识求解,二是设出直线的点斜式或斜截式方程,利用根与系数之间的关系或题中条件整理关于斜率的等式,再利用函数思想求解.【例5】已知椭圆x 2a2+y 2=1(a >1),过点0,3 作椭圆的两条切线,且两切线垂直.(1)求a ；(2)已知点P m ,m 2 ,m ≥2,Q 0,-1 ,若存在过点P 的直线与椭圆交于M ,N ,且以MN 为直径的圆过点Q (M ,N 不与Q 重合),求直线MN 斜率的取值范围.【解析】(1)由题可知,切线斜率存在,则设切线y =kx +3,联立得x 2a2+k 2x 2+2+23kx =0,即a 2k 2+1 x 2+23a 2kx +2a 2=0,相切得：Δ=12a 4k 2-8a 2a 2k 2+1 =0,即a 2k 2-2=0,所以k 1=-2a ,k 2=2a由两切线垂直得：k 1⋅k 2=-2a 2=-1∴a =2(2)由(1)得,椭圆方程为x 22+y 2=1由题可知,直线MN 的斜率存在,设MN :y =nx +t ,联立得2n 2+1 x 2+4ntx +2t 2-2=0设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,由韦达定理得：x 1+x 2=-4nt 2n 2+1,x 1x 2=2t 2-22n 2+1由题意MN 为直径的圆过点Q ,∴QM ⋅QN=(x 1,y 1+1)⋅(x 2,y 2+1)=x 1x 2+y 1y 2+y 1+y 2+1=0①又y 1y 2=(nx 1+t )(nx 2+t )=n 2x 1x 2+nt (x 1+x 2)+t 2=t 2-2n 22n 2+1y 1+y 2=(nx 1+t )+(nx 2+t )=n (x 1+x 2)+2t =2t2n 2+1代入①式得：3t 2+2t -1=0∴t =13或-1(舍去),所以MN 过定点0,13 ,∴n =m 2-13m -0=m -13m,n 随m 的增大而增大,∵m ≥2,∴k MN ≥116即直线MN 斜率范围116,+∞(五)通过换元把问题转化为二次函数问题该类问题通常是所得结果比较复杂,通过换元把问题转化为二次函数求解.【例6】已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为32,F 1,F 2分别为椭圆C 的左、右焦点,过F 1且与x 轴垂直的直线与椭圆C 交于点A ,B ,且△ABF 2的面积为3．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于不同于右顶点P 的M ,N 两点,且PM ⊥PN ,求PM ⋅PN 的最大值．【解析】(1)因为椭圆C 的离心率为32,所以c a =32①．将x =c 代入x 2a 2+y 2b2=1,得y =±b 2a ,所以AB =2b 2a,则12×2c ×2b 2a =3,即2b 2c a=3②．由①②及a 2=b 2+c 2,得a =2,b =1,故椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1．(2)由题意知,直线l 的斜率不为0,则不妨设直线l 的方程为x =ky +m m ≠2 ．联立得x 24+y 2=1x =ky +m消去x 得k 2+4 y 2+2km y +m 2-4=0,Δ=4k 2m 2-4k 2+4 m 2-4 >0,化简整理,得k 2+4>m 2．设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则y 1+y 2=-2km k 2+4,y 1y 2=m 2-4k 2+4．因为PM ⊥PN ,所以PM ⋅PN=0．因为P 2,0 ,所以PM =x 1-2,y 1 ,PN=x 2-2,y 2 ,得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0,将x 1=ky 1+m ,x 2=ky 2+m 代入上式,得k 2+1 y 1y 2+k m -2 y 1+y 2 +m -2 2=0,得k 2+1 ⋅m 2-4k 2+4+k m -2 ⋅-2kmk 2+4+m -2 2=0,解得m =65或m =2(舍去),所以直线l 的方程为x =ky +65,则直线l 恒过点Q 65,0 ,所以S △PMN =12PQ ⋅y 1-y 2 =12×45×y 1+y 2 2-4y 1y 2=825×25k 2+4 -36k 2+4 2．设t =1k 2+4,则0<t ≤14,S △PMN =825×-36t 2+25t ,易知y =825×-36t 2+25t 在0,14 上单调递增,所以当t =14时,S △PMN 取得最大值,为1625．又S △PMN =12PM ⋅PN ,所以PM ⋅PN max =2S △PMN max =3225．(六)把问题转化为函数问题后再借助导数求最值或范围该类问题通常是所得函数为分式函数或高次函数,又不具备使用均值不等式的条件,只能借助导数求最值或范围.【例7】(2023届云南省昆明市第一中学高三上学期第二次检测)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)四个顶点的四边形为菱形,它的边长为7,面积为43,过椭圆左焦点F 1与椭圆C 相交于M ,N 两点(M ,N 两点不在x轴上),直线l 的方程为：x =-4,过点M 作ME 垂直于直线l 交于点E ．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)点O 为坐标原点,求△OEN 面积的最大值．【解析】(1)由题意可得：a 2+b 2=72ab =43,解得a =2b =3 椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1(2)由(1)可得：c =a 2-b 2=1,即F 1-1,0由题意可设直线MN :x =ty -1,M x 1,y 1 ,N x 2,y 2,则E -4,y 1联立方程x =ty -1x 24+y 23=1,消去x 可得：3t 2+4 y 2-6ty -9=0∴y 1+y 2=6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4,则ty 1y 2=-32y 1+y 2∴直线EN 的斜率k EN =y 2-y 1x 2+4,则直线EN 的方程为y -y 1=y 2-y 1x 2+4x +4令y =0,则可得x =-4-y 1x 2+4 y 2-y 1=-4-y 1ty 2+3 y 2-y 1=-4-ty 1y 2+3y 1y 2-y 1=-4-32y 1-y2 y 2-y 1=-52即直线EN 过定点-52,0∴△OEN 面积为S =12×52×y 1-y 2 =546t 3t 2+4 2+363t 2+4=15t 2+13t 2+1 +1令m =t 2+1≥1,则S =15m3m 2+1令f m =15m 3m 2+1m ≥1 ,则fm =151-3m 2 3m 2+12<0当m ≥1时恒成立∴f m 在1,+∞ 单调递减,则f m ≤f 1 =154,即S ≤154∴△OEN 面积的最大值为154(七)利用椭圆的参数方程把把问题转化为三角函数求最值与范围此类问题通常是把椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上的动点设为a cos θ,b sin θ ,再利用辅助角公式及弦函数的有界性或单调性求最值与范围.【例8】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点1,-32 ,(2,0)．(1)求椭圆C 的方程；(2)在椭圆C 的第四象限的图象上有一个动点M ,连接动点M 与椭圆C 的左顶点A 与y 的负半轴交于点E ,连接动点M 与椭圆的上顶点B ,与x 的正半轴交于点F ,记四边形ABFE 的面积为S 1,△ABM 的面积为S 2,λ=S1S 2,求λ的取值范围．【解析】(1)依题意1a 2+94b 2=1a =2,得a 2=4,b 2=3,故C 的方程为x 24+y 23=1．(2)依题意,A (-2,0),B (0,3),设M (x 0,y 0),则3x 20+4y 20=12,所以直线AM :y -0y 0-0=x +2x 0+2,令x =0,y E =2y 0x 0+2,则|BE |=3-y E =3-2y 0x 0+2=3x 0+23-2y 0x 0+2．直线BM :y -3y 0-3=x -0x 0-0,令y =0,x F =-3x 0y 0-3．则|AF |=2+x F =2+-3x 0y 0-3=2y 0-23-3x 0y 0-3,又易知AF ⊥BE ,所以四边形ABFE 的面积S 1=12|BE |⋅|AF |=12⋅3⋅x 0+23-2y 0x 0+2⋅2y 0-23-3x 0y 0-3=-3x 20-4y 2-12+43x 0y 0-12x 0+83y 02x 0y 0-3x 0+2y 0-23 =43x 0y 0-3x 0+2y 0-23 2x 0y 0-3x 0+2y 0-23=23．由题意可知AB 的直线方程为3x -2y +23=0,再设椭圆的参数方程为x =2cos θ,y =3sin θ,θ为参数,则动点M 到直线AB 的距离d =|3×2cos θ-23sin θ+23|3+4,θ∈-π2,0 ,化简得d =26cos θ+π4 +23 7,θ∈-π2,0 ．∵θ∈-π2,0 ,θ+π4∈-π4,π4 ,cos θ+π4 ∈22,1,∴437<d ≤26+237,△ABM 的面积S 2=12×|AB |×d =12×7×d ,∴23<S 2≤6+3．∵λ=S 1S 2,∴236+3≤λ<2323,即22-2≤λ<1．三、跟踪检测1.(2023届重庆市第八中学校高三上学期月考)已知双曲线E ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)一个顶点为A -2,0 ,直线l 过点Q 3,0 交双曲线右支于M ,N 两点,记△AMN ,△AOM ,△AON 的面积分别为S ,S 1,S 2.当l 与x 轴垂直时,S 1的值为152.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)若l 交y 轴于点P ,PM =λMQ ,PN=μNQ ,求证：λ+μ为定值；(3)在(2)的条件下,若1625S =μS 1+mS 2,当5<λ≤8时,求实数m 的取值范围.【解析】(1)由题意得a =2,OA =2,则当l 与x 轴垂直时,不妨设M 3,y 1 ,由S 1=12OA ⋅y 1 =152,得y 1 =152,将M 3,y 1 代入方程x 24-y 2b 2=1,得94-154b2=1,解得b 2=3,所以双曲线E 的方程为x 24-y 23=1．(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,P 0,y 0 ,由PM=λMQ 与Q 3,0 ,得x 1,y 1-y 0 =λ3-x 1,-y 1 ,即x 1=3λ1+λ,y 1=y 01+λ,将M 3λ1+λ,y 01+λ代入E 的方程得：3λ1+λ 24-y 01+λ 23=1,整理得：15λ2-24λ-4y 20-12=0①,同理由PN =μNQ 可得15μ2-24μ-4y 20-12=0②．由①②知,λ,μ是方程15x 2-24x -4y 20-12=0的两个不等实根．由韦达定理知λ+μ=2415=85,所以λ+μ为定值．(3)又1625S =μS 1+mS 2,即1625⋅12⋅AQ ⋅y 1-y 2 =μ12⋅2⋅y 1 +m ⋅12⋅2⋅y 2 ,整理得：85y 1-y 2 =μy 1 +m y 2 ,又y 1y 2<0,不妨设y 2<0<y 1,则85y 1-y 2 =μy 1-my 2,整理得m =85-85-μ y 1y 2,又λ+μ=85,故m =85-λy 1y 2,而由(2)知y 1=y 01+λ,y 2=y 01+μ,故y 1y 2=1+μ1+λ,代入m =85-λ⋅1+μ1+λ=85-λ135-λ 1+λ,令1+λ=t t ∈6,9 ,得m =85-t -1185-tt =-3+t +185t,由双勾函数y =t +185t 在6,9 上单调递增,得m =-3+t +185t ∈185,325 ,所以m 的取值范围为185,325．2.(2023届陕西省咸阳市武功县高三上学期质量检测)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1、F 2,P 是椭圆E 上一动点,△PF 1F 2的最大面积为3,F 1F 2 =2 3.(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线x -y -1=0与椭圆E 交于A 、B 两点,C 、D 为椭圆E 上两点,且CD ⊥AB ,求CD 的最大值.【解析】(1)设椭圆E 的半焦距为c ,∵F 1F 2 =23,∴c =3,∵△PF 1F 2的最大面积为3,∴12⋅2c ⋅b =3,∴b =1,∴a =b 2+c 2=2,∴椭圆E 的方程为x 24+y 2=1；(2)由题知CD ⊥AB ,设直线CD 的方程为y =-x +m ,C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ,联立x 24+y 2=1y =-x +m,消去y 并整理得：5x 2-8mx +4m 2-4=0,∴Δ=-8m 2-4×5×4m 2-4 >0,得-5<m <5,x 1+x 2=8m 5,x 1x 2=4m 2-45,∴CD =1+-1 2⋅8m 5 2-44m 2-4 5=25×80-16m 2=425×5-m 2,设g m =425×5-m 2,-5<m <5,由复合函数的单调性知：g m =425×5-m 2在-5,0 上单调递增,在0,5 单调递减,∴当m =0时,g m max =g 0 =4105,故CD max =4105.3.已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为12,其左焦点到点P 2，1 的距离为10．(1)求椭圆的方程；(2)直线y =-32x +m 与椭圆相交于A ，B 两点,求△ABP 的面积关于m 的函数关系式,并求面积最大时直线l 的方程．【解析】(1)由题意得：c a =12,且2+c 2+1-0 2=10,解得：c =1,a =2,所以b 2=a 2-c 2=4-1=3,所以椭圆方程为x 24+y 23=1；(2)联立y =-32x +m 与椭圆方程x 24+y 23=1可得：3x 2-3mx +m 2-3=0,由Δ=9m 2-12m 2-3 =36-3m 2>0,解得：-23<m <23；设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,则x 1+x 2=m ,x 1x 2=m 2-33,由弦长公式可得：AB =1+94⋅m 2-4×m 2-33=1324-m 23,点P 2，1 到直线y =-32x +m 的距离为d =4-m 1+94=24-m 13,则△ABP 的面积为S =12AB ⋅d =124-m ⋅4-m 23=364-m 212-m 2,其中-23<m <23,令f m =4-m 212-m 2 ,-23<m <23,则f m =-24-m 12-m 2 -2m 4-m 2=44-m m -1-7 m -1+7 ,由于-23<m <23,所以4-m >0,m -1-7<0,令f m >0得：m ∈-23,1-7 ,令f m <0得：m ∈1-7,23 ,即f m =4-m 212-m 2 在-23,1-7 上单调递增,在m ∈1-7,23 上单调递减,所以f m =4-m 212-m 2 在m =1-7处取得极大值,也是最大值,f 1-7 =4-1+7 2⋅12-1-7 2 =148+567,所以当m =1-7时,面积取得最大值,此时直线l 的方程为y =-32x +1-7．4.如图所示,M 、D 分别为椭圆x 2a 2+y 2=1(a >1)的左、右顶点,离心率为32.(1)求椭圆的标准方程；(2)过M 点作两条互相垂直的直线MA ,MB 与椭圆交于A ,B 两点,求△DAB 面积的最大值.【解析】(1)由已知可得：c a =32a 2=1+c2,解得：a =2,c =3,∴椭圆的方程为：x 24+y 2=1.(2)∵M -2,0 ,设AB 的直线方程为：x =ty +m ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,联立方程：x =ty +mx 2+4y 2-4=0 ,整理得：t 2+4 y 2+2mty +m 2-4=0,∴y 1+y 2=-2mt t 2+4,y 1y 2=m 2-4t 2+4,∵∠A MB =π2,∴x 1+2 x 2+2 +y 1y 2=0⇒x 1x 2+2x 1+x 2 +4+y 1y 2=0,ty 1+m ty 2+m +2ty 1+ty 2+2m +4+y 1y 2=0,即t 2+1 y 1y 2+(mt +2t )y 1+y 2 +(m +2)2=0,⇒t 2+1 ⋅m 2-4t 2+4+(mt +2t )⋅-2mtt 2+4+(m +2)2=0,t 2+1 m 2-4 -2m 2t 2-4mt 2+m 2+4m +4 t 2+4 =0,t2m 2-4t 2+m 2-4 -2m 2t 2-4mt 2+m 2t 2+4m 2+4mt 2+16m +4t 2+16=0,整理得5m 2+16m +12=0,解得m =-65或m =-2(舍去),∴x =ty -65,y 1+y 2=12t 5t 2+4y 1y 2=-6425t 2+4,∴S △DAB =12⋅2+65 y 1-y 2 =85y 1+y 2 2-4y 1y 2=3225⋅25t 2+64t 2+4,令25t 2+64=u (u ≥8),则S △DAB =3225⋅u u 2-6425+4=32u u 2+36=32u +36u ,由对勾函数单调性知,u +36u ≥8+368=252,所以S △DAB ≤32252=6425,当且仅当u =8时,即t =0时等号成立,此时S △DAB 最大值为6425.5.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,椭圆上一动点P 与左､右焦点构成的三角形面积最大值为 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左､右顶点分别为A ,B ,直线PQ 交椭圆C 于P ,Q 两点,记直线AP 的斜率为k 1,直线BQ 的斜率为k 2,已知k 1=3k 2.①求证：直线PQ 恒过定点；②设△APQ 和△BPQ 的面积分别为S 1,S 2,求S 1-S 2 的最大值.【解析】(1)由题意c a =32bc =3a 2=b 2+c2 ,解得a 2=4b 2=1 ,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．(2)①依题意A (-2,0),B (2,0),设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,若直线PQ 的斜率为0则P ,Q 关于y 轴对称,必有k AP =-k BQ ,不合题意．所以直线PQ 斜率必不为0,设其方程为x =ty +n (n ≠±2),与椭圆C 联立x 2+4y 2=4x =ty +n ,整理得：t 2+4 y 2+2tny +n 2-4=0,所以Δ=16t 2+4-n 2 >0,且y 1+y 2=-2tn t 2+4,y 1y 2=n 2-4t 2+4.因为P x 1,y 1 是椭圆上一点,即x 214+y 21=1,所以k AP ⋅k BP =y 1x 1+2⋅y 1x 1-2=y 21x 21-4=1-x 214x 21-4=-14,则k AP =-14k BP =3k BQ ,即12k BP ⋅k BQ =-1因为12k BP ⋅k BQ =12y 1y 2x 1-2 x 2-2 =12y 1y 2ty 1+n -2 ty 2+n -2=12y 1y 2t 2y 1y 2+t (n -2)y 1+y 2 +(n -2)2=12n 2-4t 2+4t 2n 2-4 t 2+4-2t 2n (n -2)t 2+4+(n -2)2=12(n +2)t 2(n +2)-2t 2n +(n -2)t 2+4=3(n +2)n -2=-1,所以n =-1,此时Δ=16t 2+4-n 2 =16t 2+3 >0,故直线PQ 恒过x 轴上一定点D -1,0 ．②由①得：y 1+y 2=2t t 2+4,y 1y 2=-3t 2+4,所以S 1-S 2 =12⋅y 1-y 2 ⋅2--1 -12⋅y 1-y 2 ⋅-2--1 =y 1-y 2=y 1+y 2 2-4y 1y 2=4t 2+3t 2+4=4t 2+4 -1t 2+4 2=41t 2+4-1t 2+42=4-1t 2+4-12 2+14,而1t 2+4∈0,14,当1t 2+4=14时S 1-S 2 的最大值为3．6.(2023届北京市第四中学高三上学期测试)已知中心在原点,焦点在x 轴上的椭圆C 过点1,32,离心率为32,点A 为其右顶点.过点B 1,0 作直线l 与椭圆C 相交于E 、F 两点,直线AE 、AF 与直线x =3分别交于点M 、N .(1)求椭圆C 的方程；(2)求EM ⋅FN的取值范围.【解析】(1)由题意设椭圆的标准方程为x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0),由题意,得1a 2+34b 2=1c a =32a 2=b 2+c 2,解得a 2=4,b 2=1,即椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)由(1)得A (2,0),设l :x =ty +1,E (x 1,y 1),F (x 2,y 2),联立x =ty +1x 2+4y 2-4=0,得(ty +1)2+4y 2-4=0,即(t 2+4)y 2+2ty -3=0,则y 1+y 2=-2t t 2+4,y 1y 2=-3t 2+4,直线AE ,AF 的方程分别为y =y 1x 1-2(x -2),y =y 2x 2-2(x -2),令x =3,则M 3,y 1x 1-2 ,N 3,y 2x 2-2,则EM =3-x 1,y 13-x 1 x 1-2 =2-ty 1,y 12-ty 1 ty 1-1,FN =3-x 2,y 23-x 2 x 2-2 =2-ty 2,y 22-ty 2 ty 2-1,所以EM ⋅FN =2-ty 1 2-ty 1 +y 1y 22-ty 1 2-ty 2 ty 1-1 ty 2-1 =t 2y 1y 2-2t y 1+y 2 +4 1+y 1y 2t 2y 1y 2-t y 1+y 2 +1 =-3t 2t 2+4+4t 2t 2+4+4 1+-3t 2+4-3t 2t 2+4+2t 2t 2+4+1 =5t 2+164(t 2+4)=5(t 2+4)-44(t 2+4)=54-1t 2+4因为t 2+4≥4,所以0<1t 2+4≤14,1≤54-1t 2+4<54,即EM ⋅FN 的取值范围为1,54 .7.(2022届上海市行知中学高三上学期考试)已知曲线Γ上一动点P 到两定点F 10,-2 ,F 20,2 的距离之和为42,过点Q -1,0 的直线L 与曲线Γ相交于点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ．(1)求曲线Γ的方程；(2)动弦AB 满足：AM =MB,求点M 的轨迹方程；(3)求x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 的取值范围．【解析】(1)因为动点P 到两定点F 10,-2 ,F 20,2 的距离之和为42>4,所以曲线Γ是以F 10,-2 ,F 20,2 为焦点的椭圆,c =2,2a =42,所以a =22,b 2=a 2-c 2=4,所以曲线Γ的方程为y 28+x 24=1；(2)因为AM =MB,所以M 为AB 中点,设M x ,y ,当AB 的斜率存在且不为0时,将A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 代入椭圆方程中得：y 128+x 124=1，y 228+x 224=1，两式相减得y 12-y 228+x 12-x 224=0,故y 1-y 2x 1-x 2×y 1+y 2x 1+x 2=-2故得k AB ⋅k OM =-84=-2,所以k QM ⋅k OM =-2,所以y x +1⋅yx=-2,整理得2x +1 2+2y 2=1；当AB 的斜率不存在或为0时,M -1,0 或M 0,0 ,出满足2x +1 2+2y 2=1；所以点M 的轨迹方程是2x +1 2+2y 2=1；(3)x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 =2x 1+y 1-4 2+x 2+y 2-42=2d A -I +d B -I =22d M -I ,其中d A -I ,d B -I ,d M -I 分别为点A ,B ,M 到直线l ：x +y -4=0的距离,因为点M 的轨迹方程为2x +1 2+2y 2=1,设2x +1=cos α,2y =sin α,则可设M cos α-12,sin α2 ,所以d M -I =cos α-12+sin α2-42=9-2sin α+cos α 22=9-3sin (α+φ)22∈9-322,9+322,其中tan φ=22,所以x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 =22d M -I ∈[9-3,9+3]．8.(2023届河南省名校联盟高三上学期9月联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,左､右焦点分别为F 1,F 2,M ,N 是椭圆上关于原点对称的两点,F 1M +F 1N =4.(1)求椭圆C 的方程；(2)椭圆左顶点为A ,上顶点为B ,直线l ∥AB 且交椭圆于P ,Q ,求△PQB 的面积最大时,l 的方程.【解析】(1)由题意得c 2a2=34,化简得3a 2=4c 2=4a 2-b 2 ,则a 2=4b 2.根据对称性得F 1M =F 2N ,故F 2N +F 1N =4,即2a =4,所以a 2=4,b 2=1,故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)由(1)得k AB =12,设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,l 的方程为y =12x +t (t ≠1),代入椭圆方程x 24+y 2=1,整理得x 2+2tx +2t 2-2=0,则x 1+x 2=-2t ,x 1x 2=2t 2-2,Δ=4t 2-42t 2-2 >0,解得-2<t <2且t ≠1.故|PQ |=1+14⋅x 1-x 2 =5⋅2-t 2,点B (0,1)到直线l 的距离为d =|2t -2|5,则S △BPQ =12|PQ |⋅d =12×5⋅2-t 2⋅|2t -2|5=2-t 2(t -1)2.令f (t )=2-t 2 (t -1)2,则f (t )=-2t (t -1)2+22-t 2 (t -1)=-4(t -1)⋅t -1+174 t -1-174.当t 变化时,f (t ),f (t )的变化情况如下表：t-2,1-174 1-174,11,1+174 1+174,2f t +-+-f t↗↘↗↘比较f 1-174与f 1+174 知,当t =1-174时,△PQB 面积取最大,此时,l 的方程为y =12x +1-174.9.已知一条动直线3m +1 x +m -1 y -6m -2=0,直线l 过动直线的定点P ,且直线l 与x 轴、y 轴的正半轴分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点．(1)是否存在直线l 满足下列条件：①△AOB 的周长为12；②△AOB 的面积为6．若存在,求出直线l 的方程；若不存在,请说明理由．(2)当PA +32PB 取得最小值时,求直线l 的方程．【解析】(1)3m +1 x +m -1 y -6m -2=0,即3x +y -6 m +3x -y -2=0,由3x +y -6=03x -y -2=0 ,解得x =43y =2,故动直线过定点P 43,2 ．设直线l 的方程为xa +y b=1a >0,b >0 ,将P 43,2 代入得43a +2b=1．①由A (a ,0),B (0,b ),△AOB 的周长为12,面积为6,得a +b +a 2+b 2=1212ab =6,令a +b =t ,则a 2+b 2=t 2-24,所以t +t 2-24=12,即t -12=t 2-24,化简得24t =168,解得t =7,所以有a +b =7ab =12,解得a =3b =4 或a =4b =3 ．其中a =3b =4 不满足①,a =4b =3 满足①．所以存在直线l 的方程为x4+y 3=1,即3x +4y -12=0满足条件．(2)由(1)可知直线l 过定点P 43,2 ,直线l 与x 轴、y 轴的正半轴分别交于A ,B 两点,所以直线l 的倾斜角α∈π2,π ,所以PA =2sin α,PB =-43cos α,所以PA +32PB =2sin α-32×43cos α=2sin α-2cos α=2×cos α-sin αsin αcos α,②令t =cos α-sin α=2cos α+π4,因为α∈π2,π ,所以α+π4∈3π4,5π4 ,所以cos α+π4 ∈-1,-22,所以t =2cos α+π4∈-2,-1 ．则PA +32PB =2×t 1-t22=41t -t t ∈-2,-1 ,因为y =1t -t 在-2,-1 上为减函数,所以y =41t-t在-2,-1 上为增函数,故当t =-2,即α=3π4时,PA +32PB 取得最小值41-2+2=42．此时直线l 的方程为y -2=tan 3π4×x -43 ,即3x +3y -10=0．10.如图,已知点F 1,0 为抛物线y 2=2px p >0 的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ,B 两点,点A 在第一象限,点C 在抛物线上,使得△ABC 的重心G 在x 轴上,直线AC 交x 轴于点Q ,且Q 在点F 的右侧,记△AFG ,△CQG 的面积分别为S 1,S 2．(1)求p 的值及抛物线的准线方程；(2)设A 点纵坐标为2t ,求S1S 2关于t 的函数关系式；(3)求S1S 2的最小值及此时点G 的坐标．【解析】(1)因为点F 1,0 为抛物线y 2=2px p >0 的焦点,所以p2=1,即p =2,准线方程x =-1.(2)设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,设直线AB 的方程为y =k x -1 ,k ≠0,与抛物线方程y 2=4x 联立可得：k 2x 2-2k 2+4 x +k 2=0,故：x 1+x 2=2+4k2,x 1x 2=1,y 1+y 2=k x 1+x 2-2 =4k,y 1y 2=-4x 1 ×4x 2 =-4,设点C 的坐标为C x 3,y 3 ,由重心坐标公式可得：x G =x 1+x 2+x 33=132+4k2+x 3 ,y G =y 1+y 2+y 33=134k +y 3 ,令y G =0可得：y 3=-4k ,则x 3=y 234=4k 2.即x G =132+4k 2+4k 2 =132+8k2 ,由斜率公式可得：k AC =y 1-y 3x 1-x 3=y 1-y 3y 214-y 234=4y 1+y 3,直线AC 的方程为：y -y 3=4y 1+y 3x -x 3 ,令y =0可得：x Q =x 3+-y 3y 1+y 3 4=y 234+-y 3y 1+y 3 4=-y 1y 34,故S 1=12×x G -x F ×y 1=12×132+8k 2-1 ×y 1=y 12×83k 2-13 ,且S 2=12×x Q -x G ×-y 3 =-y 32-y 1y 34-132+8k 2,由于y 3=-4k ,代入上式可得：S 2=2k y 1k -23-83k2 ,由y 1+y 2=4k ,y 1y 2=-4可得y 1-4y 1=4k ,则k =4y 1y 21-4,则S 1S 2=y 12×83k2-13 2k y 1k -23-83k 2=2y 21y 21-2 y 21-4 y 21+4 =2-4y 21-8 +48y 21-8+16,令y 1=2t ,得S 1S 2=2×4t 2⋅4t 2-2 4t 2-4 4t 2+4=2t 4-t 2t 4-1=2-t 2-2t 4-1.即S 1S 2关于t 的函数关系式为S 1S 2=2-t 2-2t 4-1.(3)设m =t 2-2m >0 ,则S 1S 2=2-t 2-2t 4-1=2-m m 2+4m +3=2-1m +3m +4≥2-12m ⋅3m+4=1+32,当且仅当m =3m ,即m =3,t =6+22,y 1=6+2时等号成立,即S 1S 2的最小值为1+32,此时k =4y 1y 21-4=2,x G =132+8k 2 =2,则点G 的坐标为G 2,0 .11.(2022届河南省中原顶级名校高三上学期1月联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1-1,0 ,F 21,0 ,过点F 1的直线l 1交椭圆C 于A ,B 两点.当直线l 1的斜率为1时,点-47,37是线段AB 的中点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图,若过点F 2的直线l 2交椭圆C 于E ,G 两点,且l 1∥l 2,求四边形ABEG 的面积的最大值.【解析】(1)设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 .由题意可得b 2x 21+a 2y 21-a 2b 2=0,b 2x 22+a 2y 22-a 2b 2=0.∴y 1-y 2x 1-x 2=-b 2a 2⋅x 1+x 2y 1+y 2=-b 2a 2⋅-43,即4b 23a 2=1,∴b 2a2=34.∵a 2-b 2=1,∴a 2=4,b 2=3,∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)根据对称性知AB =EG ,AB ∥EG ,∴四边形ABEG 是平行四边形,又S 四边形ABEG =2S △F 2AB ,∴问题可转化为求S △F 2AB 的最大值.设直线l 1的方程为x =my -1,代入x 24+y 23=1,得3m 2+4 y 2-6my -9=0.则y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4,∴S △F 2AB =12⋅2⋅y 1-y 2 =y 1+y 2 2-4y 1y 2=6m 3m 2+4 2-4⋅-93m 2+4=121+m 23m 2+4.令1+m 2=t ,则t ≥1,且m 2=t 2-1,∴S △F 2AB =12t 3t 2+1=123t +1t.记h t =3t +1tt ≥1 ,易知h t 在1,+∞ 上单调递增.∴h t min =h 1 =4.∴S △F 2AB =123t +1t≤124=3.∴四边形ABEG 的面积的最大值是6.12.(2022届浙江省绍兴市高三上学期12月月考)已知抛物线C 的焦点是0,14 ,如图,过点D 22,t(t ≤0)作抛物线C 的两条切线,切点分别是A 和B ,线段AB 的中点为M ．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)求证：直线MD ⎳y 轴；(3)以线段MD 为直径作圆,交直线AB 于MN ,求|AB |-|MN ||AB |+|MN |的取值范围．【解析】(1)设抛物线的方程为x 2=2py p >0 ,由题意可得p 2=14,所以p =12,所以抛物线方程y =x 2.(2)由(1)y =x 2,因为y=2x ,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线AD 的方程为y =2x 1x -x 21,直线BD 的方程为y =2x 2x -x 22,联立上述两直线方程,得D 点坐标D x 1+x 22,x 1x 2 ,又因为M 点为线段AB 的中点,所以M 点坐标M x 1+x 22,1-x 1x 2 ,因为x D =x M ,所以直线MD ⎳y 轴：(3)因为点D 22,t (t ≤0),所以x 1+x 22=22,x 1x 2=t ,则M 22,1-t ,圆心22,12,直线AB 的斜率为k =x 21-x 22x 1-x 2=x 1+x 2=2,直线AB 方程为y =2x -t ,y =x 2y =2x -t ,得x 2-2x +t =0,Δ=2-4t ,|AB |=1+k 2⋅Δ=6(1-2t ),圆心到直线AB 的距离为d =1-2t 23,半径r =|MD |2=1-2t2,|MN |=2r 2-d 2=63(1-2t ),令1-2t =m ≥1,|AB |-|MN ||AB |+|MN |=3-m 3+m =-1+6m +3在m ≥1时单调递减,|AB |-|MN ||AB |+|MN |∈-1,12 ．13.(2022届广东省华南师范大学附属中学高三上学期综合测试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 经过点M (0,3),离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l :y =kx -1与椭圆C 相交于A 、B 两点,求MA ⋅MB 的最大值.【解析】(1)由已知得9b 2=1,a 2-b 2a 2=12, 解得a =32,b =3,因此椭圆C 的方程为x 218+y 29=1；(2)由x 218+y 29=1,y =kx -1,整理得2k 2+1 x 2-4kx -16=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,则x 1+x 2=4k 2k 2+1,x 1x 2=-162k 2+1,因为MA ⋅MB=x 1x 2+(y 1-3)(y 2-3)=x 1x 2+kx 1-4 kx 2-4=k 2+1 x 1x 2-4k x 1+x 2 +16=-16k 2+1 2k 2+1-4k ×4k 2k 2+1+16=0,所以MA ⊥MB ,三角形MAB 为直角三角形,设d 为点M 到直线l 的距离,故MA MB =AB ⋅d ,又因为d =41+k 2,AB =1+k 2x 1+x 22-4x 1x 2 =1+k 24k 2k 2+12-4×-162k 2+1=41+k 2 9k 2+4 2k 2+1,所以MA MB =169k 2+42k 2+1,设2k 2+1=t ,则MA MB =16818-121t -92 2,由于1t∈0,1 ,所以MA MB ≤32,当1t=1,即k =0时,等号成立.因此,MA MB 的最大值为32.14.(2022届贵州省遵义市高三上学期联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左､右焦点分别为F 1和F 2,且M 11,1 ,M 20,1 ,M 3-1,223 ,M 41,223四点中恰有三点在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)点P 是椭圆C 上位于x 轴上方的动点,直线F 1P 和F 2P 与直线y =4分别交于G 和H 两点,设直线F 1P和F 2P 的斜率分别为k 1和k 2,若线段GH的长度小于162,求k 1k 2的最大值.【解析】(1)由于M 3,M 4两点关于y 轴对称,故由题设知C 经过M 3,M 4两点.又由1a 2+1b 2>1a 2+89b 2,知C 不经过M 1,所以点M 2在C 上.所以1b 2=1,1a 2+89b2=1, 解得a 2=9,b 2=1. 所以椭圆C 的标准方程为x 29+y 2=1；(2)设P x 0,y 0 0<y 0≤1 ,如图,过点P 作直线MN ⊥x 轴,分别交x 轴和直线y =4于M ,N 两点.易知△GPH ∽△F 1PF 2,则GH 42=4-y 0y 0,即GH =424y 0-1 ,由424y 0-1 <162,得45<y 0≤1,所以x 0∈-95,95,k 1k 2=y 0x 0+22⋅y 0x 0-22=y 20x 20-8=1-x 209x 20-8=191x 20-8-1由x 0 <95,得-8≤x 20-8<-11925,从而-25119<1x 20-8≤-18所以当x 0=0时,k 1k 2=-19×98=-18,即k 1k 2的最大值为-18.。

