2026届高三数学二轮复习讲义：专题突破　专题五　第四讲　范围与最值问题（含解析）

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1.(2025·全国Ⅰ卷，T18)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为223，下顶点为A，右顶点为B，|AB|=10.
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|=3.
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值.
2.(2023·全国甲卷，理T20)已知直线x-2y+1=0与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两点，|AB|=415.
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM·FN=0，求△MFN面积的最小值.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，主要以解答题的形式进行考查.分值约为13~17分.
考查方向：
考查重点是最值与范围问题，主要考查长度、周长、面积、角度、斜率、向量等相关的最值(范围)问题.
1.解 (1)由题意可知，A(0，-b)，B(a，0)，所以a2+b2=10，e=ca=223，c2=a2-b2，解得a2=9，b2=1，c2=8，
故C的方程为x29+y2=1.
(2)(ⅰ)设R(x0，y0)，易知m≠0，
方法一 所以kAP=n+1m，kAR=y0+1x0，
故y0+1x0=n+1m，且mx0>0.
因为A(0，-1)，|AP|·|AR|=3，所以m2+(n+1)2×x02+(y0+1)2=3，
即1+n+1m2x0m=3，解得x0=3mm2+(n+1)2，所以y0=n+2-m2-n2m2+(n+1)2，
所以R的坐标为3mm2+(n+1)2，n+2-m2-n2m2+(n+1)2.
方法二 设AR=λAP，λ>0，则|AR|=λ|AP|，又AP=(m，n+1)，所以|AP|·|AR|=λ|AP|2=3，
即λm2+(n+1)2=3，所以λ=3m2+(n+1)2，所以AR=λAP=λ(m，n+1)=3mm2+(n+1)2，3(n+1)m2+(n+1)2，又A(0，-1)，故R的坐标为3mm2+(n+1)2，n+2-m2-n2m2+(n+1)2.
(ⅱ)因为kOR=n+2-m2-n2m2+(n+1)23mm2+(n+1)2=n+2-m2-n23m，kOP=nm，由kOR=3kOP，可得
n+2-m2-n23m=3nm，化简得m2+n2+8n-2=0，即m2+(n+4)2=18(m≠0)，
所以点P在以N(0，-4)为圆心，32为半径的圆上(除去与y轴的交点)，
|PQ|max为点Q到圆心N的距离加上半径，
方法一 设Q(xQ，yQ)，则xQ29+yQ2=1，即xQ2=9-9yQ2，
所以|QN|2=xQ2+(yQ+4)2=9-9yQ2+yQ2+8yQ+16=-8yQ2+8yQ+25
=-8yQ-122+27≤27，当且仅当yQ=12，即Q±332，12时取等号，
故|PQ|max=27+32=3(3+2).
方法二 设Q(3cs θ，sin θ)，所以
|QN|2=(3cs θ)2+(sin θ+4)2=9cs2θ+sin2θ+8sin θ+16
=9(1-sin2θ)+sin2θ+8sin θ+16
=-8sin2θ+8sin θ+25
=-8sinθ-122+27≤27，当且仅当sin θ=12，即Q±332，12时取等号，
所以|PQ|max=27+32=3(3+2).
2.解 (1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由x-2y+1=0，y2=2px，可得y2-4py+2p=0，
所以yA+yB=4p，yAyB=2p，
所以|AB|=5×(yA+yB)2-4yAyB=415，
即2p2-p-6=0，解得p=2(负值舍去).
(2)由(1)知y2=4x，
所以焦点F(1，0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x=my+n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由y2=4x，x=my+n，可得y2-4my-4n=0，
所以y1+y2=4m，y1y2=-4n，
Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，
因为FM·FN=0，FM=(x1-1，y1)，FN=(x2-1，y2)，
所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0，
即(my1+n-1)(my2+n-1)+y1y2=0，
即(m2+1)y1y2+m(n-1)(y1+y2)+(n-1)2=0，
将y1+y2=4m，y1y2=-4n代入得，
4m2=n2-6n+1，
所以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.
设点F到直线MN的距离为d，
所以d=n-1|1+m2，
|MN|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2
=1+m216m2+16n
=1+m24(n2-6n+1)+16n
=21+m2|n-1|，
所以△MFN的面积
S=12×|MN|×d=12×21+m2|n-1|×n-1|1+m2=(n-1)2，
而n≥3+22或n≤3-22，
所以当n=3-22时，△MFN的面积最小，为Smin=(2-22)2=12-82=4(3-22).
