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专题八 平面解析几何 ２ ２７
微专题二 圆锥曲线中的最值与范围问题
学生用书P296
1.圆锥曲线中的最值问题的主要解法 线ＡＢ的方程为ｘ ｍｙ ｎ，ｎ ，
＝ ＋ ＞０
几何法 利用圆锥曲线的定义 几何性质和平面几何中的 Ｐ（ｘ ，ｙ ），Ａ（ｘ ，ｙ ），Ｂ（ｘ ，ｙ ），
（１） ， 、 ３ ３ ４ ４ ５ ５
定理性质等进行求解
； ∵ →ＡＰ ＝ λＰ→Ｂ，
代数法 把求最值的几何量或代数表达式表示为某个
（ｘ ｘ ，ｙ ｙ ） λ（ｘ ｘ ，ｙ ｙ ），
（２） ， ∴ ３－ ４ ３－ ４ ＝ ５－ ３ ５－ ３
些 参数的函数 然后利用函数方法 基本不等式等进行
（
求解
）
．
， 、
{ｘ ｘ λ（ｘ ｘ ），
ì ï
ï
ｘ
３＝
ｘ ４＋ λ
λ
ｘ ５，
３－ ４＝ ５－ ３ í １＋
2.圆锥曲线中范围问题解法 ∴ ｙ ｙ λ（ｙ ｙ ） ⇒ï ｙ λｙ
３－ ４＝ ５－ ３ ïｙ ４＋ ５，
解决圆锥曲线中范围问题的基本思想是建立目标函数和不等 î ３＝ λ
１＋
关系．建立目标函数的关键是选用一个合适的变量 其原则是 点Ｐ在双曲线Ｃ上，
， ∵
这个变量能够表达要解决的问题 建立不等关系的关键是运 æｙ λｙ ö２
； ç ４＋ ５÷
用圆锥曲线的几何特征 判别式或基本不等式等灵活处理． æｘ λｘ ö２ è λ ø
、 ç ４＋ ５÷ １＋ ，
例 （ 东北三校联考， ）已知双曲线Ｃ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ
∴ è
１＋
λ ø －
３
＝１
２０２４ １８ ：ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， （ｘ λｘ ）２ （ｙ λｙ ）２ （ λ）２，
∴３ ４＋ ５ － ４＋ ５ ＝３ １＋
的右顶点Ｅ 斜率为 的直线交Ｃ于Ｍ Ｎ两点 且 （ ｘ２ ｙ２） λ２（ ｘ２ ｙ２） λ（ ｘ ｘ ｙ ｙ ） （ λ）２ ，
＞０） （１，０）， １ 、 ， ∴ ３ ４－ ４ ＋ ３ ５－ ５ ＋２ ３ ４ ５－ ４ ５ ＝３ １＋ ③
ＭＮ的中点为Ｑ ． 又 ｘ２ ｙ２ ， ｘ２ ｙ２ ，（点Ａ，Ｂ在渐近线上）
（１，３） ∵３ ４－ ４＝０ ３ ５－ ５＝０
（１）
求双曲线Ｃ的方程
； ∴２
λ（
３
ｘ
４
ｘ
５－
ｙ
４
ｙ
５
）
＝３
（
１＋
λ）２，
（２）
证明
：△
ＭＥＮ为直角三角形
； ｘ ｘ ｙ ｙ ３
（
１＋
λ）２
，
若过曲线Ｃ上一点Ｐ作直线与两条渐近线相交 交点为Ａ ∴３ ４ ５－ ４ ５＝ λ ④
（３） ， ， ２
[ ] { ｘ２ ｙ２ ，