圆锥曲线中的最值(范围)问题-高中数学总复习课件

1）＝8（ x 2－ 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 ｜，
高中总复习·数学
1
设 A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），解得 x 1＝3， x 2＝ .
3
设 Q （ xQ ， yQ ），因为5 ＝8 ，所以5（ x 2－ x
高中总复习·数学
代数法求最值（范围）
考向1 借助不等式求最值（范围）
【例2】
2
2
已知椭圆Γ： 2 ＋＝1（ m ＞0， m ≠

3
3 ）.
（1）若 m ＝2，求椭圆Γ的离心率；
2
2
解：当 m ＝2时，椭圆Γ的方程为＋＝1，
4
3
则 a ＝2， b ＝ 3 ，∴ c ＝ 2 − 2 ＝1，
解题技法
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.
高中总复习·数学
已知过抛物线 C ： y 2＝4 x 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 ｜
2
2，
高中总复习·数学
1
即点 B （，±
2
2 ），
2
将点 B 代入 x ＝ my ＋1，得 m ＝± ，所以直线 l 的方程为 x ＝
4
2
± y ＋1，即4 x ±
4
2 y －4＝0.
高中总复习·数学
2. 已知点 A 1（－ 6 ，0）， A 2（ 6 ，0），直线 PA 1， PA 2的斜率之

2011届高考数学权威预测：21圆锥曲线中的最值和范围问题(二)

第二十一讲圆锥曲线中的最值和范围问题(二)【例6】椭圆E 的中心在原点 0,焦点在x 轴上，其离心率e J 一 ,过点C (- 1,0 )的直线I 与椭圆E 相交于A B 两点，且满足点 C 分向量 AB 的比为2.(1)用直线I 的斜率k (心0 )表示△ 0AB 的面积；(2)当厶0AB 的面积最大时，求椭圆E 的方程。

••• a 2=3b 2 故椭圆方程 x 2+ 3y 2= 3 b 2设A (X 1,y 1)、B (X 2, y 2),由于点C (- 1, 0)分向量 AB 的比为2,x 1 2x 23 1①即X 112(X 2 1)y 12 y 0②Y 12y 232由X3y 23b 2 3b消去y 整理并化简得(3 k 2+1)x 2+6k 2x +3k 2- 3b 2=0y k(x 1)由直线I 与椭圆E 相交于A (X 1,y 1), 0X 2, y 2)两点得:0恒成立(点C 是AB 勺内分点) 6k 2 3k 2 1 3k 2 3b 2 3k 2 1而 S ^OAB扣1y 2| || 2y 2y 213|k (x 21}|2|k||x 21|由①③得：X 2+仁一23k 2 1代入⑤得:& OAB=3 0 斥 0) 3k 1(2)因 &OAB =32 k |3k 2 13 33|k|说2 3当且仅当kS A OAE 取得最大值解：(1)设椭圆 E 的方程为 2x~2ab 2c 1 ( a > b > 0 )，由 e =a此时X1+ X2 =—1, 又T __2x 2= —1 •- X1=1,X2=—2 3_ . 2将X1,X2 及k =3b2= 5 •••椭圆方程【例7】设直线I过点P(0，2x3),和椭圆——9—1顺次交于A B两点，若A P"PB4求的取值范围.解：当直线I垂直于x轴时, 可求得当I与X轴不垂直时，设Ax^y i，B(X2,y2)，直线I的方程为：y kX 3，代入椭圆方程，消去y得9k2 4 X254kx 45【例2 y_ b2 a2解之得x1,2因为椭圆关于所以所以27k 6.9k2 59ky轴对称，点P在y轴上, 所以只需考虑k 0的情形•0时,27kX iX1X2(54k)2〕6.9k2 59 k2 49k_2 丄9k2 59k 2,9k227 k 6.9k2 5X29k9k2 418k2 9k2189 2.9 5k180 9k2 4185k2解得综上B , B2是“果圆” 与x , y轴的交点，M是线段AA2的中点.(1)若厶F0F1F2是边长为1的等边三角形，求该“果圆”的方程;(2)2设P是“果圆”的半椭圆爲b22x— 1 (x w 0)上任意一点.求证：当cPM取得最小值时，P在点B i，B2或A处;(3)若P是“果圆”上任意一点，求PM取得最小值时点P的横坐标.F°(c, 0), F i 0, .b —2c ,F2 0, b2F0F21, F1F2 2 b2一2 c 1，于是c2a2b2所求“果圆”方程为4x7(2)设P(x, y)，则(x > 0), 1 (x w 0).22 a c| PM | x2b2 22 c(a c)x(a c)24b2,|PM 2 |的最小值只能在x c处取到.即当PM取得最小值时, P在点Bi, B2或A1处.(3)1AM I IMA2I ,且B和B2同时位于“果圆”的半椭圆(x > 0)和半椭圆2 2与—2 1 ( x W 0)上，所以, b c 由(2)知，只需研究P位于“果圆”的半椭圆2 2y_2 2a b1(x > 0)上的情形即可.2 | PM |2c2a22a (a c) 2b2c(a c)2a2 (a c)24 c2a2(a c)w a ,22c即a w 2c时, |PM |2的最小值在a2 (ac2此时P的横坐标是a2(ac2c)a2(a2c2即a 2c时，由于| PM |2在x 2a时是递减的，| PM |的最小值在x a时取到，此时P的横坐标是a .综上所述，若a < 2c，当|PM |取得最小值时，点P的横坐标是a2(a c)2c2若a 2c，当| PM |取得最小值时，点P的横坐标是a或c .。

