命題點1 最值問題
例1 [2023全國卷甲]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.
解析 （1）設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)的關系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以｜AB｜＝1+1（12）2·（y1＋y2）2－4y1y2＝5·16p2－8p＝415，解得p＝2或p＝－32（舍去），
故p＝2.
（2）設M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知拋物線C：y2＝4x，
則點F（1，0）.
因為FM·FN＝0，
所以∠MFN＝90°，則S△MFN＝12｜MF｜｜NF｜＝12（x3＋1）（x4＋1）＝12（x3x4＋x3＋x4＋1） ①.
當直線MN的斜率不存在時，點M與點N關于x軸對稱，
因為∠MFN＝90°，所以直線MF與直線NF的斜率一個是1，另一個是－1.
不妨設直線MF的斜率為1，則MF：y＝x－1，
由y＝x－1，y2=4x，得x2－6x＋1＝0，
得x3=3－22，x4=3－22或x3=3+22，x4=3+22.
代入①式計算易得，當x3＝x4＝3－22時，△MFN的面積取得最小值，為12－82.
當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y＝kx＋m.
由y＝kx＋m，y2=4x，得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2＞0，則x3＋x4＝4－2kmk2，x3x4＝m2k2，y3y4＝（kx3＋m）（kx4＋m）＝k2x3x4＋mk（x3＋x4）＋m2＝4mk.
又FM·FN＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，
所以m2k2－4－2kmk2＋1＋4mk＝0，化簡得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝12（x3x4＋x3＋x4＋1）＝m2＋k2－2km+42k2＝m2＋k2+2kmk2＝（mk）2＋2（mk）＋1.
令t＝mk，則S△MFN＝t2＋2t＋1，
因為m2＋k2＋6km＝4，所以（mk）2＋6（mk）＋1＝4k2＞0，
即t2＋6t＋1＞0，得t＞－3＋22或t＜－3－22，
從而得S△MFN＝t2＋2t＋1＞12－82.
故△MFN面積的最小值為12－82.
訓練1 [2022全國卷甲]設拋物線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.當直線MD垂直于x軸時，｜MF｜＝3.
（1）求C的方程.
（2）設直線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α－β取得最大值時，求直線AB的方程.
解析 （1）當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MN⊥x軸時，易得α＝β＝π2，此時α－β＝0.
當MN的斜率存在時，設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－x2（x－x1），
即y－y1＝y(tǒng)1－y2y124－y224（x－x1）＝4y1＋y2（x－x1），
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＝－8y2.
所以y3＋y4＝－8y1－8y2＝－8（y1＋y2）y1y2＝－8（y1＋y2）－4＝2（y1＋y2），y3y4＝64y1y2＝64－4＝－16，
所以直線AB的方程y（y4＋y3）－y4y3＝4x可化為（y1＋y2）y＋8＝2x，
所以tan α＝4y2＋y1，tan β＝2y2＋y1，
所以tan（α－β）＝2y2＋y11+8（y2＋y1）2＝2（y2＋y1）（y2＋y1）2+8＝2×1（y2＋y1）＋8y2＋y1.
當y2＋y1＜0時，tan（α－β）＜0，不符合題意.
當y2＋y1＞0時，（y2＋y1）＋8y2＋y1≥42，tan（α－β）≤2×142＝24，當且僅當y2＋y1＝8y2＋y1，即y2＋y1＝22時取等號，
此時α－β取得最大值，直線AB的方程為x－2y－4＝0.
命題點2 范圍問題
例2 [2021北京高考]已知橢圓E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）過點A（0，－2），其四個頂點的連線圍成的四邊形面積為45.
（1）求橢圓E的標準方程；
（2）過點P（0，－3）的直線l的斜率為k，交橢圓E于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別交直線y＝－3于點M，N，若｜PM｜＋｜PN｜≤15，求k的取值范圍.
解析 （1）由題意可知，b＝2，2ab＝45，所以a＝5，
所以橢圓E的標準方程為x25＋y24＝1.
（2）由題意可得直線l的方程為y＝kx－3，由y＝kx－3，x25＋y24=1，消去y得（4＋5k2）x2－30kx＋25＝0，Δ＝（－30k）2－4×25×（4＋5k2）＝400（k2－1）＞0，所以k＞1或k＜－1，
設B（x1，y1），C（x2，y2），則x1＋x2＝30k5k2+4，x1x2＝255k2+4 ①.