Ｂ 且分别在第一象限和第四象限 若→ＡＰ λＰ→Ｂ λ １ 求 联立 ３ － ＝０
， ， ＝ ， ∈ ，２ ， ｘ ｍｙ ｎ，
３ ＝ ＋
△
ＡＯＢ面积的取值范围． 消去ｘ，整理得（
３
ｍ２
－１
）ｙ２
＋６
ｍｎｙ
＋３
ｎ２
＝０
，
解析 （
１
）设Ｍ（ｘ
１
，ｙ
１
），Ｎ（ｘ
２
，ｙ
２
），
则
{
３
ｍ２
－１≠０
，
ｍ ３，
则ｘ １＋ ｘ ２＝２ ，ｙ １＋ ｙ ２＝６ ． Δ ＝３６ ｍ２ｎ２ －１２ ｎ２（ ３ ｍ２ －１ ） ＞０ ⇒ ≠± ３
Ｍ，Ｎ两点在双曲线Ｃ上，
ｍｎ
∵ 由根与系数的关系得ｙ ｙ －６ ，
ì ï ｘ２ ｙ２ ４＋ ５＝ ｍ２ ⑤
１ １ ， ３ －１
í
ïａ２ －ｂ２ ＝１①
由 得
ｘ２
１－
ｘ２
２
ｙ２
１－
ｙ２
２ ， ｙ ｙ ３
ｎ２
，
∴ ïｘ２ ｙ２ ①－② ａ２ － ｂ２ ＝０ ４ ５＝ ｍ２ ⑥
ï ２ ２ ， ３ －１
îａ２ －ｂ２ ＝１② Ａ，Ｂ分别在第一象限和第四象限， ｙ ｙ ， ｍ２ ，
∵ ∴ ４ ５＜０ ∴３ －１＜０
即
ｙ２
１－
ｙ２
２
ｂ２
，
（ｙ
１＋
ｙ
２
）（ｙ
１－
ｙ
２
） ｂ２
， 由 式得 （ｍｙ ｎ）（ｍｙ ｎ） ｙ ｙ ３
（
１＋
λ）２
，
ｘ２
１－
ｘ２
２
＝ａ２ ∴ （ｘ
１＋
ｘ
２
）（ｘ
１－
ｘ
２
）＝ ａ２ ④ ３ ４＋ ５＋ － ４ ５＝
２
λ
∴ ｋ ＯＱ ·ｋ ＭＮ＝ａ ｂ２ ２ ，即 ３×１＝ａ ｂ２ ２ ， ∴ ｂ２ ＝３ ａ２． ∴ （ ３ ｍ２ －１ ）ｙ ４ ｙ ５＋３ ｍｎ（ｙ ４＋ ｙ ５ ） ＋３ ｎ２ ＝ ３ （ １ ２ ＋ λ λ）２ ⑦ ，
又
∵
ａ
＝１
，
∴
ｂ２
＝３
， 将
⑤⑥
代入
⑦
得（
３
ｍ２
－１
）
ｍ
３ ｎ
２
２
＋３
ｍｎ·－
ｍ
６
２
ｍｎ
＋３
ｎ２
＝
３ （ １＋
λ
λ）２ ，
ｙ２ ３ －１ ３ －１ ２
∴ （ 双 ）证 曲 明 线 ：由 Ｃ的 已 方 知 程 可 为 得， ｘ 直 ２ － 线 ３ Ｍ ＝ Ｎ １ ． 的方程为ｙ ·（ｘ ），即ｙ ∴ ３ － ｍ ６ ２ ｎ － ２ １ ＝ ３ （ １ ２ ＋ λ λ）２ ，
２ －３＝１ －１
ｂ
ｘ ， ｋ ， ＡＯｘ °，
＝ ＋２ ∵ ＯＡ＝ ａ ＝ ３ ∴ ∠ ＝６０
{ｙ ｘ ，
联立 ＝ ＋２ 消去ｙ整理得 ｘ２ ｘ ，Δ ｙ
ｘ２ ｙ２ ， ２ －４ －７＝０ ＝１６＋５６＝７２ ＯＡ ｜ ４｜ ２ ３ ｙ ，
３ － －３＝０ ∴ ｜ ｜＝ °＝ ｜ ４｜
， ｓｉｎ６０ ３
＞０
同理 ＯＢ ２ ３ ｙ ，
由根与系数的关系得ｘ ｘ ，ｘ ｘ ７ ， ｜ ｜＝ ｜ ５｜
１＋ ２＝２ １ ２＝－ ３
２
Ｓ １ ＯＡ · ＯＢ · ＡＯＢ
