重難專攻（八）圓錐曲線中的最值（范圍）問題圓錐曲線中的最值（范圍）問題常用的求解方法有三種：（1）不等關(guān)系法：根據(jù)題意建立含參數(shù)的不等式，通過解不等式求最值（范圍）；（2）基本不等式法：根據(jù)題意將式子變形為兩項和或積的形式，利用基本不等式求最值（范圍）；（3）函數(shù)法：用其他變量表示該參數(shù)，建立函數(shù)關(guān)系，利用函數(shù)單調(diào)性求最值（范圍）.利用不等關(guān)系求最值（范圍）【例1】（2023·全國甲卷20題）已知直線x－2y＋1＝0與拋物線C：y2＝2px（p＞0）交于A，B兩點，｜AB｜＝415.（1）求p；（2）設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，且FM·FN＝0，求△MFN面積的最小值.解：（1）設(shè)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＞12由根與系數(shù)的關(guān)系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，∴｜AB｜＝1+1（12）2·（y1＋y2）2－4y1y2＝5·16（2）由（1）知，拋物線的焦點為F（1，0）.由題意知直線MN的斜率不可能為0，∴設(shè)MN的方程為x＝my＋t，M（x3，y3），N（x4，y4），聯(lián)立x＝my＋t，y2=4x，消去x得y∴Δ＝16m2＋16t＞0，即m2＋t＞0，由根與系數(shù)的關(guān)系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t，∵FM·FN＝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.設(shè)F到MN的距離為d，則d＝｜t又｜MN｜＝1+m2｜y3－y4｜＝1+m2·（y3＋y4）∴S△MFN＝12｜MN｜·d＝12×41+m2·m2＋t·｜t－1｜1+m2＝2m2＋t·｜t－1｜＝4m∵4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－22或t≥3＋22，∴當(dāng)且僅當(dāng)t＝3－22時，S△MFN取得最小值12－82.即△MFN面積的最小值為12－82.解題技法尋找不等關(guān)系的突破口（1）利用判別式來構(gòu)造不等式，從而確定所求范圍；（2）利用已知參數(shù)的取值范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立相等關(guān)系；（3）利用隱含的不等關(guān)系，從而求出所求范圍；（4）利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出所求范圍；（5）利用函數(shù)值域的求法，確定所求范圍.已知橢圓的一個頂點A（0，－1），焦點在x軸上，離心率為32（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線y＝kx＋m（k≠0）與橢圓交于不同的兩點M，N.當(dāng)｜AM｜＝｜AN｜時，求m的取值范圍.解：（1）由焦點在x軸上，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2＋y2b2＝1（聯(lián)立b=1，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24＋y2（2）設(shè)P（x0，y0）為弦MN的中點，M（x1，y1），N（x2，y2）.聯(lián)立y＝kx＋m，x24＋y2=1，得（4k2＋1）x2Δ＝（8km）2－16（4k2＋1）（m2－1）＞0，所以m2＜1＋4k2.①則x1＋x2＝－8km4k2+1，x所以x0＝x1＋x22＝－4km4k2+1，所以kAP＝y(tǒng)0+1x又｜AM｜＝｜AN｜，所以AP⊥MN，則－m+1+4k24km＝－1k，即3m＝4把②代入①得m2＜3m，解得0＜m＜3.由②得k2＝3m－14＞0，解得綜上可知，m的取值范圍為（13，利用基本不等式求最值（范圍）【例2】已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)斜率存在的直線l與橢圓C交于A，B兩點，坐標(biāo)原點O到直線l的距離為32，求△AOB面積的最大值解：（1）設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意知c∴c＝2，b＝1，∴橢圓C的方程為x23＋y2（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線AB的方程為y＝kx＋m.