2023年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的范围与最值问题（解析版）

圆锥曲线中的范围与最值问题思路引导思路引导圆锥曲线中的范围、最值问题的求解常用的三种方法：(1)不等关系法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围；（2）基本不等式法：根据题意将函数变形为两项和或积的形式，利用基本不等式求范围；(3)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数的单调性求解．母题呈现母题呈现考法1利用不等关系求最值（范围）【例1】（2022·三明一中模拟预测）已知椭圆的一个顶点A(0，－1)，焦点在x轴上，离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围．【解题指导】【解析】(1)设椭圆的标准方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3).))故椭圆的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设P(x0，y0)为弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.则x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－1,4k2＋1).Δ＝(8km)2－16(4k2＋1)(m2－1)＞0，所以m2＜1＋4k2. ①所以x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,4k2＋1)，y0＝kx0＋m＝eq\f(m,4k2＋1).所以kAP＝eq\f(y0＋1,x0)＝－eq\f(m＋1＋4k2,4km).又|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN，则－eq\f(m＋1＋4k2,4km)＝－eq\f(1,k)，即3m＝4k2＋1. ②把②代入①得m2＜3m，解得0＜m＜3.由②得k2＝eq\f(3m－1,4)＞0，解得m＞eq\f(1,3).综上可知，m的取值范围为.【解题技巧】寻找不等关系的突破口(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围;(2)利用已知参数的取值范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系;(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围;(4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出所求范围;(5)利用函数值域的求法,确定所求范围.【跟踪训练】（2022·石家庄二中模拟预测）已知双曲线的焦点在轴上，中心在原点，离心率为，且过点.(1)求双曲线的标准方程；(2)双曲线的左右顶点为，，且动点，在双曲线上，直线与直线交于点，，，求的取值范围.【解析】(1)设双曲线的标准方程为，联立得，，所以双曲线的标准方程为.(2)已知，，，.当时，动点与点，重合，当时，直线，直线，联立两直线方程得.又因为，即，所以，即.又，且，所以.考法2利用基本不等式求最值【例2】（2022·全国甲（理）T）20.设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．（1）求C的方程；（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．【解题指导】（1）由抛物线的定义→→解方程求p；（2）设点的坐标→直线→韦达定理及斜率公式可得→差角的正切公式及基本不等式得→设直线→代入抛物线方程，韦达定理可解.【解析】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为；（2）设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.（2022·河南焦作·三模）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于点，且．(1)求抛物线的方程；(2)过点作抛物线的两条互相垂直的弦，，设弦，的中点分别为P，Q，求的最小值．【解题指导】AB方程→与抛物线方程联立→根与系数的关系→P点坐标→类比Q点坐标→两点间距离→基本不等式求最值【解析】1)依题意，设．由抛物线的定义得，解得：，（2分）【技巧】实现距离转化．根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线定义可以实现点点距与点线距的相互转化，从而简化某些问题．因为在抛物线上，所以，所以，解得：．故抛物线的方程为．（4分）(2)由题意可知，直线的斜率存在，且不为0．设直线的方程为，，．（6分）【技巧】直线过x轴上定点（），可巧设为.联立，整理得：，则，从而．因为是弦的中点，所以，（8分）同理可得．则，当且仅当且，即时等号成立，故的最小值为8．（12分）【解题技巧】巧用基本不等式求最值问题利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值。基本不等式求最值的五种典型情况分析【跟踪训练】（2022·江苏淮安·模拟预测）椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，短轴一个端点到右焦点的距离为eq\r(3).(1)求椭圆C的方程；(2)设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为eq\f(\r(3),2)，求△AOB面积的最大值．【解析】(1)设椭圆的半焦距为c，依题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a＝\r(3)，))∴c＝eq\r(2)，b＝1，∴所求椭圆方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为y＝kx＋m.由已知eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(3),2)，得m2＝eq\f(3,4)(k2＋1)．