∵ Ｅ→Ｍ·Ｅ→Ｎ ＝ （ｘ １－１ ，ｙ １ ）·（ｘ ２－１ ，ｙ ２ ） ＝ （ｘ １－１ ）·（ｘ ２－１ ） ＋ ｙ １ ｙ ２＝ ∴ △ ＡＯＢ＝ ２ ｜ ｜ ｜ ｜ ｓｉｎ∠
（ｘ ）（ｘ ） （ｘ ）（ｘ ） ｘ ｘ （ｘ ｘ ）
１－１ ２－１ ＋ １＋２ ２＋２ ＝ ２ １ ２＋ １＋ ２ ＋５＝２×
( ) ３ ２ ３· ｙ ·２ ３· ｙ
７ ，
＝
４
×
３
｜ ４｜
３
｜ ５｜
－ ＋２＋５＝０
２ ｎ２
３ ｙ ｙ ３ ３
∴ Ｅ→Ｍ ⊥ Ｅ→Ｎ，即ＥＭ ⊥ ＥＮ， ＝ ３ ｜ ４ ５｜＝ ３ ３ ｍ２ －１
∴ △
ＥＭＮ为直角三角形．
·
ｎ２
（ ）由题意可知，若直线ＡＢ的斜率存在，则斜率不为 ，故设直 ＝－ ３ ｍ２
３ ０ ３ －１
２ ２８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
[ )
３
（
１＋
λ）２
当λ １ ， 时，ｈ′（λ） ，ｈ（λ）单调递减，
＝ λ ∈ １ ＜０
４ ３
( ) 当λ （ ， ］时，ｈ′（λ） ，ｈ（λ）单调递增，
∈ １ ２ ＞０
３ λ １ ，
＝ ＋λ＋２ （提示：也可根据对勾函数的性质得出ｈ（λ）的单调性）
４
[ ] ( )
令ｈ（λ） λ １ ，λ １ ， ， 又ｈ １ １０，ｈ（ ） ５ ，ｈ（ ） ，
＝ ＋λ ∈ ２ ＝ ２ ＝ １ ＝２
３ ３ ３ ２
（λ ）（λ ） [ ] é ù
ｈ′（λ） １ ＋１ －１ ， ｈ（λ） ，１０ ， Ｓ êê ，４ ３úú．
＝１－λ２ ＝ λ２ ∴ ∈ ２
３
∴ △ ＡＯＢ∈ë ３
３
û
学生用书P138
ｘ２ ｙ２
１．（ 河南郑州二模， ）已知椭圆Ｅ ａ ｂ 过 ｍ １
２０２４ １８ ：ａ２ ＋ｂ２ ＝１（ ＞ ＞０） ＋ｍ
令ｔ ｍ １ ｔ Ｓ １ １
＝ ＋ｍ ， ∈［２，＋∞）， △ ＭＮＳ＝ · ＝ ·
点 且焦距为 ． ２ ｍ２ ４ ２
（０，１）， ２ ３ ４ ＋ｍ２ ＋１７
求椭圆Ｅ的标准方程．
（１） ｔ
过点Ｓ 作两条互相垂直的弦ＡＢ ＣＤ 设弦ＡＢ ＣＤ的 １ １
（２） （１，０） ， ， ， ｔ２ ＝ · ，
中点分别为Ｍ Ｎ． ４ ＋９ ２ ４ ｔ ＋ ９ ｔ
，
证明 直线ＭＮ必过定点
① ： ； Ｓ 在ｔ 上单调递减 Ｓ １
若弦ＡＢ ＣＤ的斜率均存在 求 ＭＮＳ面积的最大值． ∵ △ ＭＮＳ ∈［２，＋∞） ，∴ △ ＭＮＳ≤ ，
② ， ， △ ２５
解析
（１）
依题意有ｂ
＝１，
ｃ
＝ ３，
解得ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
＝４，
当且仅当ｔ
＝２，
即ｍ
＝±１
时取等号．
∴
椭圆Ｅ的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
． 故
△
ＭＮＳ面积的最大值为 １ ．
