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高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题
第 1 课时 范围与最值问题
题型一 范围问题
例1 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线x＋y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的
圆截得的弦长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4,0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围．
解 (1)因为原点到直线x＋y－1＝0的距离为.
所以2＋2＝b2(b>0)，解得b＝1.
又e2＝＝1－＝，得a＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝|MA|·|MB|＝12.
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立方程得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以yy＝.
1 2
λ＝|MA|·|MB|＝|y|·|y|＝(m2＋1)·|yy|＝＝12.
1 2 1 2
由m2>12，得0<<，所以<λ<12.
故λ的取值范围是.
思维升华 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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．
跟踪训练1 (2020·山东新高考联合考试)已知A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|＝a(a>0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p>0)在第一象限分别交于D，C
两点．
(1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px的焦点重合，求直线CD的斜率；
(2)若O为坐标原点，记△OCD的面积为S，梯形ABCD的面积为S，求的取值范围．
1 2
解 (1)由题意知A，
则B，D，则C，
又a＝p，所以k ＝＝－1.
CD
(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x，y)，D(x，y)，
1 1 2 2
由得ky2－2py＋2pb＝0，
所以Δ＝4p2－8pkb>0，得kb<，
又y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
由y＋y＝>0，yy＝>0，
1 2 1 2
可知k>0，b>0，
因为|CD|＝|x－x|＝a，
1 2
点O到直线CD的距离d＝，
所以S＝·a·＝ab.
1
又S＝(y＋y)·|x－x|＝··a＝，
2 1 2 1 2
所以＝，
因为0b>0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM
的斜率为.
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
解 (1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝(x－2)，
即x－2y＝－4.
当y＝0时，解得x＝－4，
所以a＝4.
由椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2,3)，
可得＋＝1，解得b2＝12.所以C的方程为＋＝1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m.
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN
的面积取得最大值．
联立
可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
即d＝＝，
由两点之间的距离公式可得
|AM|＝＝3.
所以△AMN的面积的最大值为×3×＝18.
命题点2 代数法求最值
例3 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，圆O交x轴于点F，F，交y轴于点B，B，以
1 2 1 2
B，B 为顶点，F，F 分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点.
1 2 1 2
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△FMN的面积的最大值．
2
解 (1)由题意得椭圆E的焦点在x轴上．
设椭圆E的标准方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，则b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为＋＝1.
∵椭圆E经过点，∴＋＝1，解得b2＝1.
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)∵点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)．设M(x，y)，N(x，y)．
1 1 2 2
由消去y，得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.∴x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，解得0≤k2<.
∴|MN|＝|x－x|＝2.
1 2
∵点F(1,0)到直线l的距离d＝，
2
∴△FMN的面积为S＝|MN|·d＝3.
2
令1＋2k2＝t，t∈[1,2)，得k2＝.
∴S＝3＝3＝3＝3.
当＝，即t＝时，S有最大值，S ＝，此时k＝±.
max
∴△FMN的面积的最大值是.
2
思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何
法，即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；二是利用
代数法，即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)，然后利
用函数方法、不等式方法等进行求解．
跟踪训练2 如图所示，点A，B分别是椭圆＋＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，
点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.
(1)求点P的坐标；
(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的
距离d的最小值．
解 (1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，
设点P的坐标是(x，y)，
则AP＝(x＋6，y)，FP＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF，∴AP·FP＝0，
则
可得2x2＋9x－18＝0，得x＝或x＝－6.
由于y>0，故x＝，于是y＝.
∴点P的坐标是.
(2)由(1)可得直线AP的方程是x－y＋6＝0，点B(6,0)．
设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是，
于是＝|m－6|，又－6≤m≤6，解得m＝2.
由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，
得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－x2＝2＋15，
由于－6≤x≤6，
由f(x)＝2＋15的图象可知，
当x＝时，d取最小值，且最小值为.
课时精练
1．设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，已知直线AB的斜率为，|AB|＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：x＝my－1与椭圆C交于不同的两点M，N，且点O在以MN为直径的圆外(其
中O为坐标原点)，求m的取值范围．
解 (1)由已知得A(－a,0)，B(0，b)，
∴可得a2＝4，b2＝1，
则椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由得(m2＋4)y2－2my－3＝0.
Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋48>0，
y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
由题意得∠MON为锐角，即OM·ON>0，
∴OM·ON＝xx＋yy>0，
1 2 1 2
又xx＝(my－1)(my－1)＝m2yy－m(y＋y)＋1.
1 2 1 2 1 2 1 2
∴xx＋yy＝(1＋m2)yy－m(y＋y)＋1＝(1＋m2)·－＋1＝>0，
1 2 1 2 1 2 1 2
∴m2<，解得－0)的焦点分别为F ，
1 2 1
F，点P(－1，－1)且FF⊥OP(O为坐标原点)．
2 1 2
(1)求抛物线C 的方程；
2
(2)过点O的直线交C 的下半部分于点M，交C 的左半部分于点N，求△PMN面积的最小
1 2
值．
解 (1)∵F(1,0)，F，∴F1F2＝，
1 2F1F2·OP＝·(－1，－1)＝1－＝0，
∴p＝2，∴抛物线C 的方程为x2＝4y.
2
(2)设过点O的直线MN的方程为y＝kx(k<0)，
联立得(kx)2＝4x，解得M ，
联立得N(4k,4k2)，
从而|MN|＝＝，
点P到直线MN的距离d＝，
所以S ＝··
△PMN
＝＝
＝2，
令t＝k＋(t≤－2)．则S ＝2(t－2)(t＋1)，
△PMN
当t＝－2，即k＝－1时，S 取得最小值，最小值为8.
△PMN
即当过原点的直线方程为y＝－x时，
△PMN的面积取得最小值8.
3．(2019·全国Ⅱ)已知F ，F 是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐
1 2
标原点．
(1)若△POF 为等边三角形，求C的离心率；
2
(2)如果存在点P，使得PF⊥PF，且△FPF 的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
1 2 1 2
解 (1)连接PF(图略)．
1
由△POF 为等边三角形可知，在△FPF 中，∠FPF＝90°，|PF|＝c，|PF|＝c，
2 1 2 1 2 2 1
于是2a＝|PF|＋|PF|＝(＋1)c，
1 2
故C的离心率为e＝＝－1.
(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，
则|y|·2c＝16，·＝－1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
又＋＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.
又由①知y2＝，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，
所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4.
当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.
所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．4．椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB
面积的最大值．
解 (1)设椭圆的半焦距为c，依题意知
∴c＝，b＝1，∴所求椭圆方程为＋y2＝1.
(2)设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
设直线AB的方程为y＝kx＋m.
由已知＝，得m2＝(k2＋1)．
把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.
∴x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
∴|AB|2＝(1＋k2)(x－x)2＝(1＋k2)
2 1
＝＝
＝3＋＝3＋(k≠0)
≤3＋＝4.
当且仅当9k2＝，即k＝±时等号成立．
当k＝0时，|AB|＝，综上所述|AB| ＝2.
max
∴当|AB|最大时，△AOB的面积取得最大值
S＝×|AB| ×＝.
max
5．已知椭圆的两个焦点为F(－1,0)，F(1,0)，且椭圆与直线y＝x－相切．
1 2
(1)求椭圆的方程；
(2)过F 作两条互相垂直的直线l ，l ，与椭圆分别交于点P，Q及M，N，求四边形PMQN
1 1 2
面积的最小值．
解 (1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
因为它与直线y＝x－只有一个公共点，
所以方程组只有一组解，
消去y，整理得(a2＋b2)·x2－2a2x＋3a2－a2b2＝0.
所以Δ＝(－2a2)2－4(a2＋b2)(3a2－a2b2)＝0，
化简得a2＋b2＝3.又焦点为F(－1,0)，F(1,0)，
1 2
所以a2－b2＝1，联立上式解得a2＝2，b2＝1.
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)若直线PQ的斜率不存在(或为0)，
则S ＝＝＝2.
四边形PMQN
若直线PQ的斜率存在，设为k(k≠0)，
则直线MN的斜率为－.
所以直线PQ的方程为y＝kx＋k，
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立方程得
化简得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以|PQ|＝|x－x|＝＝2×，
1 2
同理可得|MN|＝2×.
所以S ＝＝4×＝4×＝4×
四边形PMQN
＝4×＝4×.
因为4k2＋＋10≥2＋10＝18(当且仅当k2＝1时取等号)，
所以∈，所以4×∈.
综上所述，四边形PMQN面积的最小值为.
