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高中数学高考第8节 圆锥曲线中的范围、最值问题 教案
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这是一份高中数学高考第8节 圆锥曲线中的范围、最值问题 教案，共11页。
考点1 范围问题
圆锥曲线中范围问题的五个解题策略
解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)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，从而确定参数的取值范围．
(2019·大连模拟)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，离心率为eq \f(1,2)，点F1为圆M：x2＋y2＋2x－15＝0的圆心．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过椭圆右焦点F2的直线l交椭圆于A，B两点，过点F2且与直线l垂直的直线l1与圆M交于C，D两点，求四边形ACBD面积的取值范围．
[解] (1)由题意知eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，则a＝2c.
圆M的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，
从而椭圆的左焦点为F1(－1,0)，即c＝1.所以a＝2.
由b2＝a2－c2，得b＝eq \r(3).
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)可知椭圆右焦点F2(1,0)．
①当直线l与x轴垂直时，此时斜率k不存在，直线l：x＝1，直线l1：y＝0，可得|AB|＝3，|CD|＝8，四边形ACBD的面积为12.
②当直线l与x轴平行时，此时斜率k＝0，直线l：y＝0，直线l1：x＝1，可得|AB|＝4，|CD|＝4eq \r(3)，四边形ACBD的面积为8eq \r(3).
③当直线l与x轴不垂直也不平行时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
显然Δ＞0，且x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3).
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(12k2＋1,4k2＋3).
过点F2(1,0)且与直线l垂直的直线l1：y＝－eq \f(1,k)(x－1)，则圆心到直线l1的距离为eq \f(2,\r(k2＋1))，
所以|CD|＝2eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(k2＋1))))2)＝4eq \r(\f(4k2＋3,k2＋1)).
故四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)|AB||CD|＝12eq \r(1＋\f(1,4k2＋3)).
可得当直线l与x轴不垂直时，四边形ACBD面积的取值范围为(12,8eq \r(3))．
综上，四边形ACBD面积的取值范围为[12,8eq \r(3)]．
过点F2的直线l与l1，有斜率不存在的情况，应分类求解．
[教师备选例题]
(2019·石家庄模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|＝2x0.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P引圆M：(x－3)2＋y2＝r2(0＜r≤eq \r(2))的两条切线PA，PB，切线PA，PB与抛物线C的另一交点分别为A，B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．
[解] (1)由抛物线定义，得|PF|＝x0＋eq \f(p,2)，由题意得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x0＝x0＋\f(p,2)，,2px0＝4，,p＞0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,x0＝1.))
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由题意知，过P引圆(x－3)2＋y2＝r2(0＜r≤eq \r(2))的切线斜率存在且不为0，设切线PA的方程为y＝k1(x－1)＋2，则圆心M(3,0)到切线PA的距离d＝eq \f(|2k1＋2|,\r(k\\al(2,1)＋1))＝r，整理得，(r2－4)keq \\al(2,1)－8k1＋r2－4＝0.
设切线PB的方程为y＝k2(x－1)＋2，同理可得(r2－4)keq \\al(2,2)－8k2＋r2－4＝0.
所以k1，k2是方程(r2－4)k2－8k＋r2－4＝0的两根，k1＋k2＝eq \f(8,r2－4)，k1k2＝1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－1＋2，,y2＝4x))得，k1y2－4y－4k1＋8＝0，由根与系数的关系知，2y1＝eq \f(8－4k1,k1)，所以y1＝eq \f(4－2k1,k1)＝eq \f(4,k1)－2＝4k2－2，同理可得y2＝4k1－2.(8分)
t＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),8)＝eq \f(4k2－22＋4k1－22,8)＝2(keq \\al(2,1)＋keq \\al(2,2))－2(k1＋k2)＋1＝2(k1＋k2)2－2(k1＋k2)－3，
设λ＝k1＋k2，则λ＝eq \f(8,r2－4)∈[－4，－2)，
所以t＝2λ2－2λ－3，其图象的对称轴为λ＝eq \f(1,2)＞－2，所以9＜t≤37.
(2019·郑州模拟)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] (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\c1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3)).
