第九节 圆锥曲线中的最值（范围）问题
1.已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M（a，2）在抛物线C上.
（1）若｜MF｜＝6，求抛物线C的标准方程；
（2）若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为（1，0），且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于，求p的取值范围.
2.已知F（，0）是椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的一个焦点，点M（，）在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－（O为坐标原点），求直线l的斜率的取值范围.
3.已知实轴长为2a，虚轴长为2b的双曲线S的焦点在x轴上，直线y＝－x是双曲线S的一条渐近线，且原点O，点A（a，0）和点B（0，－b）使等式｜｜2＋｜｜2＝｜｜2·｜｜2成立.
（1）求双曲线S的方程；
（2）若双曲线S上存在两个点关于直线l：y＝kx＋4对称，求实数k的取值范围.
4.某城市决定在夹角为30°的两条道路EB，EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，｜AB｜＝2千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中点M，N在椭圆上，MN交OD于点G，∠MGD＝45°.
（1）若｜OE｜＝3千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；
（2）若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，游乐区域△OMN的面积最大？
第九节 圆锥曲线中的最值（范围）问题
1.解：（1）由题意及抛物线的定义得a＋＝6，
又因为点M（a，2）在抛物线C上，所以20＝2pa，
由可得或
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立消去y可得x2－2（p＋t）x＋t2＝0，
则x1＋x2＝2p＋2t，x1x2＝t2，
因为NA⊥NB，
所以·＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2
＝（x1－1）（x2－1）＋（t－x1）（t－x2）
＝2x1x2－（t＋1）（x1＋x2）＋t2＋1＝0，
所以2t2－（t＋1）（2p＋2t）＋t2＋1＝0，
可得2p＝，
由原点O到直线AB的距离不小于，可得≥，解得t≥2或t≤－2，
因为p＞0，所以t≤－2不成立，所以t≥2，
因为2p＝＝t＋1＋－4，且函数y＝t＋1＋－4在[2，＋∞）上单调递增，
所以2p≥＝，所以p≥，
即p的取值范围为［，＋∞）.
2.解：（1）由题意知，椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左焦点坐标为（－，0），
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为＋＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝，可得b＝＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意.
故设直线l的方程为y＝kx＋m（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程组可得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4（m2－1）＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以kOA＋kOB＝＋＝＝2k＋＝2k＋＝，
因为kOA＋kOB＝－，可得m2＝4k＋1，所以k≥－，
又由Δ＞0，可得16（4k2－m2＋1）＞0，所以4k2－4k＞0，解得k＜0或k＞1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是［－，0）∪（1，＋∞）.
3.解：（1）根据题意可得双曲线S的方程为－＝1（a＞0，b＞0）.
由直线y＝－x是渐近线，可得＝.
由｜｜2＋｜｜2＝｜｜2·｜｜2，
可得a2＋b2＝a2b2.
联立以上两式，解得a＝1，b＝，
所以双曲线S的方程为x2－＝1.
（2）当k＝0时，双曲线S上显然不存在两个点关于直线l：y＝kx＋4对称.
当k≠0时，设双曲线S上的两点M，N关于直线l：y＝kx＋4对称，
则l⊥MN且线段MN的中点在直线l上.
设直线MN的方程为y＝－x＋m，
联立
消去y得（3k2－1）x2＋2kmx－（m2＋3）k2＝0.
所以3k2－1≠0，Δ＝（2km）2＋4（3k2－1）（m2＋3）k2＞0，
则m2k2＋3k2－1＞0. ①
设线段MN的中点为D（x0，y0），
则x0＝（－）＝－，
y0＝－x0＋m＝.
因为点D（x0，y0）在直线l：y＝kx＋4上，
所以＝－＋4，则k2m＝3k2－1. ②
由①②可得（）2k2＋3k2－1＞0，
整理可得12k4－7k2＋1＞0，解得k2＞或k2＜.
所以k的取值范围是（－∞，－）∪（－，0）∪（0，）∪（，＋∞）.
