专项3 最值、范围问题
例 (2023·全国甲卷改编)已知抛物线C：y2＝4x，设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值．
圆锥曲线中常见的最值问题的解法
(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关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，常用基本不等式法、配方法及导数法求解．训练1 (最值问题)(2025·临沂一模)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2是E的左、右焦点，且|F1F2|＝4，直线l1过点F1与E交于A，B两点．
(1)求E的方程；
(2)若|AB|＝2，求l1的方程；
(3)若直线l2过点F2与E交于C，D两点，且l1，l2的斜率乘积为－，M，N分别是线段AB，CD的中点，求△OMN面积的最大值．
训练2 (范围问题)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，其准线l与x轴交于点P，过点P的直线与抛物线C交于A，B两点(点A在点B的左侧).
(1)若A是线段PB的中点，求点A的坐标；
(2)若直线AF与抛物线C交于点D，记△BDP的内切圆的半径为r，求r的取值范围．
专项3 最值、范围问题
例 解
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，所以设MN的方程为x＝my＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立消去x得y2－4my－4t＝0，所以Δ＝16m2＋16t>0，即m2＋t>0，由根与系数的关系得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，因为·＝0，所以(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝0，即(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(my1＋t－1)(my2＋t－1)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(t－1)(y1＋y2)＋(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|＝|y1－y2|＝·＝·＝4·，所以S△MFN＝|MN|·d＝×4··＝2·|t－1|＝·|t－1|＝·|t－1|＝(t－1)2.因为4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－2或t≥3＋2，所以当且仅当t＝3－2时，S△MFN取得最小值12－8，即△MFN面积的最小值为12－8.
训练1 解 (1)因为|F1F2|＝4，所以2c＝4 c＝2，又因为该椭圆的离心率为，所以＝ a＝2 b2＝12－8＝4，所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)当直线l1的斜率为零时，此时方程为y＝0，此时x＝±2，显然此时|AB|＝4，不符合题意，故设直线l1的方程为x＝my－2，与椭圆方程联立，得 (m2＋3)y2－4my－4＝0，因为Δ＝(－4m)2＋16(m2＋3)>0，所以设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝，y1y2＝，由|AB|＝2 |y1－y2|＝2 ＝2 m2＝1 m＝±1，所以直线l1的方程为x－y＋2＝0，或x＋y＋2＝0.
(3)如图，由(2)可知：y1＋y2＝，所以x1＋x2＝my1－2＋my2－2＝，因此点M的坐标为(，)，设故设直线l2的方程为x＝ny＋2，与椭圆方程联立，得 (n2＋3)y2＋4ny－4＝0，因为Δ＝(4n)2＋16(n2＋3)>0，所以设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则有y3＋y4＝，x3＋x4＝ny3＋2＋ny4＋2＝，所以点N的坐标为，因为l1，l2的斜率乘积为－，所以·＝－ nm＝－3，因此点N的坐标为(，)，显然边MN与横轴平行，因此S△OMN＝××＝≤＝，即S△OMN≤，即|m|＝时，取等号，即当m＝±时取等号，所以△OMN面积的最大值为.
训练2 解 (1)由题意知P.设A(x0，y0)，由A是线段PB的中点，得B.又因为点A，B都在抛物线C上，所以解得所以点A的坐标为或.
(2)由题意知直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2).又点A在点B的左侧，则00，得－11.因为y＝，y＝，y＝在(1，＋∞)上均单调递减，所以y＝＋在(1，＋∞)上单调递减．所以r＝在(1，＋∞)上单调递增，所以r>＝－1.所以r的取值范围为(－1，＋∞).(共20张PPT)
专题五 平面解析几何
微专题17
圆锥曲线的综合问题
专题五 平面解析几何
专项3
最值、范围问题
解
解
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方法提炼
解
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解
个)y
y2=4x
M
F(1,0)
X
M
N
F
0
F2
X
B
D微练(二十八) 最值、范围问题
班级： 姓名：
1．(2025·十堰四调)已知点A，B在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，O为原点，且△OAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，斜边长为4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P在圆Q：x2＋(y＋4)2＝4上，过点P分别作直线l1，l2与抛物线C相切于M，N两点，求tan ∠MPN的取值范围．
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，A，F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，过F作斜率不为0的直线l交椭圆C于P，Q两点，且|AF|＝3.当直线l⊥x轴时，|PQ|＝3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，问k1k2是否为定值？并证明你的结论；
(3)设直线AP交y轴于点E，若过O点作直线AP的平行线OM交椭圆C于点M，求的最小值．
微练(二十八) 最值、范围问题
1．解 (1)由题意知，A，B两点关于y轴对称，设点B在y轴右侧，则xB＝yB＝2，即点B(2，2)，将点B的坐标代入抛物线方程可得4p＝4，解得p＝1，故抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)不妨设点N、M分别在第一、二象限，直线MN的方程为y＝mx＋n，设点M(x1<0)、N(x2>0)，联立得x2－2mx－2n＝0，Δ＝4m2＋8n>0，由根与系数的关系可得x1＋x2＝2m，x1x2＝－2n，由y＝得y′＝x，则直线PM的斜率为k1＝x1，所以直线PM的方程为y－＝x1(x－x1)，即y＝x1x－，同理可知，直线PN的斜率为k2＝x2，直线PN的方程为y＝x2x－，联立直线PM、PN的方程得x1x－＝x2x－，解得xP＝＝m，则yP＝x2·－＝＝－n，故点P(m，－n)，
因为点P在圆Q上，所以m2＋(－n＋4)2＝4，且2≤n≤6，Δ＝4m2＋8n>0显然成立，如图，过点P作x轴的垂线，垂足为点H，tan ∠MPH＝－＝－，tan ∠NPH＝＝，tan ∠MPN＝tan (∠MPH＋∠NPH)＝＝＝＝－＝－＝，令t＝2n－1，因为2≤n≤6，则3≤t≤11，≤≤，所以tan ∠MPN＝＝，令s＝∈，则函数y＝－29s2＋18s－1在区间上单调递增，在上单调递减，故当＝时，tan ∠MPN取最小值，且最小值为，当＝时，tan ∠MPN取最大值，且最大值为.因此，tan ∠MPN的取值范围是.
2．解 (1)设椭圆的右焦点为F(c，0)，c>0，由|AF|＝3，得a＋c＝3.当直线l⊥x轴时，P，Q的横坐标为c，将x＝c代入＋＝1中，得y＝±，则|PQ|＝＝3.联立a＋c＝3，＝3，a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝3，c2＝1.所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)k1k2＝－为定值．证明如下：显然直线PQ不与y轴垂直，可设PQ的方程为x＝my＋1，代入＋＝1，整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，显然Δ>0，由根与系数的关系得则x1＋x2＝(my1＋1)＋(my2＋1)＝m(y1＋y2)＋2＝，x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝.所以k1k2＝·＝＝＝－.所以k1k2为定值－.
(3)依题意知，直线AP的斜率存在且不为0，设直线AP的方程为y＝k(x＋2)，则直线OM的方程为y＝kx.联立直线AP与椭圆C的方程得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.由xA＝－2，可得xP＝.联立直线OM与椭圆C的方程得(3＋4k2)x2－12＝0，即x＝.＝＝＝＝＝＋≥2＝2，当且仅当＝，即k＝±时取等号．所以的最小值为2.(共13张PPT)
微练(二十八)
最值、范围问题
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