考点2 最值问题
求解圆锥曲线中最值问题的两种方法
(1)利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
(2)利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，再求这个函数的最值，最值通常用基本不等式法、配方法、导数法求解．
利用基本不等式求最值
已知抛物线E：y2＝2px(0＜p＜10)的焦点为F，点M(t,8)在抛物线E上，且|FM|＝10.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．
[解] (1)抛物线E的准线方程为x＝－eq \f(p,2).
由抛物线的定义可得|FM|＝t＋eq \f(p,2)＝10，故t＝10－eq \f(p,2).
由点M在抛物线上，可得82＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10－\f(p,2)))，整理得p2－20p＋64＝0，解得p＝4或p＝16，
又0＜p＜10，所以p＝4.
故抛物线E的方程为y2＝8x.
(2)由(1)知抛物线E的方程为y2＝8x，焦点为F(2,0)，
由已知可得AB⊥CD，所以两直线AB，CD的斜率都存在且均不为0.
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为－eq \f(1,k)，
故直线AB的方程为y＝k(x－2)．
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x,y＝kx－2))，消去x，整理得ky2－8y－16k＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(8,k)，
因为P(xP，yP)为弦AB的中点，所以yP＝eq \f(1,2)(y1＋y2)＝eq \f(4,k)，
由yP＝k(xP－2)得xP＝eq \f(yP,k)＋2＝eq \f(4,k2)＋2，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)＋2，\f(4,k))).
同理可得Q(4k2＋2，－4k)．
故|QF|＝eq \r(4k2＋2－22＋－4k2)＝eq \r(16k4＋16k2)＝4eq \r(k21＋k2)，
|PF|＝eq \r(\f(16,k4)＋\f(16,k2))＝eq \f(4\r(1＋k2),k2).
因为PF⊥QF，
所以△FPQ的面积S＝eq \f(1,2)|PF|·|QF|＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(1＋k2),k2)×4eq \r(k21＋k2)
＝8×eq \f(1＋k2,|k|)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k|＋\f(1,|k|)))≥8×2eq \r(|k|·\f(1,|k|))＝16，当且仅当|k|＝eq \f(1,|k|)，即k＝±1时，等号成立．
所以△FPQ的面积的最小值为16.
求点Q的坐标时，可根据直线AB与CD的斜率关系，把点P坐标中的k换成－eq \f(1,k)，即可得到点Q的坐标．
[教师备选例题]
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，故设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.
当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq \f(3,4)时，x1,2＝eq \f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1).
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)).
因为t＋eq \f(4,t)≥4，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.
利用二次函数求最值
(2019·合肥模拟)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别相交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．
[解] (1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0，,y2＝2px，))消去x得y2－2py＋2p＝0，从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由于直线m的斜率不为0，
可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ty＝x－1，,y2＝4x，))消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ＞0，
∴y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，
∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1,2t)．
设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，
则dA＋dB＝2d＝2·eq \f(|2t2－2t＋2|,\r(2))＝2eq \r(2)|t2－t＋1|＝2eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，
∴当t＝eq \f(1,2)时，A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为eq \f(3\r(2),2).
本例第(2)问的关键是根据梯形中位线定理得到dA＋dB＝2d.
[教师备选例题]
(2019·齐齐哈尔模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C相交于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点Q(1,1)作直线交抛物线C不同于R(1,2)的D，E两点，若直线DR，ER分别交直线l：y＝2x＋2于M，N两点，求|MN|取最小值时直线DE的方程．
[解] (1)由题意知，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，直线AB的方程为x＝y＋eq \f(p,2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,x＝y＋\f(p,2)，))得y2－2py－p2＝0，
解得y＝(1±eq \r(2))p.
则|AB|＝eq \r(xA－xB2＋yA－yB2)＝eq \r(2yA－yB2)＝4p＝8，
∴p＝2，∴抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
由题意知，直线DE的斜率存在且不为0.
设直线DE的方程为x＝m(y－1)＋1(m≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my－1＋1，))消去x得y2－4my＋4(m－1)＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4(m－1)．
∴|y2－y1|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝4eq \r(m2－m＋1).