4.解：（1）以点O为坐标原点，OD所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
设椭圆方程为＋＝1（a＞b＞0），
因为｜OE｜＝3，则E（0，3）.
又EB与EF的夹角为30°，
所以直线EF的方程为y＝－x＋3.
又因为｜AB｜＝2，则b＝1，
则椭圆方程为＋y2＝1.
为了不破坏道路EF，直线EF与椭圆至多只有一个交点，
联立方程组
则（1＋3a2）x2－6a2x＋8a2＝0.
由于直线EF与半椭圆至多只有一个交点，
则27a4－（1＋3a2）·8a2≤0.
又a＞0，则0＜a≤.
当a＝时，半椭圆与直线EF相切，
所以amax＝.
所以椭圆长半轴长的最大值为.
（2）设椭圆焦距为2c，由椭圆的离心率＝，
b＝1，解得a2＝4，
所以椭圆的方程为＋y2＝1（x≥0）.
设G（m，0），且∠MGD＝45°，
所以直线MN：x＝y＋m（0＜m＜2）.
由得5y2＋2my＋m2－4＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
则y1＋y2＝－m，y1y2＝，
则｜y1－y2｜＝＝＝，
则S△OMN＝·｜OG｜·｜y1－y2｜
＝m·
＝≤1，
当且仅当m＝时，△OMN的面积最大.
所以当线段OG＝千米时，游乐区域△MNP的面积最大.
1 / 1第九节 圆锥曲线中的最值（范围）问题
重点解读
圆锥曲线中的最值（范围）问题是高考中的一类常见题型，求圆锥曲线中的最值（范围）问题，常用的方法有几何法和代数法.
（1）几何法：利用圆锥曲线的定义结合对称的有关结论或平面几何中的有关结论求最值（范围）；
（2）代数法：用代数法求最值（范围）问题，常需要根据条件构造关于某个变量的不等式或函数表达式，然后解不等式或利用函数单调性求最值（范围）.
几何法求最值（范围）
（师生共研过关）
（1）已知F1，F2分别是双曲线－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点P是该双曲线上一点且在第一象限内，2sin∠PF1F2＝sin∠PF2F1，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A.（1，2） B.（1，3） C.（3，＋∞） D.（2，3）
（2）已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：（x－3）2＋（y－2）2＝1上任意一点，则｜MN｜－｜MF1｜的最小值为 .
听课记录 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.
已知过抛物线C：y2＝4x的焦点F且倾斜角为60°的直线交C于A，B两点（A在B的右边），P为C上一点，若5＝8，求｜PF｜＋｜PQ｜的最小值.
代数法求最值（范围）
（定向精析突破）
考向1 利用不等关系求最值（范围）
（2023·全国甲卷理20题）已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，｜AB｜＝4.
（1）求p；
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值.
解题技法
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.
考向2 利用基本不等式求最值（范围）
已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值.
解题技法
巧用基本不等式求最值的关键
利用基本不等式求最值时，关键在于将式子变形为两项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值.
考向3 利用函数性质求最值（范围）
已知点A1（－，0），A2（，0），直线PA1，PA2的斜率之积为－，设点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）若抛物线y2＝2px（p＞0）与曲线C交于点A，B，设M（－1，0），求△ABM面积最大时p的值.
解题技法
利用函数性质求最值（范围）的方法
根据已知条件设出自变量，构造目标函数，利用二次函数或导数等分析函数的单调性，从而确定最值（范围）.
如图所示，点A，B分别是椭圆＋＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.
（1）求点P的坐标；
（2）设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于｜MB｜，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值.
第九节 圆锥曲线中的最值（范围）问题
【考点·分类突破】
技法1
【例1】 （1）B （2）2－5
解析：（1）在△PF1F2中，由正弦定理知＝，因为2sin∠PF1F2＝sin∠PF2F1，所以2｜PF2｜＝｜PF1｜.由双曲线的定义知，｜PF1｜－｜PF2｜＝2a，所以｜PF1｜＝4a，｜PF2｜＝2a，因为｜PF1｜＋｜PF2｜＞｜F1F2｜，即4a＋2a＞2c，所以e＝＜3.又e＞1，所以e∈（1，3）.
