最值、范围问题讲义-2025届高三数学二轮专题突破　

微专题43　最值、范围问题 [考情分析]　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、三角等相关运算，常以解答题的形式压轴出现，难度较大. 微点一　圆锥曲线的最值问题 1.(2024·上饶模拟)如图所示，曲线C是由半椭圆C1：+=1(y<0)，半圆C2：(x-1)2+y2=1(y≥0)和半圆C3：(x+1)2+y2=1(y≥0)组成，过C1的左焦点F1作直线l1与曲线C仅交于A，B两点，过C1的右焦点F2作直线l2与曲线C仅交于M，N两点，且l1∥l2，则|AB|+|MN|的最小值为(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 2.(多选)(2024·南阳模拟)已知椭圆W：+y2=1，点F1，F2分别为W的左、右焦点，点C，D分别为W的左、右顶点，过原点且斜率不为0的直线l与W交于A，B两点，直线AF2与W交于另一点M，则(　　) A.W的离心率为 B.|AF2|的最小值为2- C.W上存在一点P，使∠CPD= D.△ABM面积的最大值为2 3.(17分)(2023·全国甲卷)已知直线x-2y+1=0与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两点，且|AB|=4. (1)求p；(5分) (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点·=0，求△MFN面积的最小值.(12分) 微点二　圆锥曲线的范围问题 4.(2024·潍坊模拟)已知F1，F2分别为椭圆C：+=1的左、右焦点，点P(x0，y0)在C上，若∠F1PF2大于则x0的取值范围是(　　) A.(-∞，-)∪(+∞) B.(-) C.(-∞，-)∪(+∞) D.(-) 5.(5分)(2024·武汉模拟)已知正方形PQRS的边长为2两个点A，B(两点不重合)都在直线QS的同侧(但点A，B与P在直线SQ的异侧)，点A，B关于直线PR对称，若·=0，则△PAS面积的取值范围是　　　　.  6.(17分)(2024·保定模拟)已知抛物线C：x2=2py(p>0)上一点H(-4，y0)到坐标原点O的距离为4.过点P(0，2)且斜率为k(k>0)的直线l与C相交于A，B两点，分别过A，B两点作l的垂线，并与y轴相交于M，N两点. (1)求抛物线C的标准方程；(4分) (2)若|PN|=4|PM|，求k的值；(5分) (3)若k∈记△PAM，△PBN的面积分别为S1，S2，求S1+S2的取值范围.(8分) [总结提升] 解决圆锥曲线中的最值与范围问题，一般有两种方法：一是几何法，若题目的条件和结论有明显的几何特征，可考虑利用圆锥曲线的定义和图象的有关性质求解；二是代数法，先根据条件列出目标函数，然后根据函数表达式的特征选用适当的方法求出最值或值域.求解最值、范围问题的常见方法：(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. 1.(17分)(2024·商洛模拟)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的离心率为2，实轴的左、右顶点分别为A1，A2，虚轴的上、下顶点分别为B1，B2，且四边形A1B1A2B2的面积为2. (1)求双曲线C的标准方程；(8分) (2)已知直线l：y=kx+m(km≠0)与C交于P，Q两点，若|B1P|=|B1Q|，求实数m的取值范围.(9分) 2.(17分)(2024·合肥模拟)已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F(0，1)，过点F的直线l与C交于A，B两点，过A，B作C的切线l1，l2，交于点M，且l1，l2与x轴分别交于点D，E. (1)求证：|DE|=|MF|；(8分) (2)设点P是C上异于A，B的一点，点P到直线l1，l2，l的距离分别为d1，d2，d，求的最小值.(9分) 3.(17分)(2024·吉林联考)已知椭圆E：+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l与E交于P，Q两点，△PQF2的周长为8，焦距为2. (1)求椭圆E的方程；(7分) (2)若直线m与圆O：x2+y2=b2相切，且与E交于不同的两点R，S，求|RS|的取值范围.