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第2 讲 范围与最值问题
微点一 最值问题
例1 (2025·黄山模拟)平面内，动点M(x，y)与定点F(√3，0)的距离和M 到定直线l：x=4√3
3
的距离的
比值是常数√3
2 ，记动点M 的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E 的方程；
(2)O 为坐标原点，A，B 为曲线E 上不同两点，经过A，B 两点的直线与圆x2+y2=1 相切，求△OAB 面积
的最大值.
解 (1)依题意，可得
√( x−√3)
2+ y
2
|x−4√3
3 |
=√3
2 ，
化简得x2+4y2=4，
即曲线E 的方程为x
2
4 +y2=1.
(2)依题意，直线AB 的斜率不可能是0，
不妨设其方程为x=my+t，
则圆x2+y2=1 的圆心O(0，0)到直线x=my+t 的距离d=
|t|
√m
2+1
=1，即m2+1=t2，
①
由{
x =my +t ,
x
2+ 4 y
2= 4 ,
消去x，可得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0，
由Δ=4m2t2-4(m2+4)(t2-4)>0，
可得m2-t2+4>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则{
y1+ y2=−2mt
m
2+ 4
,
y1· y2= t
2−4
m
2+ 4
,
则|AB|=√1+m
2·√( y1+ y2)
2−4 y1· y2
=√1+m
2·√(−2mt
m
2+ 4)
2
−4(t
2−4)
m
2+ 4
=4√1+m
2
m
2+ 4
·√m
2−t
2+ 4，
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将①式代入，化简得|AB|=4√3·√1+m
2
m
2+ 4
，
S△OAB=1
2×|AB|×d=2√3·√
m
2+1
(m
2+ 4)
2，
设λ=m2+1，则λ≥1，
S△OAB=2√3·√
λ
( λ+3)
2=2√3·
√
1
λ+ 9
λ +6，
因为λ+9
λ ≥2√λ· 9
λ =6，当且仅当λ=3 时取等号，此时m=±√2，△OAB 的面积的最大值为2√3×√
1
12=1.
[规律方法] 圆锥曲线中的最值问题，常见的方法有
(1)函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围.求函数的最值时，一般会
用到配方法、基本不等式或者函数的单调性.
(2)方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出目标量的不等关系，再求出目标量
的最值.
(3)不变量法：在平面几何中有一些不变量的最值结果，在求最值时，可以考虑观察图形的几何特点，判断
某个特殊位置满足的最值条件，然后再证明.
跟踪演练1 已知O 为坐标原点，F 是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，M 是C 上一点，且|MF|=|MO|=3
2.
(1)求C 的方程；
(2)A，B 是C 上两点(A，B 异于点O)，以AB 为直径的圆过点O，Q 为AB 的中点，求直线OQ 斜率的最
大值.
解 (1)由抛物线的定义可知F(
p
2 ，0).
因为|MF|=|MO|，所以xM= p
4 .
因为|MF|=3
2，所以p
4 + p
2 =3
2，解得p=2，故C 的方程为y2=4x.
(2)由题意知直线AB 的斜率不为0，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，其方程为x=my+t，
联立{
x =my +t ,
y
2= 4 x ,
得y2-4my-4t=0，Δ=16(m2+t)>0，
则yA+yB=4m，yAyB=-4t，
因为以AB 为直径的圆过点O，所以OA⊥OB，即⃗OA ·⃗OB=0，则xAxB+yAyB=0，
即y A
2
4 · yB
2
4 +yAyB=0，又yAyB≠0，
解得yAyB=-16=-4t，所以t=4.
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又xA+xB=m(yA+yB)+8=4m2+8，所以Q(2m2+4，2m)，
当m=0 时，kOQ=0；
当m≠0 时，kOQ=
2m
2m
2+ 4 =
m
m
2+2=
1
m+ 2
m
∈[−√2
4 ，0)∪(0，√2
4 ].
故直线OQ 斜率的最大值为√2
4 .
微点二 范围问题
例2 (2025·海口模拟)设A，B 两点的坐标分别为(-1，0)，(1，0)，直线AM，BM 相交于点M，且它们
的斜率之积为3.
(1)求点M 的轨迹方程C；
(2)若直线l 与C 交于P，Q 两点，且⃗OP·⃗OQ=0(点O 为坐标原点)，求|PQ|的取值范围.
解 (1)设点M(x，y)，x≠±1，则kAM=
y
x +1，kBM=
y
x−1，
所以
y
x +1×
y
x−1=3，化简得x2- y
2
3 =1，
所以点M 的轨迹方程为x2- y
2
3 =1(x≠±1).