把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.∴x1＋x2＝eq\f(－6km,3k2＋1)，x1x2＝eq\f(3m2－1,3k2＋1).∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)＝eq\f(12k2＋13k2＋1－m2,3k2＋12)＝eq\f(3k2＋19k2＋1,3k2＋12)＝3＋eq\f(12k2,9k4＋6k2＋1)＝3＋eq\f(12,9k2＋\f(1,k2)＋6)(k≠0)≤3＋eq\f(12,2×3＋6)＝4.当且仅当9k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±eq\f(\r(3),3)时等号成立．当k＝0时，|AB|＝eq\r(3)，综上所述|AB|max＝2.∴当|AB|最大时，△AOB的面积取得最大值S＝eq\f(1,2)×|AB|max×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).考点3利用函数性质求最值（范围）【例3】（2022·湖北武汉·二模）已知抛物线，点为上一点，且到的准线的距离等于其到坐标原点的距离.(1)求的方程；(2)设为圆的一条不垂直于轴的直径，分别延长交于两点，求四边形面积的最小值.【解题指导】【解析】（1）设抛物线焦点，由题意，故，解得：.故抛物线的标准方程为.(2)由题意，直线斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设点，，联立得：，由，得，联立得：，由，得因为，用代替，得.【技巧】运用类比思想，代替，求得故四边形面积.令.设函数，故单调递增.故当，即时，取到最小值16，所以四边形面积的最小值是16.【技巧】利用换元,转化为函数问题，利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定最值.【解题技巧】利用函数求最值、范围的方法根据已知条件设出自变量，构造目标函数，利用二次函数或函数求导等可分析函数的单调性，从而确定的最值或范围。【跟踪训练】（2022·绍兴一中模拟预测）如图所示，点A，B分别是椭圆eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.(1)求点P的坐标；(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．【解析】(1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，设点P的坐标是(x，y)，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，∵PA⊥PF，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－4＋y2＝0，))可得2x2＋9x－18＝0，得x＝eq\f(3,2)或x＝－6.由于y>0，故x＝eq\f(3,2)，于是y＝eq\f(5\r(3),2).∴点P的坐标是.(2)由(1)可得直线AP的方程是x－eq\r(3)y＋6＝0，点B(6,0)．设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是eq\f(|m＋6|,2)，于是eq\f(|m＋6|,2)＝|m－6|，又－6≤m≤6，解得m＝2.由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq\f(5,9)x2＝eq\f(4,9)＋15，由于－6≤x≤6，由f(x)＝eq\f(4,9)＋15的图象可知，当x＝eq\f(9,2)时，d取最小值，且最小值为eq\r(15).模拟训练模拟训练1．（2023·河南·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点，点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与椭圆交于，两点．若，，求的最小值（是坐标原点）．【分析】（1）根据椭圆定义求出，再由焦点得，即可得解；（2）设出点的坐标，利用向量得坐标间关系，代入点差法所得等式，可求出，即是直线上动点，再由点到直线距离求最小值即可.【详解】（1）由题意，椭圆的焦点为，，由椭圆定义知所以所以椭圆的标准方程为（2）由题意知，设由，，得且又，都在椭圆上，所以两式作差，得把代入式，得又由，得所以所以到直线的距离经检验，此时垂足在椭圆内部.所以的最小值为.2．（2023·湖南·模拟预测）已知椭圆C：的上顶点为B，O为坐标原点，为椭圆C的长轴上的一点，若，且△OPB的面积为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)椭圆C与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM，AN分别与椭圆C交于M，N两点，直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标，求出△AMN面积的最大值．【分析】（1）根据题意得到与，从而求得，由此得解；（2）结合题意设直线MN的方程为，联立椭圆C的方程得到，进而得到，结合即可得到关于的方程，从而证得直线MN过定点，再利用，结合对勾函数的单调性即可得解.【详解】（1）由已知，得，即，又因为，所以，即，解方程组，得，所以椭圆的方程为.（2）由题意可知，直线MN的斜率不为0，设，直线MN的方程为，联立，消去，得，所以，，则，因为，所以，即，所以，即，解得或，因为当时，直线的方程为，则直线经过，不符合题意，所以，满足，此时直线的方程为，所以直线过定点，记直线与轴的交点为，则点坐标为，当时，，，令，令，则，故在上单调递增，所以，当且仅当，即时，△AMN面积取得最大值.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.3．（2023·云南玉溪·统考一模）如图，已知，直线l：，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F的直线与轨迹C交于A，B两点，与直线l交于点M，设，，证明定值，并求的取值范围．【分析】（1）设出点的坐标，运用数量积运算可得结果.