４ ２５
证明 设ｌ ｘ ｍｙ ｍ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ２．（ 黑龙江齐齐哈尔一模， ）在平面直角坐标系ｘＯｙ中
（２）① ： ＡＢ： ＝ ＋１（ ≠０）， （ １， １）， （ ２， ２）， ２０２４ １８ ，
点Ｆ Ｐ为动点 以ＰＦ为直径的圆与ｘ轴相切 记Ｐ的
则ｌ ｘ １ ｙ ｍ （０，１）， ， ，
ＣＤ： ＝－ｍ ＋１（ ≠０）， 轨迹为Γ．
{ｘ ｍｙ 求Γ的方程
联立 ＝ ＋１， 故 ｍ２ ｙ２ ｍｙ （１） ；
ｘ２
＋４
ｙ２
＝４，
（ ＋４） ＋２ －３＝０，
（２）
设Ｍ为直线ｙ
＝－１
上的动点
，
过Ｍ的直线与Γ相切于点
ｍ Ａ 过Ａ作直线 ＭＡ 的垂线交 Γ 于点 Ｂ 求 ＭＡＢ 面积的最
Δ ｍ２ ｙ ｙ －２ ， ， △
＝１６ ＋４８＞０， １＋ ２＝ｍ２ ， 小值．
＋４
æ ｍ ö 解析 设 Ｐ ｘ ｙ 则线段 ＦＰ 的中点坐标
故Ｍç ４ － ÷ （１） （ ， ），
èｍ２ ，ｍ２ ø， ( ｘ ｙ )
＋４ ＋４ 为 ＋１
æ ｍ２ ｍ ö ， ，
由 １ 代替ｍ 得Ｎç ４ ÷ ２ ２
－ｍ ， è ｍ２， ｍ２ ø， 因为以ＰＦ为直径的圆与ｘ轴相切
１＋４ １＋４ ，
ｍ２ ( ) ｙ
当 ｍ２ ４ ＝ ４ ｍ２， 即ｍ２ ＝１ 时 ， ｌ ＭＮ： ｘ ＝ ４ ， 过点Ｋ ４ ，０ ， 所以 ＋１ ＝ １ ｜ ＦＰ ｜＝ １ ｘ２ ＋（ ｙ －１） ２ ，
＋４ １＋４ ５ ５ ２ ２ ２
ｍ２ 化简得ｘ２ ｙ 所以Γ的方程为ｘ２ ｙ．
当 ４ ４ 即ｍ２ 时 ＝４ ， ＝４
ｍ２
＋４
≠
１＋４
ｍ２， ≠１ ，
设Ａ
æ
çｘ
ｘ２
０
ö
÷ ｘ 由ｙ
ｘ２
得ｙ′
ｘ
则点Ａ处的切
ｍ ｍ ｍ æ ö （２） è ０， ø（ ０≠０）， ＝ ， ＝ ，
ｋ
ＭＮ＝
４（
ｍ
５
２
－１）
，
ｌ
ＭＮ：
ｙ
＋ｍ２
＋４
＝
４（
ｍ
５
２
－１）
è
çｘ
－ｍ２
４
＋４
ø
÷
（
ｍ２
≠１，
ｍ
线斜率为
ｘ
０ 所
４
以直线ＭＡ的方程
４
为ｙ
ｘ２
０
２
ｘ
０ ｘ ｘ 即ｙ
， － ＝ （ － ０）， ＝
≠０）， ２ ４ ２
ｍ２ ｍ２ ｘ ｘ２ ｘ æｘ ö
令ｙ ＝０， ｘ ＝ ４（ ｍ２ －１） ＋ｍ２ ４ ＝ ４ ｍ２ ＋１６ ＝ ４ ， ０ｘ － ０ ， 令ｙ ＝－１， 则ｘ ＝ ０ －ｘ ２ ， 所以Ｍ è ç ０ －ｘ ２ ，－１ø ÷ ，
５（ ＋４） ＋４ ５（ ＋４） ５ ２ ４ ２ ０ ２ ０
( )
直线ＭＮ恒过点Ｋ ４ ．
ｘ２
∴ ，０ 易知直线ＡＢ的斜率为 ２ 所以直线ＡＢ为ｙ ０ ２ ｘ
５ －ｘ ， － ＝－ｘ （ －
( ) ０ ４ ０
当ｍ 时 经验证直线ＭＮ过点Ｋ ４ ． ｘ２