由已知｜m｜1+k2＝32，得m2＝34把y＝kx＋m代入橢圓方程并整理，得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0.Δ＝36k2m2－4（3k2＋1）（3m2－3）＝36k2－12m2＋12＞0.∴x1＋x2＝－6km3k2+1，x∴｜AB｜2＝（1＋k2）（x2－x1）2＝（1＋k2）［36k2m＝12（k＝3＋12k29k4+6k2+1＝3＋129k當(dāng)且僅當(dāng)9k2＝1k2，即k＝±3當(dāng)k＝0時，｜AB｜＝3，綜上所述｜AB｜max＝2.∴當(dāng)｜AB｜最大時，△AOB的面積取得最大值Smax＝12×｜AB｜max×32＝解題技法巧用基本不等式求最值的關(guān)鍵利用基本不等式求最值時，關(guān)鍵在于將式子變形為兩項和或積的形式，然后用基本不等式求出最值.（2022·全國甲卷20題）設(shè)拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，點D（p，0），過F的直線交C于M，N兩點.當(dāng)直線MD垂直于x軸時，｜MF｜＝3.（1）求C的方程；（2）設(shè)直線MD，ND與C的另一個交點分別為A，B，記直線MN，AB的傾斜角分別為α，β.當(dāng)α－β取得最大值時，求直線AB的方程.解：（1）當(dāng)MD⊥x軸時，有｜MF｜＝p2＋p＝3，得p＝2所以拋物線C的方程為y2＝4x.（2）如圖，根據(jù)（1）知F（1，0），D（2，0）.當(dāng)MN⊥x軸時，易得α＝β＝π2，此時α－β＝當(dāng)MN的斜率存在時，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），則直線MN的方程為y－y1＝y(tǒng)1－y2x1即y－y1＝y(tǒng)1－y2y124－y224（即y（y1＋y2）－y1（y1＋y2）＝4（x－x1），所以直線MN的方程為y（y1＋y2）－y1y2＝4x.同理可得，直線AM的方程為y（y3＋y1）－y3y1＝4x，直線BN的方程為y（y4＋y2）－y4y2＝4x，直線AB的方程為y（y4＋y3）－y4y3＝4x.因為F（1，0）在MN上，所以y1y2＝－4.因為D（2，0）在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，所以y3＝－8y1，y4＝－所以y3＋y4＝－8y1－8y2＝－8（y1＋y2）y1y2＝－8（y1＋y所以直線AB的方程y（y4＋y3）－y4y3＝4x可化為（y1＋y2）y＋8＝2x，所以tanα＝4y2＋y1所以tan（α－β）＝2y2＋y11+8當(dāng)y2＋y1＜0時，tan（α－β）＜0，所以不符合題意.當(dāng)y2＋y1＞0時，（y2＋y1）＋8y2＋ytan（α－β）≤2×142＝當(dāng)且僅當(dāng)y2＋y1＝8y2＋y1，即y2＋y1此時α－β取得最大值，直線AB的方程為x－2y－4＝0.利用函數(shù)性質(zhì)求最值（范圍）【例3】已知點A1（－6，0），A2（6，0），直線PA1，PA2的斜率之積為－16，設(shè)點P的軌跡為曲線C（1）求曲線C的方程；（2）若拋物線y2＝2px（p＞0）與曲線C交于點A，B，設(shè)M（－1，0），求△ABM面積最大時p的值.解：（1）設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，y），顯然y≠0.由題意得yx＋6·y化簡得x26＋y2＝1（y≠0（2）不妨設(shè)點A在第一象限，A（x1，y1），則0＜x1＜6，0＜y1＜1，B（x1，－y1），△ABM的面積S△ABM＝12（x1＋1）×2y1＝（x1＋1）y1因為點A在曲線C上，所以x126＋y所以S△ABM＝（x1＋1）1－令f（x）＝（x＋1）1－x26，0＜則f'（x）＝－16（由f'（x）＝0得x＝32，當(dāng)x∈（0，32）時，f'（x）＞0，f（x）在（0，32當(dāng)x∈（32，6）時，f'（x）＜0，f（x）在（32，6）故當(dāng)x＝32時，f（x）有最大值，即當(dāng)x1＝32時，S△ABM有最大值，此時y1＝104，拋物線過點（32，104），解題技法利用函數(shù)性質(zhì)求最值（范圍）的方法根據(jù)已知條件設(shè)出自變量，構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)，利用二次函數(shù)或?qū)?shù)等分析函數(shù)的單調(diào)性，從而確定最值（范圍）.1.