设直线DR的方程为y＝k1(x－1)＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－1＋2，,y＝2x＋2，))解得xM＝eq \f(k1,k1－2).
又k1＝eq \f(y1－2,x1－1)＝eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝eq \f(4,y1＋2)，
∴xM＝eq \f(\f(4,y1＋2),\f(4,y1＋2)－2)＝－eq \f(2,y1).
同理得xN＝－eq \f(2,y2).
∴|MN|＝eq \r(5)|xM－xN|＝eq \r(5)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,y2)－\f(2,y1)))＝2eq \r(5)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y2－y1,y1y2)))＝2eq \r(5)·eq \f(\r(m2－m＋1),|m－1|).
令m－1＝t，t≠0，则m＝t＋1.
∴|MN|＝2eq \r(5)eq \r(\f(t2＋t＋1,t2))＝2eq \r(5)eq \r(\f(1,t2)＋\f(1,t)＋1)＝2eq \r(5)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋\f(1,2)))2＋\f(3,4))≥eq \r(15).
∴当t＝－2，m＝－1时，|MN|取得最小值．
此时直线DE的方程为x＝－(y－1)＋1，即x＋y－2＝0.
(2019·黄山模拟)已知点M(1，n)在抛物线y2＝2px(p＞0)上，且点M到抛物线焦点的距离为2.直线l与抛物线交于A，B两点，且线段AB的中点为P(3,2)．
(1)求直线l的方程．
(2)点Q是直线y＝x上的动点，求eq \(QA,\s\up14(→))·eq \(QB,\s\up14(→))的最小值．
[解] (1)由题意知，抛物线的准线方程为x＝－eq \f(p,2)，所以1＋eq \f(p,2)＝2，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，
则yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝eq \f(4,2×2)＝1，
所以直线l的方程为y－2＝x－3，即x－y－1＝0.
(2)因为点A，B都在直线l上，所以A(x1，x1－1)，B(x2，x2－1)，设Q(m，m)，
eq \(QA,\s\up14(→))·eq \(QB,\s\up14(→))＝(x1－m，x1－(m＋1))·(x2－m，x2－(m＋1))＝(x1－m)(x2－m)＋[x1－(m＋1)][x2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋x1x2－(m＋1)(x1＋x2)＋(m＋1)2＝2x1x2－(2m＋1)(x1＋x2)＋m2＋(m＋1)2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝x－1，))得x2－6x＋1＝0，则x1＋x2＝6，x1x2＝1，
所以eq \(QA,\s\up14(→))·eq \(QB,\s\up14(→))＝2－(2m＋1)×6＋m2＋m2＋2m＋1＝2m2－10m－3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(5,2)))eq \s\up20(2)－eq \f(31,2)，
当m＝eq \f(5,2)时，eq \(QA,\s\up14(→))·eq \(QB,\s\up14(→))取得最小值，为－eq \f(31,2).
利用导数求最值
(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
[解] (1)设直线AP的斜率为k，k＝eq \f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，
因为－eq \f(1,2)所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)联立直线AP与BQ的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))
解得点Q的横坐标是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).
因为|PA|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝eq \r(1＋k2)(k＋1)，
|PQ|＝eq \r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq \f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，因此当k＝eq \f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq \f(27,16).
|PA|·|PQ|用含k的高次多项式表示，宜用导数求最值．
在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝eq \f(3,2).
(1)求C的方程；
(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值．
[解] (1)∵点A在抛物线C上，|AO|＝|AF|＝eq \f(3,2)，
∴eq \f(p,4)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,2)，∴p＝2，
∴C的方程为x2＝4y.
(2)设直线方程为y＝kx＋b，代入抛物线方程，可得x2－4kx－4b＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，∴y1＋y2＝4k2＋2b，
∵线段PQ的中点的纵坐标为1，∴2k2＋b＝1，
△OPQ的面积S＝eq \f(1,2)·b·eq \r(16k2＋16b)＝beq \r(2＋2b)＝eq \r(2)·eq \r(b3＋b2)(0＜b≤1)，
设y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函数单调递增，
∴b＝1时，△OPQ的面积取得最大值为2.
