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第4 讲 范围与最值问题
1.(2025·全国Ⅰ卷，T18)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为2√2
3 ，下顶点为A，右顶点为B，|AB|=
√10.
(1)求C 的方程；
(2)已知动点P 不在y 轴上，点R 在射线AP 上，且满足|AP|·|AR|=3.
(ⅰ)设P(m，n)，求R 的坐标(用m，n 表示)；
(ⅱ)设O 为坐标原点，Q 是C 上的动点，直线OR 的斜率是直线OP 的斜率的3 倍，求|PQ|的最大值.
2.(2023·全国甲卷，理T20)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√15.
(1)求p；
(2)设F 为C 的焦点，M，N 为C 上两点，⃗FM·⃗FN=0，求△MFN 面积的最小值.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，主要以解答题的形式进行考查.分值
约为13~17 分.
考查方向：
考查重点是最值与范围问题，主要考查长度、周长、面积、角度、斜率、向量等相关的最值(范围)问题.
1.解 (1)由题意可知，A(0，-b)，B(a，0)，所以{
√a
2+b
2=√10，
e = c
a = 2√2
3
，
c
2=a
2-b
2，
解得{
a
2=9，
b
2=1，
c
2=8，
故C 的方程为x
2
9 +y2=1.
(2)(ⅰ)设R(x0，y0)，易知m≠0，
方法一 所以kAP=n+1
m ，kAR= y0+1
x0
，
故
y0+1
x0
=n+1
m ，且mx0>0.
因为A(0，-1)，|AP|·|AR|=3，所以√m
2+(n+1)
2×√x0
2+( y0+1)
2=3，
即[1+(
n+1
m )
2
]x0m=3，解得x0=
3m
m
2+(n+1)
2，所以y0=n+2-m
2-n
2
m
2+(n+1)
2 ，
所以R 的坐标为(
3m
m
2+(n+1)
2 ，n+2-m
2-n
2
m
2+(n+1)
2 ).
方法二 设⃗AR=λ⃗AP，λ>0，则|⃗AR|=λ|⃗AP|，又⃗AP=(m，n+1)，所以|AP|·|AR|=λ|⃗AP|2=3，
即λ[m
2+(n+1)
2]=3，所以λ=
3
m
2+(n+1)
2，所以⃗AR=λ⃗AP=λ(m，n+1)=(
3m
m
2+(n+1)
2 ，
3(n+1)
m
2+(n+1)
2)，又
A(0，-1)，故R 的坐标为(
3m
m
2+(n+1)
2 ，n+2-m
2-n
2
m
2+(n+1)
2 ).
(ⅱ)因为kOR=
n+2-m
2-n
2
m
2+(n+1)
2
3m
m
2+(n+1)
2
=n+2-m
2-n
2
3m
，kOP= n
m，由kOR=3kOP，可得
n+2-m
2-n
2
3m
=3n
m ，化简得m2+n2+8n-2=0，即m2+(n+4)2=18(m≠0)，
所以点P 在以N(0，-4)为圆心，3√2为半径的圆上(除去与y 轴的交点)，
|PQ|max为点Q 到圆心N 的距离加上半径，
方法一 设Q(xQ，yQ)，则xQ
2
9
+yQ
2 =1，即xQ
2 =9-9yQ
2 ，
所以|QN|2=xQ
2 +( yQ+ 4)
2=9-9yQ
2 +yQ
2 +8yQ+16=-8yQ
2 +8yQ+25
=-8( yQ- 1
2)
2
+27≤27，当且仅当yQ=1
2，即Q(± 3√3
2
，1
2)时取等号，
故|PQ|max=√27+3√2=3(√3+√2).
方法二 设Q(3cos θ，sin θ)，所以
|QN|2=(3cos θ)2+(sin θ+4)2=9cos2θ+sin2θ+8sin θ+16
=9(1-sin2θ)+sin2θ+8sin θ+16
=-8sin2θ+8sin θ+25
=-8(sinθ - 1
2)
2
+27≤27，当且仅当sin θ=1
2，即Q(± 3√3
2
，1
2)时取等号，
所以|PQ|max=√27+3√2=3(√3+√2).
2.解 (1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由{
x -2 y +1=0，
y
2=2 px，
可得y2-4py+2p=0，
所以yA+yB=4p，yAyB=2p，
所以|AB|=√5×√( y A+ yB)
2- 4 y A yB=4√15，
即2p2-p-6=0，解得p=2(负值舍去).