（2）设直线AB的方程，求出点M的坐标，联立直线AB与轨迹C的方程后由韦达定理得、，由已知向量关系式可得，，进而求得的值与的范围.【详解】（1）设点，则，且．由得，即，化简得．故动点P的轨迹C的方程为：．（2）设直线AB的方程为：，则．联立直线AB与轨迹C的方程得，消去x得，则．设，，由韦达定理知，．由，得：，，整理得，．所以．故为定值0．∵，∴，∴的取值范围是．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.4．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知双曲线的离心率为2，右焦点F到渐近线的距离为，过右焦点F作斜率为正的直线l交双曲线的右支于A，B两点，交两条渐近线于C，D两点，点A，C在第一象限，O为坐标原点．(1)求双曲线E的方程；(2)设，，的面积分别是，，，若不等式恒成立，求的取值范围．【分析】（1）根据离心率和焦点到渐近线的距离，列出的方程组，解得结果即可.（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据题目条件，写出，根据的范围即可求出结果.【详解】（1）设双曲线的右焦点，渐近线方程为，则右焦点到渐近线的距离又，则，∴双曲线的方程为.（2）设直线的方程为，设联立方程得，渐近线方程为则A到两条渐近线的距离满足，联立方程得

联立方程得.恒成立即恒成立，∴所求的取值范围为5．（2023·四川泸州·统考二模）已知椭圆C：的焦点，点在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若过点F的直线l与C交于A，B两点，过点F与l垂直的直线与C交于M，N两点，求的取值范围．【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合，得出椭圆C的方程；（2）讨论直线l的斜率存在和为0的情况，联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合数量积运算得出，再由基本不等式得出所求范围.【详解】（1）由题意可知，，解得，故椭圆C的方程为；（2）当直线l的斜率不存在时，，，当直线l的斜率为0时，，，当直线l的斜率存在且不为0时，设其方程为，则直线的方程为，由，得，设，则，同理可得，因为，所以因为（当且仅当时，取等号），所以，综上，.【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键是将向量的数量积转化为韦达定理的形式，再由基本不等式得出范围.6．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，点关于轴对称的点为.当时，.(1)求双曲线的方程；(2)若的外心为，求的取值范围.【分析】(1)设双曲线的半焦距为，由条件列关于的方程，解方程求可得双曲线方程；(2)设直线的方程为，利用设而不求法求点的坐标，利用表示，再求其范围.【详解】（1）设双曲线的半焦距为，因为双曲线的右焦点为，所以，因为点和点关于轴对称，所以当时，直线的方程为，联立可得，又，所以，又，所以，故双曲线方程为；（2）若直线的斜率为0，则直线与双曲线右支只有一个交点，与已知矛盾，所以可设直线的方程为，联立，消，得，方程的判别式，设，则，，由已知，所以，所以线段的中点坐标为，所以线段的垂直平分线方程为，又线段的垂直平分线方程为，所以点的坐标为，所以，所以，所以，，因为，所以，所以，所以所以的取值范围为.【点睛】直线与双曲线的综合问题，一般利用设而不求法解决；其中范围或最值问题，一般利用设而不求法求出变量的解析式，再结合函数方法求其范围或最值.7．（2023·河南·长葛市第一高级中学统考模拟预测）已知椭圆的长轴长为4，，为C的左、右焦点，点P（不在x轴上）在C上运动，且的最小值为.(1)求椭圆C的方程；(2)过的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，记的内切圆的半径为r，求r的取值范围.【分析】（1）根据椭圆的几何性质可得，再由余弦定理和基本不等式得出，即可求出椭圆C的方程；（2）易知的周长为定值，利用等面积法可求得内切圆的半径与面积的表达式，联立直线l与椭圆C的方程写出面积的表达式再通过构造函数利用函数单调性即可求得内切圆的半径为r的取值范围.【详解】（1）由题意得，设，的长分别为m，n，，则在中，由余弦定理可得当且仅当时取等号，从而，得，∴，所以椭圆的标准方程为.（2）设，，由题意，根据椭圆的定义可得的周长为，，所以，设l的方程为，联立椭圆方程，整理可得，易知且，，，所以，令，则，，令函数，则，当时，恒成立，所以在上单调递增，则，所以，即，故r的取值范围为.【点睛】方法点睛：求三角形内切圆半径可利用等面积法，把整个三角形看成三个以内切圆圆心为顶点的小三角形，根据三个小三角形面积之和与大三角形面积相等，建立三角形周长、面积与内切圆半径之间的关系式即可求得结果.8．（2023·陕西安康·统考二模）设椭圆：过点，为直线：上不同于原点的任意一点，线段的垂直平分线为，椭圆的两焦点，关于的对称点都在以为圆心，为半径的圆上．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与椭圆交于，两点，为椭圆的右顶点，求四边形的面积的取值范围．【分析】（1）根据垂直平分线性质可知两焦点，关于的对称点距离等于线段的长度，且对称点所连线段为圆P的直径，由此可得焦距长，继而求出椭圆方程解析式；（2）利用韦达定理，找出，两点坐标关系，根据弦长公式求出长度，根据点到直线距离公式求出，两点到的距离，列式即可得出四边形的面积表达式，根据直线斜率范围即可得出面积范围.【详解】（1）设，关于的对称点分别为，，为线段的中点，∴是的中点，∴是圆的直径，∴，∴由已知，所以椭圆的方程为（2）设点，，其中联立∴，点、到直线的距离分别为，∵当且仅当时取等号．∴，∴，∴9．（2023·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆，，C为圆A上一点，线段BC的垂直平分线与线段AC交于点P，记点P的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)若过点且斜率存在的直线l交曲线E于点M，N，线段MN上存在点S使得，求的最小值．【分析】(1)由条件证明，根据椭圆的定义结合待定系数法求轨迹方程；(2)联