圆锥曲线最值范围定值(总结)

l
与椭圆x2＋ 2
y2＝1 有两个不同的交点 P 和 Q.
(1)求 k 的取值范围；
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数m，使得
向量O→P＋O→Q与A→B共线？如果存在，求m值；如果不存在，请说明理由．
解 (1)由已知条件，知直线 l 的方程为 y＝kx＋ 2，代入椭圆方程，得x22＋(kx＋ 2)2＝1，整理得12＋k2x2＋2 2kx＋1＝0.① 由直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q，得 Δ＝8k2－412＋k2＝4k2－2＞0，
a
2
思路二：利用二次方程有实根
由椭圆定义知 | PF1 | | PF2 | 2a ，又由 F1PF2 90 知 PF1 |2 | PF2 |2 | F1F2 |2 4c2 ，则可得 | PF1 || PF2 | 2(a 2 c2 ) ，这样| PF1 | 与| PF2 | 是方程 u 2 2au 2(a 2 c2 ) 0 的两个
证明由题意，知 F1(－1,0)，F2(1,0)，设 B(x1，y1)，E(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线 y＝k(x－1)，代入x92＋y82＝1，得 8yk＋12＋9y2－72＝0，即(8＋9k2)y2＋16ky－64k2＝0，则 y1＋y2＝－8＋169kk2，y1y2＝－8＋649k2k2. 同理，将 y＝k(x－1)代入 y2＝4x，得 ky2－4y－4k＝0，则y3＋y4＝4k，y3y4＝－4，
a2 ，即 0
2c 2 a 2 e2
a 2 ，所以 e [
2 ，1）. 2
思路五：利用基本不等式
由椭圆定义，有 2a | PF1|| PF2 | ，平方后得

圆锥曲线中参数范围与最值问题(解析版)