(2)当直线l 的斜率不存在时，可设P(xP，yP)，Q(xP，-yP)，
则⃗OP=(xP，yP)，⃗OQ=(xP，-yP)，
将其代入双曲线方程得xP
2- yP
2
3 =1，
又⃗OP·⃗OQ=xP
2-y P
2=0，解得yP=±√6
2 ，此时|PQ|=2|yP|=√6；
当直线l 的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立{
y =kx +m,
x
2−y
2
3 =1,得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，则3-k2≠0，Δ=12(m2-k2+3)>0.
由根与系数的关系得x1+x2= 2km
3−k
2，x1x2=−m
2−3
3−k
2 .
则⃗OP·⃗OQ=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·−m
2−3
3−k
2 +km· 2km
3−k
2+m2=0，
化简得3k2+3=2m2，此时Δ=6(k2+9)>0，
所以|PQ|=√1+k
2·√( x1+ x2)
2−4 x1 x2
=√1+k
2·√(
2km
3−k
2)
2
−4(
−m
2−3
3−k
2 )
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=√1+k
2·√
12(m
2−k
2+3)
(3−k
2)
2
=√6·√
k
4+10k
2+9
k
4−6 k
2+9
=√6·√
1+
16 k
2
k
4−6k
2+9
，
当k=0 时，此时|PQ|=√6；
当k≠0 时，此时|PQ|=√6·
√
1+
16
k
2+ 9
k
2 −6，
因为3-k2≠0，
所以k2+ 9
k
2>2√
k
2· 9
k
2=6，故
16
k
2+ 9
k
2 −6>0，
因此|PQ|=√6·
√
1+
16
k
2+ 9
k
2 −6>√6.
综上可得|PQ|≥√6，故|PQ|的取值范围为[√6，+∞).
[规律方法] 圆锥曲线中的范围问题的思路就是选用一个合适的变量(这个变量能够表达要解决的问题)建立
目标函数或不等关系，然后求解.求解范围问题一定要牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，
然后消去另一个量，保留要求的量”.不等式的来源可以是圆锥曲线的有界性、题目条件中某个量的范围等.
跟踪演练2 已知曲线C 上的点到两个定点(-1，0)和(1，0)的距离之和为定值4.
(1)求C 的方程；
(2)过点F(1，0)的直线l(斜率存在且不为0)与C 交于M，N 两点，N 关于x 轴的对称点为P.已知Q(4，
0).
①证明：P，M，Q 三点共线；
②求⃗MQ·⃗NQ的取值范围.
(1)解 因为4>2，由椭圆定义可知，曲线C 为以(-1，0)和(1，0)为两焦点的椭圆，
其中2a=4，即a=2，c=1，
则a2=4，b2=a2-c2=3，
故C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
(2)①证明 依题意可设直线l 的方程为x=my+1(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则P(x2，-y2).
联立{
x =my +1,
x
2
4 + y
2
3 =1,得(3m2+4)y2+6my-9=0，
由根与系数的关系得y1+y2=-
6m
3m
2+ 4 ，
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y1y2=-
9
3m
2+ 4 ，
则直线PM 的方程为y-y1= y1+ y2
x1−x2
(x-x1)，
即y= y1+ y2
x1−x2
(x-x1)+y1
= y1+ y2
x1−x2(x−x1+ y1· x1−x2
y1+ y2)
= y1+ y2
x1−x2(x−x2 y1+ x1 y2
y1+ y2 )，
其中
x2 y1+ x1 y2
y1+ y2
=
(m y2+1) y1+(m y1+1) y2
y1+ y2
=
2m y1 y2+ y1+ y2
y1+ y2
=
−18m
3m
2+ 4
+ −6m
3m
2+ 4
−6m
3m
2+ 4
=4，
则直线PM 的方程为y= y1+ y2
x1−x2
(x-4)，
故直线PM 过定点(4，0)，即P，M，Q 三点共线.
②解 ⃗MQ=(4-x1，-y1)，⃗NQ=(4-x2，-y2)，⃗
MQ·⃗NQ=(4-x1)(4-x2)+y1y2
=(3-my1)(3-my2)+y1y2
=(m2+1)y1y2-3m(y1+y2)+9
=(m2+1)
−9
3m
2+ 4 + 18m
2
3m
2+ 4
+9=12-
21
3m
2+ 4 ，
因为m2∈(0，+∞)，
所以
21
3m
2+ 4 ∈(0，21
4 )，12-
21
3m
2+ 4 ∈(
27
4 ，12)，
所以⃗MQ·⃗NQ的取值范围为(
27
4 ，12).
专题强化练
[分值：51 分]
1.(17 分)(2025·贵州适应性考试)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，且经过点P(2，√3)，其左、
右焦点分别为F1，F2.
