专题突破　专题五　第4讲　范围与最值问题 学案

第4讲　范围与最值问题
　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　
1.(2025·全国Ⅰ卷，T18)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，|AB|=.
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|=3.
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值.
2.(2023·全国甲卷，理T20)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，·=0，求△MFN面积的最小值.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，主要以解答题的形式进行考查.分值约为13~17分.
考查方向：
考查重点是最值与范围问题，主要考查长度、周长、面积、角度、斜率、向量等相关的最值(范围)问题.
1.解　(1)由题意可知，A(0，-b)，B(a，0)，所以解得
故C的方程为+y2=1.
(2)(ⅰ)设R(x0，y0)，易知m≠0，
方法一　所以kAP=，kAR=，
故=，且mx0>0.
因为A(0，-1)，|AP|·|AR|=3，所以×=3，
即x0m=3，解得x0=，所以y0=，
所以R的坐标为.
方法二　设=λ，λ>0，则||=λ||，又=(m，n+1)，所以|AP|·|AR|=λ||2=3，
即λ=3，所以λ=，所以=λ=λ(m，n+1)=，又A(0，-1)，故R的坐标为.
(ⅱ)因为kOR==，kOP=，由kOR=3kOP，可得
=，化简得m2+n2+8n-2=0，即m2+(n+4)2=18(m≠0)，
所以点P在以N(0，-4)为圆心，3为半径的圆上(除去与y轴的交点)，
|PQ|max为点Q到圆心N的距离加上半径，
方法一　设Q(xQ，yQ)，则+=1，即=9-9，
所以|QN|2=+=9-9++8yQ+16=-8+8yQ+25
=-8+27≤27，当且仅当yQ=，即Q时取等号，
故|PQ|max=+3=3(+).
方法二　设Q(3cos θ，sin θ)，所以
|QN|2=(3cos θ)2+(sin θ+4)2=9cos2θ+sin2θ+8sin θ+16
=9(1-sin2θ)+sin2θ+8sin θ+16
=-8sin2θ+8sin θ+25
=-8+27≤27，当且仅当sin θ=，即Q时取等号，
所以|PQ|max=+3=3(+).
2.解　(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由可得y2-4py+2p=0，
所以yA+yB=4p，yAyB=2p，
所以|AB|=×=4，
即2p2-p-6=0，解得p=2(负值舍去).
(2)由(1)知y2=4x，
所以焦点F(1，0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x=my+n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由可得y2-4my-4n=0，
所以y1+y2=4m，y1y2=-4n，
Δ=16m2+16n>0 m2+n>0，
因为·=0，=(x1-1，y1)，=(x2-1，y2)，
所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0，
即(my1+n-1)(my2+n-1)+y1y2=0，
即(m2+1)y1y2+m(n-1)(y1+y2)+(n-1)2=0，
将y1+y2=4m，y1y2=-4n代入得，
4m2=n2-6n+1，
所以4(m2+n)=(n-1)2>0，
所以n≠1，且n2-6n+1≥0，
解得n≥3+2或n≤3-2.
设点F到直线MN的距离为d，
所以d=，
|MN|=
=
=
=2|n-1|，
所以△MFN的面积
S=×|MN|×d=×2|n-1|×=(n-1)2，
而n≥3+2或n≤3-2，
所以当n=3-2时，△MFN的面积最小，为Smin=(2-2)2=12-8=4(3-2).
考点一　最值问题
例1　(2025·黄山模拟)平面内，动点M(x，y)与定点F(，0)的距离和M到定直线l：x=的距离的比值是常数，记动点M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)O为坐标原点，A，B为曲线E上不同两点，经过A，B两点的直线与圆x2+y2=1相切，求△OAB面积的最大值.
解　(1)依题意，可得=，
化简得x2+4y2=4，
即曲线E的方程为+y2=1.