圆锥曲线中参数范围与最值问题【方法技巧与总结】1.求最值问题常用的两种方法(1)几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决，这是几何法．(2)代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值．求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等，这就是代数法．2.求参数范围问题的常用方法构建所求几何量的含参一元函数，形如AB =f k ，并且进一步找到自变量范围，进而求出值域，即所求几何量的范围，常见的函数有：(1)二次函数；(2)“对勾函数”y =x +ax(a >0)；(3)反比例函数；(4)分式函数．若出现非常规函数，则可考虑通过换元“化归”为常规函数，或者利用导数进行解决．这里找自变量的取值范围在Δ>0或者换元的过程中产生．除此之外，在找自变量取值范围时，还可以从以下几个方面考虑：①利用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，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系．③利用基本不等式求出参数的取值范围．④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．【题型归纳目录】题型一：弦长最值问题题型二：三角形面积最值问题题型三：四边形面积最值问题题型四：弦长的取值范围问题题型五：三角形面积的取值范围问题题型六：四边形面积的取值范围问题题型七：向量数量积的取值范围问题题型八：参数的取值范围【典例例题】题型一：弦长最值问题例1.已知圆O :x 2+y 2=r 2的任意一条切线l 与椭圆M :x 26+y 23=1都有两个不同的交点A ，B ．(1)求圆O 半径r 的取值范围；(2)是否存在圆O ，满足OA ⊥OB 恒成立？若存在，求出圆O 的方程及|OA |∙|OB|的最大值；若不存在，说明理由．【解析】解：(1)要使圆O :x 2+y 2=r 2的任意一条切线l 与椭圆M :x 26+y 23=1都有两个不同的交点，则圆必在椭圆的内部，∴0<r <3．(2)设圆的切线方程y =kx +m ，由y =kx +m x 26+y 23=1，得(1+2k 2)x 2+4km x +2m 2-6=0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1+x 2=-4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2-61+2k 2．y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=m 2-6k 21+2k 2．∵OA ⊥OB ，∴x 1x 2+y 1y 2=0⇒m 2=2k 2+2，⋯①∵y =kx +m 与圆O :x 2+y 2=r 2相切，∴r 2=m 21+k 2⋯②由①②得r 2=2，此时圆的方程为：x 2+y 2=2，当切线的斜率不存在时，切线方程为x =±2A (2,2)，B (2,-2)或A (-2,2)，B (-2,-2)满足条件∴圆的方程为：x 2+y 2=2∵|AB |=1+k 2(x 1+x 2)2-4x 1x 2=221+14k 2+1k2+4≤3，当直线AB 的斜率不存在或为0时，|AB |=22．∴|AB |≤3∵OA ⊥OB ，∴|OA |∙|OB |=r ∙AB ，|OA |∙|OB|的最大值32．例2.平面直角坐标系xoy 中，椭圆C 1:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，过椭圆右焦点F 作两条相互垂直的弦，当其中一条弦所在直线斜率为0时，两弦长之和为6．(1)求椭圆的方程；(2)A ，B 是抛物线C 2:x 2=4y 上两点，且A ，B 处的切线相互垂直，直线AB 与椭圆C 1相交于C ，D 两点，求弦|CD |的最大值．【解析】解：(1)∵椭圆C 1:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，过椭圆右焦点F 作两条相互垂直的弦，当其中一条弦所在直线斜率为0时，两弦长之和为6，∴e =c a =222a +2b 2a =6a 2=b 2+c 2，解得a =2，b =c =2，∴椭圆方程为x 24+y 22=1．(2)设直线AB 为：y =kx +m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，由y =kx +mx 2=4y，得x 2-4kx -4m =0，则x 1+x 2=4k ，x 1x 2=-4m ，由x 2=4y ，得y ′=x2，故切线PA ，PB 的斜率分别为k PA =x 12，k PB =x22，再由PA ⊥PB ，得k PA ∙k PB =-1，∴x 12∙x 22=x 1x 24=-4m 4=-m =-1，解得m =1，这说明直线AB 过抛物线C 1的焦点F ，由y =kx +1x 24+y 22=1，得(1+2k 2)x 2+4kx -2=0，∴|CD |=1+k 2∙(4k )2-4(1+2k 2)∙(-2)1+2k2=1+k 2∙8(1+4k 2)1+2k 2≤3．当且仅当k =±22时取等号，∴弦|CD |的最大值为3．例3.设椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点23,263 ，且其左焦点坐标为(-1,0)．(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线l ，m ，其中l 交椭圆于M ，N ，m 交椭圆于P ，Q ，求|MN |+|PQ |的最小值．【解析】解：(Ⅰ)∵椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点23,263 ，且其左焦点坐标为(-1,0)，∴c =1，2a =259+249+19+249=4，∴b =a 2-c 2=3，∴椭圆的方程为：x 24+y 23=1．⋯(4分)(Ⅱ)①当直线l 1，l 2中有一条直线的斜率不存在时，|MN |+|PQ |=7．⋯(5分)②当直线l 1的斜率存在且不为0时，设直线l 1的方程y =k (x -1)，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由y =k (x -1)x 24+y 23=1，得(3+4k 2)x 2-8k 2x +4k 2-12=0，∴x 1+x 2=8k 23+4k 2，x 1x 2=4k 2-123+4k 2，|MN |=(1+k 2)(x 1-x 2)2=1+k 2∙(x 1+x 2)2-4x 1x 2=12(1+k 2)3+4k 2，设直线l 2的方程为y =-1k (x -1)，同理得：|PQ |=12(1+k 2)4+3k 2，所以|MN |+|PQ |=84(k 2+1)2(4+3k 2)(3+4k 2)，⋯(9分)设t =k 2+1，则t >1，所以1t =12时，|MN |+|PQ |有最小值487<7．综上，|MN |+|PQ |的最小值是487．⋯(12分)变式1.已知点Q (2,1)在椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上，且点Q 到C 的两焦点的距离之和为42．(1)求C 的方程；(2)设圆O :x 2+y 2=85上任意一点P 处的切线l 交C 于点M ，N ，求|OM |⋅|ON |的最小值．【解析】解：(1)由题意可得4a 2+1b2=1，且2a =42，解得a =22，b =2，所以椭圆C 的方程为x 28+y 22=1；(2)当直线MN 的斜率不存在时，可设切线方程为x =405，代入椭圆x 2+4y 2=8，可得M 2105，2105 ，N 2105，-2105 ，则OM ⋅ON =0，且|OM |⋅|ON |=165；当直线MN 的斜率存在时，设切线的方程为y =kx +m ，由切线与圆x 2+y 2=85相切，可得|m |1+k 2=85，化为5m 2=8+8k 2，由y =kx +m 与椭圆方程联立，可得(1+4k 2)x 2+8km x +4m 2-8=0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1+x 2=-8km 1+4k 2，x 1x 2=4m 2-81+4k 2，OM ⋅ON=x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(kx 1+m )(kx 2+m )=(1+k 2)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=(1+k 2)⋅4m 2-81+4k 2+km -8km 1+4k 2 +m 2，代入m 2=8+8k 25，可得OM ⋅ON =0，即OM ⊥ON ，由OP ⊥MN ，所以|OM |⋅|ON |=|OP |⋅|MN |=85|MN |，而|MN |=1+k 2⋅(x 1+x 2)2-4x 1x 2=1+k 2⋅64k 2m 2(1+4k 2)2-4(4m 2-8)1+4k 2=1+k 2⋅42+8k 2-m 21+4k 2=1+k 2⋅425+32k 251+4k 2=410516k 4+17k 2+116k 4+8k 2+1=4105⋅1+9k 216k 4+8k 2+1≥4105，当k =0时，上式取得等号．所以|OM |⋅|ON |的最小值为85⋅4105=165．变式2.已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，焦距为2，点E 在椭圆上．当线段EF 2的中垂线经过F 1时，恰有cos ∠EF 2F 1=2-12．(1)求椭圆的标准方程；(2)直线l 与椭圆相交于A 、B 两点，且|AB |=2，P 是以AB 为直径的圆上任意一点，O 为坐标原点，求|OP |的最大值．【解析】解：(1)由焦距为2知c =1，连结EF 1，线段EF 2的中垂线经过F 1时，∴|EF 1|=2c =2，∵cos ∠EF 2F 1=2-12．∴|F 2N ||F 1F 2|=2-12．∴|F 2N |=2-1，∴|EF 2|=22-2，∴2a =|EF 1|+|EF 2|=22，∴a =2，由所以椭圆方程为x 22+y 2=1；(2)①当l 的斜率不存在时，AB 恰为短轴，此时|OP |=1；②当l 的斜率存在时，设l :y =kx +m ．联立x 22+y 2=1y =kx +m，得到(2k 2+1)x 2+4km x +2m 2-2=0，∴△=16k 2-8m 2+8>0，x 1+x 2=-4km 2k 2+1，x 1x 2=2m 2-22k 2+1．∵|AB |=1+k 2⋅22⋅1+2k 2-m 22k 2+1=2，化简得m 2=2k 2+12k 2+2．又设M 是弦AB 的中点，∴M -2km 2k 2+1,m 2k 2+1 ，|OM |2=4k 2+1(2k 2+1)2⋅m 2，∴|OM |2=4k 2+1(2k 2+1)2⋅2k 2+12k 2+2=4k 2+1(2k 2+1)(2k 2+2)，令4k 2+1=t ≥1，则|OM |2=4t (t +1)(t +3)=4t +3t+4≤423+4=4-23，∴|OM |≤4-23=3-1(仅当t =3时取等)，又∵|OP |≤|OM |+|MP |=|OM |+1≤3(仅当k 2=3-14时取等号)．综上，|OP |max =3．题型二：三角形面积最值问题例4.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是22，F 1，F 2分别是椭圆C 的左、右焦点．以线段|F 1F 2|为直径的圆的内接正三角形的边长为6．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点P (6，26)，直线l :y =x +m 与椭圆C 交于A ，B 两点，求ΔPAB 面积的最大值．【解析】解：(1)由题意可知，e =c a =22，6sin60°=2c ，所以a =2，c =2，所以b 2=a 2-c 2=2，所以椭圆C 的标准方程为：x 24+y 22=1；(2)方法一：设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由x 24+y 22=1y =x +m，消去y ，整理得：3x 2+4mx +2m 2-4=0，则△=16m 2-12×(2m 2-4)=-8m 2+48>0，所以m 2<6，所以-6<m <6，所以x 1+x 2=-4m 3，x 1x 2=2m 2-43，所以|AB |=1+k 2(x 1+x 2)2-4x 1x 2=1+1⋅-4m 3 2-4×2m 2-43=46-m 23，P (6,26)到直线l :x -y +m =0的距离为d =|6-26+m |12+(-1)2=|m -6|2，所以S ΔPAB =12×|AB |×d =12×46-m 23|m -6|2=23(6-m )6-m 2，设6-m =t ∈(0,26)，则m =6-t ，所以S ΔPAB =23⋅t ⋅-(t -6)2+6=23t 2(-t 2+26t )=23-t 4+26t 3，令g (t )=-t 4+26t 3，t ∈(0,26)，则g ′(t )=-4t 3+66t 2=2t 2(-2t +36)，当0<t <362时，g ′(t )>0，g (t )单调递增，当362<t <26时，g ′(t )<0，g (t )单调递减，故当t =362，即m =-62时，g (t )取得最大值，即S ΔPAB 取得最大值，所以S ΔPAB 最大值为23×6+62 6-62 2=362，所以ΔPAB 面积的最大值362．方法二：同方法一，S ΔPAB =23(6-m )(6-m )(6+m )=23(6-m )3(6+m )，由(6-m )3(6+m )=13(6-m )3(36+3m )≤13×3(6-m )+36+3m 4 4=354，当且仅当6-m =36+3m ，即m =-62时，取等号，所以S ΔPAB ≤23×354=362，所以ΔPAB 面积的最大值362．例5.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点D (2,0)，E 1,32 两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l :y =kx +m 与椭圆C 交于不同两点A ，B ，点G 是线段AB 的中点，点O 为坐标原点，设射线OG 交椭圆C 于点Q ，且OQ =λOG．①证明：λ2m 2=4k 2+1；②求ΔAOB 的面积S (λ)的解析式，并计算S (λ)的最大值．【解析】(1)解：∵椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点D (2,0)，E 1,32 两点，∴4a 2=11a 2+34b 2=1 ，解得a =2，b =1，∴椭圆方程为x 24+y 2=1．(2)①证明：令A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由y =kx +mx 2+4y 2=4，消去y ，得(1+4k 2)x 2+8km x +4m 2-4=0，∴△=(8km )2-4(1+4k 2)(4m 2-4)>0x 1+x 2=-8km 1+4k 2x 1x 2=4m 2-41+4k 2 ，即m 2<1+4k 2x 1+x 2=-8km1+4k 2x 1x 2=4m 2-41+4k 2，∴y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m =k (-8km )1+4k 2+2m =2m1+4k 2，又由中点坐标公式，得G -4km 1+4k 2,m1+4k 2，根据OQ =λOG ，得Q -4λkm 1+4k 2，λm 1+4k 2，将其代入椭圆方程，有4λ2k 2m 2(1+4k 2)2+λ2m 2(1+4k 2)2=1，化简得：λ2m 2=4k 2+1．②解：由①得m ≠0，λ>1，∵|x 1-x 2|=-8km 1+4k 2 2-4×4m 2-41+4k 2=41+4k 2-m 21+4k 2，在ΔAOB 中，S ΔAOB =12|m ||x 1-x 2|，∴S (λ)=2|m |λ2m 2-m 2λ2m 2=2λ2-1λ2，λ>1，令λ2-1=t ，t >0，则S =2t t 2+1=2t +1t<221=1(当且仅当t =1时，即λ=2时取“=” )∴当λ=2时，S (λ)=2λ2-1λ2取得最大值，其最大值为1．例6.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的短轴顶点分别为A ，B ，且短轴长为2，T 为椭圆上异于A ，B 的任意一点，直线TA ，TB 的斜率之积为-13．(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，圆O :x 2+y 2=34的切线l 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，求ΔPOQ 面积的最大值．【解析】解：(1)由题意可知2b =2，b =1，A (0,1)，B (0,-1)，设T (x 0，y 0)，满足x 20a2+y 20=1，由k TA ⋅k TB =y 0-1x 0⋅y 0+1x 0=y 20-1x 20=-1a2=-13，则a 2=3，所以椭圆C 的方程：x 23+y 2=1；(2)设直线PQ 的方程：x =my +t ，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由O 到直线PQ 的距离d =|t |1+m2=32，即t 2=34(1+m 2)，联立方程组x =my +tx 23+y 2=1，消去x ，整理得(m 2+3)y 2+2mty +t 2-3=0，则△=(2mt )2-4(m 2+3)(t 2-3)=12(m 2-t 2+3)=3(m 2+9)>0，y 1+y 2=-2mt m 2+3，y 1y 2=t 2-3m 2+3，则|PQ |=1+m 2(y 1+y 2)2-4y 1y 2=3×(1+m 2)(m 2+9)(m 2+3)2，由(1+m 2)(m 2+9)(m 2+3)2=13×(3+3m 2)(m 2+9)(m 2+3)2≤13×3+3m 2+m 2+92 2(m 2+3)2=43，当且仅当3+3m 2=m 2+9，即m 2=3，m =±3时取等号，所以|PQ |=3×(1+m 2)(m 2+9)(m 2+3)2≤3×23=2，所以ΔPOQ 面积S =12×|PQ |×32≤12×2×32=32，所以ΔPOQ 面积的最大值32．变式3.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的焦距为22，且经过点32,12 ．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0,2)的直线交椭圆C 于A 、B 两点，求ΔAOB (O 为原点)面积的最大值．【解析】解：(1)由2c =22⇒c =2⇒a 2-b 2=2，①由椭圆C 经过点32,12 ，得94a 2+14b2=1，②，联立①②，解得b =1，a =3，∴椭圆C 的方程是x 23+y 2=1．(2)由题意可知直线AB 一定存在斜率，设其方程为y =kx +2，联立y =kx +2x 23+y 2=1，消去y ，得(1+3k )x 2+12kx +9=0，则△=144k 2-36(1+3k 2)>0，得k 2>1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1+x 2=-12k 1+3k 2，x 1⋅x 2=91+3k 2，∴S ΔAOB =|S ΔPOB -S ΔPOA |=12×2×|x 1-x 2|=|x 1-x 2|，∵(x 1-x 2)2=(x 1+x 2)2-4x 1⋅x 2=-12k 1+3k 2 2-361+3k 2=36(k 2-1)(1+3k 2)2，设k 2-1=t (t >0)，则(x 1-x 2)2=36t (3t +4)2=369t +16t +24≤3629t ×16t+24=34，当且仅当9t =16t ，即t =43时等号成立，此时k 2=73>1，符合题意，此时ΔAOB 面积取得最大值32．变式4.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为63，且点32,12 在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0,2)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，求ΔAOB 的面积最大时l 的方程．【解析】解：(1)由题意可得e =c a =63，又a 2-b 2=c 2，点32,12 在椭圆C 上，可得94a 2+14b 2=1，解方程可得a =3，b =1，即有椭圆的方程为x 23+y 2=1；(2)设过点P (0,2)的直线l 的方程为x =m (y -2)，代入椭圆方程，可得(3+m 2)y 2+4m 2y +4m 2-3=0，判别式为16m 4-4(3+m 2)(4m 2-3)>0，即有-1<m <1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1+y 2=-4m 23+m 2，y 1y 2=4m 2-33+m 2，|AB |=1+m 2∙|y 1-y 2|=1+m 2∙16m 4(3+m 2)2-4(4m 2-3)3+m 2=61+m 2∙1-m 2(3+m 2)2，由O 到直线l 的距离d =|2m |1+m 2，则ΔAOB 的面积为S =12d ∙|AB |=6|m |∙1-m 2(3+m 2)2，令t =1-m 2，(0<t ≤1)，即有S =6(1-t )t(4-t )2，由f (t )=t -t 2(t -4)2的导数为f ′(t )=7t -4(t -4)3，当0<t <47时，f (t )递增，47<t <1时，f (t )递减，当且仅当t =47，即m =±217，面积S 取得最大值，即有ΔAOB 的面积最大时l 的方程为x =±217(y -2)．变式5.已知椭圆M :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个焦点与短轴的两端点组成一个正三角形的三个顶点，且椭圆经过点2，22 ．(1)求椭圆M 的标准方程；(2)直线l :x =ky +n 与椭圆M 相交于A ，B 两点，且以线段AB 为直径的圆过椭圆的右顶点C ，求ΔABC 面积的最大值．【解析】解：(1)根据题意，设椭圆的上下顶点为B 1(0,b )，B 2(0,-b )，左焦点为F 1(-c ,0)，则△B 1B 2F 1是正三角形，所以2b =c 2+b 2=a ，则椭圆方程为x 24b 2+y 2b 2=1，将2，22 代入椭圆方程，可得24b 2+12b2=1，解得a =2，b =1，故椭圆的方程为：x 24+y 2=1；(2)由题意，设直线l 的方程为x =ky +n ，联立x 24+y 2=1x =ky +n，整理可得：(4+k 2)y 2+2kny +n 2-4=0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1+y 2=-2kn 4+k 2，y 1y 2=n 2-44+k 2，因为以线段AB 为直径的圆过椭圆的右顶点C (2,0)，所以CA ∙CB=0由CA =(x 1-2，y 1)，CB =(x 2-2，y 2)，则(x 1-2)(x 2-2)+y 1y 2=0，将x 1=ky 1+n ，x 2=ky 2+n 代入上式并整理得(1+k 2)y 1y 2+k (n -2)(y 1+y 2)+(n -2)2=0，则(1+k 2)(n 2-4)4+k 2+-2k 2n (n -2)4+k2+(n -2)2=0，化简可得(5n -6)(n -2)=0，解得：n =65，或n =2，因为直线x =ky +n 不过点C (2,0)，所以n ≠2，故n =65所以直线l 恒过点65，0 ．故S ΔABC =12|DC ||y 1-y 2|=122-65(y 1+y 2)2-4y 1y 2=25-125k 4+k 22-43625-4 4+k 2=82525(4+k 2)-26(4+k 2)2设t =14+k 20<t ≤14 ，则S ΔABC =825-36t 2+25t 在t ∈0，14 上单调递增，当t =14时，S ΔABC =825-36×116+25×14=1625，所以ΔABC 的面积的最大值为1625．变式6.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，离心率e=12，请再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，完成下面的问题：①椭圆C 过点1,32；②以点F 1为圆心，3为半径的圆与以点F 2为圆心，1为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上(只能从①②中选择一个作为已知)(1)求椭圆C 的方程；(2)已知过点F 2的直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，点N 关于x 轴的对称点为N ，且F 2，M ，N 三点构成一个三角形，求证直线MN 过定点，并求△F 2MN 面积的最大值．【解析】解：(1)选①：由题意知e =c a =121a2+94b 2=1a 2=b 2+c 2，∴a 2=4b 2=3 ．所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．选②：设圆F 1与圆F 2相交于点Q ．由题意知：|QF 1|+|QF 2|=3+1=4．又因为点Q 在椭圆上，所以2a =4，∴a =2．又因为e =c a -12，∴c =1，∴b 2=3．所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)由题易知直线MN 斜率存在且不为0，因为F 2(1,0)，故设直线MN 的方程为x =ty +1，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，x =ty +1x 24+y 23=1，∴(3t 2+4)y 2+6ty -9=0，∴y 1+y 2=-6t 3t 2+4，y 1y 2=-93t 2+4，因为点N 关于x 轴的对称点为N ，所以N (x 2，-y 2)，所以直线MN 的方程为y +y 2=y 1+y 2x 1-x 2(x -x 2)，令y =0，∴x =x 2+y 2(x 1-x 2)y 1+y 2=x 1y 2+x 2y 1y 1+y 2．又x =ty +1，∴x =2ty 1y 2+y 1+y 2y 1+y 2=2ty 1y 2y 1+y 2+1=2t -93t 3+4-6t 3t 2+4+1=-18t 3t 2+4-6t3t 2+4=3+1=4．所以直线MN 过定点E (4,0)，∴S △F 2MN=12×|F 2E |×|y 1+y 2|=12×3×-6t 3t 2+4=32×6|t |3t 2+4=32×63|t |+4|t |≤334．当且仅当3|t |=4|t |，即t =±233时，取等号．所以△F 2MN 面积的最大值为334．变式7.已知椭圆C :x 22+y 2=1的左、右焦点分别是F 1，F 2，过F 2的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点．(1)若直线l 的倾斜角为45°，试求AB 的中点坐标；(2)求ΔABF 1面积的最大值及此时直线l 的方程．【解析】解：(1)椭圆x 22+y 2=1的左焦点F 1(-1,0)，F 2(1,0)，过F 2且倾斜角为45°的直线l 为y =x -1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程组：y =x -1x 22+y 2=1，消去y 得：3x 2-4x =0，则x 1+x 2=43，所以y 1+y 2=x 1+x 2-2=-23，则AB 的中点坐标为23，-13；(2)当直线l 垂直x 轴时，直线l 的方程为x =1，代入椭圆方程可得y =±22，此时|AB |=2，则S △ABF 1=12|AB ||F 1F 2|=12×2×2=2；当直线l 不垂直x 轴时，设直线方程为x =ty +1(t ≠0)，联立x =ty +1x 22+y 2=1，得(t 2+2)y 2+2ty -1=0，∴y 1+y 2=-2t t 2+2，y 1y 2=-1t 2+2，∴|y 1-y 2|=(y 1+y 2)2-4y 1y 2=4t 2(t 2+2)2+4⋅1t 2+2=22⋅t 2+1t 2+2∴S △ABF 1=12|y 1-y 2|×2=|y 1-y 2|=22⋅t 2+1t 2+2，令t 2+1=m (m >1)，则t 2=m 2-1，则S △ABF 1=22m m 2+1=22m +1m<222=2，综上：ΔABF 1面积的最大值为2，此时直线的方程为x =1．