第1課時(shí)　范圍與最值問題
范圍問題
例1　設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.
(1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程；
(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍.
解　(1)因?yàn)閨AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為＋＝1(y≠0).
(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
Δ>0恒成立，則x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，
點(diǎn)A到m的距離為，
所以|PQ|＝2＝4.
故四邊形MPNQ的面積
S＝|MN||PQ|＝12.
可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).
當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12.
綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8).
思維升華　解決圓錐曲線中的取值范圍問題應(yīng)考慮的五個(gè)方面
(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍.
(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系.
(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.
(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.
(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.
跟蹤訓(xùn)練1　(2018·浙江)如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點(diǎn)A，B滿足PA，PB的中點(diǎn)均在C上.

(1)設(shè)AB的中點(diǎn)為M，證明：PM垂直于y軸；
(2)若P是半橢圓x2＋＝1(x0)的離心率為，短軸一個(gè)端點(diǎn)到右焦點(diǎn)的距離為.
(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(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為，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＝，b＝1，∴所求橢圓方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m.
由已知＝，得m2＝(k2＋1).
把y＝kx＋m代入橢圓方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2
＝(1＋k2)
＝＝
＝3＋＝3＋(k≠0)
≤3＋＝4.
當(dāng)且僅當(dāng)9k2＝，即k＝±時(shí)等號(hào)成立.
當(dāng)k＝0時(shí)，|AB|＝，綜上所述|AB|max＝2.
∴當(dāng)|AB|最大時(shí)，△AOB面積取得最大值
S＝×|AB|max×＝.
思維升華　處理圓錐曲線最值問題的求解方法
圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進(jìn)行求解；二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(gè)(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進(jìn)行求解.
跟蹤訓(xùn)練2　(2020·長沙雅禮中學(xué)模擬)已知拋物線C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).
(1)求拋物線C2的方程；
(2)過點(diǎn)O的直線交C1的下半部分于點(diǎn)M，交C2的左半部分于點(diǎn)N，求△PMN面積的最小值.
解　(1)∵F1(1,0)，F(xiàn)2，
∴＝，
·＝·(－1，－1)＝1－＝0，
∴p＝2，
∴拋物線C2的方程為x2＝4y.
(2)設(shè)過點(diǎn)O的直線MN的方程為y＝kx(k0)，點(diǎn)F為拋物線C的焦點(diǎn)，點(diǎn)A(1，m)(m>0)在拋物線C上，且|FA|＝2，過點(diǎn)F作斜率為k的直線l與拋物線C交于P，Q兩點(diǎn).
(1)求拋物線C的方程；
(2)求△APQ面積的取值范圍.
解　(1)由拋物線的定義可得
|FA|＝xA＋＝1＋＝2，所以p＝2，
所以拋物線的方程為y2＝4x.
(2)設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ>0恒成立，
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝，x1x2＝1，
因?yàn)锳F⊥x軸，則S△APQ＝×|AF|×|x1－x2|
＝|x1－x2|＝
＝4＝4，
因?yàn)椤躪≤2，令t＝，
所以S△APQ＝4，
所以≤S△APQ≤8，
所以△APQ的面積的取值范圍為[，8].
素養(yǎng)提升　典例的解題過程體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)，其中設(shè)出P，Q點(diǎn)的坐標(biāo)而不求解又體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)中的一個(gè)運(yùn)算技巧——設(shè)而不求，從而簡化了運(yùn)算過程.