＝０ ， ，０ ｘ 整理得ｙ ２ ｘ ０
５ ０）， ＝－ｘ ＋ ＋２，
( ) ０ ４
综上 直线ＭＮ恒过点Ｋ ４ ． {ｘ２ ｙ
，
５
，０
联立
ｙ
＝４
２
，
ｘ
ｘ２
０
消去ｙ得
ｘ２
－
ｘ２
０
＝－ｘ
２
（
ｘ
－
ｘ
０），
②
Ｓ
△ ＭＮＳ＝
Ｓ
△ ＭＫＳ＋
Ｓ
△ ＮＫＳ ＝ ２
１
·｜
ＫＳ
｜·｜
ｙ
Ｍ－
ｙ
Ｎ ｜ ＝ ２
１
·
１
５ ·
＝－ｘ
０
＋
４
＋２， ４ ４ ０
ｘ ｘ ｘ ｘ
ｍ ｍ
１ ｜
ｍ３
＋
ｍ
｜ １
ｍ ＋ｍ １
有
－ｘ
２
０
（
ｘ
－
ｘ
０）＝
（ － ０）
４
（ ＋ ０）
，
１＋４
ｍ２ ＋ｍ２
＋４
＝
２
·
４
ｍ４
＋１７
ｍ２
＋４
＝
２
·
ｍ２ ４
，
解得ｘ ８ ｘ 即点Ｂ的横坐标为 ８ ｘ
４ ＋ｍ２ ＋１７ ＝－ｘ － ０， －ｘ － ０，
０ ０
专题八 平面解析几何 ２ ２９
( ) ２ ４．（ 江苏徐州适应性测试， ）将圆ｘ２ ｙ２ 上各点的纵坐
所以 ＢＡ ２ ８ ｘ ｘ ２０２４ １８ ＋ ＝２
｜ ｜＝ １＋ －ｘ －ｘ － ０－ ０
０ ０ λ
标变为原来的 ２ λ 横坐标不变 所得曲线为Ｅ．记
ｘ２ ｘ２ （０＜ ＜２）（ ），
４ ８ ｘ ２（ ０＋４） ０＋４ ２
＝ １＋ｘ２ ｘ ＋２ ０ ＝ ｘ２ ， Ｐ Ｑ 过点Ｐ的直线与Ｅ交于不同的两点Ａ Ｂ
０ ０ ０ （－２，０）， （１，０）， ， ，
又 ＡＭ æ ç ｘ ０ ö ÷ ２ ｘ ０ ２ ｘ 直线ＱＡ ， ＱＢ与Ｅ分别交于点Ｃ ， Ｄ．
｜ ｜＝ １＋è ø －ｘ － ０ 求Ｅ的方程．
２ ２ ０ （１）
ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ２ 设直线ＡＢ ＣＤ的倾斜角分别为α β．当 α π时
０ ２ ０ （ ０＋４） ０＋４ （２） ， ， ０＜ ＜ ，
＝ １＋ ｘ ＋ ＝ ｘ ， ２
４ ０ ２ ４｜ ０｜ α
所以 △ ＭＡＢ 的面积为 １ ２ ｜ ＡＢ ｜ ｜ ＡＭ ｜ ＝ ２ １ × ２（
ｘ２
０＋４ ｘ ） ２ ０
ｘ２
０＋４ × （ （ ｉ ｉｉ ） ）
求
若
ｔ
ｔ
ａ
ａ β
ｎ
ｎ － β α
的
有
值
最 ； 大值 ， 求λ的取值范围．
（ ｘ２ ０＋４） ｘ２ ０＋４ （ ｘ２ ０＋４） ３ １ æ ç｜ ｘ ０｜ ２ ＋４ ö ÷ ３ １ ( ｘ ４ ) ３ 解析 （１） 设所求曲线Ｅ上的任意点为 （ ｘ ， ｙ ）， 与ｘ２ ＋ ｙ２ ＝２
４｜
ｘ
０｜
＝
４｜
ｘ３
０｜
＝
４
è
｜
ｘ
０｜
ø ＝
４
｜ ０｜＋
｜
ｘ
０｜
，
对应的点为
（
ｘ
１，
ｙ
１），
{ｘ ｘ {ｘ ｘ
又
｜
ｘ
０｜＋
｜
ｘ
４
０｜
≥２ ｜
ｘ
０｜×
｜
ｘ
４
０｜
＝４，
当且仅当ｘ