直線AB的方程為y＋2＝y(tǒng)1+2x1x，令y＝－3，則x＝－x1y1+2，
所以M（－x1y1+2，－3），｜PM｜＝｜－x1y1+2｜＝｜x1y1+2｜，
同理得｜PN｜＝｜x2y2+2｜.
因為x1x2＞0，即x1，x2正負相同，且y1＋2＞0，y2＋2＞0，所以｜PM｜＋｜PN｜＝｜x1y1+2｜＋｜x2y2+2｜≤15，
即｜x1（y2+2）＋x2（y1+2）（y1+2)(y2+2）｜≤15，
從而｜x1（kx2－1）＋x2（kx1－1）（kx1－1)(kx2－1）｜≤15 ②.
由①②可得，｜k｜≤3.綜上可得－3≤k＜－1或1＜k≤3.
所以k的取值范圍為[－3，－1）∪（1，3].
方法技巧
圓錐曲線中最值（范圍）問題的求解方法
訓練2 [2023福建連江一中模擬]設雙曲線C：x22－y23＝1， F1，F(xiàn)2為其左、右兩個焦點.
（1）設O為坐標原點，M為雙曲線C的右支上任意一點，求OM·F1M的取值范圍；
（2）若動點P與雙曲線C的兩個焦點F1，F(xiàn)2的距離之和為定值（大于｜F1F2｜），且cs∠F1PF2的最小值為－19，求動點P的軌跡方程.
解析 （1）設M（x，y），x≥2，左焦點F1（－5，0），
∵OM·F1M＝（x，y）·（x＋5，y）＝x2＋5x＋y2＝x2＋5x＋3x22－3＝52x2＋5x－3（x≥2），對稱軸為直線x＝－55≤2，
∴OM·F1M∈[2＋10，＋∞）.
（2）由橢圓定義得P點軌跡為橢圓，可設其軌跡方程為x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），
∵｜F1F2｜＝25，｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，
∴cs∠F1PF2＝｜PF1｜2＋｜PF2｜2－202｜PF1｜·｜PF2｜＝4a2－2｜PF1｜·｜PF2｜－202｜PF1｜·｜PF2｜＝4a2－202｜PF1｜·｜PF2｜－1，
由基本不等式得2a＝｜PF1｜＋｜PF2｜≥2｜PF1｜·｜PF2｜，當且僅當｜PF1｜＝｜PF2｜時等號成立，
∴｜PF1｜·｜PF2｜≤a2，則cs∠F1PF2≥4a2－202a2－1＝－19，
∴a2＝9，b2＝4，
∴動點P的軌跡方程為x29＋y24＝1.
1.[命題點1]已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的實軸長為2，且過點（e，3），其中e為雙曲線C的離心率.
（1）求C的標準方程；
（2）過點M（－2，0）且斜率不為0的直線l與C的左、右兩支分別交于點A，B，點N在線段AB上，且｜MA｜｜MB｜＝｜AN｜｜NB｜，P為線段AB的中點，記直線OP，ON（O為坐標原點）的斜率分別為k1，k2，求｜k1｜＋｜k2｜的最小值.
解析 （1）∵雙曲線C：x2a2－y2b2＝1的實軸長為2，
∴a＝1，
∵雙曲線過點（e，3），e＝ca＝c，∴c2－9b2＝1，
又c2＝a2＋b2＝1＋b2，∴b2＝3，
故雙曲線C的標準方程為x2－y23＝1.
（2）設直線l：my＝x＋2（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），N（x3，y3），
由my＝x+2，x2－y23=1，整理得（3m2－1）y2－12my＋9＝0，
則3m2－1≠0，Δ=36m2+36>0，y1＋y2＝12m3m2－1，y1y2＝93m2－1.
則P（23m2－1，6m3m2－1），
∴k1＝3m.
∵｜MA｜｜MB｜＝｜AN｜｜NB｜，∴y1y2＝y(tǒng)3－y1y2－y3，
∴y3＝2y1y2y1＋y2＝1812m＝32m，∴N（－12，32m），k2＝－3m.
∴k1k2＝3m×（－3m）＝－9，｜k1k2｜＝9.
∴｜k1｜＋｜k2｜≥2｜k1k2｜＝6，當且僅當｜k1｜＝｜k2｜，即k1＝3，k2＝－3或k1＝－3，k2＝3時等號成立，此時m＝1或－1，y1y2＝93m2－1＝92＞0，滿足l與C的左、右兩支分別相交.