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(1)求C 的方程.(5 分)
(2)设过F1的直线l 与C 交于A，B 两点，且|AB|=24√2
7
.
①求直线l 的斜率；(6 分)
②设M 为C 上异于A，B 的动点，求△MAB 面积的最大值.(6 分)
解 (1)由题意得{
4
a
2 + 3
b
2 =1,
c
a = 1
2 ,
a
2=b
2+c
2,
解得a2=8，b2=6，c=√2，所以C 的方程为x
2
8 + y
2
6 =1.
(2)①由(1)得点F1(-√2，0)，
若直线l 与x 轴重合，则|AB|=2a=4√2，不符合题意；
设直线l 的方程为x=my-√2，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立{
x =my −√2,
3 x
2+ 4 y
2−24 =0,
得(3m2+4)y2-6√2my-18=0，
则Δ=72m2+72(3m2+4)=288(m2+1)>0，
y1+y2= 6√2m
3m
2+ 4
，y1y2= −18
3m
2+ 4 .
所以|AB|=√1+m
2√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=√1+m
2·√
72m
2
(3m
2+ 4)
2 + 4×18(3m
2+ 4)
(3m
2+ 4)
2
=12√2(m
2+1)
3m
2+ 4
=24√2
7
，可得m2=1，即m=±1.
所以直线l 的斜率为±1.
②由①知直线AB 的方程为x=±y-√2，根据对称性，只需考虑其中一种情况即可.
不妨取直线AB 的方程为x-y+√2=0.
方法一 由题意，当过点M 的直线与直线AB 平行，F2在两直线之间，且与椭圆相切时，点M 到直线AB
的距离最大，即△MAB 的面积最大.
设其直线方程为x-y+t=0(t≠√2)，
联立{
x−y +t =0,
3 x
2+ 4 y
2−24 =0,
得7x2+8tx+4t2-24=0，
则Δ=64t2-28(4t2-24)=0，
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即t2=14，易知t=-√14符合题意，
直线方程为x-y-√14=0，
点M 到直线AB 距离的最大值
dmax=√2+√14
√2
=√7+1.
故△MAB 面积的最大值Smax=1
2|AB|dmax=1
2×24√2
7
×(√7+1)=12√2(√7+1)
7
.
方法二 因为M 在C 上，
故可设M(2√2cos α，√6sin α)，
则点M 到直线AB 的距离为
d=|2√2cosα −√6sin α +√2|
√2
=|√6sin α −2√2cosα −√2|
√2
=|√3sin α-2cos α-1|=|√7sin(α-φ)-1|，
其中φ 为锐角，且tan φ=2√3
3
，
所以当sin(α-φ)=-1 时，点M 到直线AB 的距离取得最大值为dmax=√7+1.
故△MAB 面积的最大值为Smax=1
2|AB|dmax=1
2×24√2
7
×(√7+1)=12√2(√7+1)
7
.
2.(17 分)(2025·河南H20 联盟联考)已知动圆过定点P(2，0)，且在y 轴上截得的弦长为4.动圆圆心的轨迹为
曲线E.
(1)求曲线E 的方程；(5 分)
(2)设过点F(1，0)的直线交曲线E 于A，B 两点，过点M(-1，0)的直线MA 与E 的另一个交点为C，点A 在
M 与C 之间.
①证明：线段BC 垂直于x 轴；(6 分)
②记△FBC 的面积为S1，△MFC 的面积为S2，求5S2-S1的取值范围.(6 分)
(1)解 由题意，动圆过定点P(2，0)，
当圆心不在y 轴上时，设圆心T(x，y)(x≠0)，弦的中点为R(0，y)，连接RT(图略)，
则由圆的性质得|PT|2=|RT|2+22，
∴(x-2)2+y2=x2+4，
整理得y2=4x(x≠0).
当圆心在y 轴上时，易得圆心坐标为(0，0)，也满足上式，
∴曲线E 的方程为y2=4x.
(2)①证明 ∵直线AB 的斜率不为0，
故设直线AB 的方程为x=ty+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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x =ty +1,
y
2= 4 x , 可得y2-4ty-4=0，
Δ=16(t2+1)>0，
则y1+y2=4t，y1y2=-4，
kMA+kMB=
y1
x1+1+
y2
x2+1=
y1
t y1+2+
y2
t y2+2
=2t y1 y2+2( y1+ y2)
(t y1+2)(t y2+2) =
−8t +8t
(t y1+2)(t y2+2)=0.
故∠BMF=∠CMF，
故直线BM 与直线CM 关于x 轴对称，即点B 与点C 关于x 轴对称，
∴线段BC 垂直于x 轴.