(10分) 答案精析 高频考点练 1.C　[由题意知|AB|+|MN|=|BF1|+|NF2|+2， ∵l1∥l2， ∴由椭圆的对称性可知|BF1|+|NF2|为椭圆+=1截直线l2的弦长， 由题意知直线l2的斜率不为0，设l2：x=my+1，与椭圆+=1交于点(x1，y1)和(x2，y2)， 由 得(3m2+4)y2+6my-9=0， 则Δ=144(m2+1)>0， ∴y1+y2=-， y1y2=-， ∴|BF1|+|NF2|=·==4-， 当m=0时，|BF1|+|NF2|取得最小值4-1=3， ∴|AB|+|MN|的最小值为3+2=5.] 2.ACD　[由题知，该椭圆中a=2，b=1，c=，所以离心率为，A正确； 根据椭圆上到焦点距离最大和最小的点是长轴的两个端点得，距离最大为a+c，距离最小为a-c， 又直线AB的斜率不为0， 所以|AF2|>a-c=2-，B错误； 由椭圆的对称性可知当点P为短轴顶点时，∠CPD取得最大值，此时|DP|=|CP|=，|CD|=4， 由余弦定理得cos∠CPD==-<-，故∠CPD>， 即W上存在一点P，使∠CPD=，C正确； 设直线AM的方程为x=my+，A(x1，y1)，M(x2，y2)，联立直线AM与W的方程得(m2+4)y2+2my-1=0， Δ=12m2+4(m2+4)=16(m2+1)>0， 则y1+y2=-，y1y2=-， 所以|AM|=|y1-y2|==， 又点O到直线AM的距离d=， 所以S△ABM=2S△OAM=|AM|·d=， 令t=(t≥1)， 则S△ABM==，t+≥2， 当且仅当t=，即t=时，等号成立， 所以△ABM面积的最大值为2，D正确.] 3.解　(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 由可得y2-4py+2p=0， 所以yA+yB=4p，yAyB=2p， 所以|AB|=×=4， 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)， 由可得y2-4my-4n=0， 所以y1+y2=4m，y1y2=-4n， Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0， 由题意得·=0， =(x1-1，y1)， =(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或n≤3-2. 设点F到直线MN的距离为d， 所以d=， |MN|=·= = =2|n-1|， 所以△MFN的面积S=×|MN|×d=×2|n-1|×=(n-1)2， 而n≥3+2或n≤3-2， 所以当n=3-2时，△MFN的面积最小，为Smin=(2-2)2 =12-8. 4.D　[因为椭圆C：+=1， 所以a2=6，b2=2， 所以c2=a2-b2=4， 所以F1(-2，0)，F2(2，0)， 因为点P(x0，y0)在C上， 所以+=1， 所以=2-，-<x0<， 又=(-2-x0，-y0)，=(2-x0，-y0)， 所以·=+-4=-2， 又||==|x0+3|=(x0+3)， ||==|3-x0|=(3-x0)， 所以·=||·||cos∠F1PF2， 因为∠F1PF2大于， 所以||·||cos∠F1PF2<||·||cos， 即-2<(x0+3)·(3-x0)·，解得-<x0<， 所以x0的取值范围是(-).] 5.(2，4)∪(4，+∞) 解析　以PR为x轴，QS为y轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则P(-2，0)，R(2，0)，S(0，2)，Q(0，-2)， 设A(x，y)(x>0)，B(x，-y)，所以=(x+2，y)，=(x-2，-y)， 因为·=0，所以(x+2)(x-2)-y2=0，即点A位于双曲线x2-y2=4的右支上，渐近线方程为y=x或y=-x， 直线y=x与直线PS：x-y+2=0的距离为，即点A到直线PS的距离的取值范围是(，+∞)， 又|PS|=2，所以△PAS面积的取值范围是(2，+∞). 又因为点A，B不重合，故点A，R不重合，故面积不为4. 综上，△PAS面积的取值范围是(2，4)∪(4，+∞). 6.