题型三：四边形面积最值问题例7.在直角坐标系xoy 中，已知点F 1(-1,0)，F 2(1,0)，动点P 满足：|OP +OF 2 |+|OP -OF 2 |=4．(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)若分别过点(-1,0)、(1,0)，作两条平行直线m ，n ，设m ，n 与轨迹C 的上半部分分别交于A 、B 两点，求四边形面积的最大值．【解析】解：(1)设点P (x ,y )，由点F 1(-1,0)，F 2(1,0)．动点P 满足：|OP -OF 1 |+|OP -OF 2 |=4．∴(x +1)2+y 2+(x -1)2+y 2=4．由椭圆定义可知点P 的轨迹是以点(1,0)，(-1,0)为焦点，长轴长为4的椭圆，其方程为：x 24+y 23=1．(2)设直线m :x =ty -1，它与轨迹C 的另一个交点为D ．由椭圆的对称性知：S ABF 1F 2=12(|AF 1|+|BF 2|)⋅d=12(|AF 1|+|DF 1|)⋅d =12|AD |d =S △ADF 2，x =ty -1与C 联立，消去x ，得(3t 2+4)y 2-6ty -9=0，△>0，|AD |=(1+t 2)[(y 1+y 2)2-4y 1y 2]=1+t 2⋅121+t 23t 2+4，又到的距离为d =21+t2，∴S △ADF 2=121+t 23t 2+4，令m =1+t 2≥1，则S △ADF 2=123m +1m ，∵y =3m +1m在[1，+∞)上单调递增∴当m =1即t =0时，S △ADF 2取得最大值3，所以四边形面积的最大值为3．例8.已知抛物线C :x 2=2py (p >0)的焦点为F ，直线y =kx +2与抛物线C 交于A ，B 两点，若k =1，则|BF |-|AF |=43．(1)求抛物线C 的方程；(2)分别过点A ，B 作抛物线C 的切线l 1、l 2，若l 1，l 2分别交x 轴于点M ，N ，求四边形ABNM 面积的最小值．【解析】解：(1)抛物线x 2=2py (p >0)的焦点为F 0,p2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则AB 方程y =kx +2与抛物线方程联立，整理得x 2-2pkx -4p =0，x 1+x 2=2pk ，x 1x 2=-4p ，|x 1-x 2|=(x 1+x 2)2-4x 1x 2=4p 2k 2+16p若k =1，||BF |-|AF ||=|y 1-y 2|=k |x 1-x 2|=4p 2+16p =43，∴p =2，即抛物线C 的方程为x 2=4y ．(2)(方法一)由(1)知y =x 24且x 1+x 2=4k ，x 1x 2=-8，|x 1-x 2|=4k 2+2，y =12x ，所以切线l 1的方程为y -y 1=12x 1(x -x 1)即y =12x 1x -14x 21，①同理切线l 2的方程为y =12x 2x -14x 22，②联立①②得x =x 1+x 22，y =14x 1x 2=-2，即切线l 1与l 2的交点为P x 1+x 22,-2 ，由切线l 1:y =12x 1x -14x 21，得M x 12,0 ，同理可得N x 22,0 ，∴S ΔPMN =12×2×x 12-x 22=12|x 1-x 2|=2k 2+2，又∵|AB |=1+k 2|x 1-x 2|=41+k 2k 2+2，点P 到直线AB 的距离为d =k (x 1+x 2)2+41+k 2=|2k 2+4|1+k 2，∴S ΔPAB =12|AB |d =4k 2+2|k 2+2|，(10分)∴四边形ABNM 的面积S =S ΔPAB -S ΔPMN =4k 2+2(k 2+2)-2k 2+2=2k 2+2(2k 2+3)，令t =k 2+2≥2，则S =4t 3-2t ，t ≥2时，S =12t 2-2>0成立，S 单调递增，∴当t=2，即k=0时，四边形ABNM的面积的最小值为62．(方法二)由(1)知y=x24且x1+x2=4k，x1x2=-8，|x1-x2|=4k2+2，y =12x，所以切线l1的方程为y-y1=12x1(x-x1)即y=12x1x-14x21，同理切线l2的方程为y=12x2x-14x22，由切线l1:y=12x1x-14x21，得Mx12,0，同理可得N x22,0，记直线AB:y=kx+2与y轴交点T(0,2)，∴SΔOAB=SΔOTA+SΔOTB=12|OT|(|x1|+|x2|)=12|OT||x1-x2|=|x1-x2|，SΔOAM=12|OM|∙|y1|=1 2x12|y1|=116|x31|，同理SΔOBN=116|x32|，∴四边形ABNM的面积S=SΔOAB+SΔOAM+SΔOBN=|x1-x2|+116|x31-x32|=|x1-x2|+116|x1-x2||x21+ x1x2+x22|=116|x1-x2|3-12|x1-x2|，记t=|x1-x2|≥42，则S=116t3-12t，∵S =316t2-12>0，S单调递增，∴当t=42即k=0时，四边形ABNM面积的最小值为62．例9.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和抛物线D:y2=4x，椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，且椭圆C上有一点P满足|PF1|:|F1F2|:|PF2|=3:4:5，抛物线D的焦点为F2．(1)求椭圆C的方程；(2)过F2作两条互相垂直的直线l1和l2，其中直线l1交椭圆C于A，B两点，直线l2交抛物线D于P，Q两点，求四边形APBQ面积的最小值．【解析】解：(1)由题意可知，抛物线D:y2=4x的焦点为(1,0)，因为抛物线D的焦点为F2，所以椭圆C的半焦距c=1，又椭圆C有一点P满足|PF1|:|F1F2|:|PF2|=3:4:5，所以椭圆C的离心率e=2c2a=|F1F2||PF1|+|PF2|=12，所以a=2，b=3，则求得椭圆C的方程是x24+y23=1．(2)当直线AB的斜率不存在时，直线PQ即为x轴，与抛物线只有一个交点，不满足条件；当直线AB的斜率为0时，A，B为椭圆长轴两端点，直线PQ⊥x轴，|PQ|=4，四边形APBQ的面积S=4×2=8；当直线AB的斜率k≠0时，设直线AB的方程为y=k(x-1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线AB与椭圆C:y=k(x-1)x24+y23=1，消去y可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2．则弦长|AB|=1+k2⋅|x1-x2|=1+k2⋅8k23+4k22-4⋅4k2-123+4k2=1+k2⋅144(k2+1)(3+4k2)2=12(1+k2)3+4k2，设P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，联立直线PQ 与抛物线D :y =-1k (x -1)y 2=4x，消去y 可得x 2-(4k 2+2)x +1=0，则x 3+x 4=4k 2+2，由抛物线的定义，弦长|PQ |=x 3+x 4+2=4k 2+2+2=4(k 2+1)，由于AB ⊥PQ ，则四边形APBQ 的面积S =12×12(1+k 2)3+4k 2×4(k 2+1)=24(k 2+1)23+4k 2，令3+4k 2=t >3，则k 2=t -34，即S =32t +1t +2 ，令g (x )=32x +1x +2 ，则g (x )=321-1x2 ，可知x >3时，g(x )>0，则g (x )单调递增，则g (x )>g (3)=8，综上，当直线AB 斜率k =0时，四边形APBQ 面积有最小值8．变式8.已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的长轴长为4，离心率为12，一动圆C 2过椭圆C 1右焦点F ，且与直线x =-1相切．(1)求椭圆C 1的方程及动圆圆心轨迹C 2的方程；(2)过F 作两条互相垂直的直线，分别交椭圆C 1于P ，Q 两点，交曲线C 2于M ，N 两点，求四边形PMQN 面积的最小值．【解析】解：(1)由已知可得2a =4e =c a =12⇒a =2c =1 ⇒b 2=a 2-c 2=3，则所求椭圆方程C 1:x 24+y 23=1．由已知可得动圆圆心轨迹为抛物线，且抛物线C 的焦点为(1,0)，准线方程为x =-1，则动圆圆心轨迹方程为C 2:y 2=4x ．(2)当直线MN 的斜率不存在时，|MN |=4，此时PQ 的长即为椭圆长轴长，|PQ |=4，从而S PMQN =12|MN |⋅|PQ |=12×4×4=8．设直线MN 的斜率为k ，则k ≠0，直线MN 的方程为：y =k (x -1)，直线PQ 的方程为y =-1k(x -1)，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，由y =k (x -1)y 2=4x，消去y 可得k 2x 2-(2k 2+4)x +k 2=0，由抛物线定义可知：|MN |=|MF 2|+|NF 2|=x 1+1+x 2+1=2k 2+4k 2+2=4+4k2，由y =-1k (x -1)x 24+y 23=1 ，消去y 得(3k 2+4)x 2-8x +4-12k 2=0，从而|PQ |=1+-1k 2|x 3-x 4|=12(1+k 2)3k 2+4，∴S PMQN =12|MN |⋅|PQ |=124+4k 2 12(1+k 2)3k 2+4=24(1+k 2)23k 4+4k 2，令1+k 2=t ，∵k >0，则t >1，则S PMQN =12|MN |⋅|PQ |=24t 23(t -1)2+4(t -1)=24t 23t 2-2t -1=243-2t -1t23-2t -1t 2=4-1+1t 2∈(0,3)，所以S PMQN =243-2t -1t2>8，所以四边形PMQN 面积的最小值为8．变式9.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，P 是椭圆上的一点，I 为△PF 1F 2的内切圆圆心，S △PIF 1=2S △IF 1F 2-S △PIF 2，且△PF 1F 2的周长为6．(1)求椭圆C 的方程．(2)已知过点(0,1)的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，若2OP =3(OA +OB )，求四边形OAPB 面积的最大值．【解析】解：(1)因为S △PIF 1=2S △IF 1F 2-S △PIF 2，所以|PF 1|+|PF 2|=2|F 1F 2|，即a =2c ①，又因为△PF 1F 2的周长为6，所以|PF 1|+|PF 2|+|F 1F 2|=6，即2a +2c =6②，由①②可得a =2，c =1，则b =3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1．(2)设直线AB 的方程为y =kx +1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由y =kx +1x 24+y 23=1，联立消y 可得，(3+4k 2)x 2+8kx -8=0，△>0x 1+x 2=-8k3+4k 2x 1x 2=-83+4k 2，因为2OP=3(OA +OB )，所以S 四边形OAPB =3S ΔOAB ，所以S 四边形OAPB =32x 1-x 2 =321612k 2+6 3+4k 2=662k 2+13+4k 2，令2k 2+1=t ≥1，所以k 2=t 2-12，所以S 四边形OAPB =66t 2t 2+1=662t +1t，又因为y =2t +1t在区间[1，+∞)上单调递增，所以y ≥3，所以S 四边形OAPB ≤26．所以四边形OAPB 的面积最大值为26．题型四：弦长的取值范围问题例10.设F 1，F 2分别是椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点，已知椭圆的长轴为22，P 是椭圆C 上一动点，PF 1 ⋅PF 2 的最大值为1．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点(2,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，M 为椭圆C 上一点，O 为坐标原点，且满足OA +OB =m OM ，其中m ∈455,433 ，求|AB |的取值范围．【解析】解：(1)由题意可得2a =22，即a =2，设P (x ,y )，F 1(-c ,0)，F 2(c ,0)，可得PF 1 ⋅PF 2=(-c -x ，-y )⋅(c -x ，-y )=(-c -x )(c -x )+y 2=x 2+y 2-c 2，x 2+y 2可看作P 与椭圆上的点的距离的平方，当P 位于椭圆的长轴的端点处，|OP |取得最大值a ，即有a 2-c 2=1，即b =1，可得椭圆的方程为x 22+y 2=1；(2)设过点(2,0)的直线l 的方程为y =k (x -2)，联立椭圆方程x 2+2y 2=2，可得(1+2k 2)x 2-8k 2x +8k 2-2=0，则△=64k 4-4(1+2k 2)(8k 2-2)>0，即k 2<12，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (s ,t )，则x 1+x 2=8k 21+2k 2，x 1x 2=8k 2-21+2k 2，y 1+y 2=k (x 1+x 2-4)=k 8k 21+2k 2-4 =-4k1+2k 2，由OA +OB =mOM ，即(x 1+x 2，y 1+y 2)=m (s ，t )，可得s =1m ⋅8k 21+2k 2，t =1m ⋅-4k1+2k 2，将(s ,t )代入椭圆方程可得12⋅1m 28k 21+2k 2 2+1m 2⋅-4k1+2k 22=1，解得m 2=16k 21+2k 2，由m 2∈165，163 ，解得k 2∈13，1 ，结合△>0则13≤k 2<12，则|AB |=1+k 2|x 1-x 2|=1+k 2⋅(x 1+x 2)2-4x 1x 2=1+k 2⋅64k 4(1+2k 2)2-4(8k 2-2)1+2k 2=22⋅1-k 2-2k 44k 4+4k 2+1=22⋅-12+2k 2+32k 4+k 2-1，设2k 2+3=u ，113≤u <4 ，即k 2=u -32，2k 2+32k 4+k 2-1=u (u -3)22+u -32-1=2u +4u -5，由u +4u 在113≤u <4递增，可得u +4u ∈15733，5 ，2u +4u-5∈-∞，-334 ，2+2k 2+32k 4+k 2-1∈-∞，-254 ，-12+2k 2+32k 4+k 2-1∈0，25 ，可得|AB |∈0，425 ．例11.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点1,22 ，且焦距为2．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点M (2,0)的直线l 交椭圆C 于点A ，B 两点，P 为椭圆C 上一点，O 为坐标原点，且满足OA +OB=tOP ，其中t ∈263,2 ，求|AB |的取值范围．【解析】解：(1)依题意椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点1,22 ，且焦距为2．有a 2=b 2+11a 2+12b 2=1⇒a 2=2b 2=1，所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1．(2)由题意可知该直线l 存在斜率，设其直线l 方程为y =k (x -2)，由y =k (x -2)x 22+y 2=1，消去y 得(1+2k 2)x 2-8k 2x +8k 2-2=0，所以△=8(1-2k 2)>0，即k 2<12，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x ,y )，则x 1+x 2=8k 21+2k 2y 1+y 2=k (x 1+x 2-4)=-4k 1+2k 2．由OA +OB =tOP ，得P 8k 2t (1+2k 2),-4k t (1+2k 2)，代入椭圆C 的方程x 22+y 2=1，得t 2=16k 21+2k 2，由263<t <2，得14<k 2<12，|AB |=1+k 2|x 1-x 2|=1+k 2⋅22⋅1-2k 21+2k2=22(1+2k 2)2+11+2k 2-1，令u =11+2k2，则u ∈12,23 ，所以|AB |=22u 2+u -1∈0,253．例12.在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，直线y =x 被椭圆C 截得的线段长为833．(I )求椭圆C 的方程．(Ⅱ)直线l 是圆O :x 2+y 2=r 2的任意一条切线，l 与椭圆C 交于A 、B 两点，若以AB 为直径的圆恒过原点，求圆O 的方程，并求出|AB |的取值范围．【解析】解：(Ⅰ)椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)，a 2=b 2+c 2，∵e =c a =22，∴a 2=2c 2，∴a 2=2b 2，设直线与椭圆交于P ，Q 两点．不妨设P 点为直线和椭圆在第一象限的交点，又∵弦长为833，∴P 263,263，∴83a 2+83b 2=1，又a 2=2b 2，解得a 2=8，b 2=4，∴椭圆方程为x 28+y 24=1．(Ⅱ)(i )当切线l 的斜率不存在时，设x =r (或x =-r )，代入椭圆方程得：∴A r ,8-r 22，B r ,-8-r 22，∵以AB 为直径的圆恒过原点，∴OA ⊥OB ，∴r 2-8-r 22=0，∴r 2=83，∴圆O 的方程为x 2+y 2=83，此时|AB |=28-r 22=463(同理当x =-r 时，上述结论仍然成立)，(ii )当切线l 的斜率存在时，设l 方程为：y =kx +m ，∵l 与圆O 相切∴|m |1+k2=r ，即m 2=(1+k 2)r 2，将直线方程代入椭圆方程并整理得：(1+2k 2)x 2+4km x +2m 2-8=0，①△=8k 2+4-m 2>0，②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两个解，由韦达定理得：x 1+x 2=-4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2-81+2k 2，y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=m 2-8k 21+2k 2，∵以AB 为直径的圆恒过原点，∴OA ⊥OB ，∴x 1x 2+y 1y 2=0，∴2m 2-81+2k 2+m 2-8k 21+2k 2=0，∴3m 2-8-8k 2=0，3m 2=8(1+k 2)，又∵m 2=(1+k 2)r 2，∴3(1+k 2)r 2=8(1+k 2)，∴r 2=83，此时m 2=83(1+k 2)，代入②式后成立，∴圆O 的方程为x 2+y 2=83，此时|AB |=1+k 2⋅(x 1+x 2)2-4x 1x 2，=1+k 2⋅-4km 1+2k 2 2-4⋅2m 2-81+2k 2，=1+k 2⋅222k 2+1⋅8k 2+4-m 2，=463⋅1+k2⋅4k2+11+2k2，=463⋅4k4+5k2+11+2k2，=463⋅4k4+5k2+14k4+4k2+1，=463⋅1+k24k4+4k2+1；(i)若k=0，则|AB|=463，(ii)若k≠0，则|AB|=463⋅1+14k2+4+1k2∈463，23 ，综上，圆O的方程为x2+y2=83，|AB|的取值范围是463，23．变式10.已知抛物线C1:y2=4x的焦点F也是椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点，C1与C2的公共弦长为46 3．(Ⅰ)求椭圆C2的方程；(Ⅱ)过椭圆C2的右焦点F作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C2相交于A，B两点，线段AB的中点为P，过点P做垂直于AB的直线交x轴于点D，试求|DP||AB|的取值范围．【解析】解：(Ⅰ)抛物线C1:y2=4x的焦点F为(1,0)，由题意可得a2-b2=1①由C1与C2关于x轴对称，可得C1与C2的公共点为23，±263，可得49a2+83b2=1②由①②解得a=2，b=3，即有椭圆C2的方程为x24+y23=1；(Ⅱ)设l:y=k(x-1)，k≠0，代入椭圆方程，可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2，即有y1+y2=k(x1+x2)-2k=8k33+4k2-2k=-6k3+4k2，由P为中点，可得P4k23+4k2，-3k3+4k2，又PD的斜率为-1k，即有PD:y--3k3+4k2=-1k x-4k23+4k2，令y=0，可得x=k23+4k2，即有Dk23+4k2，0 ，可得|PD|=k23+4k2-4k23+4k22+-3k3+4k22=3k4+k23+4k2，又|AB|=1+k2∙(x1+x2)2-4x1x2=1+k2∙8k23+4k22-4(4k2-12)3+4k2=12(1+k2) 3+4k2，即有|DP ||AB |=14k 2k 2+1=141-11+k 2，由k 2+1>1，可得0<11+k 2<1，即有0<141-11+k 2<14，则有|DP ||AB |的取值范围为0,14 ．变式11.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为12，过椭圆右焦点F 作两条互相垂直的弦AB 与CD ．当直线AB 斜率为0时，AB +CD =7．(1)求椭圆的方程；(2)求AB +CD 的取值范围．【解析】解：(1)由题意知，e =c a =12，CD =7-2a ，所以a 2=4c 2，b 2=3c 2，⋯2分因为点c ,7-4c2 在椭圆上，即c 24c 2+7-4c 2 23c 2=1，解得c =1．所以椭圆的方程为x 24+y 23=1．⋯6分(2)①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，由题意知AB +CD =7；⋯7分②当两弦斜率均存在且不为0时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且设直线AB 的方程为y =k (x -1)，则直线CD 的方程为y =-1k(x -1)．将直线AB 的方程代入椭圆方程中，并整理得(3+4k 2)x 2-8k 2x +4k 2-12=0，所以x 1=4k 2-6k 2+13+4k 2，x 2=4k 2+6k 2+13+4k 2，所以AB =k 2+1|x 1-x 2|=12(k 2+1)3+4k 2．⋯10分同理，CD =121k2+1 3+4k2=12(k 2+1)3k 2+4．所以AB +CD =12(k 2+1)3+4k 2+12(k 2+1)3k 2+4=84(k 2+1)2(3+4k 2)(3k 2+4)，⋯12分令t =k 2+1，则t >1，3+4k 2=4t -1，3k 2+4=3t +1，设f (t )=(4t -1)(3t +1)t 2=-1t 2+1t +12=-1t -12 2+494，因为t >1，所以1t ∈(0,1)，所以f (t )∈12,494 ，所以AB +CD =84f (t )∈487,7．综合①与②可知，AB +CD 的取值范围是487,7．⋯16分．变式12.已知圆C 1的圆心在坐标原点O ，且恰好与直线l 1:x -2y +35=0相切，点A 为圆上一动点，AM ⊥x 轴于点M ，且动点N 满足ON =23OA +223-23OM ，设动点N 的轨迹为曲线C ．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)若直线l 与椭圆C 相交于不同两点A ，B ，且满足OA ⊥OB (O 为坐标原点)，求线段AB 长度的取值范围．【解析】解：(Ⅰ)设动点N (x ,y )，A (x 0，y 0)，∵AM ⊥x 轴于点M ，∴M (x 0，0)，设圆C 1的方程为x 2+y 2=r 2，由题意得r =|35|1+4=3，∴圆C 1的方程为x 2+y 2=9．由题意，ON =23OA +223-23 OM ，得(x ,y )=23(x 0,y 0)+223-23(x 0,0)，∴x =223x 0y =23y 0 ，即x 0=322x y 0=32y，将A 322x ,32y代入x 2+y 2=9，得动点N 的轨迹方程为x 28+y 24=1；(Ⅱ)(1)假设直线l 的斜率存在，设其方程为y =kx +m ，联立y =kx +m x 2+2y 2=8，可得(1+2k 2)x 2+4km x +2m 2-8=0．∴△=64k 2-8m 2+32>0．x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-81+2k 2，(*)∵OA ⊥OB ，∴OA ⋅OB =0，则x 1x 2+(kx 1+m )(kx 2+m )=0，化简可得，(k 2+1)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=0．将(*)代入可得3m 2=8k 2+8．又∵|AB |=1+k 2|x 1-x 2|=1+k 264k 2-8m 2321+2k 2．将m 2=83(k 2+1)代入，可得|AB |=1+k 2⋅2×64k 23+3231+2k2=323⋅1+k 21+4k 4+4k 2=323⋅1+11k 2+4k 2+4≤23．∴当且仅当k 2=12，即k =±22时等号成立．又由k 21+4k 4+4k2≥0，∴|AB |≥323=463．∴463≤|AB |≤23．(2)若直线l 的斜率不存在，则OA 所在直线方程为y =x ，联立y =x x 2+2y 2=8 ，解得A 263,263，同理求得B 263,-263，求得|AB |=463．综上，得463≤|AB |≤23．变式13.已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1的离心率为63，P (1,1)是椭圆上一点，直线y =13x +m 与椭圆交于A ，B 两点(B 在A 的右侧且不同于P 点)(Ⅰ)求椭圆方程；(Ⅱ)若直线PA 的斜率为1，求直线PB 的斜率；(Ⅲ)求|PA ||PB |的取值范围．【解析】解：(Ⅰ)由题意可得e =c a =631a 2+1b 2=1c 2=a 2-b 2，解得：a 2=4，b 2=43，所以椭圆的方程为：x 24+3y 24=1；(Ⅱ)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k PA =y 1-1x 1-1=1，所以直线PA 的方程为y -1=x -1，即y =x ，联立直线PA 与椭圆的方程：y =x x 2+3y 2-4=0 ，整理可得x 2=1，解得x =-1或x =1(舍)，所以A (-1,-1)，而A 在直线y =13x +m 上，所以m =-23，所以直线AB 的方程为y =13x -23，联立直线AB 与椭圆的方程y =13x -23x 2+3y 2-4=0，整理可得x 2-x -2=0，解得x =2或x =-1(舍)，即B (2,0)，所以直线PB 的斜率为0-12-1=-1；(Ⅲ)因为k PA +k PB =y 1-1x 1-1+y 2-1x 2-1=13x 1+m -1 (x 2-1)+13x 2+m -1 (x 1-1)(x 1-1)(x 2-1)=23x 1x 2+m -43 (x 1+x 2)-2(m -1)(x 1-1)(x 2-1)，直线AB 与椭圆联立y =13x +m x 24+3y 24=1 整理可得：43x 2+2mx +3m 2-4=0，△=4m 2-4⋅43⋅(3m 2-4)>0，即m 2<169，且x 1+x 2=-32m ，x 1x 2=3(3m 2-4)4，①将其代入可得：k PA +k PB =23⋅34(3m 2-4)+m -43 -32m -2(m -1)(x 1-1)(x 2-1)=0，。