(2)依题意，直线AB的斜率不可能是0，
不妨设其方程为x=my+t，
则圆x2+y2=1的圆心O(0，0)到直线x=my+t的距离d==1，即m2+1=t2， ①
由
消去x，可得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0，
由Δ=4m2t2-4(m2+4)(t2-4)>0，
可得m2-t2+4>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
则|AB|=·
=·
=·，
将①式代入，化简得|AB|=，
S△OAB=×|AB|×d=2·，
设λ=m2+1，则λ≥1，
S△OAB=2·=2·，
因为λ+≥2=6，当且仅当λ=3时取等号，此时m=±， △OAB的面积的最大值为2×=1.
[规律方法]　圆锥曲线中的最值问题，常见的方法有
(1)函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围.求函数的最值时，一般会用到配方法、基本不等式或者函数的单调性.
(2)方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出目标量的不等关系，再求出目标量的最值.
(3)不变量法：在平面几何中有一些不变量的最值结果，在求最值时，可以考虑观察图形的几何特点，判断某个特殊位置满足的最值条件，然后再证明.
跟踪演练1　已知O为坐标原点，F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，M是C上一点，且|MF|=|MO|=.
(1)求C的方程；
(2)A，B是C上两点(A，B异于点O)，以AB为直径的圆过点O，Q为AB的中点，求直线OQ斜率的最大值.
解　(1)由抛物线的定义可知F.
因为|MF|=|MO|，所以xM=.
因为|MF|=，所以+=，解得p=2，故C的方程为y2=4x.
(2)由题意知直线AB的斜率不为0，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，其方程为x=my+t，
联立
得y2-4my-4t=0，Δ=16(m2+t)>0，
则yA+yB=4m，yAyB=-4t，
因为以AB为直径的圆过点O，所以OA⊥OB，即·=0，则xAxB+yAyB=0，
即·+yAyB=0，又yAyB≠0，
解得yAyB=-16=-4t，所以t=4.
又xA+xB=m(yA+yB)+8=4m2+8，所以Q(2m2+4，2m)，
当m=0时，kOQ=0；
当m≠0时，kOQ===∈∪.
故直线OQ斜率的最大值为.
考点二　范围问题
例2　(2025·海口模拟)设A，B两点的坐标分别为(-1，0)，(1，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为3.
(1)求点M的轨迹方程C；
(2)若直线l与C交于P，Q两点，且·=0(点O为坐标原点)，求|PQ|的取值范围.
解　(1)设点M(x，y)，x≠±1，则kAM=，kBM=，
所以×=3，化简得x2-=1，
所以点M的轨迹方程为x2-=1(x≠±1).
(2)当直线l的斜率不存在时，可设P(xP，yP)，Q(xP，-yP)，
则=(xP，yP)，=(xP，-yP)，
将其代入双曲线方程得-=1，
又·=-=0，解得yP=±，此时|PQ|=2|yP|=；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，则3-k2≠0，Δ=12(m2-k2+3)>0.
由根与系数的关系得x1+x2=，x1x2=.
则·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·+km·+m2=0，
化简得3k2+3=2m2，此时Δ=6(k2+9)>0，
所以|PQ|=·
=·
=·
=·=·，
当k=0时，此时|PQ|=；
当k≠0时，此时|PQ|=·，
因为3-k2≠0，
所以k2+>2=6，故>0，
因此|PQ|=·>.
综上可得|PQ|≥，故|PQ|的取值范围为[，+∞).
[规律方法]　圆锥曲线中的范围问题的思路就是选用一个合适的变量(这个变量能够表达要解决的问题)建立目标函数或不等关系，然后求解.求解范围问题一定要牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”.不等式的来源可以是圆锥曲线的有界性、题目条件中某个量的范围等.
跟踪演练2　我们把由半椭圆+=1(x≥0)与半椭圆+=1(x≤0)合成的曲线称作“果圆”，其中a2=b2+c2，a>b>c>0.如图，点F0，F1，F2分别是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2分别是“果圆”与x轴、y轴的交点.
