微专题30 圆锥曲线中的最值、范围问题
近几年高考：解析几何中的最值与范围问题是解析几何中的典
型问题,是教学的重点也是历年高考的热点.解决这类问题不仅
要善于利用几何手段对平面图形进行研究,而且要从代数角度
进行函数等相关运算.
一、高考真题
[高考真题] (2025·新高考Ⅰ卷改编)已知椭圆C: x
2
9
+y2=1 的下顶
点为A,动点P 不在y 轴上,点R 在射线AP 上,且满足|AP|·|AR|
=3.
(1)设P(m,n),求R 的坐标(用m,n 表示);
(2)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.
解 (1)设R(x,y),由题意知A(0,-1),
又P(m,n),
所以⃗AP·⃗AR=(m,n+1)·(x,y+1)=mx+(n+1)(y+1)=|⃗AP|·|⃗AR|·cos
0=3.①
由kAP=kAR,得n+1
m
= y +1
x
,②
由①②得x=
3m
m
2+(n+1)
2,y=n+2−m
2−n
2
m
2+(n+1)
2 ,
故R(
3m
m
2+(n+1)
2 , n+2−m
2−n
2
m
2+(n+1)
2 ).
(2)由(1)得kOR=n+2−m
2−n
2
3m
=3kOP=3n
m
,
得m2+n2+8n-2=0,
即m2+(n+4)2=18,
所以点P 在以(0,-4)为圆心,3❑√2为半径的圆上,
又Q 为椭圆x
2
9
+y2=1 上一点,
设Q(s,t),所以|PQ|=❑√s
2+(t + 4)
2+3❑√2
=❑√
−8(t −1
2)
2
+27+3❑√2,
又-1≤t≤1,所以当t=1
2
时,|PQ|的长度取得最大值3❑√3+3❑√2.
二．典型例题
1 (2025·池州二模改编)已知椭圆C: x
2
18
+ y
2
9
=1,O 为坐标原点,
F2为其右焦点,点P 在C 上,点Q 满足⃗Q F2=2⃗PQ,求|⃗OQ|的
最小值,并指出此时点Q 的坐标.
解 法一 设点Q(x,y),P(x0,y0),
所以⃗Q F2=(3-x,-y),⃗PQ=(x-x0,y-y0),
由⃗Q F2=2⃗PQ,得{
3−x =2( x−x0),
−y =2( y −y0),
解得{
x0= 3 x−3
2
,
y0= 3 y
2 .
又x0
2
18
+ y0
2
9
=1,所以1
18(
3 x−3
2 )
2
+1
9(
3 y
2 )
2
=1,
化解得(x-1)2+2y2=8,
所以y2=4-1
2
(x-1)2,
由y2≥0 得1
2
(x-1)2≤4,
解得1-2❑√2≤x≤1+2❑√2,
所以|OQ|=❑√x
2+ y
2=❑√x
2+ 4−1
2 ( x−1)
2=❑√
1
2 x
2+ x + 7
2
=❑√
1
2 ( x +1)
2+3≥❑√3,
当且仅当x=-1∈[1−2❑√2,1+2❑√2]时,取“=”,
则y2=2,即y=±❑√2,
所以|OQ|的最小值为❑√3,此时点Q 的坐标为(-1,❑√2)或(-1,-
❑√2).
法二 设点Q(x,y),P(x0,y0),所以⃗Q F2=(3-x,-y),⃗PQ=(x-
x0,y-y0),
由⃗Q F2=2⃗PQ,
得{
3−x =2( x−x0),
−y =2( y −y0), 解得{
x = 2 x0
3 +1,
y = 2 y0
3 .
由x0
2
18
+ y0
2
9
=1 得y0
2
9
=1- x0
2
18
≥0,
解得-3❑√2≤x0≤3❑√2,
所以|OQ|=❑√x
2+ y
2=❑√(
2 x0
3 +1)
2
+(
2 y0
3 )
2
=
1
3
❑√2 x0
2+12 x0+ 45=1
3
❑√2( x0+3)
2+27≥❑√3,
当且仅当x0=-3∈[-3❑√2,3❑√2]时,取“=”,即x=-1,y=±❑√2,
所以|OQ|的最小值为❑√3,
此时点Q 的坐标为(-1,❑√2)或(-1,-❑√2).
2 (2025·温州调研改编)已知椭圆E: x
2
4
+y2=1,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 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
,
则△OAB 的面积为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.
