PAGE1-第九節圓錐曲線中的范圍、最值問題[最新考綱]1.駕馭解決直線與橢圓、拋物線的位置關系的思想方法.2.理解數形結合的思想；3.會求與圓錐曲線有關的范圍、最值問題．考點1范圍問題求參數范圍的4種方法(1)函數法：用其他變量表示該參數，建立函數關系，利用求函數值域的方法求解．(2)不等式法：依據題意建立含參數的不等式，通過解不等式求參數范圍．(3)判別式法：建立關于某變量的一元二次方程，利用判別式Δ求參數的范圍．(4)數形結合法：探討該參數所表示的幾何意義，利用數形結合思想求解．(2024·山師附中模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1，直線l：y＝kx＋m(m≠0)，設直線l與橢圓C交于A，B兩點．(1)若|m|>eq\r(3)，求實數k的取值范圍；(2)若直線OA，AB，OB的斜率成等比數列(其中O為坐標原點)，求△OAB的面積的取值范圍．[解](1)聯立方程eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1和y＝kx＋m，得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，所以Δ＝(6km)2－4(2＋3k2)(3m2－6)>0，所以m2<2＋3k2，所以2＋3k2>3，即k2>eq\f(1,3)，解得k>eq\f(\r(3),3)或k<－eq\f(\r(3),3).所以實數k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)).(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－6km,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－6,2＋3k2).設直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，因為直線OA，AB，OB的斜率成等比數列，所以k1k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝k2，即eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝k2(m≠0)，化簡得2＋3k2＝6k2，即k2＝eq\f(2,3).因為|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(\f(5,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,2)m2)))，點O到直線l的距離h＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\r(\f(3,5))|m|，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|·h＝eq\f(\r(6),6)·eq\r(\f(3,2)m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,2)m2)))≤eq\f(\r(6),6)×eq\f(\f(3,2)m2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,2)m2)),2)＝eq\f(\r(6),2)，當m＝±eq\r(2)時，直線OA或OB的斜率不存在，等號取不到，所以△OAB的面積的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2))).本例求解采納了學生熟知的兩種方法：不等式法和判別式法，利用判別式構建目標不等式的核心是抓住直線與圓錐曲線的位置關系和判別式Δ的關系建立目標不等式．[老師備選例題](2024·江南十校聯考)已知右焦點為F2(c,0)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，且橢圓C關于直線x＝c對稱的圖形過坐標原點．(1)求橢圓C的方程；(2)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))作直線l與橢圓C交于E，F兩點，線段EF的中點為M，點A是橢圓C的右頂點，求直線MA的斜率k的取值范圍．[解](1)∵橢圓C過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，①∵橢圓C關于直線x＝c對稱的圖形過坐標原點，∴a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝eq\f(3,4)a2，②由①②得a2＝4，b2＝3，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)依題意，直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))且斜率不為零，故可設其方程為x＝my＋eq\f(1,2).由方程組eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(1,2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去x，并整理得4(3m2＋4)y2＋12my－45＝0.設E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)∴y1＋y2＝－eq\f(3m,3m2＋4)，∴y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(3m,23m2＋4)，∴x0＝my0＋eq\f(1,2)＝eq\f(2,3m2＋4)，∴k＝eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(m,4m2＋4).①當m＝0時，k＝0②當m≠0時，k＝eq\f(1,4m＋\f(4,m))，當m>0時，4m＋eq\f(4,m)≥8，∴0<eq\f(1,4m＋\f(4,m))≤eq\f(1,8).∴0<k≤eq\f(1,8)，當m<0時，4m＋eq\f(4,m)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4m＋\f(4,－m)))≤－8，∴－eq\f(1,8)≤eq\f(1,4m＋\f(4,m))＝k<0.∴－eq\f(1,8)≤k≤eq\f(1,8)且k≠0.綜合①、②可知，直線MA的斜率k的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，\f(1,8))).1.如圖，已知點P是y軸左側(不含y軸)一點，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點A，B滿意PA，PB的中點均在C上．(1)設AB中點為M，證明：PM垂直于y軸；(2)若P是半橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1(x<0)上的動點，求△PAB面積的取值范圍．[解](1)證明：設P(x0，y0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y\o\al(2,1)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y\o\al(2,2)，y2)).因為PA，PB的中點在拋物線上，所以y1，y2為方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y＋y0,2)))2＝4·eq\f(\f(1,4)y2＋x0,2)，即y2－2y0y＋8x0－yeq\o\al(2,0)＝0的兩個不同的實根．所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y軸．(2)由(1)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－y\o\al(2,0)，))所以|PM|＝eq\f(1,8)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))－x0＝eq\f(3,4)yeq\o\al(2,0)－3x0，|y1－y2|＝2eq\r(2y\o\al(2,0)－4x0).所以△PAB的面積S△PAB＝eq\f(1,2)|PM|·|y1－y2|＝eq\f(3\r(2),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,0)－4x0))eq\f(3,2).因為xeq\o\al(2,0)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1(－1≤x0<0)，所以yeq\o\al(2,0)－4x0＝－4xeq\o\al(2,0)－4x0＋4∈[4,5]，所以△PAB面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6\r(2)，\f(15\r(10),4))).2．(2024·無錫期末)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，點P在第四象限，A為左頂點，B為上頂點，PA交y軸于點C，PB交x軸于點D.(1)求橢圓C的標準方程；(2)求△PCD面積的最大值．