新高考数学一轮复习基础版讲义第8章圆锥曲线中的综合问题第3课时　最值与范围（2份，原卷版+解析版）

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(1)求C的方程；
(2)设点P在第一象限，且直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于另外两点A(x1，y2)和B(x2，y2)，求y1－y2的最大值.
解 (1)设C的半焦距为c(c>0)，
由|PF1|＋|PF2|＝eq \f(\r(6),2)|F1F2|，
可得2a＝eq \r(6)c，①
当PF2⊥x轴时，令x＝c，得|y|＝eq \f(b2,a)，
所以eq \f(b2,a)＝eq \f(\r(6),3).②
联立①②以及a2＝b2＋c2，解得a＝eq \r(6)，b＝eq \r(2)，
故C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，
由已知可得F1(－2，0)，F2(2，0)，
设直线PA的方程为x＋2＝my，
直线PB的方程为x－2＝ny.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2＝my，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x整理得
(m2＋3)y2－4my－2＝0，
所以y0y1＝eq \f(－2,m2＋3).
又m＝eq \f(x0＋2,y0)，xeq \\al(2,0)＋3yeq \\al(2,0)＝6，
所以y0y1＝－eq \f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2,y0)))\s\up12(2)＋3)＝－eq \f(yeq \\al(2,0),2x0＋5)，
所以y1＝－eq \f(y0,2x0＋5).
同理可得y2＝－eq \f(y0,5－2x0).
则y1－y2＝eq \f(y0,5－2x0)－eq \f(y0,5＋2x0)＝eq \f(4x0y0,25－4xeq \\al(2,0))
＝eq \f(4x0y0,25\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,0),6)＋\f(yeq \\al(2,0),2)))－4xeq \\al(2,0))＝eq \f(4x0y0,\f(xeq \\al(2,0),6)＋\f(25yeq \\al(2,0),2))
＝eq \f(4,\f(x0,6y0)＋\f(25y0,2x0))≤eq \f(4,2\r(\f(x0,6y0)·\f(25y0,2x0)))＝eq \f(4\r(3),5).
当且仅当xeq \\al(2,0)＝75yeq \\al(2,0)时取等号，
所以y1－y2的最大值为eq \f(4\r(3),5).
感悟提升 利用不等式法求解最值、范围问题的策略
(1)利用圆锥曲线的几何性质或几何量之间的关系构造不等式.
(2)利用直线与圆锥曲线的位置关系、判别式构造不等式.
(3)利用已知或其他隐含条件中的不等关系构造不等式.
(4)常与一元二次不等式、基本不等式相关.
训练1 已知F(eq \r(3)，0)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围.
解 (1)由题意知，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为(－eq \r(3)，0)，
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为
eq \r(（\r(3)＋\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－0))\s\up12(2))＋eq \f(1,2)＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝eq \r(3)，可得b＝eq \r(a2－c2)＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在或斜率为0时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意.
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4（m2－1）,4k2＋1)，
所以kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)
＝eq \f(（kx1＋m）x2＋（kx2＋m）x1,x1x2)
＝2k＋eq \f(m（x1＋x2）,x1x2)
＝2k＋eq \f(－8km2,4（m2－1）)＝eq \f(－2k,m2－1)，
由kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)，可得m2＝4k＋1，
所以k≥－eq \f(1,4)，
又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，
所以4k2－4k>0，解得k1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞).
题型二 函数法求最值、范围
例2 (2024·深圳模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(4，m)在抛物线E上，且△OMF的面积为eq \f(1,2)p2(O为坐标原点).
(1)求抛物线E的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值.
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2＝8p，,\f(1,2)·\f(p,2)·|m|＝\f(1,2)p2，))
解得p＝2.
故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1，0)，
设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))
消去x得y2－4ty－4＝0.
所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.
由AC垂直于l，得直线AC的方程为
y－y1＝－t(x－x1)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－y1＝－t（x－x1），,y2＝4x，))
消去x得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0.
所以y1＋y3＝－eq \f(4,t)，y1y3＝eq \f(－4tx1－4y1,t).