考点1 范围问题
圆锥曲线中范围问题的五个解题策略
解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)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，从而确定参数的取值范围．
(2019·大连模拟)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，离心率为eq \f(1,2)，点F1为圆M：x2＋y2＋2x－15＝0的圆心．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过椭圆右焦点F2的直线l交椭圆于A，B两点，过点F2且与直线l垂直的直线l1与圆M交于C，D两点，求四边形ACBD面积的取值范围．
[解] (1)由题意知eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，则a＝2c.
圆M的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，
从而椭圆的左焦点为F1(－1,0)，即c＝1.所以a＝2.
由b2＝a2－c2，得b＝eq \r(3).
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)可知椭圆右焦点F2(1,0)．
①当直线l与x轴垂直时，此时斜率k不存在，直线l：x＝1，直线l1：y＝0，可得|AB|＝3，|CD|＝8，四边形ACBD的面积为12.
②当直线l与x轴平行时，此时斜率k＝0，直线l：y＝0，直线l1：x＝1，可得|AB|＝4，|CD|＝4eq \r(3)，四边形ACBD的面积为8eq \r(3).
③当直线l与x轴不垂直也不平行时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
显然Δ＞0，且x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3).
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(12k2＋1,4k2＋3).
过点F2(1,0)且与直线l垂直的直线l1：y＝－eq \f(1,k)(x－1)，则圆心到直线l1的距离为eq \f(2,\r(k2＋1))，
所以|CD|＝2eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(k2＋1))))2)＝4eq \r(\f(4k2＋3,k2＋1)).
故四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)|AB||CD|＝12eq \r(1＋\f(1,4k2＋3)).
可得当直线l与x轴不垂直时，四边形ACBD面积的取值范围为(12,8eq \r(3))．
综上，四边形ACBD面积的取值范围为[12,8eq \r(3)]．
过点F2的直线l与l1，有斜率不存在的情况，应分类求解．
[教师备选例题]
(2019·石家庄模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|＝2x0.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P引圆M：(x－3)2＋y2＝r2(0＜r≤eq \r(2))的两条切线PA，PB，切线PA，PB与抛物线C的另一交点分别为A，B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．
[解] (1)由抛物线定义，得|PF|＝x0＋eq \f(p,2)，由题意得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x0＝x0＋\f(p,2)，,2px0＝4，,p＞0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,x0＝1.))
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由题意知，过P引圆(x－3)2＋y2＝r2(0＜r≤eq \r(2))的切线斜率存在且不为0，设切线PA的方程为y＝k1(x－1)＋2，则圆心M(3,0)到切线PA的距离d＝eq \f(|2k1＋2|,\r(k\\al(2,1)＋1))＝r，整理得，(r2－4)keq \\al(2,1)－8k1＋r2－4＝0.
设切线PB的方程为y＝k2(x－1)＋2，同理可得(r2－4)keq \\al(2,2)－8k2＋r2－4＝0.
所以k1，k2是方程(r2－4)k2－8k＋r2－4＝0的两根，k1＋k2＝eq \f(8,r2－4)，k1k2＝1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－1＋2，,y2＝4x))得，k1y2－4y－4k1＋8＝0，由根与系数的关系知，2y1＝eq \f(8－4k1,k1)，所以y1＝eq \f(4－2k1,k1)＝eq \f(4,k1)－2＝4k2－2，同理可得y2＝4k1－2.(8分)
t＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),8)＝eq \f(4k2－22＋4k1－22,8)＝2(keq \\al(2,1)＋keq \\al(2,2))－2(k1＋k2)＋1＝2(k1＋k2)2－2(k1＋k2)－3，
设λ＝k1＋k2，则λ＝eq \f(8,r2－4)∈[－4，－2)，
所以t＝2λ2－2λ－3，其图象的对称轴为λ＝eq \f(1,2)＞－2，所以9＜t≤37.
(2019·郑州模拟)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] (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\c1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3)).