如圖所示，點A，B分別是橢圓x236＋y220＝1長軸的左、右端點，點F是橢圓的右焦點，點P在橢圓上，且位于x軸上方，（1）求點P的坐標(biāo)；（2）設(shè)M是橢圓長軸AB上的一點，點M到直線AP的距離等于｜MB｜，求橢圓上的點到點M的距離d的最小值.解：（1）由已知可得點A（－6，0），F(xiàn)（4，0），設(shè)點P的坐標(biāo)是（x1，y1），則AP＝（x1＋6，y1），F(xiàn)P＝（x1－4，y1），∵PA⊥PF，∴AP·FP＝0，則x可得2x12＋9x1－18＝0，得x1＝32或x由于y1＞0，故x1＝32，于是y1＝5∴點P的坐標(biāo)是（32，5（2）由（1）可得直線AP的方程是x－3y＋6＝0，點B（6，0）.設(shè)點M的坐標(biāo)是（m，0），則點M到直線AP的距離是｜m+6｜2，于是｜m+6又－6≤m≤6，解得m＝2.由橢圓上的點（x，y）到點M的距離為d，得d2＝（x－2）2＋y2＝x2－4x＋4＋20－59x＝49（x－92）2＋15，－6≤x≤由f（x）＝49（x－92）2＋15的圖象當(dāng)x＝92時，d取最小值，且最小值為152.（2021·全國乙卷21題）已知拋物線C：x2＝2py（p＞0）的焦點為F，且F與圓M：x2＋（y＋4）2＝1上點的距離的最小值為4.（1）求p；（2）若點P在M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點，求△PAB面積的最大值.解：（1）由題意知M（0，－4），F(xiàn)0，p2，圓M的半徑r＝1，所以｜MF｜－r＝4，即p2＋4－解得p＝2.（2）由（1）知，拋物線方程為x2＝4y，由題意可知直線AB的斜率存在，設(shè)Ax1，x124，Bx2，x2聯(lián)立得y＝kx＋b，x2=4y，消去y得x則Δ＝16k2＋16b＞0（※），x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以｜AB｜＝1+k2｜x1－x2｜＝1+k2·（x1因為x2＝4y，即y＝x24，所以y'＝x2，則拋物線在點A處的切線斜率為x12，在點A處的切線方程為y－x124＝x12（x－x同理得拋物線在點B處的切線方程為y＝x22x－聯(lián)立得y＝x即P（2k，－b）.因為點P在圓M上，所以4k2＋（4－b）2＝1，①且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－12≤k≤12，3≤b≤5，滿足（※設(shè)點P到直線AB的距離為d，則d＝｜2所以S△PAB＝12｜AB｜·d＝4（由①得，k2＝1-(4令t＝k2＋b，則t＝－b2+12b－154因為t＝－b2+12b－154在[3，5]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)b＝5時，t取得最大值，tmax＝5，此時k＝0，1.斜率為－1的直線過拋物線y2＝－2px（p＞0）的焦點，與拋物線交于兩點A，B，M為拋物線上曲線段AB上的動點，若｜AB｜＝12.（1）求拋物線的方程；（2）求S△ABM的最大值.解：（1）拋物線y2＝－2px（p＞0）的焦點為－p則直線AB的方程為y＝－x－p2代入拋物線方程可得x2＋3px＋p24＝設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1＋x2＝－3p，由拋物線的定義可得｜AB｜＝－（x1＋x2）＋p＝3p＋p＝12，解得p＝3，即拋物線的方程為y2＝－6x.（2）設(shè)與直線y＝－x－32平行且與拋物線相切的直線方程為y＝－x＋t代入拋物線的方程可得x2＋（6－2t）x＋t2＝0，由Δ＝（6－2t）2－4t2＝0，解得t＝32，即切線的方程為y＝－x＋3可得M到直線y＝－x－32的距離的最大值為32＝則△ABM面積的最大值為12×12×322＝2.已知實軸長為2a，虛軸長為2b的雙曲線S的焦點在x軸上，直線y＝－3x是雙曲線S的一條漸近線，且原點O，點A（a，0）和點B（0，－b）使等式｜OA｜2＋｜OB｜2＝43｜OA｜2·｜OB｜2成立（1）求雙曲線S的方程；（2）若雙曲線S上存在兩個點關(guān)于直線l：y＝kx＋4對稱，求實數(shù)k的取值范圍.解：（1）根據(jù)題意可得雙曲線S的方程為x2a2－y2b2＝1（a＞0由直線y＝－3x是漸近線，可得ba＝3由｜OA｜2＋｜OB｜2＝43｜OA｜2·｜OB｜2可得a2＋b2＝43a2b2聯(lián)立以上兩式，解得a＝1，b＝3，所以雙曲線S的方程為x2－y23（2）當(dāng)k＝0時，雙曲線S上顯然不存在兩個點關(guān)于直線l：y＝kx＋4對稱.當(dāng)k≠0時，設(shè)曲線S上的兩點M，N關(guān)于直線l：y＝kx＋4對稱，則l⊥MN且線段MN的中點在直線l上.