专题04 圆锥曲线中的最值、范围问题(第五篇)(解析版)

最新高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第五篇解析几何专题04 圆锥曲线中的最值、范围问题一．方法综述圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：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关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，重点说明利用代数方法求解最值、范围问题. 二．解题策略类型一最值问题【例1】【2020届广西南宁一模】如图，已知抛物线E：24y x=与圆M：()2223x y r-+=（0r>）相交于A，B，C，D四个点，（1）求r的取值范围；（2）设四边形ABCD的面积为S，当S最大时，求直线AD与直线BC的交点P的坐标.【解析】（1）联立抛物线与圆的方程()22224,3,y xx y r⎧=⎪⎨-+=⎪⎩消去y，得22290x x r-+-=.由题意可知22290x x r-+-=在()0,∞+上有两个不等的实数根.所以()224490,90,r r ⎧∆=-->⎪⎨->⎪⎩解得3r <<，所以r的取值范围为()r ∈.（2）根据（1）可设方程22290x x r -+-=的两个根分别为1x ，2x （120x x <<），则1(A x，1(,B x -，2(,C x -，2(D x ，且122x x +=，2129x x r =-，所以直线AD 、BC 的方程分别为)112y x x -=-，)112y x x +=-,联立方程可得,点P的坐标为()，因为四边形ABCD 为等腰梯形, 所以()()(()21211122S AB CD x x xx =+⋅-=-==令()0,1t =，则()()()()223242244321f t S t t tt t ==+-=-+--，所以()()()()2'3232132131f t t t t t =-+-=-+-，因为01t <<,所以当103t <<时,()0f t '>；当113t <<时,()0f t '<，所以函数()f t 在1(0,)3上单调递增，在1(,1)3上单调递减，即当13t =时，四边形ABCD 的面积S取得最大值，因为t =-,点P 的坐标为(),所以当四边形ABCD 的面积S 取得最大值时,点P 的坐标为1(,0)3-.【例2】【2020河北邯郸一模】已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,,F F P 为E 上的一个动点，且2PF的最大值为2，E 的离心率与椭圆22:128x y Ω+=的离心率相等.()1求E 的方程；()2直线l 与E 交于,M N 两点（,M N 在x 轴的同侧），当12//F M F N 时，求四边形12F F NM 面积的最大值.【解析】()1依题意可知2c aa c ⎧+=⎪⎨=⎪⎩解得2,a c =⎧⎪⎨=⎪⎩ 则222b ac 1=-=，故E 的方程为22x y 14+=.()2延长1MF 交E 于点M '，由()1可知())12F ,F ，设()()1122M x ,y ,M x ,y '，设1MF的方程为x my =，由22x y 14x my ⎧=⎪⎨+=⎪⎩得()22m 4y 10+--=，故12122y y .1y y m 4⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪+⎩设1F M 与2F N 的距离为d ，则四边形12FF NM 的面积为S ，()()2’1211MF M 111S FM F N d FM FM d MM d S 222'=+=+==' ，2MF M'12121S FF y y 2∴=-=2,==≤=当且仅当22m 1m 1+=+，即m 2=±时，等号成立，故四边形12FF NM 面积的最大值为2. 【指点迷津】圆锥曲线中最值问题的两种类型①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．【举一反三】【2020河北石家庄一中月考】已知圆()()229:4C x a y b -+-=的圆心C 在抛物线()220x py p =>上，圆C 过原点且与抛物线的准线相切. （1）求该抛物线的方程；（2）过抛物线焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，分别在点A ，B 处作抛物线的两条切线交于P 点，求三角形PAB 面积的最小值及此时直线l 的方程. 【解析】（1）由已知可得圆心，半径，焦点，准线因为圆C 与抛物线F 的准线相切，所以，且圆C 过焦点F ，又因为圆C 过原点，所以圆心C 必在线段OF 的垂直平分线上，即所以，即，抛物线F 的方程为（2）易得焦点，直线L 的斜率必存在，设为k ，即直线方程为设得，，对求导得，即直线AP 的方程为，即，同理直线BP 方程为设，联立AP 与BP 直线方程解得，即所以，点P 到直线AB 的距离所以三角形PAB 面积，当仅当时取等号综上：三角形PAB 面积最小值为4，此时直线L 的方程为.类型二范围问题【例3】【2020江西南昌二中期末】已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，焦距为4，直线1l ：by x c=与椭圆相交于A 、B 两点，2F 关于直线1l 的对称点E 在椭圆上．斜率为1-的直线2l 与线段AB 相交于点P ，与椭圆相交于C 、D 两点．（1）求椭圆的标准方程；（2）求四边形ACBD 面积的取值范围．【解析】（1）由椭圆焦距为4，设()12,0F -，()22,0F ，连结1EF ，设12EF F α∠=，则b tan c α=，又222a b c =+，得,bcsin cos a aαα==， ∴ ()121229012|+|90F F c sin a c e b c a EF EF b c a sin sin a aαα======++-+，解得222a bc c b c =+⇒==，28a =，所以椭圆方程为22184x y +=；（2）设直线2l 方程：+y x m =-，()11,C x y 、()22,D x y ，由22184+x y y x m ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得2234280x mx m -+-=，所以1221243283x x m m x x ⎧+=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，由（1）知直线1l ：y x =，代入椭圆得22226,6,6,63333A B ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得833AB =，由直线2l 与线段AB 相交于点P ，得446,633m ⎛⎫∈-⎪⎝⎭， ()()22221212124281642282+12933m m CD x x x x x x m -=-=+-=-=-，而21l k =-与11l k =，知21l l ⊥，∴ 12ACBD S AB CD =⨯ 2163+129m =- ，由446,633m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，得232,03m ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，所以21633232+12,993m ⎛⎤-∈ ⎥⎝⎦， ∴四边形ACBD 面积的取值范围3232,93⎛⎤⎥⎝⎦．【例4】【2018年浙江卷】如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．（Ⅰ）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（Ⅱ）若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．【解析】（Ⅰ）设，，．因为，的中点在抛物线上，所以，为方程即的两个不同的实数根．所以．因此，垂直于轴．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知所以，．因此，的面积．因为，所以．因此，面积的取值范围是．【指点迷津】1. 圆锥曲线中范围问题的两种类型①涉及距离、面积的范围以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的范围以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．2.解决圆锥曲线中的取值范围问题的5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．【举一反三】【2020福建宁德一中月考】已知椭圆22221(0)x ya ba b+=>>的左焦点为F，,A B是椭圆上关于原点O对称的两个动点，当点A的坐标为14⎛⎝⎭时，ABF∆的周长恰为2．（1）求椭圆的方程；（2）过点F 作直线l 交椭圆于,C D 两点，且CD AB λ=()R λ∈，求ACD ∆面积的取值范围．【解析】（1）当点A 的坐标为141,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭时，732122OA =+=，所以32AB =．由对称性，2AF BF a +=，所以2723242a =-=，得22a = 将点141,⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭代入椭圆方程中，解得24b =，所以椭圆方程为22184x y +=.（2）当直线AB 的斜率不存在时，22CD =，此时1222222ACD S ∆=⨯=当直线AB 的斜率存在时，设直线CD 的方程为(2)(0)y k x k =+≠．由22(2),28,y k x x y =+⎧⎨+=⎩消去y 整理得：2222(12)8880k x k x k +++-=．显然∆>0，设()()1122,,,C x y D x y ，则212221228,1288,12k x x kk x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪⋅=⎪+⎩故2121CD k x x +- 222222888141212k k k k k ⎛⎫-=+-⨯ ⎪++⎝⎭()222232+32112k k k =++)222112k k+=+．因为CD AB λ=()R λ∈，所以//CD AB ，所以点A 到直线CD 的距离即为点O 到直线CD 的距离221k d k =+，所以12ACDS CD d ∆=⨯⨯)22112k k +=+====因为2121k +>，所以()2210112k <<+，所以0ACD S ∆<<ACD S ∆∈．三．强化训练1．【2020四川资阳期末】已知双曲线()2222:10,0x y E a b a b-=>>的右顶点为A ，抛物线2:8C y ax =的焦点为F ．若在E 的渐近线上存在点P ，使得AP FP ⊥，则E 的离心率的取值范围是（） A ．1,2 B ．⎛ ⎝⎦C ．⎫+∞⎪⎪⎣⎭D ．2,【答案】B【解析】由题意得，(,0),(2,0)A a F a ，设00(,)bP x x a，由AP FP ⊥，得0AP PF ⋅=，∴22202320c x ax a a-+= ，因为在E 的渐近线上存在点P ，则0∆≥，即22229420c a a a -⨯⨯≥，即 2298a c ≥，即298e ≤，即4e ≤又因为E 为双曲线，则14e <≤，故选B. 2.【2020湖北武汉新洲区部分高中期末】已知椭圆和双曲线有共同焦点1F ，2F ，P 是它们的一个交点，1260F PF ∠︒＝，记椭圆和双曲线的离心率分别1e ，2e ，则2212e e +的最小值是（）A ．12+B ．2C ．3D ．3【答案】A【解析】不妨设椭圆与双曲线的标准方程分别为： ()222211222211()10,10,0x y x y a b a b a b a b +>>-=>>＝，设()12,,PF m PF n m n ==>，则12,2m n a m n a +=-=，11,m a a n a a ∴=+=- ． 22241cos 6022m n c mn +-︒==，化为：()()()()22211114a a a a c a a a a ++--=+-．∴2221340a a c +-=， ∴2212134e e +=,所以()(22222221121222221212311311 441444e e e e e e e e e e ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝+=⎭++=++≥=⎝⎭+ ，当且仅当21e =时，取等号，则2212e e +的最小值是：1+A ． 3.【2020河北衡水十三中月考】已知点M 是圆1F：22(36x y ++=上的一动点，点2F ，点P 在线段1MF 上，且满足22()0PM PF MF +⋅=.（1）求点P 的轨迹C 的方程；（2）设曲线C 与x 轴的正半轴，y 轴的正半轴的交点分别为点A ，B ，斜率为13的动直线l 交曲线C 于D 、E 两点，其中点D 在第一象限，求四边形ADBE 面积的最大值.【解析】（1）由题意，()()()2222PM PF MF PM PF PF PM +⋅=+⋅- 2220PF PM =-=，∴2PF PM =.∴1211PF PF PF PM FM +=+= 12642F F =>= ∴点P 的轨迹是以点1F ，2F 为焦点且长轴长为6的椭圆，即26a =，2c=，∴3a =，c =2221b a c =-=.即点P 的轨迹C 的方程为2219x y +=.（2）由（1）可得()3,0A ，()0,1B . 设直线l 的方程为13y x m =+，由点D 在第一象限，得11m -<<，()11,D x y ，()22,E x y ，由221399y x m x y ⎧=+⎪⎨⎪+=⎩，得2226990x mx m ++-=，则123x x m +=-，212992m x x -=，DE ==，点A 到直线DE的距离为131m d +==，点B 到直线DE的距离为231m d -==∴四边形ADBE 面积()1212ADE BDE S S S DE d d ∆∆=+=⨯+12==，又11m -<<，∴当0m =时，S 取得最大值即四边形ADBE 面积的最大值为4．【2020届江西赣州石城中学第一次月考】已知F 是抛物线2:2(0)E y px p =>的焦点，恰好又是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的右焦点，双曲线C 过点(1,)2．（1）求抛物线E 和双曲线C 的标准方程；（2）已知直线l 过点F ，且与抛物线E 交于A ，B 两点，以AB 为直径作圆M ，设圆M 与y 轴交于点P ，Q ，求PMQ ∠的最大值．【解析】（1）由双曲线C 过点(1,2． ∴221112a b-=，c a=222c a b =+，联立解得：2212a b ==，1c =． ∴双曲线C 的标准方程为：22221x y -=．由1c =，可得12p=，解得2p =． ∴抛物线的标准方程为：24y x =．（2）①当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 的方程为：1x =．此时(1,2)A ，(1,2)B -．M 的方程为：22(1)4x y -+=．可得(0,3)P ，(0,3)Q -．23PMQ π∠=． ②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为：(1)y k x =-，由题意可得：0k ≠．联立2(1)4y k x y x=-⎧⎨=⎩，化为：2222(24)0k x k x k -++=．设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ．则212224k x x k ++=，121=x x ． 212222M x x k x k++==， 212244||2k AB x x k +∴=++=．设M 的半径为r ，则22||222AB k r k+==．过点M 作MN PQ ⊥，垂足为N ．在Rt PMN ∆中，222||2111cos (,1)||2222(1)2M x MN k PMN MP r k k +∠====+∈++． (0,)3PMN π∴∠∈，则2(0,)3PMQ π∠∈．综上可得：PMQ ∠的最大值为23π．5.【2020浙江绍兴诸暨期末】已知椭圆2222:1x y a b Γ+=(0)a b >>，点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为椭圆上的点，长轴4AB =，D ，C 为椭圆的上，下顶点，直线12y x m =+(1)m <交椭圆于M ，N （点M 在点N 左侧，且M 与C 不重合）.（1）求证：直线PM ，PN 的倾斜角互补；（2）记MC 的斜率为1k ，ND 的斜率为2k ，求12k k 的取值范围.【解析】（1）联立2222112x y a b y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩解得2230x mx m ++-=，由韦达定理可得122123x x m x x m +=-⎧⎨=-⎩和()121221212132221133224y y x x m m m y y x m x m ⎧+=++=⎪⎪⎨-⎛⎫⎛⎫⎪=++= ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩，判别式()22430m m ∆=-->，又M 与C 不重合，解得(2,3)(3,1)m ∈--；设()12,M x y ，()22,N x y ，则111.51PM y k x -=-，221.51PN y k x -=-，则()()()()21121212121.5311PM PNx y x y y y x x k k x x +-+-+++=--，又点M 与点N 在直线上，故112222x y m x y m ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，则()()()()12121212( 1.5)3011PM PN x x y y m x x k k x x -++-+++==--，故直线PM 与PN 的倾斜角互补. （2）由题易知(0,C，D ，111y k x +=，222y k x =则2112112x y x x y k k == 又点M 在椭圆上，故22111243y x -=，代入上式结合韦达定理可得121k k=-，又(2,(3,1)m ∈--，故12(,7)(23,)k k ∈-∞-+∞. 6.【2020届辽宁省实验中学模拟】已知椭圆E 的方程为22214x y a +=（0a >），1F ，2F 分别为椭圆的左右焦点，A ，B 为椭圆E 上关于原点对称两点，点M 为椭圆E 上异于A ，B 一点，直线MA 和直线MB 的斜率1k 和2k 满足：1212k k =-. （1）求椭圆E 的标准方程；（2）过1F 作直线l 交椭圆于C ，D 两点，且CD AB λ=（R λ∈），求ACD ∆面积的取值范围. 【解析】（1）由题意，设()00,A x y ，(),M m n ，则()00,B x y --，由于2200214x y a +=，22214m n a +=，两式相减可得22022204m y n x a -=--，又由220122220412m y k k n x a -==-=--，解得28a =，所以椭圆方程为22184x y +=.（2）设直线CD 的方程为2x ty =-，联立222184x ty x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 得()222440t y ty +--=，()23210t ∆=+>，设()11,C x y ，()22,D x y ，则1121124242t y y t y y t ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪⋅=⎪+⎩，所以)2212t CD t +==+，因为CD AB λ=，所以CDAB ，所以O 到直线CD 的距离即为点A 到直线CD 的距离，点O 到直线CD 20x ty -+=的距离d =，所以ACD ∆的面积)221122ACDt S t ∆+=⋅=+令21m t =+（m 1≥），则ACD S ∆=≤（当且仅当0t =时取等号）所以ACD ∆的面积取值范围为(0,.7．【2020届浙江杭州二中3月考】如图，O 为坐标原点，点F 为抛物线21:2,(0)C x py p =>的焦点，且抛物线1C 上点P 处的切线与圆22:1O x y +=相切于点Q ，（1）当直线PQ 的方程为20x y -=时，求抛物线1C 的方程；（2）当正数p 变化时，记12,S S 分别为,FPQ FOQ ∆∆的面积，求1222S S 的最小值.【解析】（1）设点200,2x P x p ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由22x py =得2,2x x y y p p '==，因为直线PQ 的的斜率为1，所以01x p =，且200202x x p--=解得22p =，所以抛物线方程242x =；（2）点P 处的切线方程为()20002x x y x x p p-=-，即200220x x py x --=，切线与圆22:1O x y +=20220144x p=+化简得：4220044x x p =+由方程组200422022220144x x py x x x x p y +=⎧--=⎪⎨⎪=+⎩解得20042,2x Q x p ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以222202000020022211p x x x PQ k x x p x x +-=+-=+-= 点0,2p F ⎛⎫⎪⎝⎭到切线的距离22220022044p x x p d x p --+==+所以2222220220001000221124p x x p x x S PQ d x p x p x +-+-==+=⋅，20122Q pS OF x x == 由4220044x x p =+得24200440p x x =->即02x >，所以2220012224x p x xpS xpS+-⋅⋅=()()22200222p x xp+-=()()()42220000420044224x x x xx x-+-=-()()2220002224432232424x x xxx--==++≥+--当且仅当224424xx-=-时等号成立，即2422x=+此时222p=+所以12SS的最小值为223+所以1222SS的最小值为12217+.8.【2020江西八所重点中学联考】已知曲线221:163x yC+=，曲线22:2(0)C x py p=>，且1C与2C的焦点之间的距离为2，且1C与2C在第一象限的交点为A．(1)求曲线2C的方程和点A的坐标；(2)若过点A且斜率为(0)k k≠的直线l与1C的另一个交点为B，过点A与l垂直的直线与2C的另一个交点为C．设245ABmAC=，试求m取值范围．【解析】(1)曲线C1的焦点坐标为()3,0，曲线C2的焦点坐标为0,2p⎛⎫⎪⎝⎭，由1C与2C的焦点之间的距离为2，得2322p ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得2p =，∴2C 的方程为24x y =．由2224163x y x y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得()2,1A ， (2)当直线AB 的斜率不存在时，由题意可知，()2,1A ，()2,1B ∴-，()2,1C -则24455AB m AC==，当直线AB 的斜率存在时，∴设直线AB 的方程为y ﹣1=k （x ﹣2），即y=kx ﹣2k+1，由，得（2k 2+1）x+4k （1﹣2k ）x+2（1﹣2k ）2﹣6=0则，∵x A =2，∴，又直线AC 的方程为，由，得，则，∵x A =2，∴，，同理，------9分，-即．综上所述：9．【2020福建龙岩月考】已知离心率为12的椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点与抛物线2:2(0)E y px p =>的焦点F 重合，且点F 到E 的准线的距离为2.（1）求C 的方程；（2）若直线l 与C 交于,M N 两点，与E 交于,A B 两点，且4OA OB ⋅=-（O 为坐标原点），求MNF ∆面积的最大值.【解析】（1）因为点x 到E 的准线的距离为2，所以2p =，(1,0)F ，由2221,1,2,c c a a b c =⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩解得2,a b =⎧⎪⎨=⎪⎩ 所以C 的方程为22143x y +=（2）解法一.由（1）知抛物线E 的方程为24y x =.要使直线l 与抛物线E 交于两点，则直线l 的斜率不为0，可设l 的方程为x my n =+，由2,4,x my n y x =+⎧⎨=⎩得2440y my n --= 所以2(4)160m n ∆=-+>，得20m n +>.设()()1122,,,A x y B x y 则12124,4,y y m y y n +=⎧⎨=-⎩ 所以22222121212()16441616y y y y n x x n =⋅===，因为4OA OB，所以12124x x y y +=-，所以244n n -=-，所以2n =，所以直线l 的方程为2x my =+，所以直线l 过椭圆C 的右顶点(2,0)，不妨设(2,0)M 33(,)N x y，3y ，且3y ≠0，所以31||||2MNF S MF y =△当且仅当3y =max ()MNF S =△10．【2020黑龙江哈尔滨九中期末】椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e =，它的一个顶点恰好是抛物线28y x =的焦点. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）过坐标原点的直线l 交椭圆于,P Q 两点，P 在第一象限，PE x ⊥轴，垂足为E ，连接QE 延长交椭圆于点G .①求证：PQ PG ⊥； ②求PQG ∆面积最大值.【解析】（1）由28y x =的焦点为(2,0)，椭圆离心率2e =∴2,a c ==22b =∴椭圆方程为22142x y +=（1）①设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>由22142y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，得x =记u =，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --于是直线QG 的斜率为2k ，方程为()2ky x u =- 由22()2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，得()222222280k x uk x k u +-+-=① 设(),G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故()22322Gu k x k +=+，由此得322G uk y k=+第21页，共21页从而直线PG 的斜率为()322212322uk uk k k u k u k -+=-+-+所以PQ PG ⊥得证.②由①得||2PQ =||PG = 所以PQG ∆的面积()()()222218811||2122112k k k k S PQ PG k k k k ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭===++⎛⎫++ ⎪⎝⎭‖ 设1t k k=+，则由0k >得2t ≥，当且仅当1k =时取等号因为2812t S t =+在[2,)+∞单调递减，所以2t =当，即1k =时，S 取得最大值169.。