考点2 最值问题
求解圆锥曲线中最值问题的两种方法
(1)利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
(2)利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，再求这个函数的最值，最值通常用基本不等式法、配方法、导数法求解．
利用基本不等式求最值
已知抛物线E：y2＝2px(0＜p＜10)的焦点为F，点M(t,8)在抛物线E上，且|FM|＝10.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．
[解] (1)抛物线E的准线方程为x＝－eq \f(p,2).
由抛物线的定义可得|FM|＝t＋eq \f(p,2)＝10，故t＝10－eq \f(p,2).
由点M在抛物线上，可得82＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10－\f(p,2)))，整理得p2－20p＋64＝0，解得p＝4或p＝16，
又0＜p＜10，所以p＝4.
故抛物线E的方程为y2＝8x.
(2)由(1)知抛物线E的方程为y2＝8x，焦点为F(2,0)，
由已知可得AB⊥CD，所以两直线AB，CD的斜率都存在且均不为0.
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为－eq \f(1,k)，
故直线AB的方程为y＝k(x－2)．
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x,y＝kx－2))，消去x，整理得ky2－8y－16k＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(8,k)，
因为P(xP，yP)为弦AB的中点，所以yP＝eq \f(1,2)(y1＋y2)＝eq \f(4,k)，
由yP＝k(xP－2)得xP＝eq \f(yP,k)＋2＝eq \f(4,k2)＋2，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)＋2，\f(4,k))).
同理可得Q(4k2＋2，－4k)．
故|QF|＝eq \r(4k2＋2－22＋－4k2)＝eq \r(16k4＋16k2)＝4eq \r(k21＋k2)，
|PF|＝eq \r(\f(16,k4)＋\f(16,k2))＝eq \f(4\r(1＋k2),k2).
因为PF⊥QF，
所以△FPQ的面积S＝eq \f(1,2)|PF|·|QF|＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(1＋k2),k2)×4eq \r(k21＋k2)
＝8×eq \f(1＋k2,|k|)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k|＋\f(1,|k|)))≥8×2eq \r(|k|·\f(1,|k|))＝16，当且仅当|k|＝eq \f(1,|k|)，即k＝±1时，等号成立．
所以△FPQ的面积的最小值为16.
求点Q的坐标时，可根据直线AB与CD的斜率关系，把点P坐标中的k换成－eq \f(1,k)，即可得到点Q的坐标．
[教师备选例题]
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，故设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.
当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq \f(3,4)时，x1,2＝eq \f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1).
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)).
因为t＋eq \f(4,t)≥4，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.
利用二次函数求最值
(2019·合肥模拟)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别相交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．
[解] (1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0，,y2＝2px，))消去x得y2－2py＋2p＝0，从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由于直线m的斜率不为0，
可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ty＝x－1，,y2＝4x，))消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ＞0，
∴y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，
∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1,2t)．
设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，
则dA＋dB＝2d＝2·eq \f(|2t2－2t＋2|,\r(2))＝2eq \r(2)|t2－t＋1|＝2eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，
∴当t＝eq \f(1,2)时，A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为eq \f(3\r(2),2).
本例第(2)问的关键是根据梯形中位线定理得到dA＋dB＝2d.
[教师备选例题]
(2019·齐齐哈尔模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C相交于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点Q(1,1)作直线交抛物线C不同于R(1,2)的D，E两点，若直线DR，ER分别交直线l：y＝2x＋2于M，N两点，求|MN|取最小值时直线DE的方程．
[解] (1)由题意知，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，直线AB的方程为x＝y＋eq \f(p,2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,x＝y＋\f(p,2)，))得y2－2py－p2＝0，
解得y＝(1±eq \r(2))p.
则|AB|＝eq \r(xA－xB2＋yA－yB2)＝eq \r(2yA－yB2)＝4p＝8，
∴p＝2，∴抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
由题意知，直线DE的斜率存在且不为0.
设直线DE的方程为x＝m(y－1)＋1(m≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my－1＋1，))消去x得y2－4my＋4(m－1)＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4(m－1)．
∴|y2－y1|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝4eq \r(m2－m＋1).