3 已知抛物线E:x2=4y 的焦点为F,抛物线上的点A(x0,y0)处的切
线为l.
(1)求l 的方程(用x0,y0表示);
(2)若直线l 与y 轴交于点B,直线AF 与抛物线交于点C,若
∠ACB 为钝角,求y0的取值范围.
解 (1)抛物线E:x2=4y,即y= x
2
4
,则y'=1
2
x,
则在A(x0,y0)处切线l 的斜率为k=1
2
x0,
所以l:y-y0=1
2
x0(x-x0),
即y=1
2
x0x-y0.
(2)易知F(0,1),B(0,-y0).
设直线AF:y=kx+1,C(x1,y1),
代入抛物线方程得x2-4kx-4=0,故x1x0=-4,y0y1= x1
2 x0
2
16
=1,
因为∠ACB 为钝角,所以⃗CF·⃗CB<0,
即(-x1)(-x1)+(1-y1)(-y0-y1)=x1
2-y0-y1+y1y0+y1
2<0,
即3y1- 1
y1
+1+y1
2<0,(*)
因为y1>0,所以不等式y1
3+3y1
2+y1-1<0,
即(y1+1)(y1+1-❑√2)(y1+1+❑√2)<0,
解得0<y1<❑√2-1,所以y0= 1
y1
>❑√2+1.
故y0的取值范围是(❑√2+1,+∞).
规律方法 求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系.
(2)利用已知参数的范围,在两个参数之间建立函数关系.
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式.
(4)利用基本不等式.
训练 1(2025·宜春模拟)已知点A,B 在曲线T:y=1
x
上.
(1)若直线AB 的斜率为4,求|AB|的最小值;
(2)若|AB|=❑√17,求直线AB 的斜率的最大值;
(3)若点C 在曲线T 上,等腰Rt△ABC 的顶点按逆时针排列,
∠BAC=π
2
,求直线AB 的斜率的取值范围.
解 (1)显然直线AB 的斜率存在,且不为0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB 的方程为y=kx+b(k≠0).
联立{
y = 1
x ,
y =kx +b,
得kx2+bx-1=0,
则x1+x2=-b
k
,x1x2=-1
k
.
|AB|=❑√1+ k
2❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2
=❑√1+k
2❑√(−b
k)
2
−4(−1
k)
=❑√1+k
2❑√
b
2
k
2 + 4
k
.
因为k=4,所以|AB|=❑√17
❑√
b
2
16 +1≥❑√17,
当且仅当b=0 时,等号成立,
故|AB|的最小值为❑√17.
(2)由(1)可得,
|AB|=❑√1+k
2❑√
b
2
k
2 + 4
k
=❑√17,
所以b2=17 k
2
k
2+1
-4k≥0,
即-4k(k −1
4)(k-4)≥0,
结合k≠0,解得k<0 或1
4
≤k≤4,所以直线AB 的斜率的最大值
为4.
(3)设⃗AB=(s,t),则⃗AC=(-t,s),直线AB 的斜率k=t
s
.
设A(a, 1
a),
则B(a+ s, 1
a +t),C(a−t , 1
a + s).
因为点B,C 在曲线T 上,
所以(a+s)(
1
a +t)=(a-t)(
1
a + s)=1,
即s
a
+at=-st,- t
a
+as=st,
两式相加可得s−t
a
+a(t+s)=0,
即a2=t −s
t + s
=1-
2
t
s +1
=1- 2
k +1
>0,
解得k>1 或k<-1.
故直线AB 的斜率的取值范围为(-∞,-1)∪(1,+∞).
【精准强化练】
1.(2025·青岛调研改编)已知椭圆C: x
2
4
+ y
2
3
=1,M 为C 的右顶点,
过椭圆C 上P(−1, 3
2)的直线l 与C 交于点Q(异于点M),求
△PQM 面积的最大值.
解 由题意得M(2,0),直线PM 的方程为y=-1
2
x+1,
设与直线PM 平行的直线m 的方程为y=-1
2
x+t,
当直线m 与椭圆相切时,切点到直线PM 距离取得最大值,Q 为
切点时,△PQM 面积最大,
把y=-1
2
x+t 代入椭圆方程中得4x2-4tx+4t2-12=0,
当直线m 与椭圆相切时,距离最大,
即Δ=16t2-16(4t2-12)=0,
所以t2=4,即t=±2,
当t=-2 时,y=-1
2
x-2 与y=-1
2
x+1 之间的距离即为椭圆上点到直
线PM 距离的最大值,
此时d=
|−2−1|
❑√1+ 1
4
=6 ❑√5
5
,所以△PQM 面积最大值为S=1
2
|
PM|·d=1
2
×3 ❑√5
2
×6 ❑√5
5
=9
2
.