（2）如图所示，由题意得｜MF1｜＋｜MF2｜＝4，｜MN｜≥｜ME｜－1，当且仅当M，N，E三点共线，且N在线段ME上时取等号，所以｜MN｜－｜MF1｜＝｜MN｜－（4－｜MF2｜）＝｜MN｜＋｜MF2｜－4≥｜ME｜＋｜MF2｜－5≥｜EF2｜－5，当且仅当M，N，E，F2共线，且M，N在线段EF2上时取等号，因为F2（1，0），E（3，2），所以｜EF2｜＝＝2，所以｜MN｜－｜MF1｜的最小值为2－5.
跟踪训练
解：由题意，得焦点F（1，0），
又因为直线的倾斜角为60°，得斜率k＝tan 60°＝，
故直线AB的方程为y＝（x－1），
联立整理得3x2－10x＋3＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），解得x1＝3，x2＝.
设Q（xQ，yQ），因为5＝8，所以5（x2－x1）＝8（x2－xQ），解得xQ＝2，
过点P作PH垂直准线于点H，根据抛物线的定义，得｜PF｜＋｜PQ｜＝｜PH｜＋｜PQ｜，
当Q，P，H三点共线且与x轴平行时，｜PF｜＋｜PQ｜有最小值，最小值为｜QH｜＝2＋1＝3，
所以｜PF｜＋｜PQ｜的最小值为3.
技法2
【例2】 解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞.
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
∴｜AB｜＝·
＝·＝4，解得p＝2或p＝－（舍去），
故p＝2.
（2）由（1）知，抛物线的焦点为F（1，0）.
由题意知直线MN的斜率不可能为0，
∴设MN的方程为x＝my＋t，M（x3，y3），N（x4，y4），
联立消去x得y2－4my－4t＝0，
∴Δ＝16m2＋16t＞0，即m2＋t＞0，
由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t，
∵·＝0，∴（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝0，
即（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝（my3＋t－1）（my4＋t－1）＋y3y4＝（m2＋1）y3y4＋m（t－1）（y3＋y4）＋（t－1）2＝（m2＋1）（－4t）＋m（t－1）·4m＋（t－1）2＝0，
即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，
即4m2＝t2－6t＋1.
设F到MN的距离为d，则d＝，
又｜MN｜＝｜y3－y4｜＝·＝·＝4·，
∴S△MFN＝｜MN｜·d＝×4··＝2·｜t－1｜＝·｜t－1｜＝｜t－1｜＝（t－1）2.
∵4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－2或t≥3＋2，
∴当且仅当t＝3－2时，S△MFN取得最小值12－8.
即△MFN面积的最小值为12－8.
【例3】 解：（1）设椭圆的半焦距为c，依题意知
∴c＝，b＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋m.
由已知＝，得m2＝（k2＋1）.
把y＝kx＋m代入椭圆方程并整理，得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4（3k2＋1）（3m2－3）＝36k2－12m2＋12＞0.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∴｜AB｜2＝（1＋k2）（x2－x1）2
＝（1＋k2）［－］
＝
＝
＝3＋＝3＋（k≠0）≤3＋＝4.
当且仅当9k2＝，即k＝±时等号成立，此时｜AB｜＝2.
当k＝0时，｜AB｜＝，综上所述｜AB｜max＝2.
∴当｜AB｜最大时，△AOB的面积取得最大值Smax＝×｜AB｜max×＝.
【例4】 解：（1）设点P的坐标为（x，y），显然y≠0.
由题意得·＝－，
化简得＋y2＝1（y≠0）.
（2）不妨设点A在第一象限，A（x1，y1），
则0＜x1＜，0＜y1＜1，B（x1，－y1），
△ABM的面积S△ABM＝（x1＋1）×2y1＝（x1＋1）y1.
因为点A在曲线C上，所以＋＝1，
所以S△ABM＝（x1＋1）.
