文档内容
第11讲第2课时 最值与范围问题
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 | ＝ 4 .
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FM·FN＝0，求△MFN面积的最小值．
解：(1)联立
消去y并整理得x2＋(2－8p)x＋1＝0，
由(2－8p)2－4>0得p>，
设A(x，y)，B(x，y)，则x＋x＝8p－2，xx＝1，
1 1 2 2 1 2 1 2
所以|AB|＝＝＝4，
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k
为y2＝4x，联立消去x并整理得y2－4my－4b＝0，Δ＝16m2＋16b>0，
设M(x ，y)，N(x ，y)，则y ＋y ＝4m，yy ＝－4b，所以x ＋x ＝4m2＋2b，xx ＝
3 3 4 4 3 4 3 4 3 4 3 4
m2yy＋mb(y＋y)＋b2＝b2.
3 4 3 4
因为抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，
所以FM＝(x－1，y)，FN＝(x－1，y)，
3 3 4 4
所以 FM · FN ＝(x－1)·(x－1)＋yy＝
3 4 3 4
xx－(x＋x)＋yy＋1＝0，
3 4 3 4 3 4
所以 b 2 － 4 m 2 － 2 b － 4 b ＋ 1 ＝ 0 ，
所以 m 2 ＝≥ 0 ，此时Δ＝4(b－1)2.若Δ>0，则b≠1，
所以b2－6b＋1≥0，解得b≤3－2或b≥3＋2，
设点 F 到直线 MN 的距离为 d ，则 d ＝，
又 | MN | ＝
第三步：求出点F到直线MN的距离d及弦长|MN|.
＝＝2·|b－1|，
所以S ＝ | MN | d ＝ | b － 1 | 2，
△MFN
第四步：表示S ，然后研究最小值．
△MFN
所以当b＝3－2时，△MFN的面积取得最小值(3－2－1)2＝12－8.
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：＋＝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(x，y)，
0 0
∴k ＝，直线AD的方程为y＝(x＋2)，
AP
令x＝6，得D，∴k ＝＝，又∵k ＝，且＋＝1，
BD BP
∴k ·k ＝·＝＝－1，∴PB⊥BD．
BD BP
(2)解：当直线PQ不垂直x轴时，设直线PQ方程为y＝kx＋m，P(x，y)，Q(x，y)
1 1 2 2
由方程组得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
Δ＝(4mk)2－4(1＋2k2)(2m2－4)>0，
4k2＋2>m2，
x＋x＝，x·x＝，
1 2 1 2
由(1)可知，k ·k ＝－1，·＝－1，x·x－2(x＋x)＋yy＋4＝0，
BD BP 1 2 1 2 1 2
又y·y＝(kx＋m)(kx＋m)＝k2x·x＋km(x＋x)＋m2，代入上式得
1 2 1 2 1 2 1 2
(1＋k2)x·x＋(km－2)(x＋x)＋m2＋4＝0，
1 2 1 2
即－＋m2＋4＝0，得到3m2＋8mk＋4k2＝0，
m＝－k或m＝－2k(舍去)，
∴直线PQ的方程为y＝k恒过点S，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＝，∴半径的最大值为.
题型 范围问题
典例2 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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＝＝，
所以＝，解得a2＝4.
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)方法一：设点P的坐标为(x ，y)(00，解得x∈.
0
设交点坐标分别为(x 0)，(x 0)，
1, 2,
则|EF|＝|x－x|＝2.
1 2
所以该圆被x轴截得的弦长|EF|的最大值为2.
方法二：设点P的坐标为(x ，y)(00，解得x∈.
0
该圆的直径为＝，
圆心到x轴的距离为＝，
该圆在x轴上截得的弦长为
|EF|＝ 2 ＝ 2 . 利用直角三角形解决圆中的弦长问题．
所以该圆被x轴截得的弦长|EF|的最大值为2.
方法三：设点P的坐标为(x ，y)(0 ，
圆心到x轴的距离＜半径.
即2－2>0.①
因为＋y＝1，所以＝－，②
②代入①得5－>0，解得x∈.
0
该圆在x轴上截得的弦长为
2＝2≤2＝2.
所以该圆被x轴截得的弦长|EF|的最大值为2.
方法四：设直线OP与直线x＝4交于点T.
因为MN∥y轴，
所以有 ＝＝，＝＝ .
平行线分线段成比例定理．
所以＝，TN＝TM，即T是MN的中点．
又设点P的坐标为(x，y)(00，解得x>或x<0.
0 0 0
因为00时，＋4x≥2＝4，所以＋－≤－4，当且仅当x＝时，等号成立．
0 0 0
当x<0时，－－4x≥
0 0
2＝4，
所以＋－≥4，
当且仅当x＝－时，等号成立．
0
故＋－的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．