設(shè)直線MN的方程為y＝－1kx＋m聯(lián)立y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，則m2k2＋3k2－1＞0.①設(shè)線段MN的中點為D（x0，y0），則x0＝12（－2km3ky0＝－1kx0＋m＝3因為點D（x0，y0）在直線l：y＝kx＋4，所以3k2m3k2－1＝－k2m3k2－1由①②可得（3k2－1k2）2k2＋3k整理可得12k4－7k2＋1＞0，解得k2＞13或k2＜1所以k的取值范圍是（－∞，－33）∪（－12，0）∪（0，12）∪（33.如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點A－12，14，B32，94，拋物線上的點P（x，y）－1（1）求直線AP斜率的取值范圍；（2）求｜PA｜·｜PQ｜的最大值.解：（1）設(shè)直線AP的斜率為k，k＝x2－14x因為－12＜x＜32，所以直線AP斜率的取值范圍是（－1，1（2）設(shè)直線AP的方程為y－14＝kx即kx－y＋12k＋14＝則直線BQ的方程為y－94＝－1即x＋ky－94k－32＝聯(lián)立得kx解得點Q的橫坐標(biāo)是xQ＝－k因為｜PA｜＝1+k2x＋12＝｜PQ｜＝1+k2（xQ－x）＝－所以｜PA｜·｜PQ｜＝－（k－1）（k＋1）3，令f（k）＝－（k－1）（k＋1）3.因為f'（k）＝－（4k－2）（k＋1）2，所以f（k）在區(qū)間－1，12上單調(diào)遞增，12，1上單調(diào)遞減，因此當(dāng)k＝12時，4.（2024·海南一模）已知拋物線T：y2＝2px（p＞0），點F為其焦點，直線l：x＝4與拋物線交于M，N兩點，O為坐標(biāo)原點，S△OMN＝86.（1）求拋物線T的方程；（2）過x軸上一動點E（a，0）（a＞0）作互相垂直的兩條直線，與拋物線T分別相交于點A，B和C，D，點H，K分別為AB，CD的中點，求｜HK｜的最小值.解：（1）直線方程為x＝4，將其代入拋物線方程可得y＝±22p由已知得S△OMN＝12×4×42p＝86，解得p＝故拋物線T的方程為y2＝6x.（2）因為E（a，0），若直線AB，CD分別與兩坐標(biāo)軸垂直，則直線AB，CD中有一條與拋物線只有一個交點，不合題意，所以直線AB，CD的斜率均存在且不為0.設(shè)直線AB的斜率為k（k≠0），則直線AB的方程為y＝k（x－a）.聯(lián)立y2=6x，y＝k（x－a),則Δ＝36＋24k2a＞0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則y1＋y2＝6k，設(shè)H（xH，yH），則yH＝y(tǒng)1＋y22＝3k，則xH＝y(tǒng)所以H（3k2＋a，3k），同理可得K（3k2＋a，－故｜HK｜＝（＝9k32k4×當(dāng)且僅當(dāng)k4＝1k4且k2＝1k2，即k故｜HK｜的最小值為6.5.已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的離心率為32，其短軸長與雙曲線（1）求橢圓C的方程；（2）若直線AB與曲線D：x2＋y2＝b2相切，與橢圓C交于A，B兩點，求｜AB｜的取值范圍.解：（1）雙曲線x24－y22＝1的實半軸長為2，則b＝1，又橢圓C的離心率e2＝a2－b2a2＝1－所以橢圓C的方程為x24＋y2（2）由（1）知，曲線D：x2＋y2＝1為圓，與圓D相切的直線AB斜率不存在時，直線AB：x＝±1，由x＝±1，x2+4y2=4，解得當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A（x1，y1），B（x2，y2），由x2+4y2=4，y＝kx＋m消去y并整理得（4k2＋1）x2＋有Δ＝64k2m2－4（4k2＋1）（4m2－4）＞0，即4k2－m2＋1＞0，x1＋x2＝－8km4k2+1，x又直線AB與圓D：x2＋y2＝1相切，有｜m｜k2+1＝1，即m2＝k2＋1，則（x1－x2）2＝（x1＋x2）2－4x1x2＝（－8km4k2+1）2－4×于是得｜AB｜＝k2+1｜x1－x2｜＝43k2（k2+1）4k2+1則｜AB｜＝3＝34而t＞1，即0＜1t＜1，因此0＜｜AB｜≤2所以｜AB｜的取值范圍為（0，2].6.（2024·阜陽模擬）已知F是橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦點，O為坐標(biāo)原點，M為橢圓上任意一點，｜MF｜的最大值為2＋3.當(dāng)｜OM｜＝｜OF｜時（1）求橢圓C的方程；（2）A，B為橢圓的左、右頂點，點P滿足AP＝3PB，當(dāng)M與A，B不重合時，射線MP