1.(2019·全國100所名校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝4x，點(diǎn)A(m,0)在x軸正半軸上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若拋物線上存在點(diǎn)P，使得∠OPA＝90°，則m的取值范圍是(　　)
A.(0,4) B.(4，＋∞)
C.(0,2) D.(2，＋∞)
答案　B
解析　設(shè)點(diǎn)P，由∠OPA＝90°，
得·＝0，∴·＝0.
即m＝4＋，∴m>4.
2.(2019·綿陽診斷)若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn)，則·的最大值為(　　)
A. B.6 C.8 D.12
答案　B
解析　由題意得F(－1,0)，設(shè)P(x，y)，
則·＝(x，y)·(x＋1，y)＝x2＋x＋y2，
又點(diǎn)P在橢圓上，故＋＝1，
所以·＝x2＋x＋3－x2＝x2＋x＋3
＝(x＋2)2＋2，
又－2≤x≤2，所以當(dāng)x＝2時(shí)，·取得最大值，即·的最大值為6.
3.過拋物線y2＝x的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，且直線l的傾斜角θ≥，點(diǎn)A在x軸上方，則|FA|的取值范圍是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　記點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是x1，則有|AF|＝x1＋
＝＋＝＋|AF|cos θ，
|AF|(1－cos θ)＝，|AF|＝.
由≤θ1，所以10)上任意一點(diǎn)，M是線段PF上的點(diǎn)，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為(　　)
A. B. C. D.1
答案　A
解析　由題意可得F，設(shè)P(y0>0)，
則＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋＝，
可得k＝＝≤＝.
當(dāng)且僅當(dāng)＝時(shí)取得等號(hào)，故選A.
8.橢圓C：＋y2＝1(a>1)的離心率為，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個(gè)焦點(diǎn)，過F1的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，則|AF2|＋|BF2|的最大值等于________.
答案　7
解析　因?yàn)闄E圓C的離心率為，所以＝，
解得a＝2，由橢圓定義得|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，
即|AF2|＋|BF2|＝8－|AB|，
而由焦點(diǎn)弦性質(zhì)，知當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，|AB|取最小值2×＝1，因此|AF2|＋|BF2|的最大值等于8－1＝7.
9.過雙曲線E：－＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)，且斜率為2的直線與E的右支有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)，則雙曲線E的離心率的取值范圍是________.
答案　(1，)
解析　∵斜率為2的直線與雙曲線E的右支有兩個(gè)交點(diǎn)，∴0，∴
依題意知A′，O，B三點(diǎn)共線，A′(－1，y1)，
∴kA′O＝kBO，即＝，∴y1y2＝－4，∴m＝1.
(2)依題意知A′(－1，y1)，B′(－1，y2)，
S四邊形ABB′A′＝(|AA′|＋|BB′|)·|A′B′|
＝|y1－y2|
＝
＝8(t2＋1)≥8，
當(dāng)t＝0時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)l：x＝1.
所以四邊形ABB′A′面積的最小值為8.
12.(2019·石家莊模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點(diǎn)P(x0,2)到焦點(diǎn)F的距離|PF|＝2x0.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過點(diǎn)P引圓M：(x－3)2＋y2＝r2(00)的焦點(diǎn)F，準(zhǔn)線方程為x＝－，
|PF|＝2x0，即x0＋＝2x0，
又2px0＝4，解得p＝2，x0＝1，
拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)過P(1,2)的直線方程可設(shè)為y＝kx＋2－k(k≠0)，
由直線與圓M相切，可得＝r，
化為(r2－4)k2－8k＋r2－4＝0，
Δ＝64k2－4(r2－4)2>0.
設(shè)切線PA，PB的斜率分別為k1，k2，
可得k1＋k2＝，k1k2＝1，
由y＝kx＋2－k，聯(lián)立拋物線方程可得k2x2＋[2k(2－k)－4]x＋(2－k)2＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得1·x1＝＝1－＋，
1·x2＝＝1－＋，
即有x1＋x2＝2－4＋4
＝2－＋4＝2－7，
由00)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若P為拋物線C上任意一點(diǎn)且|OP|＝λ|PF|，則λ的最大值為(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　依題意得＝，則p＝，
所以拋物線C：y2＝x，設(shè)P(x0，y0)，
則λ＝＝＝
＝.
令t＝x0＋，t≥，
則λ＝＝
＝≤.
14.(2019·淄博模擬)已知拋物線C：y2＝x上一點(diǎn)M(1，－1)，點(diǎn)A，B是拋物線C上的兩動(dòng)點(diǎn)，且·＝0，則點(diǎn)M到直線AB的距離的最大值是________.
答案　
解析　設(shè)直線AB的方程為x＝my＋n，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立得即y2＝my＋n，即y2－my－n＝0，
所以y1y2＝－n，y1＋y2＝m，Δ＝m2＋4n>0，
因?yàn)椤ぃ?，
所以(x1－1)(x2－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
即(y－1)(y－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
(y1＋1)(y2＋1)[(y1－1)(y2－1)＋1]＝0，
解得(y1＋1)(y2＋1)＝0或(y1－1)(y2－1)＋1＝0，
化簡可得－n＋m＋1＝0或－n－m＋2＝0，
當(dāng)(y1＋1)(y2＋1)＝0時(shí)，易知，M與A，B中一點(diǎn)重合，M到AB的距離為0.
所以－n－m＋2＝0，即n＝2－m.
所以直線AB的方程為x＝my＋2－m，即x－2＝m(y－1)，
故直線AB過定點(diǎn)C(2,1)，
當(dāng)MC垂直于直線AB時(shí)，點(diǎn)M到直線AB的距離取得最大值，最大值為＝.

15.(2019·濟(jì)寧模擬)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，實(shí)軸長為4，漸近線方程為y＝±x，點(diǎn)M滿足|MF1|－|MF2|＝4，點(diǎn)N在圓C：x2＋y2－4y＝0上，則|MN|＋|MF1|的最小值為(　　)
A.2＋ B.5 C.6 D.7
答案　B
解析　由題意可得2a＝4，即a＝2.
漸近線方程為y＝±x，即有＝，
即b＝1，可得雙曲線的方程為－y2＝1，
焦點(diǎn)為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，
由圓x2＋y2－4y＝0可得圓心C(0,2)，半徑r＝2，
由|MF1|－|MF2|＝4可得點(diǎn)M為雙曲線右支上一點(diǎn)，
得|MN|＋|MF1|＝4＋|MN|＋|MF2|≥|F2N|＋4，問題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)F2到圓C上點(diǎn)的最小距離，
∴|F2N|的最小值為|CF2|－2＝1，
則|MN|＋|MF1|的最小值為4＋1＝5.
16.(2019·武昌調(diào)研)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)P，且離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)，不經(jīng)過F1的直線l與橢圓C交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，如果直線AF1，l，BF1的斜率依次成等差數(shù)列，求焦點(diǎn)F2到直線l的距離d的取值范圍.
解　(1)由題意，知解得
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)易知直線l的斜率存在且不為零，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，代入橢圓方程＋y2＝1，
整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0.
由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，得2k2>m2－1.①
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
因?yàn)镕1(－1,0)，所以＝，＝，
由題意可得2k＝＋，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，
所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0.
因?yàn)橹本€l：y＝kx＋m不過焦點(diǎn)F1(－1,0)，
所以m－k≠0，
所以x1＋x2＋2＝0，從而－＋2＝0，
即m＝k＋.②
由①②得2k2>2－1，化簡得|k|>.
焦點(diǎn)F2(1,0)到直線l：y＝kx＋m的距離
d＝＝＝，
令t＝，由|k|>知，t∈(1，).
于是d＝＝，
考慮到函數(shù)f?(t)＝在(1，)上單調(diào)遞減，
所以f?()

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