∴｜k1｜＋｜k2｜的最小值為6.
2.[命題點2]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的離
心率為12，過點P（1，0）作x軸的垂線，與C交于A，B兩點，且｜AB｜＝2b2a.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）若直線l1與橢圓C交于D，E兩點，直線l2與橢圓C交于M，N兩點，且l1⊥l2，l1，l2交于點P，求｜DE｜·｜MN｜的取值范圍.
解析 （1）由橢圓C的離心率為12，得ca＝12，即a＝2c ①.
將x＝1代入橢圓方程，得1a2＋y2b2＝1，則｜y｜＝ba2－1a，（點撥：因為過點P（1，0）且與x軸垂直的直線與C有2個交點，所以a＞1）
由｜AB｜＝2b2a，得2ba2－1a＝2b2a，即a2－1＝b2 ②.
由①②并結合a2＝b2＋c2，得a＝2，b＝3，
所以橢圓C的標準方程為x24＋y23＝1.
（2）①當直線l1的斜率為0時，直線l2的方程為x＝1，此時｜DE｜＝4，｜MN｜＝｜AB｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12.
當直線l1的斜率不存在時，直線l2的斜率為0，此時｜MN｜＝4，｜DE｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12.
②當直線l1的斜率存在且不為0時，設直線l1的方程為x＝my＋1（m≠0），
由x＝my+1，x24＋y23=1，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0.
設D（x1，y1），E（x2，y2），則y1＋y2＝－6m3m2+4，y1y2＝－93m2+4，
所以｜DE｜＝m2+1｜y1－y2｜
＝m2+1×（y1＋y2）2－4y1y2
＝m2+1×（－6m3m2+4）2＋363m2+4
＝12（m2+1）3m2+4.
因為l1⊥l2，所以可用－1m替換｜DE｜表達式中的m，得｜MN｜＝12（1+m2）4m2+3，
所以｜DE｜·｜MN｜＝144（m2+1）2（3m2+4)(4m2+3）.
令t＝m2＋1，因為m≠0，所以t＞1，0＜1t＜1，m2＝t－1，
所以｜DE｜·｜MN｜＝144t2（3t+1)(4t－1）＝144t212t2＋t－1＝
14412+1t－1t2＝144－（1t－12）2＋494，
所以57649≤｜DE｜·｜MN｜＜12.
綜上，｜DE｜·｜MN｜的取值范圍為[57649，12].
學生用書·練習幫P364
1.[2023河南省安陽市階段性測試]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的離心率為32，短半軸長為1.
（1）求C的方程；
（2）過點M（0，2）的直線l與C交于A，B兩點，且∠AOB為銳角（O為坐標原點），求l的斜率的取值范圍.
解析 （1）由題可知ca＝32，b=1，a2＝b2＋c2， 得a=2，b=1，c＝3，所以C的方程為x24＋y2＝1.
（2）依題意，直線l的斜率必存在，設l的方程為y＝kx＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立方程得x24＋y2=1，y＝kx+2，消去y整理得（1＋4k2）x2＋16kx＋12＝0，
因為直線與橢圓相交，所以Δ＞0，即256k2－48（1＋4k2）＞0，
解得k＜－32或k＞32.
由根與系數(shù)的關系得，x1＋x2＝－16k1+4k2，x1x2＝121+4k2，
所以y1y2＝（kx1＋2）（kx2＋2）＝k2x1x2＋2k（x1＋x2）＋4＝12k21+4k2＋－32k21+4k2＋4＝4－4k21+4k2，
當∠AOB為銳角時，OA·OB＞0，即x1x2＋y1y2＞0，
所以121+4k2＋4－4k21+4k2＞0，即k2－4＜0，解得－2＜k＜2，
所以k∈（－2，－32）∪（32，2） .
2.[2024陜西寶雞模擬]設拋物線C：y2＝2px（p＞0），直線x－2y＋1＝0與C交于A，B兩點，且｜AB｜＝415.
（1）求p；
（2）設C的焦點為F，M，N為C上兩點，若MF·NF＝0，求△MNF面積的最小值.
解析 （1）設A（x1，y1），B（x2，y2），
由x－2y+1=0，y2=2px，可得y2－4py＋2p＝0，
所以y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以｜AB｜＝5｜y1－y2｜＝5×（y1＋y2）2－4y1y2＝415，
即2p2－p－6＝0，因為p＞0，所以p＝2.
