新高考数学一轮复习考点讲义：第09章第11讲第2课时最值与范围问题（含解析）

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题型 最值问题
典例1 (2023·全国甲卷，理)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq \r( ,15).
可直接应用弦长公式求出p＝2.
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
解：(1)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))
消去y并整理得x2＋(2－8p)x＋1＝0，
由(2－8p)2－4>0得p>eq \f(1,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8p－2，x1x2＝1，
所以|AB|＝eq \r( ,1＋\f(1,4))eq \r( ,x1＋x22－4x1x2)＝eq \r( ,1＋\f(1,4))eq \r( ,8p－22－4)＝4eq \r( ,15)，
解得p＝2(负值舍去)．
(2)由题知，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my＋b，由(1)知，抛物线C的方程
第一步：设MN的方程.
【易错提醒】若设MN：y＝kx＋b，需讨论keq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k不存在时，,k存在时.))
为y2＝4x，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋b，,y2＝4x，))消去x并整理得y2－4my－4b＝0，Δ＝16m2＋16b>0，
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝4m，y3y4＝－4b，所以x3＋x4＝4m2＋2b，x3x4＝m2y3y4＋mb(y3＋y4)＋b2＝b2.
因为抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，
所以eq \(FM,\s\up6(→))＝(x3－1，y3)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(x4－1，y4)，
所以eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝(x3－1)·(x4－1)＋y3y4＝
x3x4－(x3＋x4)＋y3y4＋1＝0，
所以b2－4m2－2b－4b＋1＝0，
所以m2＝eq \f(b2－6b＋1,4)≥0，此时Δ＝4(b－1)2.若Δ>0，则b≠1，
所以b2－6b＋1≥0，解得b≤3－2eq \r( ,2)或b≥3＋2eq \r( ,2)，
设点F到直线MN的距离为d，则d＝eq \f(|1－b|,\r( ,1＋m2))，
又|MN|＝eq \r( ,1＋m2)eq \r( ,y3＋y42－4y3y4)
第三步：求出点F到直线MN的距离d及弦长|MN|.
＝eq \r( ,1＋m2)eq \r( ,16m2＋16b)＝2eq \r( ,1＋m2)·|b－1|，
所以S△MFN＝eq \f(1,2)|MN|d＝|b－1|2，
第四步：表示S△MFN，然后研究最小值．
所以当b＝3－2eq \r( ,2)时，△MFN的面积取得最小值(3－2eq \r( ,2)－1)2＝12－8eq \r( ,2).
圆锥曲线中最值的求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及单调性法等．
对点练1 (2024·广东韶关模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右顶点分别为A，B，点D(不在x轴上)为直线x＝6上一点，直线AD交曲线C于另一点P.
(1)证明：PB⊥BD；
(2)设直线BD交曲线C于另一点Q，若圆O(O是坐标原点)与直线PQ相切，求该圆半径的最大值．
(1)证明：A(－2,0)，B(2,0)，设P(x0，y0)，
∴kAP＝eq \f(y0,x0＋2)，直线AD的方程为y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，
令x＝6，得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(8y0,x0＋2)))，∴kBD＝eq \f(\f(8y0,x0＋2),6－2)＝eq \f(2y0,x0＋2)，又∵kBP＝eq \f(y0,x0－2)，且eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),2)＝1，
∴kBD·kBP＝eq \f(2y0,x0＋2)·eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(2y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝－1，∴PB⊥BD．
(2)解：当直线PQ不垂直x轴时，设直线PQ方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝4，,y＝kx＋m，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
Δ＝(4mk)2－4(1＋2k2)(2m2－4)>0，
4k2＋2>m2，
x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(2m2－4,1＋2k2)，
由(1)可知，kBD·kBP＝－1，eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)＝－1，x1·x2－2(x1＋x2)＋y1y2＋4＝0，
又y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1·x2＋km(x1＋x2)＋m2，代入上式得
(1＋k2)x1·x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2＋4＝0，
即eq \f(2m2－21＋k2,1＋2k2)－eq \f(km－2·4km,1＋2k2)＋m2＋4＝0，得到3m2＋8mk＋4k2＝0，
m＝－eq \f(2,3)k或m＝－2k(舍去)，
∴直线PQ的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))恒过点Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0))，当PQ垂直x轴时，同样成立．
设点O到直线PQ的距离为d，则d≤OS＝eq \f(2,3)，∴半径的最大值为eq \f(2,3).
题型 范围问题
典例2 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r( ,3),2)，椭圆C与y轴交于A，B两点，且|AB|＝2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点P是椭圆C上的一个动点，且点P在y轴的右侧．直线PA，PB与直线x＝4分别交于M，N两点．若以MN为直径的圆与x轴交于E，F两点，求点P横坐标的取值范围及|EF|的最大值．
圆中的弦长问题，注意半径、半弦、弦心距构成的直角三角形的应用．
解：(1)由题意，得b＝1，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r( ,3),2)，
所以eq \f(a2－1,a2)＝eq \f(3,4)，解得a2＝4.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)方法一：设点P的坐标为(x0，y0)(00，解得x0∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，2)).
设交点坐标分别为(x1,0)，(x2,0)，
则|EF|＝|x1－x2|＝2eq \r( ,5－\f(8,x0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)