所以|AC|＝eq \r(（x1－x3）2＋（y1－y3）2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))[（y1＋y3）2－4y1y3])
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))·\f(16＋16t2x1＋16ty1,t2))
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))·\f(16＋4t2yeq \\al(2,1)＋16ty1,t2))
＝eq \f(2\r(t2＋1),t2)·|ty1＋2|
＝eq \f(2\r(t2＋1),t2)·(ty1＋2).
同理可得|BD|＝eq \f(2\r(t2＋1),t2)·(ty2＋2)，
所以|AC|＋|BD|＝eq \f(2\r(t2＋1),t2)·[t(y1＋y2)＋4]
＝eq \f(8\r(t2＋1),t2)(t2＋1)＝8eq \r(\f(（t2＋1）3,t4))，
令f(x)＝eq \f(（x＋1）3,x2)，x>0，
则f′(x)＝eq \f(（x＋1）2（x－2）,x3)，x>0，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)0，f(x)单调递增.
所以当x＝2时，f(x)取得最小值，
即当t＝±eq \r(2)时，|AC|＋|BD|的最小值为12eq \r(3).
感悟提升 利用函数法求解最值、范围问题的策略
(1)引入单变量，将所求解问题用含该变量的代数式表示，构造函数；
(2)引入双变量，利用题设或其他条件建立两个变量之间的关系，通过消元的方法转化为单变量问题，构造函数；
(3)注意挖掘变量所满足的条件，从而确定变量范围；
(4)用函数的方法，如函数的单调性、导数等分析求解最值或范围.
训练2 (2023·全国甲卷)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).
(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)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把x＝2y－1代入y2＝2px，
得y2－4py＋2p＝0，
由直线与抛物线有两个交点A，B，
所以Δ＝16p2－8p>0，得p>eq \f(1,2).
由根与系数的关系，
可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|
＝eq \r(1＋4)·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝eq \r(5)×eq \r(16p2－8p)＝4eq \r(15)，
解得p＝2或p＝－eq \f(3,2)(舍去)，故p＝2.
(2)由(1)知，抛物线的焦点为F(1，0).
由题意知直线MN的斜率不可能为0，
∴设MN的方程为x＝my＋t，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－4t＝0，
∴Δ＝16m2＋16t>0，即m2＋t>0，
由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t，
∵eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，
∴(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝0，
即(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝(my3＋t－1)(my4＋t－1)＋y3y4
＝(m2＋1)y3y4＋m(t－1)(y3＋y4)＋(t－1)2
＝(m2＋1)(－4t)＋m(t－1)·4m＋(t－1)2＝0，
即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，
即4m2＝t2－6t＋1.
设F到MN的距离为d，则d＝eq \f(|t－1|,\r(1＋m2))，
又|MN|＝eq \r(1＋m2)|y3－y4|
＝eq \r(1＋m2)·eq \r(（y3＋y4）2－4y3y4)
＝eq \r(1＋m2)·eq \r(16m2＋16t)
＝4eq \r(1＋m2)·eq \r(m2＋t)，
∴S△MFN＝eq \f(1,2)|MN|·d
＝eq \f(1,2)×4eq \r(1＋m2)·eq \r(m2＋t)·eq \f(|t－1|,\r(1＋m2))
＝2eq \r(m2＋t)·|t－1|＝eq \r(4m2＋4t)·|t－1|
＝eq \r(t2－2t＋1)|t－1|＝(t－1)2.
∵4m2＝t2－6t＋1≥0，
解得t≤3－2eq \r(2)或t≥3＋2eq \r(2)，
∴当且仅当t＝3－2eq \r(2)时，S△MFN取得最小值12－8eq \r(2)，即△MFN面积的最小值为12－8eq \r(2).
【A级 基础巩固】
1.(2024·石家庄调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(2，eq \r(3))，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点O到直线l的距离为2，求△ABO的面积的最大值.
解 (1)由题意可得eq \f(4,a2)＋eq \f(3,b2)＝1，①
又离心率为eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
即eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)，解得eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，
则a＝2b，代入①可得a＝4，b＝2，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意可知，原点O到直线l的距离为2，
即eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝2，即m2＝4(k2＋1).