2.(2025·上海卷)已知椭圆Γ: x
2
a
2 + y
2
5
=1(a>❑√5)的右顶点为A,动
点M 的坐标为(0,m)(m>0).
(1)若Γ 的一个焦点是(2,0),求Γ 的离心率;
(2)若a=4,点P 在椭圆Γ 上,且⃗PA=2⃗MP,求m 的值;
(3)已知线段AM 的垂直平分线的斜率为2,且交椭圆Γ 于C,D
两点,若∠CMD 为钝角,求a 的取值范围.
解 (1)由已知得a2-5=22,所以a2=9.
所以a=3,又c=2,所以e=2
3
.
(2)当a=4 时,Γ: x
2
16
+ y
2
5
=1,则A(4,0).
因为⃗PA=2⃗MP,
所以⃗OA-⃗OP=2(⃗OP-⃗OM)(其中O 为坐标原点),
则⃗OP=1
3⃗OA+2
3⃗OM =1
3
(4,0)+2
3
(0,m)=(
4
3 , 2
3 m),
故P(
4
3 , 2
3 m).
又P 在Γ 上,所以(
4
3)
2
16
+(
2
3 m)
2
5
=1,
又m>0,所以m=❑√10.
(3)设C(x1,y1),D(x2,y2),
由题知A(a,0),M(0,m),
则kAM=-m
a
=-1
2
,即a=2m.
故AM 的中点为(
a
2 , a
4),
直线CD 的方程为y-a
4
=2(x−a
2),
即y=2x-3a
4
,
联立得{
y =2 x−3a
4 ,
x
2
a
2 + y
2
5 =1,
消去y 得(4a2+5)x2-3a3x+9a
4−80a
2
16
=0,Δ>0,
故x1+x2= 3a
3
4 a
2+5
,x1·x2= 9a
4−80a
2
16(4 a
2+5)
,
由∠CMD 为钝角知,⃗
MC·⃗MD=(x1, y1−a
2)·(x2, y2−a
2)
=x1x2+(2 x1−5
4 a)(2 x2−5
4 a)
=5x1x2-5
2
a(x1+x2)+25a
2
16
= 5
16
a2(
9a
2−80
4 a
2+5
−24 a
2
4 a
2+5
+5)<0,
即5(a2-11)<0,又a>❑√5,
所以❑√5<a<❑√11,
故a 的取值范围为(❑√5,❑√11).
3.已知椭圆C1: x
2
2
+y2=1 的左、右顶点是双曲线C2: x
2
a
2 - y
2
b
2
=1(a>0,b>0)的顶点,C1的右焦点到C2的渐近线的距离为
❑√3
3
.
直线l:y=kx+t 与C2相交于A,B 两点,⃗OA·⃗OB=-3.
(1)求证:8k2+t2=1;
(2)若直线l 与C1相交于P,Q 两点,求|PQ|的取值范围.
(1)证明 由题意得椭圆右焦点坐标为(1,0),
左、右顶点坐标为(-❑√2,0),(❑√2,0),
所以a=❑√2,
双曲线渐近线方程为bx±ay=0,
又C1的右焦点到C2的渐近线的距离为
❑√3
3
,
所以
b
❑√b
2+a
2=
❑√3
3
,解得b=1,
所以C2的方程为x
2
2
-y2=1,
联立{
y =kx +t ,
x
2−2 y
2=2,
消去y 得(1-2k2)x2-4ktx-2t2-2=0,
所以{
1−2k
2≠0,
Δ=16 k
2t
2−4(1−2k
2)(−2t
2−2)>0
得t2>2k2-1≠0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由根与系数的关系得x1+x2= 4 kt
1−2k
2,x1x2=−2t
2−2
1−2k
2 ,
所以⃗OA·⃗OB=x1x2+y1y2
=x1x2+(kx1+t)(kx2+t)
=(1+k2)x1x2+kt(x1+x2)+t2
=(1+k2)−2t
2−2
1−2k
2 + 4 k
2t
2
1−2k
2+t2=-3,
化简得8k2+t2=1,得证.