考点一 最值问题
例1 (2025·黄山模拟)平面内，动点M(x，y)与定点F(3，0)的距离和M到定直线l：x=433的距离的比值是常数32，记动点M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)O为坐标原点，A，B为曲线E上不同两点，经过A，B两点的直线与圆x2+y2=1相切，求△OAB面积的最大值.
解 (1)依题意，可得(x-3)2+y2x-433=32，
化简得x2+4y2=4，
即曲线E的方程为x24+y2=1.
(2)依题意，直线AB的斜率不可能是0，
不妨设其方程为x=my+t，
则圆x2+y2=1的圆心O(0，0)到直线x=my+t的距离d=tm2+1=1，即m2+1=t2，①
由x=my+t，x2+4y2=4，
消去x，可得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0，
由Δ=4m2t2-4(m2+4)(t2-4)>0，
可得m2-t2+4>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1+y2=-2mtm2+4，y1·y2=t2-4m2+4，
则|AB|=1+m2·(y1+y2)2-4y1·y2
=1+m2·-2mtm2+42-4(t2-4)m2+4
=41+m2m2+4·m2-t2+4，
将①式代入，化简得|AB|=43·1+m2m2+4，
S△OAB=12×|AB|×d=23·m2+1(m2+4)2，
设λ=m2+1，则λ≥1，
S△OAB=23·λ(λ+3)2=23·1λ+9λ+6，
因为λ+9λ≥2λ·9λ=6，当且仅当λ=3时取等号，此时m=±2， △OAB的面积的最大值为23×112=1.
[规律方法] 圆锥曲线中的最值问题，常见的方法有
(1)函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围.求函数的最值时，一般会用到配方法、基本不等式或者函数的单调性.
(2)方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出目标量的不等关系，再求出目标量的最值.
(3)不变量法：在平面几何中有一些不变量的最值结果，在求最值时，可以考虑观察图形的几何特点，判断某个特殊位置满足的最值条件，然后再证明.
跟踪演练1 已知O为坐标原点，F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，M是C上一点，且|MF|=|MO|=32.
(1)求C的方程；
(2)A，B是C上两点(A，B异于点O)，以AB为直径的圆过点O，Q为AB的中点，求直线OQ斜率的最大值.
解 (1)由抛物线的定义可知Fp2，0.
因为|MF|=|MO|，所以xM=p4.
因为|MF|=32，所以p4+p2=32，解得p=2，故C的方程为y2=4x.
(2)由题意知直线AB的斜率不为0，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，其方程为x=my+t，
联立x=my+t，y2=4x，
得y2-4my-4t=0，Δ=16(m2+t)>0，
则yA+yB=4m，yAyB=-4t，
因为以AB为直径的圆过点O，所以OA⊥OB，即OA·OB=0，则xAxB+yAyB=0，
即yA24·yB24+yAyB=0，又yAyB≠0，
解得yAyB=-16=-4t，所以t=4.
又xA+xB=m(yA+yB)+8=4m2+8，所以Q(2m2+4，2m)，
当m=0时，kOQ=0；
当m≠0时，kOQ=2m2m2+4=mm2+2=1m+2m∈-24，0∪0，24.
故直线OQ斜率的最大值为24.
考点二 范围问题
例2 (2025·海口模拟)设A，B两点的坐标分别为(-1，0)，(1，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为3.
(1)求点M的轨迹方程C；
(2)若直线l与C交于P，Q两点，且OP·OQ=0(点O为坐标原点)，求|PQ|的取值范围.
解 (1)设点M(x，y)，x≠±1，则kAM=yx+1，kBM=yx-1，
所以yx+1×yx-1=3，化简得x2-y23=1，
所以点M的轨迹方程为x2-y23=1(x≠±1).
(2)当直线l的斜率不存在时，可设P(xP，yP)，Q(xP，-yP)，
则OP=(xP，yP)，OQ=(xP，-yP)，
将其代入双曲线方程得xP2-yP23=1，
又OP·OQ=xP2-yP2=0，解得yP=±62，此时|PQ|=2|yP|=6；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立y=kx+mx2-y23=1，得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，则3-k2≠0，Δ=12(m2-k2+3)>0.
由根与系数的关系得x1+x2=2km3-k2，x1x2=-m2-33-k2.
则OP·OQ=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·-m2-33-k2+km·2km3-k2+m2=0，
化简得3k2+3=2m2，此时Δ=6(k2+9)>0，
所以|PQ|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2·2km3-k22-4-m2-33-k2
=1+k2·12(m2-k2+3)(3-k2)2
=6·k4+10k2+9k4-6k2+9=6·1+16k2k4-6k2+9，
当k=0时，此时|PQ|=6；
当k≠0时，此时|PQ|=6·1+16k2+9k2-6，
因为3-k2≠0，
所以k2+9k2>2k2·9k2=6，故16k2+9k2-6>0，
因此|PQ|=6·1+16k2+9k2-6>6.