解　(1)由抛物线C：x2=2py上一点H(-4，y0)到坐标原点O的距离为4， 可得 解得 所以抛物线C的标准方程为x2=4y. (2)由题意，直线l的方程为y=kx+2，设A(x1，y1)，B(x2，y2). 联立方程组消去y整理得x2-4kx-8=0， 则Δ=(-4k)2+4×8>0， 所以x1+x2=4k，x1x2=-8， 因为MA⊥l，NB⊥l，所以MA∥NB， 所以△APM∽△BPN， 又因为|PN|=4|PM|， 所以|PB|=4|PA|， 则x2=-4x1， 因为k>0，所以 则k==. (3)根据抛物线的对称性，不妨令y1<2<y2， 由(2)中A(x1，y1)，B(x2，y2)，得直线NB的方程为y-y2=-(x-x2)， 令x=0，得N， 同理可得M， 则S1=(-x1)，S2=x2， 且x1+x2=4k，x1x2=-8， 故S1+S2=-(x1+x2)++)+(x1y1+x2y2)=-(x1+x2)++)++) =-(x1+x2)+[(x1+x2)2-2x1x2]+(x1+x2)[(x1+x2)2-3x1x2] =-4k+(16k2+16)+(16k2+24)=8k3+16k+， 令f(k)=8k3+16k+(1≤k≤2)， 则f'(k)=24k2+16-， 显然f'(k)>0在[1，2]上恒成立， 所以f(k)在[1，2]上单调递增， 由f(1)=32，f(2)=100，可得S1+S2的取值范围为. 补偿强化练 1.解　(1)由双曲线的几何性质可知，四边形A1B1A2B2是菱形，且A1A2=2a，B1B2=2b， ∴四边形A1B1A2B2的面积为 ×2a×2b=2， ① 又离心率e==2， ② a2+b2=c2， ③ 联立①②③可得a=1，b=，c=2， ∴双曲线C的标准方程为x2-=1. (2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为M(x0，y0)， 联立消去y整理可得(k2-3)x2+2kmx+m2+3=0， ∴ 即m2-k2+3>0且k≠±， ④ ∴x1+x2=，x1x2=， ∴x0=，y0=kx0+m=. ∵|B1P|=|B1Q|，∴B1M⊥PQ， 又B1(0，)，∴===-， ∴3-k2=m， ⑤ 又k2=3-m>0， ⑥ 由④⑤⑥得m<-或0<m<， ∴实数m的取值范围是∪. 2.(1)证明　因为抛物线C的焦点为F(0，1)， 所以p=2，即C：x2=4y，如图所示， 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意可知直线l的斜率一定存在，设l：y=kx+1， 联立得x2-4kx-4=0， 所以x1+x2=4k，x1x2=-4. 由x2=4y，得y=x2，y'=x， 所以l1：y-y1=(x-x1)， 即y=x-， 令y=0，得x=，即D， 同理l2：y=x-，且E， 所以|DE|=|x1-x2|==2. 由得 即M(2k，-1). 所以|MF|==2， 故|DE|=|MF|. (2)解　设点P(x0，y0)，结合(1)知l1：y-y1=(x-x1)， 即l1：2x1x-4y-=0. 因为=4y1，=4y0， 所以d1===， 同理可得d2=， 所以d1d2=·==. 又d===， 所以=·=≥. 当且仅当k=0时，等号成立， 即当直线l的斜率为0时，的最小值为. 3.解　(1)因为△PQF2的周长为8， 所以4a=8，解得a=2， 焦距为2，则c=， 所以b2=a2-c2=4-3=1， 所以椭圆E的方程为+y2=1. (2)由(1)可知圆O：x2+y2=1， 当直线m的斜率不存在时，直线方程为x=-1或x=1， 若x=1， 则|RS|=， 若x=-1，同理|RS|=； 当直线m的斜率存在时，设斜率为k，则直线m的方程为y=kx+t(k≠0)， 因为直线m与圆O相切， 所以=1， 则k2+1=t2. 设R(x1，y1)，S(x2，y2)， 联立椭圆与直线方程 消元得(4k2+1)x2+8ktx+4(t2-1)=0， 所以 由k2+1=t2，得k2=t2-1>0， 所以t2>1， |RS|===4， 令μ=4t2-3(μ>1)， 则|RS|===， 由于μ>1，则0<<1， 所以当=时，|RS|max=2， 而当∈时，|RS|单调递减， 所以|RS|>=0， 综上所述，|RS|的取值范围为(0，2]. 学科网（北京）股份有限公司 $$