令f（x）＝（x＋1），0＜x＜，
则f'（x）＝
＝，
由f'（x）＝0得x＝，当x∈（0，）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，）上单调递增，
当x∈（，）时，f'（x）＜0，f（x）在（，）上单调递减，
故当x＝时，f（x）有最大值，即当x1＝时，S△ABM有最大值，此时y1＝，抛物线过点（，），所以p＝.
跟踪训练
解：（1）由已知可得点A（－6，0），F（4，0），
设点P的坐标是（x1，y1），
则＝（x1＋6，y1），＝（x1－4，y1），
∵PA⊥PF，∴·＝0，
则
可得2＋9x1－18＝0，得x1＝或x1＝－6.
由于y1＞0，故x1＝，于是y1＝.
∴点P的坐标是（，）.
（2）由（1）可得直线AP的方程是x－y＋6＝0，
点B（6，0）.
设点M的坐标是（m，0），则点M到直线AP的距离是，于是＝｜m－6｜，
又－6≤m≤6，解得m＝2.
由椭圆上的点（x，y）到点M的距离为d，
得d2＝（x－2）2＋y2＝x2－4x＋4＋20－x2
＝（x－）2＋15，－6≤x≤6，
由f（x）＝（x－）2＋15的图象可知，
当x＝时，d取最小值，且最小值为.
2 / 2(共47张PPT)
第九节 圆锥曲线中的最值（范围）问题
高中总复习·数学
重点解读
圆锥曲线中的最值（范围）问题是高考中的一类常见题型，求圆锥曲
线中的最值（范围）问题，常用的方法有几何法和代数法.
（1）几何法：利用圆锥曲线的定义结合对称的有关结论或平面几何中的
有关结论求最值（范围）；
（2）代数法：用代数法求最值（范围）问题，常需要根据条件构造关于
某个变量的不等式或函数表达式，然后解不等式或利用函数单调性求最值
（范围）.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
几何法求最值（范围）（师生共研过关）
（1）已知F1，F2分别是双曲线 － ＝1（a＞0，b＞0）的左、右
焦点，点P是该双曲线上一点且在第一象限内，2 sin ∠PF1F2＝ sin
∠PF2F1，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A. （1，2） B. （1，3）
C. （3，＋∞） D. （2，3）
√
解析： 在△PF1F2中，由正弦定理知 ＝ ，因为2 sin
∠PF1F2＝ sin ∠PF2F1，所以2｜PF2｜＝｜PF1｜.由双曲线的定义
知，｜PF1｜－｜PF2｜＝2a，所以｜PF1｜＝4a，｜PF2｜＝2a，因
为｜PF1｜＋｜PF2｜＞｜F1F2｜，即4a＋2a＞2c，所以e＝ ＜3.又e＞
1，所以e∈（1，3）.
（2）已知椭圆C： ＋ ＝1的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上
任意一点，N为圆E：（x－3）2＋（y－2）2＝1上任意一点，则｜MN｜
－｜MF1｜的最小值为 .
2 －5
解析：如图所示，由题意得｜MF1｜＋｜
MF2｜＝4，｜MN｜≥｜ME｜－1，当且仅当
M，N，E三点共线，且N在线段ME上时取等
号，所以｜MN｜－｜MF1｜＝｜MN｜－（4
－｜MF2｜）＝｜MN｜＋｜MF2｜－4≥｜ME｜＋｜MF2｜－5≥｜EF2｜－5，当且仅当M，N，E，F2共线，且M，N在线段EF2上时取
等号，因为F2（1，0），E（3，2），所以｜EF2｜＝ ＝2 ，所以｜MN｜－｜MF1｜的最小值为2 －5.
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.
已知过抛物线C：y2＝4x的焦点F且倾斜角为60°的直线交C于A，B两
点（A在B的右边），P为C上一点，若5 ＝8 ，求｜PF｜＋｜
PQ｜的最小值.
解：由题意，得焦点F（1，0），
又因为直线的倾斜角为60°，得斜率k＝tan 60°＝ ，
故直线AB的方程为y＝ （x－1），
联立 整理得3x2－10x＋3＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），解得x1＝3，x2＝ .