(1)若△F0F1F2是边长为 1 的等边三角形，求 “果圆” 的方程；
(2)在(1)的条件下，P为半椭圆+=1(x≤0)上任意一点，M点的坐标为(1，0)，求|PF0|+|PF1|的最大值以及|PM|的最小值；
(3)当 |A1A2|>|B1B2| 时，求的取值范围.
解　(1)因为△F0F1F2是边长为1的等边三角形，
所以c=，a2-b2=，
b2-c2=，
所以b2=1，a2=，
故“果圆”的方程为+y2=1(x≥0)，
y2+=1(x≤0).
(2)由(1)可知，F0，
F1，F2，
设P(x0，y0)，
满足+=1(x≤0)，
则|PM|==，
因为-≤x0≤0，由二次函数的性质易知，当x0=0时，|PM|取得最小值，
即|PM|min=.
因为|PF2|+|PF1|=2，
所以|PF0|+|PF1|=2+|PF0|-|PF2|≤2+|F0F2|，
当且仅当P，F0，F2三点共线，且F2在P，F0之间时取等号，
又|F0F2|=1，所以|PF0|+|PF1|≤2+|F0F2|=3，即|PF0|+|PF1|的最大值为3.
(3)因为a2=b2+c2，a>b>c>0，因此a2<2b2 >，
因为|A1A2|>|B1B2|，所以a+c>2b，即c>2b-a，即>2b-a，
因为a0，
所以a2-b2>(2b-a)2=4b2-4ab+a2，化简得<，
所以的取值范围为.
专题强化练
[分值：51分]
1.(17分)(2025·贵州适应性考试)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，且经过点P(2，)，其左、右焦点分别为F1，F2.
(1)求C的方程.(5分)
(2)设过F1的直线l与C交于A，B两点，且|AB|=.
①求直线l的斜率；(6分)
②设M为C上异于A，B的动点，求△MAB面积的最大值.(6分)
解　(1)由题意得
解得a2=8，b2=6，c=，
所以C的方程为+=1.
(2)①由(1)得点F1(-，0)，
若直线l与x轴重合，则|AB|=2a=4，不符合题意；
设直线l的方程为x=my-，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
得(3m2+4)y2-6my-18=0，
则Δ=72m2+72(3m2+4)=288(m2+1)>0，
y1+y2=，y1y2=.
所以|AB|==·
==，可得m2=1，即m=±1.
所以直线l的斜率为±1.
②由①知直线AB的方程为x=±y-，根据对称性，只需考虑其中一种情况即可.
不妨取直线AB的方程为x-y+=0.
方法一　由题意，当过点M的直线与直线AB平行，F2在两直线之间，且与椭圆相切时，点M到直线AB的距离最大，即△MAB的面积最大.
设其直线方程为x-y+t=0(t≠)，
联立
得7x2+8tx+4t2-24=0，
则Δ=64t2-28(4t2-24)=0，
即t2=14，易知t=-符合题意，
直线方程为x-y-=0，
点M到直线AB距离的最大值dmax==+1.
故△MAB面积的最大值Smax=|AB|dmax=××(+1)=.
方法二　因为M在C上，故可设M(2cos α，sin α)，
则点M到直线AB的距离为
d=
=
=|sin α-2cos α-1|=|sin(α-φ)-1|，
其中φ为锐角，且tan φ=，
所以当sin(α-φ)=-1时，点M到直线AB的距离取得最大值为dmax=+1.
故△MAB面积的最大值为Smax=|AB|dmax=××(+1)=.
2.(17分)(2025·河南H20联盟联考)已知动圆过定点P(2，0)，且在y轴上截得的弦长为4.动圆圆心的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；(5分)
(2)设过点F(1，0)的直线交曲线E于A，B两点，过点M(-1，0)的直线MA与E的另一个交点为C，点A在M与C之间.