②解 由①可知C(x2，-y2)，如图，由对称性，不妨设y2>0，
∵点A 在M 与C 之间，∴x2>1，y2>2，
S1=1
2×2y2×(x2-1)=(x2-1)y2= y2
3
4
-y2，
S2=1
2×2y2=y2，
则5S2-S1=6y2- y2
3
4
，
令f(y)=6y- y
3
4 (y>2)，
则f'(y)=6-3 y
2
4 =3
4 (8-y2)，
令f'(y)>0，则2<y<2√2；
令f'(y)<0，则y>2√2.
则f(y)在(2，2√2)上单调递增，在(2√2，+∞)上单调递减，
f(y)max=f(2√2)=8√2，当y→+∞时，f(y)→-∞.
∴5S2-S1的取值范围为(-∞，8√2].
3.(17 分)(2025·郴州模拟)已知双曲线E：x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，过
F2的直线l 与双曲线E 交于P，Q 两点，当直线l 垂直于x 轴时，△PQF1的周长为16.
(1)求双曲线E 的标准方程；(5 分)
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(2)与x 轴不重合的直线l'过点N(x0，0)(x0≠0)，双曲线E 上存在两点A，B 关于l'对称，且AB 的中点M 的
横坐标为x'0.
①若x0=λx'0，求实数λ 的值；(5 分)
②若A，B 为双曲线E 右支上两个不同的点，l'过点C(0，4)，求∠ACB 的取值范围.(7 分)
解 (1)因为当直线l 垂直于x 轴时，将x=c 代入x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)，得y=±b
2
a ，
所以|PF2|=|QF2|=b
2
a ，
所以|PF1|=|QF1|=b
2
a +2a，
因为双曲线E 的离心率为2，△PQF1的周长为16，
所以{
e = c
a =2,
a
2+b
2=c
2,
4 b
2
a + 4 a=16,
解得{
a=1,
b=√3,
c =2,
所以双曲线E 的标准方程为x2- y
2
3 =1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x'0，y'0)，
①因为A，B 两点在双曲线E 上，
所以 {
x1
2−y1
2
3 =1,
x2
2−y2
2
3 =1,
两式相减得x1
2-x2
2= y1
2
3 - y2
2
3 ，
得(x1-x2)(x1+x2)=( y1−y2)( y1+ y2)
3
，
即
y1−y2
x1−x2
· y1+ y2
x1+ x2
=3，
所以kOM·kAB=3(O 为坐标原点)，即y'0≠0，
因为l'是AB 的垂直平分线，所以kl'·kAB=-1，
所以kOM=-3kl'，
即
y
'
0
x
'
0
=-3
y
'
0
x
'
0−x0
，化简得x0=4x'0，故 λ=4.
②由题意可知直线AB 的斜率k 存在且k≠0，
k≠±√3，设直线AB 的方程为y=kx+m，
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由{
y =kx +m,
3 x
2−y
2=3,
消去y 并整理得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，
则3-k2≠0，Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)
=12(3+m2-k2)>0，
即m2+3-k2>0，x1+x2= 2km
3−k
2，
x1x2=-3+m
2
3−k
2 ，
y1+y2=k(x1+x2)+2m=k· 2km
3−k
2+2m
= 6m
3−k
2，
于是M 点的坐标为(
km
3−k
2 ，3m
3−k
2)，
kMC=
3m
3−k
2 −4
km
3−k
2
=3m−12+ 4 k
2
km
.
易知kMC·kAB=-1，
所以 3m−12+ 4 k
2
km
=-1
k ，解得m=3-k2，
代入m2+3-k2>0，
得(3−k
2)
2+(3-k2)=(3-k2)(4-k2)>0，
得k2<3 或k2>4，
由A，B 在双曲线E 的右支上得，
x1x2=-3+m
2
3−k
2 >0，
得3-k2<0，即k2>3，
且x1+x2= 2km
3−k
2=2k>0，即k>0，
综上，k>2.
又|CM|=√(
km
3−k
2 −0)
2
+(
3m
3−k
2 −4)
2
=√1+ k
2，
所以tan∠ACM=| AM |
|CM |
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=
1
2 √( x1+ x2)
2−4 x1 x2·√1+k
2
√1+ k
2
=1
2×2√
3m
2−3k
2+9
(3−k
2)
2
=√
3m
2−3k
2+9
m
2
=√
3+
3
3−k
2.
因为k>2，所以3-k2<-1，
故-3<
3
3−k
2<0，所以√
3+
3
3−k
2∈(0，√3)，
所以∠ACM∈(0，π
3)，所以∠ACB=2∠ACM∈(0，2π
3 )，故∠ACB 的取值范围是(0，2π
3 )
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