(2)解 联立{
y =kx +t ,
x
2+2 y
2=2
消去y,
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
所以Δ=16k2t2-4(1+2k2)(2t2-2)>0,
即t2<2k2+1,
结合t2>2k2-1≠0,8k2+t2=1,及k≠0,t2≥0,
可得0<k2≤1
8
,
设P(x3,y3),Q(x4,y4),
由根与系数的关系,得x3+x4= −4 kt
1+2k
2 ,x3x4=2t
2−2
1+2k
2,
|PQ|=❑√1+ k
2|x3-x4|=❑√1+k
2❑√( x3+ x4)
2−4 x3 x4=
❑√
80k
2(1+ k
2)
(1+2k
2)
2
=❑
√
80
1
k
4+k
2 + 4
=❑
√
80
1
(k
2+ 1
2)
2
−1
4
+ 4 ,
由0<k2≤1
8
,得0<(k
2+ 1
2)
2
-1
4
≤9
64
,
所以100
9
≤
1
(k
2+ 1
2)
2
−1
4
+4,
从而0<❑
√
80
1
(k
2+ 1
2)
2
−1
4
+ 4 ≤6 ❑√5
5
,
所以|PQ|的取值范围为(0, 6 ❑√5
5 ].
4.(2025·重庆诊断)已知F 是椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点,
O 为坐标原点,M 为椭圆上任意一点,|MF|的最大值为2+❑√3,
当|OM|=|OF|时,△MOF 的面积为1
2
.
(1)求b
a
的值;
(2)A,B 为椭圆的左、右顶点,点P 满足⃗AP=3⃗PB,当M 与A,B
不重合时,射线MP 交椭圆C 于点N,直线AM,BN 交于点T,求
∠ATB 的最大值.
解 (1)|MF|max=a+c=2+❑√3,①
设椭圆的左焦点为E,
因为|OM|=|OF|=1
2
|EF|,
所以∠EMF=90°,
即|ME|2+|MF|2=|EF|2=4c2,
又|ME|+|MF|=2a,
所以|ME|2+|MF|2+2|ME||MF|=4a2,
所以2|ME||MF|=4a2-4c2=4b2,
所以|ME||MF|=2b2,
所以S△MEF=1
2
|ME||MF|=b2,
因为S△MOF=1
2
,所以S△MEF=1,
所以b2=1,②
又a2=b2+c2,③
联立①②③,解得a2=4,c2=3,
所以b
a
=1
2
.
(2)由(1)可知椭圆C 的方程为x
2
4
+y2=1,
因为点P 满足⃗AP=3⃗PB,
所以P(1,0),
设直线MN 的方程为x=my+1,
联立{
x =my +1,
x
2
4 + y
2=1,
消去x,
得(m2+4)y2+2my-3=0,
易得Δ>0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=- 2m
m
2+ 4
,y1y2=-
3
m
2+ 4
,
直线AM 的方程为y=
y1
x1+2
(x+2),
直线BN 的方程为y=
y2
x2−2
(x-2),
联立得x−2
x +2
= y1( x2−2)
y2( x1+2)
= y1(m y2+1−2)
y2(m y1+1+2)
=
m y1 y2−y1
m y1 y2+3 y2
,
因为my1y2=3
2
(y1+y2),
所以x−2
x +2
=
3
2 ( y1+ y2)−y1
3
2 ( y1+ y2)+3 y2
=
1
2 y1+ 3
2 y2
3
2 y1+ 9
2 y2
=1
3
,解得x=4,
所以动点T 的轨迹方程为x=4(y≠0).
由椭圆的对称性不妨设T(4,t),t>0,
直线TA,TB 的倾斜角分别为α,β,
因为∠ATB=β-α,
所以tan ∠ATB=tan (β-α)= tan β −tan α
1+ tan β tan α
,
因为tan α=kTA= t
6
,tan β=kTB= t
2
,
所以tan ∠ATB=
t
2 −t
6
1+ t
2 · t
6
=
4t
t
2+12
=
4
t + 12
t
≤4
4 ❑√3
=
❑√3
3
,
当且仅当t=2❑√3时,等号成立,
此时T(4,2❑√3),∠ATB=π
6
,
所以∠ATB 的最大值为π
6
.