(2)由(1)知y2=4x，
所以焦点F(1，0)，显然直线MN 的斜率不可能为零，
设直线MN：x=my+n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由{
y
2= 4 x，
x =my +n，可得y2-4my-4n=0，
所以y1+y2=4m，y1y2=-4n，
Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，
因为⃗FM·⃗FN=0，⃗FM=(x1-1，y1)，⃗FN=(x2-1，y2)，
所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0，
即(my1+n-1)(my2+n-1)+y1y2=0，
即(m2+1)y1y2+m(n-1)(y1+y2)+(n-1)2=0，
将y1+y2=4m，y1y2=-4n 代入得，
4m2=n2-6n+1，
所以4(m2+n)=(n-1)2>0，
所以n≠1，且n2-6n+1≥0，
解得n≥3+2√2或n≤3-2√2.
设点F 到直线MN 的距离为d，
所以d=|n -1|
√1+m
2，
|MN|=√1+m
2√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2
=√1+m
2√16m
2+16n
=√1+m
2√4(n
2-6n+1)+16n
=2√1+m
2|n-1|，
所以△MFN 的面积
S=1
2×|MN|×d=1
2×2√1+m
2|n-1|×|n -1|
√1+m
2=(n-1)2，
而n≥3+2√2或n≤3-2√2，
所以当n=3-2√2时，△MFN 的面积最小，为Smin=(2-2√2)2=12-8√2=4(3-2√2).
考点一 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，
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.
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 .
考点二 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- y P
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 )
=√1+k
2·√
12(m
2-k
2+3)
(3-k
2)
2
=√6·√
k
4+10k
2+9
k
4-6k
2+9
=√6·√
1+
16 k
2
k
4-6 k
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 我们把由半椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(x≥0)与半椭圆y
2
b
2 + x
2
c
2=1(x≤0)合成的曲线称作“果圆”，其中
a2=b2+c2，a>b>c>0.如图，点F0，F1，F2分别是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2分别是“果圆”与x
轴、y 轴的交点.
(1)若△F0F1F2是边长为 1 的等边三角形，求 “果圆” 的方程；
(2)在(1)的条件下，P 为半椭圆y
2
b
2 + x
2
c
2=1(x≤0)上任意一点，M 点的坐标为(1，0)，求|PF0|+|PF1|的最大值
以及|PM|的最小值；
(3)当 |A1A2|>|B1B2| 时，求b
a的取值范围.
解 (1)因为△F0F1F2是边长为1 的等边三角形，
所以c=√3
2 ，a2-b2=3
4 ，
b2-c2=1
4 ，
所以b2=1，a2=7
4 ，
故“果圆”的方程为
x
2
7
4
+y2=1(x≥0)，
y2+
x
2
3
4
=1(x≤0).
(2)由(1)可知，F0(
√3
2 ，0)，
F1(0，- 1
2)，F2(0，1
2)，
设P(x0，y0)(- √3
2 ≤x0≤0)，
满足y0
2+
x0
2
3
4
=1(x≤0)，
则|PM|=√( x0-1)
2+ y0
2=√- 1
3 x0
2-2 x0+2，
因为-√3
2 ≤x0≤0，由二次函数的性质易知，当x0=0 时，|PM|取得最小值，
即|PM|min=√2.
因为|PF2|+|PF1|=2，
所以|PF0|+|PF1|=2+|PF0|-|PF2|≤2+|F0F2|，
当且仅当P，F0，F2三点共线，且F2在P，F0之间时取等号，
又|F0F2|=1，所以|PF0|+|PF1|≤2+|F0F2|=3，即|PF0|+|PF1|的最大值为3.
(3)因为a2=b2+c2，a>b>c>0，因此a2<2b2⇒b
a>√2
2 ，
因为|A1A2|>|B1B2|，所以a+c>2b，即c>2b-a，即√a
2-b
2>2b-a，
因为a<√2b<2b，所以2b-a>0，
所以a2-b2>(2b-a)2=4b2-4ab+a2，化简得b
a<4
5 ，
所以b
a的取值范围为(
√2
2 ，4
5).
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.
(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，
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)，
联立{
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].
(共17 分)
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)
(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，
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 | =
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 ).