圆锥曲线中的最值(范围)问题-(通用版)(解析版)

专题4 圆锥曲线中的最值（范围）问题解析几何中的最值（范围）问题，主要是结合直线与椭圆、直线与抛物线的位置关系的进行命题，要求证明、探索、计算线段长度（距离）或图形面积或参数等有关最值问题.从高考命题看，此类问题以主观题形式考查，多步设问，逐步深入考查分析问题解决问题的能力.圆锥曲线中的最值（范围）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（在选填题部分已重点讲解），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、均值不等式方法等进行求解.而解答题部分主要使用代数法。

题型1 线段（距离）类的最值（范围）问题1．（2021·四川成都市·高三三模）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的长轴长为，其离心率为2．（1）求椭圆C 的方程；（2）若A ，B 是椭圆C 上两点，且2AB =，求线段AB 中点M 到原点O 的最大距离．【答案】（1）2212x y +=；（21．【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出,,a b c 可得椭圆的标准方程；（2）当直线AB 斜率不存在时，0OM =；当直线AB 斜率存在时，设其方程为y kx m =+，联立直线与椭圆，根据弦长公式得到2222122k m k +=+，得到||OM 关于k 的函数关系式，再换元后根据基本不等式可求出结果.【详解】（1）由已知，2a =，所以a =又离心率为c a =，即a =，故1c =，进而1b =，所以椭圆C 的方程为2212x y +=．（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，当直线AB 斜率不存在时，由题意可得AB 就是短轴，中点与原点重合，0OM =，当直线AB 斜率存在时，设其方程为y kx m =+，由2222y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，得()222214220k x kmx m +++-=， ()()()22222216421228210k m k m k m ∆=-⨯+-=+->，122421km x x k ∴+=-+，21222221m x x k -=+，所以212122242()222121k m my y k x x m m k k +=++=-+=++， 222,2121km m M k k -⎛⎫∴ ⎪++⎝⎭，()()2222241||21k m OM k +∴=+，由2||221AB k ===+，化简得2222122k m k +=+， ()()()222222222412141||22212221k k k OM k k k k +++∴=⋅=++++，令2411k t +=≥，则244||43(1)(3)4t OM t t t t==≤=-++++，当且仅当t =时取等号，||1OM ∴≤，max ||1OM ∴=，当且仅当214k =时取等号．即AB 中点M 到原点O1．【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.2．（2021·浙江高三期末）如图，已知抛物线21:C x y =在点A 处的切线l 与椭圆222:12x C y 相交，过点A 作l 的垂线交抛物线1C 于另一点B ，直线OB （O 为直角坐标原点）与l 相交于点D ，记()11,A x y 、()22,B x y ，且1>0x ．（1）求12x x -的最小值；（2）求DO DB的取值范围．【答案】（1）2；（2）40,17⎛⎫⎪⎝⎭．【分析】（1）利用导数求出抛物线1C 在点A 处的切线方程，将切线方程与椭圆方程联立，由0∆>求出21x 的取值范围，求出直线AB 的方程，并将直线AB 的方程与抛物线1C 的方程联立，由韦达定理得出12112x x x +=-，再利用基本不等式可求得12x x -的最小值；（2）记点O 、B 到直线l 的距离分别为1d 、2d ，求出1d 、2d ，可得出12DO d DBd =，结合21x 的取值范围可求得DO DB的取值范围. 【详解】（1）对函数2yx 求导得2y x '=，所以抛物线1C 在点A 处的切线方程为()1112y y x x x -=-，即2112y x x x =-，联立21122212y x x x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩，得()2234111188220x x x x x +-+-=，所以()()62411164418220x x x∆=-+->，解得2104x <<，所以直线AB 的方程为2111122y x x x =-++，联立21121122y x x x x y⎧=-++⎪⎨⎪=⎩，得23111220x x x x x +--=，所以12112x x x +=-，所以12111222x x x x -=+≥=，当且仅当112x =时取等号，所以12x x -的最小值为2；（2）记点O 、B 到直线l 的距离分别为1d 、2d ，所以21d =，211211214124x x x x d ⎫+=+=⎪⎭，所以()4112222121441414DOd x DB d x x ===⎛⎫++ ⎪⎝⎭，因为2104x <<，所以2114x +>，所以222440,1714DODBx ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭，所以DO DB 的取值范围为40,17⎛⎫ ⎪⎝⎭．【点睛】圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．3．（2021·全国高三专题练习（理））设O 为坐标原点，M 是x 轴上一点，过点M 的直线交抛物线C ：24y x =于点A ，B ，且4OA OB ⋅=-．（1）求点M 的坐标；（2）求232BM AM-的最大值．【答案】（1）()2,0；（2）2．【分析】（1）设211,4y A y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y B y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(),0M m ，由4OA OB ⋅=-得到128y y =-，设直线:AB x ty m =+与抛物线方程联立，由根与系数的关系得到2m =，即可得到点M 的坐标；（2）由题意及弦长公式得到AM ，BM ，利用根与系数的关系得到221114AMBM+=，进而得232BM AM-的表达式，然后构造函数，利用函数的单调性求函数的最大值，即可得到232BM AM-的最大值．【详解】（1）设211,4y A y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y B y ⎛⎫⎪⎝⎭，(),0M m ，则222212121212,,44416y y y y OA OB y y y y ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得128y y =-，设直线:AB x ty m =+，联立方程，得2,4,x ty m y x =+⎧⎨=⎩得2440y ty m --=，由根与系数的关系知，1248m y y -==-，所以2m =，故点M 的坐标为()2,0．（2）由（1）知，124y y t +=，128y y =-．易知1AM y =，2M B =，所以()()22222212111111t y t y AM BM+=+++()()222122222121616141641y y t t y y t ++===++，则222321132||3284BM BM BM AM BM BM ⎛⎫-= -⎪-=-- ⎪⎝⎭．令()2328u f u u =--，2u >，则()3641f u u='-，所以()f u 在()2,4上单调递增，在()4,+∞上单调递减，所以()()min 42f u f ==，即232BM AM-的最大值是2，当且仅当4BM =时取等号．【点睛】圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：一是几何方法，即利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数式表示为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式的知识等进行求解．4．（2021·山西临汾市·高三二模（理））已知点()21Q ，在椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>上，且点Q 到C的两焦点的距离之和为（1）求C 的方程；（2）设圆228:5O x y +=上任意一点P 处的切线l 交C 于点M ，N ，求OM ON ⋅的最小值．【答案】（1）22182x y +=；（2）165．【分析】（1）由椭圆定义得a ，把已知点的坐标代入方程求得b ，从而得椭圆方程；（2）设直线方程为y kx b =+，1122(,),(,)M x y N x y ，由直线与圆相切得22588b k =+，直线方程与椭圆方程联立，消元后应用韦达定理代入求得0OM ON ⋅=，得2MON π∠=，斜率不存在时求得,M N 点坐标后也得此结论，然后设(cos ,sin )M OM OM θθ，cos(),sin 22N ON ON ππθθ⎛⎫±±⎪⎝⎭，代入椭圆方程，然后计算2288OM ON ⋅得最大值，从而可得OM ON ⋅的最小值．【详解】（1）由题意2a =，a =(2,1)Q 在椭圆上，所以24118b+=，b = 椭圆方程为22182x y +=．（2）当直线MN斜率不存在时，直线方程为x =把x =y =M，N ， 0OM ON ⋅=，所以2MON π∠=，同理x =2MON π∠=；当直线MN 斜率存在时，设直线方程为y kx b =+，1122(,),(,)M x y N x y ，=225880b k --=，(*) 由22182y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(41)8480k x kbx b +++-=，则12221228414841kb x x k b x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩， 22121212121212()()(1)()OM ON x x y y x x kx b kx b k x x kb x x b ⋅=+=+++=++++22222222488588(1)414141b kb b k k kb b k k k ---⎛⎫=+⨯+⨯-+= ⎪+++⎝⎭, 由(*)得0OM ON ⋅=，所以2MON π∠=，综上，2MON π∠=，设xOM θ∠=，则2xON πθ∠=±，(cos ,sin )M OM OM θθ，cos(),sin 22N ON ON ππθθ⎛⎫±±⎪⎝⎭，因为,M N 在椭圆22182x y +=上，所以2222cos sin 182OM OM θθ+=，2228cos 4sin OMθθ=+，同理2228sin 4cos ONθθ=+，2222222288(cos 4sin )(sin 4cos )(13sin )(13cos )OMONθθθθθθ⋅=++=++222299139sin cos 4(2sin cos )4sin 244θθθθθ=++=+=+，2sin 2[0,1]θ∈，所以sin 21θ=时，2288OMON⋅取得最大值254，所以OM ON165=．【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交，考查直线相切．解题关键是首先利用设而不求的思想方法结合韦达定理求得2MON π∠=，然后设点的坐标(cos ,sin )M OM OM θθ，cos(),sin 22N ON ON ππθθ⎛⎫±±⎪⎝⎭，易得出OM ON ⋅的最小值．题型2面积类的最值（范围）问题1、（2021江西南昌高三模拟）已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，焦距为4，直线1l ：by x c=与椭圆相交于A 、B 两点，2F 关于直线1l 的对称点E 在椭圆上．斜率为1-的直线2l 与线段AB 相交于点P ，与椭圆相交于C 、D 两点．（1）求椭圆的标准方程；（2）求四边形ACBD 面积的取值范围．【解析】（1）由椭圆焦距为4，设()12,0F -，()22,0F ，连结1EF ，设12EF F α∠=，则b tan c α=，又222a b c =+，得,b csin cos a aαα==， ∴ ()121229012|+|90F F c sin a c e b c a EF EF b c a sin sin a aαα======++-+，解得222a bc c b c =+⇒==，28a =，所以椭圆方程为22184x y +=；（2）设直线2l 方程：+y x m =-，()11,C x y 、()22,D x y ，由22184+x y y x m ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得2234280x mx m -+-=，所以1221243283x x m m x x ⎧+=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，由（1）知直线1l ：y x =，代入椭圆得,A B ⎛ ⎝，得3AB =，由直线2l 与线段AB 相交于点P，得m ⎛∈ ⎝ ，12CD x =-===而21l k =-与11l k =，知21l l ⊥，∴ 12ACBD S AB CD =⨯=，由m ⎛∈ ⎝，得232,03m ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦3232,93⎛⎤ ⎥⎝⎦， ∴四边形ACBD 面积的取值范围3232,93⎛⎤⎥⎝⎦．2．（2021·浙江高三模拟）已知：抛物线21:2C y x =，曲线()222:104x C y x +=<，过2C 上一点P 作1C 的两条切线，切点分别为A ．（1）若()2,0P -，求两条切线的方程；（2）求PAB △面积的取值范围．【答案】（1）()122y x =±+；（2）(]1,8. 【分析】（1）设所求切线的方程为()2y k x =+，将该直线的方程与抛物线的方程联立，由0∆=可求出k 的值，即可求得所求的两条切线的方程；（2）设()11,A x y 、()22,B x y 、()P m n ,，写出抛物线22y x =在点A 、B 处的切线方程，将点P 的坐标代入两切线方程，可求得直线AB 的方程，将直线AB 的方程与抛物线1C 的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可得出PAB △面积关于m 的表达式，利用函数思想可求得PAB △面积的取值范围. 【详解】（1）显然切线斜率存在，设切线方程为()2y k x =+，由()222y k x y x ⎧=+⎨=⎩，得2240-+=ky y k ，由204160k k ≠⎧⎨∆=-=⎩，得12k =±，因此，两条切线的方程为()122y x =±+；（2）设()11,A x y 、()22,B x y 、()P m n ,，先证明出抛物线22y x =在其上一点()00,x y 处的切线方程为00y y x x =+.证明：联立0022y y x x y x=+⎧⎨=⎩，消去x 可得200220y y y x -+=，即220020y y y y -+=，即()200y y -=，解得0y y =，所以，直线00y y x x =+与抛物线22y x =相切于点()00,x y .所以，切线PA 的方程为11yy x x =+，可得11ny m x =+，切线PB 的方程为22yy x x =+，可得22ny m x =+，AB ∴的方程为ny m x =+，P 到AB的距离d =．由22ny m x y x=+⎧⎨=⎩，得2220y ny m -+=，由韦达定理可得122y y n +=，122y y m =，()P m n ,为曲线2C 上一点，则2214m n +=，所以，2214m n =-且20m -≤<，AB ==220n m ->，()332222121224PABm SAB d n m m ⎛⎫=⋅==-=-- ⎪⎝⎭，20m -≤<，()(]22121451,444m m m --+=-++∈，则(]322121,84PABm S m ⎛⎫--∈⎪⎝⎭= .因此，PAB △面积的取值范围为(]1,8．【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()11,x y 、()22,x y ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，必要时计算∆；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x 的形式；（5）代入韦达定理求解.3．（2021·浙江高三其他模拟）如图，已知椭圆2214x y +=的左、右顶点分别为A ，B ，()2,2P ，线段OP（O 为坐标原点）交椭圆于点C ，D 在线段OC 上（不包括端点），连接AD 并延长，交椭圆于另一点E ，连接PE 并延长，交椭圆于另一点F ，连接BF ，DF ．记1S ，2S 分别为BCD △和BDF 的面积．（1）求OC 的值；（2）求12S S ⋅的最大值．【答案】（1；（2）25．【分析】（1）先根据点P 的坐标得到直线OP 的方程，并将其与椭圆的方程联立，求出点C 的坐标，再利用两点间的距离公式求OC 的值即可；（2）设出直线PF 的方程，将其与椭圆方程联立，结合根与系数的关系得到AF BD k k =，进而可得BCD △和BDF 的面积的表达式，最后利用基本不等式求最值即可．【详解】解：（1）因为()2,2P ，所以直线OP 的方程为y x =，将直线OP 的方程与椭圆的方程联立，可得221,4x y y x⎧+=⎪⎨⎪=⎩解得x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩又由题意得点C位于第一象限，所以C．因此5OC ==．（2）由题意易知直线PF 的斜率一定存在且大于1，故设直线PF 的方程为()22y k x -=-（1k >），即22y kx k =+-，联立方程，得221,422,x y y kx k ⎧+=⎪⎨⎪=+-⎩化简得()()()2221416144830k x k k x k k ++-+-+=，由0∆>得()()()22216141444830k k k k k --+⨯-+>⎡⎤⎣⎦，即830k ->，得38k >，故1k >．设()11,E x y ，()22,F x y ，则()()1222122161,144483.14k k x x k k k x x k ⎧-+=⎪+⎪⎨-+⎪=⎪+⎩易知()2,0A -，连接AF ，所以直线AE 的斜率112AE y k x =+，直线AF 的斜率222AF y k x =+，所以12122211AE AF x x k k y y +++=+()()()()()()1221122222222222x kx k x kx k kx k kx k ++-+++-=+-+- ()()()()12122212122242222(22)kx x x x k k x x k k x x k +++-=+-++-()()()()()()()()()222222284831622422144483822222214k k k k k k k k k k k k k k k -++-+-+=-++--+-+81648kk-=-2=．①因为点D 在直线y x =上，所以D D x y =，又()2,0B ，所以直线AD 的斜率2D AD D y k x =+，直线BD 的斜率2DBD D y k x =-，所以22112D D AD BD D D x x k k y y +-+=+=．② 又11AE AD k k =，③ 则由①②③可得11AF BDk k =，即AF BD k k =．设(),D m m（0m <<），则2122BDFBDAS S SBAm m ===⋅=．又C，所以CD m m ⎫==-=-⎪⎭又点B 到直线CD 的距离d ==所以11122BDCS SCD d m m ⎫==⋅=-=-⎪⎭．因此2122225S S m m ⎡⎤⎫⋅=-≤=⎪⎭⎢⎥⎣⎦，当且仅当m m =-，即5m =时等号成立，所以12S S ⋅的最大值是25．【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4．（2021·全国高三其他模拟）已知1A ，2A 分别为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右顶点，B 为椭圆C 的上顶点，点2A 到直线1A B，椭圆C 过点⎝．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线l 过点1A ，且与x 轴垂直，P ，Q 为直线l 上关于x 轴对称的两点，直线2A P 与椭圆C 相交于异于2A 的点D ，直线DQ 与x 轴的交点为E ，当2PA Q △与PEQ 的面积之差取得最大值时，求直线2A P 的方程．【答案】（1）22143x y +=；（2）360x -=或360x -=．【分析】（1）由点到直线的距离得一个,a b 的关系式，已知点的坐标代入又得一个关系式，，两者联立解得,a b ，得椭圆方程；（2）设直线2A P 的方程为2(0)x my m =+≠，依次求得P 点，Q 点，D 点，E 点坐标，然后计算面积之差222PA Q PEQ PA E S S S -=△△△，再结合基本不等式求得最大值．由此可得直线方程．【详解】（1）由题意知2(,0)A a ，1(,0)A a -，(0,)B b ，则直线1A B 的方程为by x b a=+，即0bx ay ab -+=，所以点2A 到直线1A B的距离d ==2234b a =．① 又椭圆C过点3⎛ ⎝，所以224213a b +=．② 联立①②，解得24a =，23b =，故椭圆C 的标准方程为22143x y +=．（2）由（1）知2(2,0)A ，直线l 的方程为2x =-．由题意知直线2A P 的斜率存在且不为0，设直线2A P 的方程为2(0)x my m =+≠，联立2,2,x x my =-⎧⎨=+⎩解得2,4,x y m =-⎧⎪⎨=-⎪⎩即42,P m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，42,Q m ⎛⎫- ⎪⎝⎭．联立222(0),1,43x my m x y =+≠⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x 整理得()2234120m y my ++=，解得0y =或21234m y m -=+．由点D 异于点2A 可得2226812,3434m m D m m ⎛⎫-+- ⎪++⎝⎭，所以直线DQ 的方程为222124684(2)203434m m x y m m m m ⎛⎫--+⎛⎫⎛⎫-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令0y =，得226432E m x m -+=+，所以22222641223232m m A E m m -+=-=++，所以2PA Q △与PEQ 的面积之差为222PA Q PEQ PA E S S S -=△△△．（利用点的对称关系，将面积差问题转化为求2PA E S △）因为2222112448||48222232323||||PA Em m S m m m m m -=⨯⋅⋅==≤+++△当且仅当m =时取等号．（在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑"等技巧）故当2PA Q △与PEQ 的面积之差取得最大值时，直线2A P的方程为360x +-=或360x -=．【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是解析几何的基本方法：设直线2AP 方程为2(0)x my m =+≠，直线与直线相交得交点坐标，直线与椭圆相交得交点坐标，然后求得三角形面积（之差），再结合基本不等式求得最大值，得出结论．题型3斜率类的最值（范围）问题1．（2021·成都市高三模拟）设椭圆22213x y a +=（a >）的右焦点为F ，右顶点为A ．已知113e OF OA FA +=，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率．（1）求椭圆的方程；（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．【解析】（1）设(),0F c ，由113eOF OA FA+=，即()113c c a a a c +=-，2223a c c -=，又2223a c b -==，所以21c =，因此24a =，所以椭圆的方程为22143x y +=．（2）设直线l 的斜率为k （0k ≠），则直线l 的方程为()2y k x =-．设()11,B x y ，()22,M x y ，()30,H y ．在△MAO 中，MOA MAO MA MO ∠≤∠⇔≤，即()222222222x y x y -+≤+，化简得21x ≥．由方程组()221432x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，消去y ，整理得()2222431616120k x k x k +-+-=．于是2128643k x k -=+，从而121243ky k =-+．由（1）知()1,0F ，所以()31,FH y =-，2229412,4343k k BF k k ⎛⎫-= ⎪++⎝⎭，由BF HF ⊥，得0BF HF ⋅=，所以2322129404343ky k k k -+=++，解得239412k y k-=，因此直线MH 的方程为219412k y x k k-=-+．由方程组()2194122k y x k k y k x ⎧-=-+⎪⎨⎪=-⎩，消去y ，解得()222209121k x k +=+．于是()222091121k k +≥+，解得k ≤或k ≥，所以直线l的斜率的取值范围为6,,4⎛⎡⎫-∞+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭．【点评】由MOA MAO ∠≤∠，可得到不等式21x ≥，此时只要用k 去表示2x ，就能得到有关k 的不等式，这也是k 需要满足的唯一一个不等式，解这个不等式就能求出k 的取值范围．2．（2020·上海高三其他模拟）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>长轴的两顶点为A 、B ，左右焦点分别为1F 、2F ，焦距为2c 且2a c =，过1F 且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为3．（1）求椭圆C 的方程；（2）在双曲线22:143x y T -=上取点Q （异于顶点），直线OQ 与椭圆C 交于点P ，若直线AP 、BP 、AQ 、BQ 的斜率分别为1k 、2k 、3k 、4k ．试证明：1234k k k k +++为定值；（3）在椭圆C 外的抛物线K ：24y x =上取一点E ，1EF 、2EF 的斜率分别为1'k 、2'k ，求121''k k 的取值范围．【答案】（1）22143x y +=；（2）证明过程见详解；（3）5(,0)(0,)24-⋃+∞. 【分析】（1）本小题先建立方程组2222223a cb a a b c=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，再求出2a =，b =1c =，最后求出椭圆C 的方程即可；（2）本小题先得到112132x k k y +=-，再得到234232x k k y +=，接着判断1122x y x y =，最后得到结论即可；（3）本小题先用233(,)4y E y 表示出432123161''16y k k y -=，（2383y >且32y ≠-），再建立函数1()16t f t t =-求导得到()f t 的取值范围，最后求导121''k k 的取值范围. 【详解】（1）因为过1F 且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为3，所以223ba=，所以2222223a c b a a b c=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得：2a =，b =1c =，所以椭圆C 的方程：22143x y +=；（2）由（1）可知：(2,0)A -、(2,0)B 、1(1,0)F -、2(1,0)F ，设点11(,)P x y ，则2211143x y +=，整理得：2211443y x -=-， 1111111122211111223422423y y x y x y x k k y x x x y +=+===-+---；设点22(,)P x y ，则2222143x y -=，整理得：2222443y x -=， 2222222342222222223422423y y x y x y xk k y x x x y +=+===+--.又因为OP 与OQ 共线，所以12x x λ=，12y y λ=，所以1122x y x y =，所以121212341212333()0222x x x x k k k k y y y y +++=-+=-+=，所以1234k k k k +++为定值；（3）设233(,)4y E y ，由2221434x y y x⎧+=⎪⎨⎪=⎩，解得：222383x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，由E 在椭圆C 外的抛物线K ：24y x =上一点，则2383y >，则3123'14y k y =+，（2383y >且32y ≠-）；3223'14y k y =-，（2383y >且32y ≠-），则23331222433316''161144y y y k k y y y =⋅=--+，（2383y >且32y ≠-），则432123161''16y k k y -=，（2383y >且32y ≠-），令23y t =，（83t >且4t ≠），设1()16t f t t =-，（83t >且4t ≠），则211'()016f t t =+>，所以1()16t f t t=-在8(,4)3，(4,)+∞上单调递增，所以()f t 的取值范围：5(,0)(0,)24-⋃+∞，所以121''k k 的取值范围5(,0)(0,)24-⋃+∞. 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，圆锥曲线相关的定值问题、圆锥曲线相关的参数取值范围问题，是偏难题.3．（2021·广东茂名市·高三月考）已知点N 为圆1C ：()22116x y ++=上一动点，圆心1C 关于y 轴的对称点为2C ，点M ､P 分别是线段1C N ，2C N 上的点，且20MP C N ⋅=，222C N C P =.（1）求点M 的轨迹方程；（2）过点()2,0A -且斜率为()0k k >的直线与点M 的轨迹交于A ，G 两点，点H 在点M 的轨迹上，GA HA ⊥，当2AG AH =2k <<.【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析【分析】（1）由已知可得214MC MC +=，可判断点M 在以12,C C 为交点的椭圆上，即可求出方程；（2）将直线方程代入椭圆，利用弦长公式可求出AG =，同理可得AH =知可得3246380k k k -+-=，利用导数结合零点存在性定理即可证明. 【详解】（1）222C N C P =，P ∴是2C N 的中点，20MP C N ⋅=，2MP C N ∴⊥，∴点M 在2C N 的垂直平分线上，2||MN MC ∴=，121||42MN MC MC MC +=+=>，∴点M 在以12,C C 为交点的椭圆上，且2,1a c ==，则b =M 的轨迹方程为22143x y +=；（2）可得直线AG 的方程为(2)(0)y k x k =+>，与椭圆方程联立可得()2222341616120kxk x k +++-=，设()11,G x y ，则2121612(2)34k x k -⋅-=+，可得()21223434k x k-=+，则12234AG k =+=+，由题可得，直线AH 的方程为1(2)y x k =-+，故同理可得AH =由2AG AH =可得2223443k k k=++，即3246380k k k -+-=，设32()4638f t t t t =-+-，则k 是()f t 的零点，22()121233(21)0f t t t t '=-+=-≥，则()f t 在()0,∞+单调递增，又260,(2)60f f =<=>，因此()f t 在()0,∞+有唯一零点，且零点k在)22k <<.【点睛】本题考查椭圆的轨迹方程，解题的关键是利用椭圆定义得出M 的轨迹为椭圆；考查参数范围的证明，解题的关键是利用弦长公式求出弦长，利用已知得出3246380k k k -+-=，再利用导数证明.4．（2021·全国高三月考（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点分别为1F ，2F ，过点1F 的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点(点M 位于x 轴上方)，2MNF ，12MF F △的周长分别为8，6. （1）求椭圆C 的方程；（2）若1||MF m MN =，且2334m ≤<，设直线l 的倾斜角为θ，求sin θ的取值范围. 【答案】（1）22143x y +=；（2）0,3⎛ ⎝⎦. 【分析】（1）根据椭圆的定义可得2MNF ，12MF F △的周长分别为4,22a a c +，结合222a b c =+可得答案.(2)根据题意设出直线l 的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由1||MF m MN =，得出11MF F N，得出,M N的纵坐标12,y y 的关系，从而可求出答案.【详解】（1）设椭圆C 的半焦距为c ，因为2MNF ，12MF F △的周长分别为8，6，所以根据椭圆的定义得22248226a a c a b c =⎧⎪+=⎨⎪=+⎩，解得21a c b ⎧=⎪=⎨⎪=⎩.所以椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）由条件1||MF m MN =，且2334m ≤<，则12MF MF >,所以直线l 的斜率存在. 根据题意，可设直线l 的方程为(1)(0).y k x k =+>.联立22(1)143y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x ，得()22234690k y ky k +--=，则()2214410k k ∆=+>，设()11,M x y ，()22,N x y ，则122634k y y k +=+①，2122934k y y k-=+②，又1||MF m MN =，且2334m ≤<，则11[2,3)1MF m F N m =∈-.设1mmλ=-，[2,3)λ∈，则11MF F N λ=，所以12y y λ③，把③代入①得()226(1)34k y k λ=-+，()126(1)34ky k λλ-=-+，并结合②可得()2212222236934(1)34k k y y k kλλ--==+-+，则22(1)434kλλ-=+，即214234k λλ+-=+，因为12λλ+-在[2,3)λ∈上单调递增，所以114223λλ≤+-<，即21442343k ≤<+，且0k >，解得02k <≤，即0tan 2θ<≤，所以0sin 3θ<≤. 故sin θ的取值范围是0,3⎛ ⎝⎦.【点睛】本题考查求椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是由122634ky y k +=+，2122934k y y k-=+，又1||MF m MN =，且2334m ≤<，则11[2,3)1MF m F N m =∈-，得出关系求解，属于中档题.题型4向量类的最值（范围）问题1．（2021·陕西咸阳市·高三三模（理））已知12B B ､分别是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>短轴两端点，离心率为12，P 是椭圆C 上异于1B ､2B 的任一点，12PB B △的面积最大值为（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过椭圆C 右焦点F 的直线l 交椭圆C 于M N ､两点，O 为坐标原点，求OM ON +的取值范围.【答案】（1）22143x y +=；（2）[]0,2. 【分析】（1）根据题中条件，列出方程组求出,a b ，即可得出椭圆方程；（2）先讨论直线l 的斜率为0的情况，可求出0OM ON +=；再讨论直线的斜率不为0的情况，直线l 的方程为:1x my =+，()11,M x y ，()22,N x y ，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，以及向量模的坐标表示，得到(2OM ON +=.【详解】（1）由题意可得：22212ab c a a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得2a b =⎧⎪⎨=⎪⎩；所以椭圆C 的方程为221.43x y +=（2）当直线l 的斜率为0时，0OM ON +=，0OM ON +=当直线的斜率不为0时，因为()1,0F ，设直线l 的方程为:1x my =+，与椭圆C 交于()11,M x y ，()22,N x y ，由221,431,x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩消去x 得()22:34690m y my ++-=，所以1221226,349,34m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩，()()22236363414410m m m ∆=++=+>，又()()12121212,2,OM ON x x y y my my y y +++=+++=，所以(OM ON my +===令2110,344t m ⎛⎤=∈ ⎥+⎝⎦，则()()()222222223433449164313434m m t t t m m t ++++===+++，因为二次函数243y t t =+在10,4t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上显然单调递增，所以(]2430,1y t t =+∈，因此((]20,2OM ON +=；综上知，[]0,2OM ON +∈.【点睛】求解椭圆中弦长、向量的模长等问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合弦长公式或两点间距离公式、向量模的坐标表示等，表示出所求的量，再结合基本不等式或利用函数单调性等，即可求解.2．（2021·安徽高三月考（理））已知椭圆()2222:10x y Ca b a b+=>>的左焦点为F，过点F 的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，当直线l x ⊥轴时，AB =tan AOB ∠=（1）求椭圆C 的方程；（2）设直线l l '⊥，直线l '与直线l ､x 轴､y 轴分别交于点M 、P 、Q ，当点M 为线段AB 中点时，求PM PFPO PQ⋅⋅的取值范围.【答案】（1）2212x y +=；（2）()1,+∞.【分析】（1，2AOB AOF ∠=∠，进而根据几何关系解得1bc ==，a =即可得答案；（2）由题设():1l y k x =+，与椭圆联立方程得2222,2121k k M k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，进而得直线22212:2121kk l y x k k k ⎛⎫'-=-+ ⎪++⎝⎭，所以22,021k P k ⎛⎫- ⎪+⎝⎭，进而根据几何关系得2PM PF PM ⋅=，2PO PQ PO ⋅=，进而将问题转化为求22PM PO的取值范围问题求解即可.【详解】解：（1）由题意可知(),0F c -，直线l x⊥轴时，22b AB a==22tan tan 1tan AOF AOB AOF ∠∠==-∠tanAOF ∠=， ∵0,2AOF π⎛⎫∠∈⎪⎝⎭，∴2tan 2b AF a AOF FO c∠===，解得：1bc ==，a =C 的方程为2212x y +=.（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，依题意直线l 斜率一定存在且不为零，设():1l y k x =+，代入椭圆方程得：()2222214220kx k x k +++-=，则2122421k x x k -+=+，()121222221k y y k x x k +=++=+.故2222,2121k k M k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，直线22212:2121kk l y x k k k ⎛⎫'-=-+ ⎪++⎝⎭，令0y =，则22,021k P k ⎛⎫- ⎪+⎝⎭， ∵PMMF ⊥，OQ PO ⊥，∴2PM PF PM ⋅=，2PO PQ PO ⋅=，∴222222222222222221212111121k k k PMk k k PM PF k k k PO PQ POk k ⎛⎫--⎛⎫-+ ⎪ ⎪+++⋅+⎝⎭⎝⎭====+⋅⎛⎫- ⎪+⎝⎭， ∵()20,k ∈+∞，∴()2111,k +∈+∞,∴ ()1,PM PFPO PQ⋅∈+∞⋅. 【点睛】本题考查椭圆的性质求方程，直线与椭圆的位置关系求范围问题,考查运算求解能力，化归转化能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于根据PMMF ⊥，OQ PO ⊥得2PM PF PM ⋅=，2PO PQ PO ⋅=，进而将问题转化为22PM PO范围的求解.3．（2021·浙江高三其他模拟）如图，椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左顶点为A ，离心率为12，长轴长为4，椭圆C 和抛物线()2:20F y px p =>有相同的焦点，直线:0l x y m -+=与椭圆交于M ，N 两点，与抛物线交于P ，Q 两点．（1）求抛物线F 的方程；（2）若点D ，E 满足AD AM AN =+，AE AP AQ =+，求AD AE ⋅的取值范围．【答案】（1）24y x =；（2）144,4877AD AE ⎛⋅∈+⎝⎭．【分析】（1）根据题意可得2a =，1c =，再根据12p=即可求解. （2）将直线:0l x y m -+=与椭圆方程联立，设()11,M x y ，()22,N x y，利用韦达定理可得864,77m m AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，再将直线:0l x y m -+=与抛物线方程联立设()33,P x y ，()44,Q x y ，利用韦达定理可得()82,4AE m =-，再由从而可得216963277AD AE m m ⋅=-+，配方即可求解.【详解】（1）因为椭圆C 的离心率为12，长轴长为4，2412a c a =⎧⎪⎨=⎪⎩，，，所以2a =，1c =，因为椭圆C 和抛物线F 有相同的焦点，所以12p=，即2p =，所以抛物线F 的方程为24y x =．（2）由（1）知椭圆22:143x y C +=，由221430x yx y m ⎧+=⎪⎨⎪-+=⎩，，得22784120x mx m ++-=， ()22164474120m m ∆=-⨯⨯->，得27m <，m <<设()11,M x y ，()22,N x y ，则1287mx x +=-，所以()1212627m y y x x m +=++=．易知()2,0A -，所以()1212864,4,77m m AD AM AN x x y y ⎛⎫=+=+++=-⎪⎝⎭．由240y x x y m ⎧=⎨-+=⎩，，得()22240x m x m +-+=．()2222440m m ∆=-->，得1m <．设()33,P x y ，()44,Q x y ，则3442x x m +=-，所以()343424y y x x m +=++=，所以()()34344,82,4AE AP AQ x x y y m =+=+++=-．所以()864,82,477m m AD AE m ⎛⎫⋅=-⋅- ⎪⎝⎭()28616964824327777m m m m m ⎛⎫=-⋅-+⨯=-+ ⎪⎝⎭，1m <<，易知函数216963277y m m =-+在()m ∈上单调递减，所以144,487AD AE ⎛⋅∈ ⎝⎭．【点睛】求解圆锥曲线中最值或范围问题的一般方法：一是建立关系，二是求最值或范围，即先由题设条件建立关于所求目标的函数关系式，再对目标函数求最值，如本题中需先将直线方程分别与椭圆、抛物线方程联立，利用根与系数的关系将AD ，AE 用m 表示出来，再结合m 的范围及函数的单调性求AD AE ⋅的取值范围．4．（2021·海南海口市·高三模拟）已知抛物线的顶点是坐标原点O ，焦点F 在x 轴正半轴上，过F 的直线l 与抛物线交于A 、B 两点，且满足3OA OB ⋅=-.（1）求抛物线的方程；（2）在x 轴负半轴上一点(),0M m ，使得AMB ∠是锐角，求m 的取值范围.【答案】（1）24y x =；（2）(),1-∞-.【分析】（1）设抛物线方程()220y px p =>，直线l 的方程2px ty =+，联立方程组结合韦达定理可得12y y 、12x x ，再由平面向量数量积的坐标表示即可得p ，即可得解；（2）由题意结合平面向量数量积的概念可转化条件为0MA MB ⋅>，进而可得22234m m t m-->恒成立，解不等式22304m m m --<即可得解.【详解】（1）设抛物线方程()220y px p =>，直线l 的方程2p x ty =+，联立消去x 得222p y p ty ⎛⎫=+⎪⎝⎭，即2220y pty p --=，>0∆，设()11,A x y ，()22,B x y ，则122y y pt +=，212y y p =-，所以()22121212122224p p pt p x x ty ty t y y y y ⎛⎫⎛⎫=++=+++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()22222244pt p p t p pt =⋅-+⋅+=，所以22212123344p OA OB x x y y p p ⋅=+=-=-=-，解得2p =或2p =-（舍去），故所求抛物线方程为24y x =；（2）因为AMB ∠是锐角，所以0MA MB ⋅>恒成立，即()()12120x m x m y y --+>，所以()21212120x x m x x m y y -+++>，由（1）得121=x x ，124y y =-，124y y t +=，()2121242x x t y y p t +=++=+，所以()2214240m t m -++->，而0m <，所以22234m m t m-->对于t R ∀∈恒成立，所以22304m m m --<，又0m <，所以2230m m m ⎧-->⎨<⎩，解得1m <-，所以m 的取值范围为(),1-∞-.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用及直线与抛物线的综合应用，考查了转化化归思想与运算求解能力，属于中档题.题型5坐标类的最值（范围）问题1．（2021·上海静安区·高三二模）已知椭圆2212x y +=的左焦点为F ，O 为坐标原点．（1）求过点F 、O ，并且与抛物线28y x =的准线相切的圆的方程；（2）设过点F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A 、B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点G ，求点G 的横坐标的取值范围．【答案】（1）(221924x y ⎛⎫++= ⎪⎝⎭或(221924x y ⎛⎫++= ⎪⎝⎭；（2）1,0.2⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】（1）求得点()1,0F -，可知圆心M 在直线12x =-上，设点1,2Mt ⎛⎫- ⎪⎝⎭，根据已知条件得出关于实数t 的等式，求出t 的值，即可得出所求圆的方程；（2）设直线AB 的方程为()()10y k x k =+≠，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线AB 的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段AB 的垂直平分线方程，可求得点G 的横坐标，利用不等式的基本性质可求得点G 的横坐标的取值范围.【详解】（1）抛物线28y x =的准线为2x =-，椭圆2212x y +=的左焦点为()1,0F -，圆过点F 、O ，∴圆心M 在直线12x =-上．设1,2Mt ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则圆的半径为()13222r ⎛⎫=---= ⎪⎝⎭. 由OM r =32=，解得t =于是，所求圆的方程为(221924x y ⎛⎫++= ⎪⎝⎭或(221924x y ⎛⎫++=⎪⎝⎭；（2）设直线AB 的方程为()()10y k x k =+≠，联立()22112y k x x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，整理可得()2222124220k x k x k +++-=，因为直线AB 过椭圆的左焦点F ，所以方程()2222124220kxk x k +++-=有两个不相等的实根．设点()11,A x y 、()22,B x y ，设AB 的中点为()00,N x y ，则2122412k x x k+=-+，202221k x k =-+，()002112k y k x k =+=+．直线AB 的垂直平分线NG 的方程为()001y y x x k-=--，令0y =，则222002222211212121242G k k k x x ky k k k k =+=-+=-=-+++++. 因为0k ≠，所以10.2G x -<<故点G 的横坐标的取值范围1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭. 【点睛】圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．2．（2021·新疆高三其他模拟（理））已知抛物线()2204y px p =<<的焦点为F ，点P 在抛物线上，点P的纵坐标为6，且10PF =.（1）求抛物线的标准方程；（2）若A ，B 为抛物线上的两个动点(异于P 点)且AP AB ⊥，求点B 纵坐标的取值范围.【答案】（1）24y x =；（2）2y <-或14y ≥.【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求解即可；（2）先根据抛物线的方程及点P 的纵坐标求得()9,6P ，再根据AP AB ⊥得到()2121261660y y y y ++++=，利用判别式0∆≥，得到22y ≤-或214y ≥，最后验证当22y =-时，12y =-，与题意不符，最后得到点B 的纵坐标y 的取值范围. 【详解】解：（1）设(),6p P x ，则36182P x p p==，由102p pPF x =+=，得18102p p +=，解得2p =或18，∵04p <<，所以2p =.∴24y x =.（2）由（1）得()9,6P ，设()11,A x y ，()22,B x y ，由题意可知：直线AP ，AB 的斜率存在，设为AP k ，AB k ，且1211212221211216699444AP AB y y y y y y k k y y y x x x ----⋅=⨯=⨯----()()1214416y y y =⨯=-++，整理得()2121261660y y y y ++++=，由题意知0∆≥，即()()222641660y y ∆=+-+≥∴22212280y y --≥即22y ≤-或214y ≥，又当22y =-时，211440y y ++=，∴12y =-，与题意不符，舍去，综上所述，点B 的纵坐标2y 的取值范围为22y <-或214y ≥.【点睛】抛物线方程中，字母p 的几何意义是抛物线的焦点F 到准线的距离，2p等于焦点到抛物线顶点的距离．牢记它对解题非常有益．3．（2021·上海金山区·高三一模）已知点P 在抛物线2:4C y x =上，过点P 作圆222:(3)M x y r-+=(0r <≤)的两条切线，与抛物线C 分别交于A ､B 两点，切线PA ､PB 与圆M 分别相切于点E ､F .（1）若点P 到圆心M 的距离与它到抛物线C 的准线的距离相等，求点P 的坐标；（2）若点P 的坐标为(1,2)，且r =PE PF ⋅的值；（3）若点P 的坐标为(1,2)，设线段AB 中点的纵坐标t ，求t 的取值范围. 【答案】（1）(2,或(2,-；（2）3；（3）[10,6)--.【分析】（1）设出P 点的坐标，根据已知条件列方程组，解方程组求得P 点坐标. （2）先求得||PE 和||PF ，然后结合向量数量积运算求得PE PF ⋅.（2）设出过P 的圆的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列方程，化简写出根与系数关系，联立切线和抛物线的方程，求得,A B 的纵坐标，由此求得线段AB 中点的纵坐标t 的表达式，进而求得t 的取值范围.【详解】（1）设点P 的坐标为(,)x y ，则241y x x ⎧==+，解得2x y =⎧⎪⎨=⎪⎩2x y =⎧⎪⎨=-⎪⎩，即点P的坐标为(2,或(2,-；（2）当点P 的坐标为(1,2)，且r =||PM ==，在直角三角形PME中，||PE ==，且30MPE ∠=︒，同理，||PF =30MPF ∠=︒，从而||||co cos 603s PE PF PE PF EPF ∠=⋅⋅︒==；（3）由题意知切线PA ､PB 的斜率均存在且不为零，设切线方程为2(1)y k x -=-，r =，得222(4)840r k k r -++-=，。