设直线DR的方程为y＝k1(x－1)＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－1＋2，,y＝2x＋2，))解得xM＝eq \f(k1,k1－2).
又k1＝eq \f(y1－2,x1－1)＝eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝eq \f(4,y1＋2)，
∴xM＝eq \f(\f(4,y1＋2),\f(4,y1＋2)－2)＝－eq \f(2,y1).
同理得xN＝－eq \f(2,y2).
∴|MN|＝eq \r(5)|xM－xN|＝eq \r(5)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,y2)－\f(2,y1)))＝2eq \r(5)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y2－y1,y1y2)))＝2eq \r(5)·eq \f(\r(m2－m＋1),|m－1|).
令m－1＝t，t≠0，则m＝t＋1.
∴|MN|＝2eq \r(5)eq \r(\f(t2＋t＋1,t2))＝2eq \r(5)eq \r(\f(1,t2)＋\f(1,t)＋1)＝2eq \r(5)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋\f(1,2)))2＋\f(3,4))≥eq \r(15).
∴当t＝－2，m＝－1时，|MN|取得最小值．
此时直线DE的方程为x＝－(y－1)＋1，即x＋y－2＝0.
(2019·黄山模拟)已知点M(1，n)在抛物线y2＝2px(p＞0)上，且点M到抛物线焦点的距离为2.直线l与抛物线交于A，B两点，且线段AB的中点为P(3,2)．
(1)求直线l的方程．
(2)点Q是直线y＝x上的动点，求eq \(QA,\s\up14(→))·eq \(QB,\s\up14(→))的最小值．
[解] (1)由题意知，抛物线的准线方程为x＝－eq \f(p,2)，所以1＋eq \f(p,2)＝2，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，
则yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝eq \f(4,2×2)＝1，
所以直线l的方程为y－2＝x－3，即x－y－1＝0.
(2)因为点A，B都在直线l上，所以A(x1，x1－1)，B(x2，x2－1)，设Q(m，m)，
eq \(QA,\s\up14(→))·eq \(QB,\s\up14(→))＝(x1－m，x1－(m＋1))·(x2－m，x2－(m＋1))＝(x1－m)(x2－m)＋[x1－(m＋1)][x2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋x1x2－(m＋1)(x1＋x2)＋(m＋1)2＝2x1x2－(2m＋1)(x1＋x2)＋m2＋(m＋1)2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝x－1，))得x2－6x＋1＝0，则x1＋x2＝6，x1x2＝1，
所以eq \(QA,\s\up14(→))·eq \(QB,\s\up14(→))＝2－(2m＋1)×6＋m2＋m2＋2m＋1＝2m2－10m－3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(5,2)))eq \s\up20(2)－eq \f(31,2)，
当m＝eq \f(5,2)时，eq \(QA,\s\up14(→))·eq \(QB,\s\up14(→))取得最小值，为－eq \f(31,2).
利用导数求最值
(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
[解] (1)设直线AP的斜率为k，k＝eq \f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，
因为－eq \f(1,2)
(2)联立直线AP与BQ的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))
解得点Q的横坐标是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).
因为|PA|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝eq \r(1＋k2)(k＋1)，
|PQ|＝eq \r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq \f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，因此当k＝eq \f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq \f(27,16).
|PA|·|PQ|用含k的高次多项式表示，宜用导数求最值．
在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝eq \f(3,2).
(1)求C的方程；
(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值．
[解] (1)∵点A在抛物线C上，|AO|＝|AF|＝eq \f(3,2)，
∴eq \f(p,4)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,2)，∴p＝2，
∴C的方程为x2＝4y.
(2)设直线方程为y＝kx＋b，代入抛物线方程，可得x2－4kx－4b＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，∴y1＋y2＝4k2＋2b，
∵线段PQ的中点的纵坐标为1，∴2k2＋b＝1，
△OPQ的面积S＝eq \f(1,2)·b·eq \r(16k2＋16b)＝beq \r(2＋2b)＝eq \r(2)·eq \r(b3＋b2)(0＜b≤1)，
设y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函数单调递增，
∴b＝1时，△OPQ的面积取得最大值为2.
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