设Q（xQ，yQ），因为5 ＝8 ，所以5（x2－x1）＝8（x2－xQ），解得xQ＝2，
过点P作PH垂直准线于点H，根据抛物线的定义，得｜PF｜＋｜PQ｜＝｜PH｜＋｜PQ｜，
当Q，P，H三点共线且与x轴平行时，｜PF｜＋｜PQ｜有最小值，最小值为｜QH｜＝2＋1＝3，所以｜PF｜＋｜PQ｜的最小值为3.
代数法求最值（范围）（定向精析突破）
考向1 利用不等关系求最值（范围）
（2023·全国甲卷理20题）已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝
2px（p＞0）交于A，B两点，｜AB｜＝4 .
（1）求p；
解： 设A（x1，y1），B（x2，y2），
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞ .
由根与系数的关系，
可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
∴｜AB｜＝ · ＝ · ＝
4 ，解得p＝2或p＝－ （舍去），故p＝2.
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且 · ＝0，求△MFN面
积的最小值.
解： 由（1）知，抛物线的焦点为F（1，0）.
由题意知直线MN的斜率不可能为0，
∴设MN的方程为x＝my＋t，M（x3，y3），N（x4，y4），
联立 消去x得y2－4my－4t＝0，
∴Δ＝16m2＋16t＞0，即m2＋t＞0，
由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t，
∵ · ＝0，∴（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝0，
即（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝（my3＋t－1）（my4＋t
－1）＋y3y4＝（m2＋1）y3y4＋m（t－1）（y3＋y4）
＋（t－1）2＝（m2＋1）（－4t）＋m（t－1）·4m＋（t－1）2＝0，
即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，
即4m2＝t2－6t＋1.
设F到MN的距离为d，则d＝ ，
又｜MN｜＝ ｜y3－y4｜＝
· ＝
· ＝4 · ，
∴S△MFN＝ ｜MN｜·d＝
×4 · · ＝2 ·｜t－1｜＝
·｜t－1｜＝ ｜t－1｜＝（t－1）2.
∵4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－2 或t≥3＋2 ，
∴当且仅当t＝3－2 时，S△MFN取得最小值12－8 .
即△MFN面积的最小值为12－8 .
解题技法
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.
考向2 利用基本不等式求最值（范围）
已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的离心率为 ，短轴一个端点
到右焦点的距离为 .
（1）求椭圆C的方程；
解： 设椭圆的半焦距为c，依题意知
∴c＝ ，b＝1，∴椭圆C的方程为 ＋y2＝1.
（2）设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的
距离为 ，求△AOB面积的最大值.
解： 设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋m.
由已知 ＝ ，得m2＝ （k2＋1）.
把y＝kx＋m代入椭圆方程并整理，得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4（3k2＋1）（3m2－3）＝36k2－12m2＋12＞0.
∴x1＋x2＝ ，x1x2＝ .
∴｜AB｜2＝（1＋k2）（x2－x1）2
＝（1＋k2）［ － ］
＝ ＝
＝3＋ ＝3＋ （k≠0）≤3＋ ＝4.
当且仅当9k2＝ ，即k＝± 时等号成立，此时｜AB｜＝2.
当k＝0时，｜AB｜＝ ，综上所述｜AB｜max＝2.
∴当｜AB｜最大时，△AOB的面积取得最大值Smax＝ ×｜AB｜max×
＝ .
解题技法
巧用基本不等式求最值的关键
利用基本不等式求最值时，关键在于将式子变形为两项和或积的形
式，然后用基本不等式求出最值.
考向3 利用函数性质求最值（范围）
已知点A1（－ ，0），A2（ ，0），直线PA1，PA2的斜率之积
为－ ，设点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
解： 设点P的坐标为（x，y），显然y≠0.
由题意得 · ＝－ ，
化简得 ＋y2＝1（y≠0）.
（2）若抛物线y2＝2px（p＞0）与曲线C交于点A，B，设M（－1，
0），求△ABM面积最大时p的值.