０＝±２
时
，
等号成
根据题意 可得
＝ １，
λ 即
１＝ ，
， ｙ ２ ｙ ｙ ２ ｙ
立 所以 ＭＡＢ面积的最小值为 １ ３ ． ＝ １， １＝ λ ，
， △ ×４ ＝１６ ２ ２
３．（ 福建部分地市质量检测，
４
）在直角坐标系ｘＯｙ中 已 代入方程ｘ２ ｙ２ 可得ｘ２
æ
ç ２ ｙ
ö
÷
２
整理得
ｘ２ ｙ２
２０２４ １８ ， ＋ ＝２， ＋è λ ø ＝２， ＋ λ ＝１
知抛物线Ｃ ｙ２ ｐｘ ｐ 的焦点为Ｆ 过Ｆ的直线ｌ与Ｃ交 ２ ２
： ＝２ （ ＞０） ， λ
于Ｍ Ｎ两点 且当ｌ的斜率为 时 ＭＮ ． （０＜ ＜２），
， ， １ ，｜ ｜＝８ ｘ２ ｙ２
求Ｃ的方程 所以曲线Ｅ的方程为 λ ．
（１） ； ＋λ ＝１（０＜ ＜２）
设ｌ与Ｃ的准线交于点Ｐ 直线ＰＯ与Ｃ交于点Ｑ 异于原 ２
（２） ， （ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
点 ．记线段ＭＮ的中点为Ｒ 若 ＱＲ 求 ＭＮＱ面积的取 （２）（ｉ） （ １， １）， （ ２， ２），
） ， ｜ ｜≤３， △ ì ｘ
值范围． ï ｘ １－１ｙ
ｘ ï ＝ ｙ ＋１，
解析 由题意知ｌ的斜率不为 ． 则直线ＱＡ的方程为ｘ １－１ｙ 联立í １
（１） ０ ＝ ｙ ＋１， ïｘ２ ｙ２
ｐ １ ï
设ｌ的方程为ｘ ｍｙ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ î ＋λ ＝１，
＝ ＋ ， （ １， １）， （ ２， ２）， ２
２
联立 { ｘ ＝ ｍｙ ＋ ２ ｐ ，消去ｘ得ｙ２ －２ ｍｐｙ － ｐ２ ＝０， 消去ｘ整理得 é ë êê æ è ç ｘ １ ｙ － １ １ ö ø ÷ ２ λ ＋２ ù û úúｙ２ ＋２ λ ｘ １ ｙ － １ １ｙ － λ ＝０，
ｙ２
＝２
ｐｘ
， 所以 ｙ －
λ
－
λｙ
１
ｙ
１ （注意
∴ ｙ １＋ ｙ ２＝２ ｍｐ ， ｙ １ ｙ ２＝－ ｐ２ ， Ｃ ＝ é ë êê æ è ç ｘ １ ｙ －１ ö ø ÷ ２ λ ＋２ ù û úúｙ １ ＝ （ ｘ １－１） ２λ ＋２ ｙ２ １ ＝ ２ ｘ １－３ ，
则 ＭＮ ｘ ｘ ｐ ｍ ｙ ｙ ｐ ｐ ｍ２ １
｜ ｜＝ １＋ ２＋ ＝ （ １＋ ２）＋２ ＝２ （ ＋１），
ｘ ｘ
∴ 由题可知当ｍ ＝１ 时 ，｜ ＭＮ ｜＝８，∴ ｐ ＝２， ２ ｙ２ １＝２ λ － λｘ２ １ ）所以ｘ Ｃ＝ １ ｙ －１ｙ Ｃ＋１＝ ３ ｘ １－４ ，
Ｃ的方程为ｙ２ ｘ． １ ２ １－３
∴ ＝４
æ ｘ ｙ ö æ ｘ ｙ ö
由 知ｙ ｙ １＋ ｙ ２ ｍ 所以Ｃ è ç３ ｘ １－４ ， ｘ １ ø ÷ ， 同理可得Ｄ è ç３ ｘ ２－４ ， ｘ ２ ø ÷ ，