综上可得|PQ|≥6，故|PQ|的取值范围为[6，+∞).
[规律方法] 圆锥曲线中的范围问题的思路就是选用一个合适的变量(这个变量能够表达要解决的问题)建立目标函数或不等关系，然后求解.求解范围问题一定要牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”.不等式的来源可以是圆锥曲线的有界性、题目条件中某个量的范围等.
跟踪演练2 我们把由半椭圆x2a2+y2b2=1(x≥0)与半椭圆y2b2+x2c2=1(x≤0)合成的曲线称作“果圆”，其中a2=b2+c2，a>b>c>0.如图，点F0，F1，F2分别是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2分别是“果圆”与x轴、y轴的交点.
(1)若△F0F1F2是边长为 1 的等边三角形，求 “果圆” 的方程；
(2)在(1)的条件下，P为半椭圆y2b2+x2c2=1(x≤0)上任意一点，M点的坐标为(1，0)，求|PF0|+|PF1|的最大值以及|PM|的最小值；
(3)当 |A1A2|>|B1B2| 时，求ba的取值范围.
解 (1)因为△F0F1F2是边长为1的等边三角形，
所以c=32，a2-b2=34，
b2-c2=14，
所以b2=1，a2=74，
故“果圆”的方程为x274+y2=1(x≥0)，
y2+x234=1(x≤0).
(2)由(1)可知，F032，0，
F10，-12，F20，12，
设P(x0，y0)-32≤x0≤0，
满足y02+x0234=1(x≤0)，
则|PM|=(x0-1)2+y02=-13x02-2x0+2，
因为-32≤x0≤0，由二次函数的性质易知，当x0=0时，|PM|取得最小值，
即|PM|min=2.
因为|PF2|+|PF1|=2，
所以|PF0|+|PF1|=2+|PF0|-|PF2|≤2+|F0F2|，
当且仅当P，F0，F2三点共线，且F2在P，F0之间时取等号，
又|F0F2|=1，所以|PF0|+|PF1|≤2+|F0F2|=3，即|PF0|+|PF1|的最大值为3.
(3)因为a2=b2+c2，a>b>c>0，因此a222，
因为|A1A2|>|B1B2|，所以a+c>2b，即c>2b-a，即a2-b2>2b-a，
因为a(2b-a)2=4b2-4ab+a2，化简得bab>0)的离心率为12，且经过点P(2，3)，其左、右焦点分别为F1，F2.
(1)求C的方程.(5分)
(2)设过F1的直线l与C交于A，B两点，且|AB|=2427.
①求直线l的斜率；(6分)
②设M为C上异于A，B的动点，求△MAB面积的最大值.(6分)
解 (1)由题意得4a2+3b2=1，ca=12，a2=b2+c2，
解得a2=8，b2=6，c=2，
所以C的方程为x28+y26=1.
(2)①由(1)得点F1(-2，0)，
若直线l与x轴重合，则|AB|=2a=42，不符合题意；
设直线l的方程为x=my-2，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立x=my-2，3x2+4y2-24=0，
得(3m2+4)y2-62my-18=0，
则Δ=72m2+72(3m2+4)=288(m2+1)>0，
y1+y2=62m3m2+4，y1y2=-183m2+4.
所以|AB|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=1+m2·72m2(3m2+4)2+4×18(3m2+4)(3m2+4)2
=122(m2+1)3m2+4=2427，可得m2=1，即m=±1.
所以直线l的斜率为±1.
②由①知直线AB的方程为x=±y-2，根据对称性，只需考虑其中一种情况即可.
不妨取直线AB的方程为x-y+2=0.
方法一 由题意，当过点M的直线与直线AB平行，F2在两直线之间，且与椭圆相切时，点M到直线AB的距离最大，即△MAB的面积最大.
设其直线方程为x-y+t=0(t≠2)，
联立x-y+t=0，3x2+4y2-24=0，
得7x2+8tx+4t2-24=0，
则Δ=64t2-28(4t2-24)=0，
即t2=14，易知t=-14符合题意，
直线方程为x-y-14=0，
点M到直线AB距离的最大值dmax=2+142=7+1.
故△MAB面积的最大值Smax=12|AB|dmax=12×2427×(7+1)=122(7+1)7.