解： 不妨设点A在第一象限，A（x1，y1），
则0＜x1＜ ，0＜y1＜1，B（x1，－y1），△ABM的面积S△ABM＝ （x1
＋1）×2y1＝（x1＋1）y1.
因为点A在曲线C上，所以 ＋ ＝1，
所以S△ABM＝（x1＋1） .
令f（x）＝（x＋1） ，0＜x＜ ，
则f'（x）＝ ＝ ，
由f'（x）＝0得x＝ ，当x∈（0， ）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，
）上单调递增，当x∈（ ， ）时，f'（x）＜0，f（x）在（ ，
）上单调递减，
故当x＝ 时，f（x）有最大值，即当x1＝ 时，S△ABM有最大值，此时y1
＝ ，抛物线过点（ ， ），所以p＝ .
解题技法
利用函数性质求最值（范围）的方法
根据已知条件设出自变量，构造目标函数，利用二次函数或导数等分
析函数的单调性，从而确定最值（范围）.
如图所示，点A，B分别是椭圆 ＋ ＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆
的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.
（1）求点P的坐标；
解： 由已知可得点A（－6，0），F（4，0），
设点P的坐标是（x1，y1），
则 ＝（x1＋6，y1）， ＝（x1－4，y1），∵PA⊥PF，∴ · ＝0，
由于y1＞0，故x1＝ ，于是y1＝ .
∴点P的坐标是（ ， ）.
则
可得2 ＋9x1－18＝0，得x1＝ 或x1＝－6.
（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：由（1）可得直线AP的方程是x－ y＋6＝0，
点B（6，0）.
设点M的坐标是（m，0），则点M到直线AP的距离是 ，于是 ＝｜m－6｜，
又－6≤m≤6，解得m＝2.
由椭圆上的点（x，y）到点M的距离为d，
得d2＝（x－2）2＋y2＝x2－4x＋4＋20－ x2
＝ （x－ ）2＋15，－6≤x≤6，
由f（x）＝ （x－ ）2＋15的图象可知，
当x＝ 时，d取最小值，且最小值为 .
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M（a，2 ）在抛
物线C上.
（1）若｜MF｜＝6，求抛物线C的标准方程；
解： 由题意及抛物线的定义得a＋ ＝6，
又因为点M（a，2 ）在抛物线C上，所以20＝2pa，
由 可得 或
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
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（2）若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为（1，
0），且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于 ，求p的取值
范围.
解： 设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立 消去y可得x2－2（p＋t）x＋t2＝0，
则x1＋x2＝2p＋2t，x1x2＝t2，
因为NA⊥NB，
所以 · ＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2
＝（x1－1）（x2－1）＋（t－x1）（t－x2）
＝2x1x2－（t＋1）（x1＋x2）＋t2＋1＝0，
所以2t2－（t＋1）（2p＋2t）＋t2＋1＝0，
可得2p＝ ，
由原点O到直线AB的距离不小于 ，可得 ≥ ，解得t≥2或t≤
－2，
因为p＞0，所以t≤－2不成立，所以t≥2，
因为2p＝ ＝t＋1＋ －4，且函数y＝t＋1＋ －4在[2，＋∞）
上单调递增，
所以2p≥ ＝ ，
所以p≥ ，
即p的取值范围为［ ，＋∞）.
2. 已知F（ ，0）是椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的一个焦点，点
M（ ， ）在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程；
解： 由题意知，椭圆 ＋ ＝1（a＞b＞0）的左焦点坐标为（－
，0），
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为
＋ ＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝ ，可得b＝ ＝1，
所以椭圆C的方程为 ＋y2＝1.
（2）若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－ （O为坐标
原点），求直线l的斜率的取值范围.
解： 当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝
0，不符合题意.
故设直线l的方程为y＝kx＋m（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程组 可得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4（m2－1）＝0.
则x1＋x2＝ ，x1x2＝ ，
所以kOA＋kOB＝ ＋
＝
＝2k＋
＝2k＋ ＝ ，
因为kOA＋kOB＝－ ，可得m2＝4k＋1，
所以k≥－ ，
又由Δ＞0，可得16（4k2－m2＋1）＞0，所以4k2－4k＞0，解得k＜0或k
＞1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是［－ ，0）∪（1，＋∞）.