[解](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))得a2＝4，b2＝1，故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)可得A(－2,0)，則可設直線AP的方程為y＝k(x＋2)，其中－eq\f(1,2)＜k＜0，所以C(0,2k)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，解得x＝eq\f(－8k2±2,1＋4k2)，所以xAxP＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，由xA＝－2得xP＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，故yP＝k(xP＋2)＝eq\f(4k,1＋4k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)，\f(4k,1＋4k2)))，設D(x0,0)，因為B(0,1)，P，B，D三點共線，所以kBD＝kPB，故－eq\f(1,x0)＝eq\f(\f(4k,1＋4k2)－1,\f(2－8k2,1＋4k2))，解得x0＝eq\f(21＋2k,1－2k)，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21＋2k,1－2k)，0))，S△PCD＝S△PAD－S△CAD＝eq\f(1,2)×AD×|yP－yC|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21＋2k,1－2k)＋2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4k,1＋4k2)－2k))＝eq\f(4|k1＋2k|,1＋4k2).因為－eq\f(1,2)＜k＜0，所以S△PCD＝eq\f(－8k2－4k,1＋4k2)＝－2＋2×eq\f(1－2k,1＋4k2)，令t＝1－2k，則1＜t＜2，所以2k＝1－t，所以S△PCD＝－2＋eq\f(2t,1＋1－t2)＝－2＋eq\f(2t,t2－2t＋2)＝－2＋eq\f(2,t＋\f(2,t)－2)≤－2＋eq\f(2,2\r(2)－2)＝eq\r(2)－1，當且僅當t＝eq\r(2)時取等號，此時k＝eq\f(1－\r(2),2)，所以△PCD面積的最大值為eq\r(2)－1.考點2最值問題圓錐曲線中最值問題的解決方法(1)幾何法：若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質數形結合求解．(2)代數法：若題目中的條件和結論能體現一種明確的函數關系，或者不等關系，或者已知參數與新參數之間的等量關系等，則利用代數法求參數的范圍．利用基本不等式求最值已知橢圓C：x2＋2y2＝4.(1)求橢圓C的離心率；(2)設O為原點，若點A在直線y＝2上，點B在橢圓C上，且OA⊥OB，求線段AB長度的最小值．[解](1)由題意，橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，所以a2＝4，b2＝2，從而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝eq\r(2).故橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(2)設點A，B的坐標分別為(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.因為OA⊥OB，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－eq\f(2y0,x0).又xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2y0,x0)))eq\s\up20(2)＋(y0－2)2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋eq\f(4y\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＋4＝xeq\o\al(2,0)＋eq\f(4－x\o\al(2,0),2)＋eq\f(24－x\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＋4＝eq\f(x\o\al(2,0),2)＋eq\f(8,x\o\al(2,0))＋4(0＜xeq\o\al(2,0)≤4)．因為eq\f(x\o\al(2,0),2)＋eq\f(8,x\o\al(2,0))≥4(0<xeq\o\al(2,0)≤4)，且當xeq\o\al(2,0)＝4時等號成立，所以|AB|2≥8.故線段AB長度的最小值為2eq\r(2).已知點A(0，－2)，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為eq\f(2\r(3),3)，O為坐標原點．(1)求E的方程；(2)設過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程．[解](1)設F(c,0)，由條件知，eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當l⊥x軸時不合題意，故設l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．將y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.當Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq\f(3,4)時，x1,2＝eq\f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1).從而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(4\r(k2＋1)\r(4k2－3),4k2＋1).又點O到直線PQ的距離d＝eq\f(2,\r(k2＋1)).所以△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(1,2)·d·|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).設eq\r(4k2－3)＝t，則t>0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))≤1.當且僅當t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)時等號成立，且滿意Δ>0.所以當△OPQ的面積最大時，l的方程為2y±eq\r(7)x＋4＝0.利用函數性質求最值在平面直角坐標系xOy中，拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為F，點A在C上，若|AO|＝|AF|＝eq\f(3,2).(1)求C的方程；(2)設直線l與C交于P，Q，若線段PQ的中點的縱坐標為1，求△OPQ的面積的最大值．[解](1)∵點A在C上，|AO|＝|AF|＝eq\f(3,2)，∴eq\f(p,4)＋eq\f(p,2)＝eq\f(3,2)，∴p＝2，∴C的方程為x2＝4y.(2)設直線方程為y＝kx＋b，代入拋物線方程，可得x2－4kx－4b＝0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，∴y1＋y2＝4k2＋2b，∵線段PQ的中點的縱坐標為1，∴2k2＋b＝1，△OPQ的面積S＝eq\f(1,2)·b·eq\r(16k2＋16b)＝beq\r(2＋2b)＝eq\r(2)·eq\r(b3＋b2)(0＜b≤1)，設y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函數單調遞增，∴b＝1時，△OPQ的面積的最大值為2.若題目中的條件和要求的結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立目標函數，然后依據其結構特征，構建函數模型求最值，一般狀況下，可以構建二次型函數、雙曲線型函數、多項式型函數等．[老師備選例題]如圖，已知點F(1,0)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點．過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F的右側．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2.(1)求p的值及拋物線的準線方程；(2)求eq\f(S1,S2)的最小值及此時點G點坐標．[解](1)由拋物線的性質可得：eq\f(p,2)＝1，∴p＝2，∴拋物線的準線方程為x＝－1；(2)設A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)，令yA＝2t，t≠0，則xA＝t2，由于直線AB過F，故直線AB的方程為x＝eq\f(t2－1,2t)y＋1，代入y2＝4x，得：y2－eq\f(2t2－1,t)y－4＝0，∴2tyB＝－4，即yB＝－eq\f(2,t)，∴B(eq\f(1,t2)，－eq\f(2,t))，又xG＝eq\f(1,3)(xA＋xB＋xC)，yG＝eq\f(1,3)(yA＋yB＋yC)，重心在x軸上，∴2t－eq\f(2,t)＋yC＝0，∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))2，2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)，0))，∴直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)，∵Q在焦點F的右側，∴t2>2，∴eq\f