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（4）利用代数基本不等式。

代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；（5）结合参数方程，利用三角函数的有界性。

直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式。

因此，它们的应用价值在于：① 通过参数θ简明地表示曲线上点的坐标；② 利用三角函数的有界性及其变形公式来帮助求解诸如最值、范围等问题；（6）构造一个二次方程，利用判别式∆≥0。

★★★突破重难点【例1】已知点M (-2，0)，N (2,0)，动点P满足条件||||PM PN -=记动点P 的轨迹为W .（Ⅰ）求W 的方程；（Ⅱ）若A ，B 是W 上的不同两点，O 是坐标原点，求OA OB ⋅的最小值. 解：（Ⅰ）依题意，点P 的轨迹是以M ，N 为焦点的双曲线的右支，所求方程为：22x y 122－＝（x >0）（Ⅱ）当直线AB 的斜率不存在时，设直线AB 的方程为x ＝x 0，此时A （x 0B （x 0），OA OB ⋅＝2 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ，代入双曲线方程22x y 122－＝中，得：(1－k 2)x 2－2kbx －b 2－2＝0依题意可知方程1︒有两个不相等的正数根，设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则2222122212244(1)(2)0201201k b k b kb x x k b x x k ⎧⎪∆=--•--≥⎪⎪+=>⎨-⎪⎪+=>⎪-⎩解得|k |>1，又OA OB ⋅＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋（kx 1＋b ）（kx 2＋b ）＝（1＋k 2）x 1x 2＋kb （x 1＋x 2）＋b 2＝2222k 242k 1k 1＋＝＋－－>2 综上可知OA OB ⋅的最小值为2【例2】给定点A (-2,2)，已知B 是椭圆2212516x y +=上的动点，F 是右焦点，当53AB BF +取得最小值时，试求B 点的坐标。

解：因为椭圆的35e =，所以513AB BF AB BF e +=+，而1BF e为动点B 到左准线的距离。

故本题可化为，在椭圆上求一点B ，使得它到A 点和左准线的距离之和最小，过点B 作l 的垂线，垂点为N ，过A 作此准线的垂线，垂点为M ，由椭圆定义||35||||||||BF e BF BN e BN BF ==⇒= 于是 5||||||3AB BF AB BN AN AM +=+≥≥为定值其中，当且仅当B 点AM 与椭圆的定点时等点成立，此时B为(2) 所以，当53AB BF +取得最小值时，B点坐标为(2)【例3】已知P 点在圆x 2+(y -2)2=1上移动，Q 点在椭圆2219x y +=上移动,试求|PQ|的最大值。

解：故先让Q 点在椭圆上固定，显然当PQ 通过圆心O 1时|PQ|最大，因此要求|PQ |的最大值，只要求|O 1Q |的最大值.设Q (x ，y )，则|O 1Q |2= x 2+(y -4)2①因Q 在椭圆上,则x 2=9(1-y 2) ②将②代入①得|O 1Q |2= 9(1-y 2)+(y -4)2218272y ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭因为Q 在椭圆上移动，所以-1≤y ≤1，故当12y =时，1maxOQ =此时max 1PQ =【点睛】1.与圆有关的最值问题往往与圆心有关；2.函数法是我们探求解析几何最值问题的首选方法，其中所涉及到的函数最常见的有二次函数等，值得注意的是函数自变量取值范围的考察不能被忽视．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。

【例4】已知椭圆的一个焦点为F 1(0,-，对应的准线方程为y =，且离心率e 满足：24,,33e 成等差数列。

（1）求椭圆方程；（2）是否存在直线l ，使l 与椭圆交于不同的两点M 、N ，且线段MN 恰被直线12x =-平分，若存在，求出l 的倾斜角的范围；若不存在，请说明理由。

（1）解：依题意e 3=，244a c c -=-=∴a ＝3，c ＝22，b ＝1，又F1(0，－)，对应的准线方程为4y =- ∴椭圆中心在原点，所求方程为22119x y += (2)假设存在直线l ，依题意l 交椭圆所得弦MN 被12x =-平分 ∴直线l 的斜率存在。

设直线l ：y ＝kx ＋m由2219y kx m y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y ，整理得 (k 2＋9)x 2＋2kmx ＋m 2－9＝0∵l 与椭圆交于不同的两点M 、N ， ∴Δ＝4k 2m 2－4(k 2＋9)(m 2－9)＞0 即m 2－k 2－9＜0①设 M (x 1,y 1),N (x 2,y 2) 1221292x x km k +-∴==-+ 292k m k +∴= ②把②代入①式中得2222(9)(9)04k k k+-+<，∴kk∴直线l 倾斜角2()()3223ππππα∈⋃，，第二十二讲圆锥曲线中的最值和范围问题（二）【例5】长度为a （0a >）的线段AB 的两个端点A 、B 分别在x 轴和y 轴上滑动，点P 在线段AB 上，且AP PB λ=（λ为常数且0λ>）．（1）求点P 的轨迹方程C ，并说明轨迹类型；（2）当λ=2时，已知直线1l 与原点O 的距离为2a，且直线1l 与轨迹C 有公共点，求直线1l 的斜率k 的取值范围．答案：(1)设(,)P x y 、0(,0)A x 、0(0,)B y ，则0000(1)1()x xx x x AP PB y y y y y λλλλλλ=+⎧-=-⎧⎪=⇒⇒⎨⎨+=-=⎩⎪⎩，由此及22200||AB a x y a =⇒+=，得[]2221(1)x y a λλλ⎡⎤+⎛⎫++= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即22221y a x λλ⎛⎫+= ⎪+⎝⎭ （*）①当10<<λ时，方程（*）的轨迹是焦点为)0,11(a λλ+-±，长轴长为a λ+12的椭圆． ②当1>λ时，方程（*）的轨迹是焦点为)11,0(a λλ++-±，长轴长为a λλ+12的椭圆． ③当1=λ时，方程（*）的轨迹是焦点为以O 点为圆心，2a为半径的圆．（2）设直线1l 的方程：h kx y +=，据题意有212a k h =+，即212k a h +=．由⎪⎩⎪⎨⎧=++=222499a y x hkx y 得 04929)41(92222=-+++a h khx x k ．因为直线1l 与椭圆222499a y x =+有公共点，所以,081)4(9222≥-+=∆h a k 又把212k ah +=代入上式得：535535,572≤≤-∴≤k k ．【例6】椭圆E 的中心在原点O ，焦点在x 轴上，其离心率32=e , 过点C （－1,0）的直线l 与椭圆E 相交于A 、B 两点，且满足点C 分向量A 的比为2.（1）用直线l 的斜率k ( k ≠0 ) 表示△OAB 的面积；（2）当△OAB 的面积最大时，求椭圆E 的方程。

解：（1）设椭圆E 的方程为12222=+by a x ( a ＞b ＞0 )，由e =32=a c∴a 2=3b 2故椭圆方程x 2+ 3y 2= 3b 2设A (x 1,y 1)、B (x 2,y 2),由于点C （－1，0）分向量AB 的比为2，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=+0321322121y y x x 即⎩⎨⎧-=+-=+21212)1(21y y x x由⎩⎨⎧+==+)1(33222x k y b y x 消去y 整理并化简得 (3k 2+1)x 2+6k 2x +3k 2－3b 2=0 由直线l 与椭圆E 相交于A （x 1,y 1）, B (x 2,y 2)两点得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+-=+-=+>∆13331360222212221k b k x x k k x x AB C 的内分点）是恒成立（点 ① ② ③ ④1而S △OAB |1|||23|)1(|23||23|2|21||212222221+=+==--=-=x k x k y y y y y ⑤ 由①③得:x 2+1=－1322+k ，代入⑤得：S △OAB = )0(13||32≠+k k k（2）因S △OAB =23323||1||3313||32=≤+=+k k k k , 当且仅当,33±=k S △OAB 取得最大值此时 x 1 + x 2 =－1, 又∵3221x x + =－1 ∴x 1=1,x 2 =－2 将x 1,x 2及k 2=31代入④得3b 2 = 5 ∴椭圆方程x 2 + 3y 2= 5 【例7】设直线l 过点P （0，3），和椭圆x y 22941+=顺次交于A 、B 两点，若AP PB λ=试求λ的取值范围.解：当直线l 垂直于x 轴时，可求得15λ=-; 当l 与x 轴不垂直时，设())(,,2211y x B y x A ，，直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得()045544922=+++kx x k解之得 .4959627222,1+-±-=k k k x 因为椭圆关于y 轴对称，点P 在y 轴上，所以只需考虑0>k 的情形.当0>k 时，4959627221+-+-=k k k x ，4959627222+---=k k k x ，所以 12x x λ=-＝5929592922-+-+-k k k k ＝59291812-+-k k k ＝25929181k -+-.由 ()049180)54(22≥+--=∆k k ，解得 952≥k ，所以 51592918112-<-+-≤-k ，综上 115λ-≤≤-.【例8】我们把由半椭圆12222=+b y a x (0)x ≥与半椭圆12222=+cx b y (0)x ≤合成的曲线称作“果圆”，其中222c b a +=，0>a ，0>>c b ．如图，设点0F ，1F ，2F 是相应椭圆的焦点，1A ，2A 和1B ，2B 是“果圆” 与x ，y 轴的交点，M 是线段21A A 的中点．（1）若012F F F △是边长为1的等边三角形，求该“果圆”的方程；（2）设P 是“果圆”的半椭圆12222=+cx b y (0)x ≤上任意一点．求证：当PM 取得最小值时，P 在点12B B ，或1A 处；（3）若P 是“果圆”上任意一点，求PM 取得最小值时点P 的横坐标．解：（1）((012(0)00F c F F -，，，，，021211F F b F F ∴==，，于是22223744c a b c ==+=，，所求“果圆”方程为2241(0)7x y x +=≥，2241(0)3y x x +=≤．（2）设()P x y ，，则2222||y c a x PM +⎪⎭⎫ ⎝⎛--=22222()1()04b a c x a c x b c x c ⎛⎫-=---++- ⎪⎝⎭，≤≤， 0122<-cb ，∴ 2||PM 的最小值只能在0=x 或c x -=处取到．即当PM 取得最小值时，P 在点12B B ，或1A 处．（3）||||21MA M A = ，且1B 和2B 同时位于“果圆”的半椭圆22221(0)x y x a b +=≥和半椭圆22221(0)y x x b c +=≤上，所以，由（2）知，只需研究P 位于“果圆”的半椭圆22221(0)x y x a b +=≥上的情形即可． 2222||y c a x PM +⎪⎭⎫ ⎝⎛--=22222222224)(4)(2)(c c a a c a b c c a a x a c ---++⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=．当22()2a a c x a c -=≤，即2a c≤时，2||PM 的最小值在222)(c c a a x -=时取到，此时P 的横坐标是222)(cc a a -．当a cc a a x >-=222)(，即c a 2>时，由于2||PM 在a x <时是递减的，2||PM 的最小值在a x =时取到，此时P 的横坐标是a ．综上所述，若2a c ≤，当||PM 取得最小值时，点P 的横坐标是222)(c c a a -；若c a 2>，当||PM 取得最小值时，点P 的横坐标是a 或c -．。

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