3. 已知实轴长为2a，虚轴长为2b的双曲线S的焦点在x轴上，直线y＝－
x是双曲线S的一条渐近线，且原点O，点A（a，0）和点B（0，－
b）使等式｜ ｜2＋｜ ｜2＝ ｜ ｜2·｜ ｜2成立.
（1）求双曲线S的方程；
解： 根据题意可得双曲线S的方程为 － ＝1（a＞0，b＞0）.
由直线y＝－ x是渐近线，可得 ＝ .
由｜ ｜2＋｜ ｜2＝ ｜ ｜2·｜ ｜2，
可得a2＋b2＝ a2b2.
联立以上两式，解得a＝1，b＝ ，
所以双曲线S的方程为x2－ ＝1.
（2）若双曲线S上存在两个点关于直线l：y＝kx＋4对称，求实数k的取
值范围.
解： 当k＝0时，双曲线S上显然不存在两个点关于直线l：y＝kx＋4
对称.
当k≠0时，设双曲线S上的两点M，N关于直线l：y＝kx＋4对称，
则l⊥MN且线段MN的中点在直线l上.
设直线MN的方程为y＝－ x＋m，联立
消去y得（3k2－1）x2＋2kmx－（m2＋3）k2＝0.
所以3k2－1≠0，Δ＝（2km）2＋4（3k2－1）（m2＋3）k2＞0，
则m2k2＋3k2－1＞0. ①
设线段MN的中点为D（x0，y0），
则x0＝ （－ ）＝－ ，
y0＝－ x0＋m＝ .
因为点D（x0，y0）在直线l：y＝kx＋4上，
所以 ＝－ ＋4，则k2m＝3k2－1. ②
由①②可得（ ）2k2＋3k2－1＞0，
整理可得12k4－7k2＋1＞0，解得k2＞ 或k2＜ .
所以k的取值范围是（－∞，－ ）∪（－ ，0）∪（0， ）∪（ ，＋
∞）.
4. 某城市决定在夹角为30°的两条道路EB，EF之间
建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，｜AB｜
＝2千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半
椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中点
M，N在椭圆上，MN交OD于点G，∠MGD＝45°.
（1）若｜OE｜＝3千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；
解： 以点O为坐标原点，OD所在直线为x轴建立平
面直角坐标系，
设椭圆方程为 ＋ ＝1（a＞b＞0），
因为｜OE｜＝3，则E（0，3）.
又EB与EF的夹角为30°，
所以直线EF的方程为y＝－ x＋3.
又因为｜AB｜＝2，则b＝1，
则椭圆方程为 ＋y2＝1.
为了不破坏道路EF，直线EF与椭圆至多只有一个交点，
联立方程组
则（1＋3a2）x2－6 a2x＋8a2＝0.
由于直线EF与半椭圆至多只有一个交点，
则27a4－（1＋3a2）·8a2≤0.
又a＞0，则0＜a≤ .
当a＝ 时，半椭圆与直线EF相切，
所以amax＝ .
所以椭圆长半轴长的最大值为 .
（2）若椭圆的离心率为 ，当线段OG长为何值时，游乐区域△OMN的
面积最大？
解： 设椭圆焦距为2c，由椭圆的离心率 ＝ ，
b＝1，解得a2＝4，
所以椭圆的方程为 ＋y2＝1（x≥0）.
设G（m，0），且∠MGD＝45°，
所以直线MN：x＝y＋m（0＜m＜2）.
由 得5y2＋2my＋m2－4＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
则y1＋y2＝－ m，y1y2＝ ，
则｜y1－y2｜＝
＝ ＝ ，
则S△OMN＝ ·｜OG｜·｜y1－y2｜
＝ m·
＝ ≤1，
当且仅当m＝ 时，△OMN的面积最大.
所以当线段OG＝ 千米时，游乐区域△MNP的面积最大.
THANKS
演示完毕 感谢观看