（2）由（1）得拋物線C：y2＝4x，
則F（1，0），顯然直線MN的斜率不可能為零，
設直線MN：x＝my＋n，M（x3，y3），N（x4，y4），
由y2=4x，x＝my＋n，可得y2－4my－4n＝0，所以y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n，
Δ＝16m2＋16n＞0，得m2＋n＞0，
因為MF·NF＝0，所以（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝0，
即（my3＋n－1）（my4＋n－1）＋y3y4＝0，
即（m2＋1）y3y4＋m（n－1）（y3＋y4）＋（n－1）2＝0，
將y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，即4（m2＋n）＝（n－1）2＞0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋22或n≤3－22，
設點F到直線MN的距離為d，則d＝｜n－1｜1+m2，
｜MN｜＝1+m2｜y3－y4｜＝1+m216m2+16n＝1+m2·4（n－1）2＝21+m2｜n－1｜，
所以△MNF的面積S＝12×｜MN｜×d＝12×21+m2×｜n－1｜×｜n－1｜1+m2＝（n－1）2，
又n≥3＋22或n≤3－22，
所以當n＝3－22時，Smin＝（2－22）2＝12－82.
3.[2024吉林長春一模]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的離心率為32，過橢圓焦點并且垂直于長軸的弦的長度為1.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）已知直線l與橢圓C交于A，B兩點，與y軸交于點M（0，m），若存在實數(shù)m，使得OA＋3OB＝4OM，求m的取值范圍.
解析 （1）因為橢圓C的離心率為32，所以有ca＝32，c2a2＝34，a2－b2a2＝34，可得b2a2＝14 ①，
在方程x2a2＋y2b2＝1中，令x＝±c，解得y2＝b2（1－c2a2）＝b4a2，
y＝±b2a，
因為過橢圓焦點并且垂直于長軸的弦的長度為1，
所以有b2a－（－b2a）＝1 ②，由①②可得a=2，b=1，
所以橢圓C的標準方程為x24＋y2＝1.
（2）當直線l的斜率不存在時，不符合題意；
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m，
于是有x24＋y2=1，y＝kx＋m，（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
可得Δ＝64k2m2－4（1＋4k2）（4m2－4）＞0，
化簡得4k2－m2＋1＞0，
設A（x1，y1），B（x2，y2），于是有x1＋x2＝－8km1+4k2，x1x2＝4m2－41+4k2，
因為OA＋3OB＝4OM，
所以（x1，y1）＋3（x2，y2）＝4（0，m），得x1＋3x2＝0，得x1＝－3x2，
代入x1＋x2＝－8km1+4k2中，得－3x2＋x2＝－8km1+4k2，x2＝4km1+4k2，
于是有（－3x2）·x2＝4m2－41+4k2，－3（4km1+4k2）2＝4m2－41+4k2，
化簡得k2＝m2－14－16m2，
代入4k2－m2＋1＞0中，得4×m2－14－16m2－m2＋1＞0，得14＜m2＜1，
所以m∈（12，1）∪（－1，－12）.
4.[2023重慶市名校聯(lián)考]已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）與雙曲線x2－y2＝1有相同的漸近線，A，F(xiàn)分別為雙曲線C 的左頂點和右焦點，過F且垂直于x軸的直線與雙曲線在第一象限交于點B，△ABF的面積為2（2＋1）.
（1）求雙曲線C的方程；
（2）若直線y＝kx－1與C的左、右兩支分別交于M，N兩點，與C的兩條漸近線分別交于P，Q兩點，｜MN｜＝λ｜PQ｜，求實數(shù)λ的取值范圍.
解析 （1）因為雙曲線C與雙曲線x2－y2＝1有相同的漸近線，所以a＝b.設B（xB，yB），則xB＝c＝2a.
由已知，將xB＝2a代入x2a2－y2b2＝1，可得yB＝a.
由12×｜BF｜×｜AF｜＝2（2＋1），得12×a×（a＋c）＝12×a×（a＋2a）＝2（2＋1），所以a＝2，
故雙曲線C的方程為x24－y24＝1.
（2）由題意，設M（x1，y1），N（x2，y2），
由y＝kx－1，x24－y24=1，消去y并整理得，（1－k2）x2＋2kx－5＝0，
所以1－k2≠0，Δ＝（2k）2－4（1－k2）×（－5）>0，x1x2＝－51－k2

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