①证明：线段BC垂直于x轴；(6分)
②记△FBC的面积为S1，△MFC的面积为S2，求5S2-S1的取值范围.(6分)
(1)解　由题意，动圆过定点P(2，0)，
当圆心不在y轴上时，设圆心T(x，y)(x≠0)，弦的中点为R(0，y)，连接RT(图略)，
则由圆的性质得|PT|2=|RT|2+22，
∴(x-2)2+y2=x2+4，
整理得y2=4x(x≠0).
当圆心在y轴上时，易得圆心坐标为(0，0)，也满足上式，
∴曲线E的方程为y2=4x.
(2)①证明　∵直线AB的斜率不为0，
故设直线AB的方程为x=ty+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立可得y2-4ty-4=0，
Δ=16(t2+1)>0，
则y1+y2=4t，y1y2=-4，
kMA+kMB=+=+
===0.
故∠BMF=∠CMF，
故直线BM与直线CM关于x轴对称，即点B与点C关于x轴对称，
∴线段BC垂直于x轴.
②解　由①可知C(x2，-y2)，如图，由对称性，不妨设y2>0，
∵点A在M与C之间，∴x2>1，y2>2，
S1=×2y2×(x2-1)=(x2-1)y2=-y2，
S2=×2y2=y2，
则5S2-S1=6y2-，
令f(y)=6y-(y>2)，
则f'(y)=6-=(8-y2)，
令f'(y)>0，则2令f'(y)<0，则y>2.
则f(y)在(2，2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，
f(y)max=f(2)=8，当y→+∞时，f(y)→-∞.
∴5S2-S1的取值范围为(-∞，8].
(共17分)
3.(17分)(2025·郴州模拟)已知双曲线E：-=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，过F2的直线l与双曲线E交于P，Q两点，当直线l垂直于x轴时，△PQF1的周长为16.
(1)求双曲线E的标准方程；(5分)
(2)与x轴不重合的直线l'过点N(x0，0)(x0≠0)，双曲线E上存在两点A，B关于l'对称，且AB的中点M的横坐标为x'0.
①若x0=λx'0，求实数λ的值；(5分)
②若A，B为双曲线E右支上两个不同的点，l'过点C(0，4)，求∠ACB的取值范围.(7分)
解　(1)因为当直线l 垂直于x轴时，将x=c代入-=1(a>0，b>0)，得y=± ，
所以|PF2|=|QF2|=，
所以|PF1|=|QF1|=+2a ，
因为双曲线E的离心率为2，△PQF1的周长为16，
所以解得
所以双曲线E的标准方程为x2-=1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x'0，y'0) ，
①因为A，B两点在双曲线E上，所以
两式相减得-=- ，
得(x1-x2)(x1+x2)=，
即·=3，
所以kOM·kAB=3(O为坐标原点)， 即y'0≠0，
因为l'是AB的垂直平分线，所以kl'·kAB=-1，
所以kOM=-3kl' ，
即=-3，化简得x0=4x'0 ，故 λ=4.
②由题意可知直线AB的斜率k存在且k≠0，k≠±，
设直线AB的方程为y=kx+m，
由
消去y并整理得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，
则3-k2≠0，Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)=12(3+m2-k2)>0，
即m2+3-k2>0，x1+x2=，
x1x2=-，
y1+y2=k(x1+x2)+2m=k·+2m=，
于是M 点的坐标为，
kMC==.
易知kMC·kAB=-1，
所以 =- ，解得m=3-k2 ，
代入m2+3-k2>0，得+(3-k2)=(3-k2)(4-k2)>0，
得k2<3或k2>4，
由A，B在双曲线E的右支上得，x1x2=->0，得3-k2<0，即k2>3，
且x1+x2==2k>0，即k>0，
综上，k>2.
又|CM|==，
所以tan∠ACM==
=×2==.
因为k>2，所以3-k2<-1，
故-3<<0，所以∈(0，)，
所以∠ACM∈，
所以∠ACB=2∠ACM∈，故∠ACB的取值范围是.