第2课时 最值、范围问题
类型一 最值问题
考向 ：几何法求最值
【例1】 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(1，2)．
(1)求过点M的抛物线C的切线方程；
(2)若A，B是抛物线C上异于M的两点，记直线MA，MB的斜率分别为k1，k2且k1＋k2＝3，求点M到直线AB距离的最大值．
利用几何法求解最值问题，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，解题时常用到两点间线段最短、点到直线的垂线段最短等结论．
【训练1】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且直线AM的斜率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点N为椭圆C上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
考向 ：函数法求最值
【例2】 已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(4，m)在抛物线E上，且△OMF的面积为p2(O为坐标原点)．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值．
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、基本不等式法及单调性法等．
【训练2】 已知椭圆M：＋＝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)求椭圆M的方程；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
类型二 范围问题
【例3】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A，B两点，P为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足＋＝t，其中t∈，求|AB|的取值范围．
圆锥曲线中取值范围问题的常用解法
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．利用已知或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．
【训练3】 (2025·陕西西安模拟)已知过点A(－4，0)的动直线l与抛物线G：x2＝2py(p>0)相交于B，C两点．
(1)当直线l的斜率是时，＝4，求抛物线G的方程；
(2)对(1)中的抛物线G，当直线l的斜率变化时，设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b，求b的取值范围．
第2课时 最值、范围问题
关键能力·落实
【例1】 解 (1)将M的坐标代入抛物线C的方程中，得p＝2，故抛物线C的标准方程为y2＝4x.
解法一：由题意知过点M的抛物线的切线的斜率一定存在且不为0，设过点M的抛物线的切线方程为y－2＝k(x－1)(k≠0)，将其代入y2＝4x，得ky2－4y－4(k－2)＝0，由Δ＝16[1＋(k－2)k]＝0，得k＝1，故过点M的抛物线C的切线方程为x－y＋1＝0.
解法二：当y>0时，由y2＝4x得y＝2，而y′＝，所以过点M(1,2)的抛物线C的切线的斜率为1，故过点M的抛物线C的切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.
(2)设A，B，则k1＝＝，同理k2＝，故k1＋k2＝＋＝＝3，化简得3y1y2＋2(y1＋y2)－4＝0.易知直线AB的斜率不为0，则可设直线AB的方程为x＝ty＋n，将其代入y2＝4x，得y2－4ty－4n＝0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4n，所以－12n＋8t－4＝0，即n＝t－，直线AB的方程为x＝t－，直线AB过定点Q.连接MQ，易知当MQ⊥AB时，点M到直线AB的距离最大，故点M到直线AB距离的最大值为|MQ|＝＝.
【训练1】 解 (1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝(x－2)，即x－2y＝－4.当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4.由椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2,3)，得＋＝1，解得b2＝12，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4)，如图所示，当直线与椭圆相切时，记与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．联立消去x，可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，由Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，得m2＝64，解得m＝±8，所以与AM距离比较远的直线的方程为x－2y＝8，又直线AM的方程为x－2y＝－4，所以点N到直线AM的距离d即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得d＝＝.由两点间的距离公式可得|AM|＝＝3，所以△AMN的面积的最大值为d·|AM|＝×3×＝18.
【例2】 解 (1)由题意可得解得p＝2.故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1,0)，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，联立消去x得y2－4ty－4＝0.所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.由AC垂直于l，得直线AC的方程为y－y1＝－t(x－x1)，联立消去x得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0.所以y1＋y3＝－，y1y3＝.所以|AC|＝＝＝＝＝·|ty1＋2|＝·(ty1＋2)．同理可得|BD|＝·(ty2＋2)，所以|AC|＋|BD|＝·[t(y1＋y2)＋4]＝(t2＋1)＝8，令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝，x>0，所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝2时，f(x)取得最小值，即当t＝±时，|AC|＋|BD|取得最小值为12.
【训练2】 解 (1)因为F(－1,0)为椭圆M的焦点，所以c＝1.又b＝，所以a＝2.所以椭圆M的方程为＋＝1.
(2)解法一：当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，此时△ABD与△ABC的面积相等，即|S1－S2|＝0.当直线l的斜率存在时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆M的方程联立，消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0恒成立，且x1＋x2＝－，此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝＝≤＝，所以|S1－S2|的最大值为.
解法二：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线l的方程为x＝my－1，与椭圆M的方程联立，消去x，得(3m2＋4) y2－6my－9＝0，Δ>0恒成立，且y1＋y2＝，故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝＝≤＝，当且仅当m＝±时取等号，所以|S1－S2|的最大值为.
【例3】 解 (1)依题意得解得所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x－2)．由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，所以Δ＝8(1－2k2)>0，解得k2<.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝－.由＋＝t，得P，代入椭圆C的方程得t2＝.由【训练3】 解 (1)如图所示，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，当直线l的斜率是时，l的方程为y＝(x＋4)，即x＝2y－4，联立消去x并整理得2y2－(8＋p)y＋8＝0，所以Δ＝(8＋p)2－64>0，y1＋y2＝4＋，y1y2＝4，又＝4，所以y2＝4y1，又p>0，解得y1＝1，y2＝4，p＝2，则抛物线G的方程为x2＝4y.