方法二 因为M在C上，故可设M(22cs α，6sin α)，
则点M到直线AB的距离为
d=|22csα-6sinα+2|2
=|6sinα-22csα-2|2
=|3sin α-2cs α-1|=|7sin(α-φ)-1|，
其中φ为锐角，且tan φ=233，
所以当sin(α-φ)=-1时，点M到直线AB的距离取得最大值为dmax=7+1.
故△MAB面积的最大值为Smax=12|AB|dmax=12×2427×(7+1)=122(7+1)7.
2.(17分)(2025·河南H20联盟联考)已知动圆过定点P(2，0)，且在y轴上截得的弦长为4.动圆圆心的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；(5分)
(2)设过点F(1，0)的直线交曲线E于A，B两点，过点M(-1，0)的直线MA与E的另一个交点为C，点A在M与C之间.
①证明：线段BC垂直于x轴；(6分)
②记△FBC的面积为S1，△MFC的面积为S2，求5S2-S1的取值范围.(6分)
(1)解 由题意，动圆过定点P(2，0)，
当圆心不在y轴上时，设圆心T(x，y)(x≠0)，弦的中点为R(0，y)，连接RT(图略)，
则由圆的性质得|PT|2=|RT|2+22，
∴(x-2)2+y2=x2+4，
整理得y2=4x(x≠0).
当圆心在y轴上时，易得圆心坐标为(0，0)，也满足上式，
∴曲线E的方程为y2=4x.
(2)①证明 ∵直线AB的斜率不为0，
故设直线AB的方程为x=ty+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立x=ty+1，y2=4x，可得y2-4ty-4=0，
Δ=16(t2+1)>0，
则y1+y2=4t，y1y2=-4，
kMA+kMB=y1x1+1+y2x2+1=y1ty1+2+y2ty2+2
=2ty1y2+2(y1+y2)(ty1+2)(ty2+2)=-8t+8t(ty1+2)(ty2+2)=0.
故∠BMF=∠CMF，
故直线BM与直线CM关于x轴对称，即点B与点C关于x轴对称，
∴线段BC垂直于x轴.
②解 由①可知C(x2，-y2)，如图，由对称性，不妨设y2>0，
∵点A在M与C之间，∴x2>1，y2>2，
S1=12×2y2×(x2-1)=(x2-1)y2=y234-y2，
S2=12×2y2=y2，
则5S2-S1=6y2-y234，
令f(y)=6y-y34(y>2)，
则f'(y)=6-3y24=34(8-y2)，
令f'(y)>0，则20，b>0)，得y=±b2a ，
所以|PF2|=|QF2|=b2a，
所以|PF1|=|QF1|=b2a+2a ，
因为双曲线E的离心率为2，△PQF1的周长为16，
所以e=ca=2，a2+b2=c2，4b2a+4a=16，解得a=1，b=3，c=2，
所以双曲线E的标准方程为x2-y23=1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x'0，y'0) ，
①因为A，B两点在双曲线E上，所以 x12-y123=1，x22-y223=1，
两式相减得x12-x22=y123-y223 ，
得(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2)3，
即y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=3，
所以kOM·kAB=3(O为坐标原点)， 即y'0≠0，
因为l'是AB的垂直平分线，所以kl'·kAB=-1，
所以kOM=-3kl' ，
即y'0x'0=-3y'0x'0-x0，化简得x0=4x'0 ，故 λ=4.
②由题意可知直线AB的斜率k存在且k≠0，k≠±3，
设直线AB的方程为y=kx+m，
由y=kx+m，3x2-y2=3，
消去y并整理得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，
则3-k2≠0，Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)=12(3+m2-k2)>0，
即m2+3-k2>0，x1+x2=2km3-k2，
x1x2=-3+m23-k2，
y1+y2=k(x1+x2)+2m=k·2km3-k2+2m=6m3-k2，
于是M 点的坐标为km3-k2，3m3-k2，
kMC=3m3-k2-4km3-k2=3m-12+4k2km.
易知kMC·kAB=-1，
所以 3m-12+4k2km=-1k ，解得m=3-k2 ，
代入m2+3-k2>0，得(3-k2)2+(3-k2)=(3-k2)(4-k2)>0，
得k24，
由A，B在双曲线E的右支上得，x1x2=-3+m23-k2>0，得3-k23，
且x1+x2=2km3-k2=2k>0，即k>0，
综上，k>2.
又|CM|=km3-k2-02+3m3-k2-42=1+k2，
所以tan∠ACM=|AM||CM|=12(x1+x2)2-4x1x2·1+k21+k2
=12×23m2-3k2+9(3-k2)2=3m2-3k2+9m2=3+33-k2.
因为k>2，所以3-k2