（２） （１） Ｒ＝ ＝２ ， ２ １－３ ２ １－３ ２ ２－３ ２ ２－３
２
ｙ ｙ
将Ｒ的纵坐标 ２ ｍ代入ｘ ＝ ｍｙ ＋１， 得Ｒ （２ ｍ２ ＋１，２ ｍ ）， 又因为Ｐ ， Ａ ， Ｂ三点共线 ， 所以 ｘ １ ＝ｘ ２ ，
易知Ｃ的准线方程为ｘ ｌ与Ｃ的准线交于点Ｐ １＋２ ２＋２
＝－１，∵ ，
即ｘ ｙ ｘ ｙ ｙ ｙ
Ｐ ( ２ ) 则直线ＯＰ的方程为ｘ ｍ ｙ ２ １－ １ ２＝２（ ２－ １），
∴ －１，－ｍ ， ＝ ， ｙ ｙ
２ ２ １
联立 { ｘ ＝ ｍ ２ ｙ ，消去ｘ得ｙ２ ＝２ ｍｙ ， 则ｙ Ｑ＝２ ｍ ，∴ Ｑ （ ｍ２ ，２ ｍ ）， 所以ｋ ＣＤ＝ ３ ２ ｘ ｘ ２ ２ － － ４ ３ － ２ ３ ｘ ｘ １ １ － － ３ ４ ＝ ２（ ｘ ２ ｙ １－ ｘ １ ｘ ｙ ２ ２ － ） ｘ ＋ １ ３（ ｙ ２－ ｙ １） ＝ ７（ ｘ ｙ ２ ２ － － ｘ ｙ １ １）
ｘ － ｘ
ｙ２
＝４
ｘ
，
２ ２－３ ２ １－３
∴ Ｑ ， Ｒ的纵坐标相等 ，∴ 直线ＱＲ ∥ ｘ轴 ， ＝７ ｋ ＡＢ， 所以ｔａｎ α β＝ｋ ｋ ＡＢ ＝ １ ．
ＱＲ ｍ２ ｍ２ ｍ２ ｔａｎ ＣＤ ７
∴ ｜ ｜＝｜２ ＋１－ ｜＝ ＋１，
设直线ＡＢ的方程为ｙ ｋ ｘ 其中ｋ 由 知 直线
由 知ｙ ｙ ｍ ｙ ｙ 则 ｙ ｙ ｍ２ （ｉｉ） ＝ （ ＋２）， ＞０， （ｉ） ，
（１） １＋ ２＝４ ， １ ２＝－４， ｜ １－ ２｜＝４ ＋１， ＣＤ的斜率为 ｋ
７ ，
∴ Ｓ △ ＭＮＱ＝ Ｓ △ ＱＲＭ＋ Ｓ △ ＱＲＮ＝ １ ｜ ＱＲ ｜｜ ｙ １－ ｙ ２｜＝２（ ｍ２ ＋１）· ｍ２ ＋１ 则 β α ｔａｎ β －ｔａｎ α ７ ｋ － ｋ ６ ３
＝２｜ ＱＲ ｜ ３ ２ ，
２ ｔａｎ（ － ）＝
１＋ｔａｎ
β
ｔａｎ
α＝
１＋７
ｋ２ ＝
１ ｋ ＋７ ｋ
≤
７
，
点Ｑ异于原点 ｍ ＱＲ ３ ２ 又 ＱＲ
∵ ，∴ ≠０，∴２｜ ｜ ＞２， ∵ ｜ ｜≤３，
∴２＜２｜ ＱＲ ｜ ３ ２ ≤６ ３， 即Ｓ △ ＭＮＱ∈（２，６ ３］ ． 当且仅当 １ ｋ ＝７ ｋ ， 即ｋ２ ＝ ７ １ 时 ， 等号成立 ，
２ ３０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
{ｙ ｋ ｘ
＝ （ ＋２）， 若β α有最大值 则λ １ ２
联立 ｘ２ ｙ２ 整理得
（
λ
＋２
ｋ２
）
ｘ２
＋８
ｋ２ｘ
＋８
ｋ２
－２
λ
＝０，
－ ， ＞２×
７
＝
７
，
＋λ ＝１， ( )
２ 又因为 λ 所以实数λ的取值范围为 ２ ．
则Δ
＝６４
ｋ４
－４（
λ
＋２
ｋ２
）（８
ｋ２
－２
λ
）＞０，
得λ
＞２
ｋ２
，
０＜ ＜２，
７
，２