(2)由题意知直线l的斜率存在，设l：y＝k(x＋4)，BC的中点坐标为(x0，y0)，联立消去y并整理得x2－4kx－16k＝0，Δ＝16k2＋64k>0得k>0或k<－4，所以x1＋x2＝4k，所以x0＝＝2k，y0＝k(x0＋4)＝2k2＋4k，所以线段BC的中垂线方程为y－2k2－4k＝－(x－2k)，所以线段BC的中垂线在y轴上的截距b＝2k2＋4k＋2＝2(k＋1)2，所以b>2，所以b的取值范围为(2，＋∞)．(共27张PPT)
第八节
第八章 平面解析几何
圆锥曲线的综合应用
第2课时
第八章 平面解析几何
最值、范围问题
关键能力/落实
第一部分
——考向探究
类型一
最值问题
解
解
解
解
解
解
解
解
解
解
解
解
解
解
类型二
范围问题
解
解
解
解
解
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R
赢在欲点
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在567元
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X微练(七十四) 最值、范围问题
1．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．
2．(2025·福建质量检测)在直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F的直线l与C交于M，N两点，且当l的斜率为1时，|MN|＝8.
(1)求C的方程；
(2)设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q(异于原点)．记线段MN的中点为R，若|QR|≤3，求△MNQ面积的取值范围．
3．(2025·南宁模拟)已知点F(2,0)和圆C：(x＋2)2＋y2＝36，M为圆C上的一动点，线段MF的垂直平分线与线段MC相交于点S，记点S的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)已知点N(0,1)，若曲线E与x轴的左、右交点分别为A，B，过点T(1,0)的直线l与曲线E交于P，Q两点，直线AP，BQ相交于点D，问：是否存在一点D，使得|DM|＋|DN|取得最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
4．(2025·烟台诊断)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)经过点A(－2,0)，离心率为，直线l过点D(3,0)且与双曲线C交于P，Q两点(异于点A)．
(1)求证：直线AP与直线AQ的斜率之积为定值，并求出该定值；
(2)过点D分别作直线AP，AQ的垂线，垂足分别为M，N，记△ADM，△ADN的面积分别为S1，S2，求S1·S2的最大值．
微练(七十四) 最值、范围问题
1．解 (1)由题意知，椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为(－，0)，根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为＋＝4，即2a＝4，所以a＝2，又因为c＝，可得b＝＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在或斜率为0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＋＝，由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∪(1，＋∞)．
2．解 (1)由题意知l的斜率不为0.设l的方程为x＝my＋，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立消去x得y2－2mpy－p2＝0，所以y1＋y2＝2mp，y1y2＝－p2，则|MN|＝x1＋x2＋p＝m(y1＋y2)＋2p＝2p(m2＋1)，所以由题可知当m＝1时，|MN|＝8，所以p＝2，所以C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知yR＝＝2m，将R的纵坐标2m代入x＝my＋1，得R(2m2＋1,2m)，易知C的准线方程为x＝－1，因为l与C的准线交于点P，所以P，则直线OP的方程为x＝y，联立消去x得y2＝2my，则yQ＝2m，所以Q(m2，2m)，所以Q，R的纵坐标相等，所以直线QR∥x轴，所以|QR|＝|2m2＋1－m2|＝m2＋1，由(1)知y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，则|y1－y2|＝4，所以S△MNQ＝S△QRM＋S△QRN＝|QR||y1－y2|＝2(m2＋1)·＝2|QR|，因为点Q异于原点，所以m≠0，所以2|QR|>2，又因为|QR|≤3，所以2<2|QR|≤6，即S△MNQ∈(2,6]．
3．解 (1)连接SF，由题意可得|SC|＋|SF|＝|SC|＋|SM|＝|MC|＝6>|FC|＝4，所以点S的轨迹是分别以C，F为左、右焦点的椭圆．设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，半焦距为c，则a＝3，c＝2，又a2＝b2＋c2，所以b＝，故曲线E的方程为＋＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率不为0，故可设直线l的方程为x＝my＋1，由消去x得(5m2＋9)y2＋10my－40＝0，显然Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，所以m＝.由(1)知，A(－3,0)，B(3,0)，所以直线AP的方程为y＝(x＋3)，直线BQ的方程为y＝(x－3)，设D(x0，y0)，因为直线AP，BQ相交于点D，所以y0＝(x0＋3)，y0＝(x0－3)，消去y0得，＝＝＝＝2，解得x0＝9，即点D在直线x＝9上．而N(0,1)关于直线x＝9对称的点N′(18,1)且C(－2,0)，连接CN′，DN′，MN′，则|DM|＋|DN|＝|DM|＋|DN′|≥|MN′|≥|CN′|－6＝－6＝－6，当且仅当C，D，M，N′四点共线时，等号同时成立．|DM|＋|DN|的最小值为－6.所以存在点D，使得|DM|＋|DN|取得最小值，且最小值为－6.
4．解 (1)令双曲线的半焦距为c，依题意，a＝2，＝，又c2＝a2＋b2，解得b＝4，则双曲线C的方程为－＝1，显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x＝my＋3，联立消去x并整理得(4m2－1)y2＋24my＋20＝0，则设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，x1x2＝(my1＋3)(my2＋3)＝m2y1y2＋3m(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋6，直线AP，AQ的斜率分别为kAP，kAQ，所以kAPkAQ＝·＝＝＝＝－，所以直线AP与直线AQ的斜率之积为定值－.
(2)设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，则直线DM的方程为y＝－(x－3)，联立得点M的纵坐标yM＝，用－替换上式中的k得点N的纵坐标yN＝，则S1·S2＝|yMyN|＝＝，而25k2＋≥2＝40，当且仅当k＝±时取等号，因此，S1·S2≤，所以S1·S2的最大值为.(共17张PPT)
最值、范围问题
微练(七十四)
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