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))消去y可得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
其判别式Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－16)＝16(16k2＋4－m2)＝192k2>0，可知k≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根与系数的关系可得
x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－16,1＋4k2).
则|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,1＋4k2)))\s\up12(2)－4\f(4m2－16,1＋4k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(64k2m2,（1＋4k2）2)－\f(4（4m2－16）（1＋4k2）,（1＋4k2）2))
＝eq \r(1＋k2)·
eq \r(\f(4×64k2（k2＋1）－4（16k2＋16－16）（1＋4k2）,（1＋4k2）2))
＝eq \f(8\r(3)|k|\r(1＋k2),1＋4k2).
所以△ABO的面积S＝eq \f(1,2)×2×eq \f(8\r(3)|k|\r(1＋k2),1＋4k2)＝eq \f(8·\r(3)|k|\r(1＋k2),1＋4k2)≤eq \f(8×\f(3k2＋1＋k2,2),1＋4k2)＝4，
当且仅当k＝±eq \f(\r(2),2)时取得等号，
所以△ABO的面积的最大值为4.
2.已知O为坐标原点，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)，且经过点P(eq \r(6)，1).
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l与椭圆C交于A，B两点，直线OA的斜率为k1，直线OB的斜率为k2，且k1k2＝－eq \f(1,3)，求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的取值范围.
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,\f(6,a2)＋\f(1,b2)＝1，))
又a2＝b2＋c2，解得a＝3，b＝eq \r(3).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋t，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,9)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－9＝0，
Δ＝12(3＋9k2－t2)>0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(－6kt,1＋3k2)，,x1x2＝\f(3t2－9,1＋3k2)，))
又k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,3)，
故y1y2＝－eq \f(1,3)x1x2且x1x2≠0，
即3t2－9≠0，则t2≠3，
又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，
所以eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(（kx1＋t）（kx2＋t）,x1x2)
＝k2＋eq \f(kt（x1＋x2）＋t2,x1x2)＝k2＋eq \f(\f(－6k2t2,1＋3k2)＋t2,\f(3t2－9,1＋3k2))
＝eq \f(t2－9k2,3t2－9)＝－eq \f(1,3)，
整理得2t2＝9k2＋3≥3，
则t2≥eq \f(3,2)且Δ>0恒成立.
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2－eq \f(1,3)x1x2
＝eq \f(2,3)x1x2＝eq \f(2,3)×eq \f(3t2－9,1＋3k2)＝3·eq \f(t2－3,t2)
＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,t2)))，
又t2≥eq \f(3,2)，且t2≠3，
故3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,t2)))∈[－3，0)∪(0，3).
当直线l的斜率不存在时，x2＝x1，y2＝－y1，
则k1k2＝－eq \f(yeq \\al(2,1),xeq \\al(2,1))＝－eq \f(1,3)，
又eq \f(xeq \\al(2,1),9)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，解得xeq \\al(2,1)＝eq \f(9,2)，
则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝eq \f(2,3)xeq \\al(2,1)＝3.
综上，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的取值范围为[－3，0)∪(0，3].
3.已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
解 (1)设F(c，0)，由条件知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的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时不合题意；
设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx－2代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
Δ＝16(4k2－3)>0，
即k2>eq \f(3,4)，x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1·x2＝eq \f(12,1＋4k2).
从而|PQ|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|
＝eq \f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),4k2＋1).
又点O到直线PQ的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1)).
所以△OPQ的面积
S△OPQ＝eq \f(1,2)d·|PQ|＝eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1).
设eq \r(4k2－3)＝t，
则t>0，S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,t＋\f(4,t))≤1，
当且仅当t＝2，即k＝±eq \f(\r(7),2)时等号成立，且满足Δ>0，
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为
y＝eq \f(\r(7),2)x－2或y＝－eq \f(\r(7),2)x－2.
【B级 能力提升】
4.(2024·温州模拟)已知抛物线C1：y2＝4x－4与双曲线C2：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,4－a2)＝1(1