第八章 第63课时 圆锥曲线中的范围、最值问题 课件-2027届高三数学（通用版）一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线中的范围、最值问题，覆盖椭圆、双曲线、抛物线三大核心内容，依据高考评价体系梳理函数性质、基本不等式、几何法等解题技法，通过近五年真题分析明确高频考点分布，归纳轨迹方程、面积最值等常考题型，备考针对性强。 课件亮点在于“真题精讲+分类突破+素养落地”，如以2020新高考Ⅱ卷椭圆题为例，用几何法（平行直线相切）解析三角形面积最值，培养数学思维与几何直观素养。设“技法总结”和“易错陷阱”模块，帮助学生掌握答题技巧，教师可依托系统复习框架实现高效教学，助力高考冲刺。

*第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 第八章　解析几何 技法一　利用函数性质求范围、最值 [典例1]　(2025·全国一卷)已知椭圆C：． (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． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 2 [解]　(1)由题意知， 设a2＝9t，t>0，则c2＝8t，所以b2＝t． 又|AB|2＝a2＋b2＝10t＝10， 所以t＝1，所以C的方程为＋y2＝1． 3 (2)(ⅰ)设R(x，y)，由(1)知A(0，－1)，又P(m，n)，m≠0， 所以＝(m，n＋1)·(x，y＋1)＝mx＋(n＋1)(y＋1)＝||·cos 0＝3．① 由kAP＝kAR，得，② 由①②，得x＝， 故R的坐标为． 4 (ⅱ)由(ⅰ)得kOR＝，整理得m2＋n2＋8n－2＝0， 即m2＋(n＋4)2＝18． 所以点P的轨迹方程为m2＋(n＋4)2＝18(m≠0)． 由题设Q(3cos θ，sin θ)，K(0，－4)， 则|KQ|2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝－8sin2 θ＋8sin θ＋25， 设s＝sin θ，则|KQ|2＝－8s2＋8s＋25 ＝－8＋27(－1≤s≤1)， 当s＝sin θ＝， 故|PQ|的最大值为|KQ|max＋3)． 5 名师点评：利用函数性质处理圆锥曲线中的最值(范围)问题的策略 函数法求最值(范围)问题就是构建关于变量的目标函数，将问题转化为求函数的最值(或值域)，解决问题时要注意自变量的取值范围． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 6 [巩固迁移] 1．(2025·山东青岛一模)已知双曲线E：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2．点M在E的右支上，当MF2⊥x轴时，|MF2|＝3． (1)求E的方程； (2)若直线MF2与E的右支的另一个交点为N，求△MF1N面积的最小值． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 7 [解]　(1)由题知 又MF2⊥x轴时，|MF2|＝3则M(2a，±3)，代入方程＝1， 解得a2＝1，b2＝3， 则双曲线E的方程为x2－＝1． 8 (2)由题意知，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立消去x得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0， 则Δ＝(12m)2－36(3m2－1)＝36m2＋36>0， 所以y1＋y2＝， |F1F2||y1－y2|＝2 ＝2， 9 因为y1y2＝<0，∴3m2－1<0， 令t＝，1≤t<， 则m2＝t2－1，得． 设f (t)＝， 则该函数在－3＝1， 故≥12，即△MF1N面积的最小值为12． 10 【教用·备选题】 1．(2026·湖南永州模拟)已知椭圆E：，右焦点为F(1，0)． (1)求椭圆E的标准方程； (2)已知过点F的直线l1与椭圆E交于A，B两点，过点F且与l1垂直的直线l2与抛物线y2＝4x交于C，D两点，求四边形ACBD的面积S的取值范围． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 11 [解]　(1)依题意可得，椭圆右焦点F(1，0)，且2b＝2． 又因为a2－b2＝1，所以a＝2， 故椭圆E的标准方程为＝1． (2)显然直线l2的斜率不为0，设直线l2的方程为 x＝my＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)． 联立消去x整理得y2－4my－4＝0， Δ>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， 所以|CD|＝＝4(m2＋1)． 12 由垂直关系可设直线l1的方程为y＝－mx＋m，A(x3，y3)，B(x4，y4)， 联立 ， 所以|AB|＝， 所以S四边形ACBD＝， 13 令4m2＋3＝t(t≥3)，则S四边形ACBD＝， 因为y＝t＋＋2在[3，＋∞)上单调递增， 所以S四边形ACBD≥＝8， 所以四边形ACBD的面积S的取值范围为[8，＋∞)． 14 2．已知椭圆C：)，短轴长为4． (1)求椭圆C的方程； (2)已知点H(m，0)，若椭圆C上的点到H的距离的最小值是，求正实数m的值． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 15 [解]　(1)由题意得椭圆过点P(2，)，且短轴长为4， 可得 可得椭圆C的方程为＝1． 16 (2)设椭圆上任一点为Q(x0，y0)，故， 则点Q到H的距离d＝＝ ＝， 由于Q(x0，y0)在椭圆上，所以x0∈[－2]， 令二次函数y＝(x0－2m)2－m2＋4，其对称轴为x0＝2m， 而m>0，当2m<2， 此时，解得m＝1或 m＝－1(舍)； 17 当2m≥2， 此时二次函数y＝]上单调递减， 则当x0＝2时，二次函数取得最小值， 此时， 解得m＝2(舍)． 综上，m＝1或m＝2． 18 3．已知椭圆C： ． (1)求椭圆C的方程； (2)已知点P(4，0)，A，B是椭圆上关于x轴对称的两点，PB交椭圆C于另一点E，求△AEF的内切圆半径的取值范围． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 19 [解]　(1)依题意 解得a＝2，b＝， 所以椭圆C的方程为＝1． 20 (2)因为AE不与坐标轴垂直，可设直线AE的方程为x＝my＋t(m≠0)， 设点A(x1，y1)(y1≠0)，E(x2，y2)，则B(x1，－y1)， 联立 ， 因为P，B，E三点共线且斜率一定存在，所以，所以x1y2＋x2y1＝4(y1＋y2)，将x1＝my1＋t，x2＝my2＋t代入，化简可得， 故，解得t＝1，满足Δ＝48(3m2＋3)>0， 21 所以直线AE过定点Q(1，0)，且Q为椭圆的右焦点． 设所求内切圆的半径为r，因为S△AEF＝·4a·r＝4r，所以r＝＝＝， 令u＝(u>1)，则m2＝u2－1， 所以r＝， 因为u>1，函数y＝3u＋．所以△AEF的内切圆半径的取值范围为． 22 技法二　利用不等式求最值(范围) [典例2]　已知椭圆C：在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点N(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点，求S△AOB的最大值． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 23 [思维流程] *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 24 [解]　(1)由椭圆C的离心率为，可得a2＝3b2， 则椭圆C：代入方程，可得b2＝1， 故椭圆C的方程为＋x2＝1． 25 (2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0， 设lAB：x＝ny＋2(n≠0)且A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立消去x并整理得(3n2＋1)y2＋12ny＋9＝0， 由Δ>0，可得n2－1>0，由根与系数的关系得y1＋y2 ＝－， 26 又由原点到lAB的距离d＝，|AB|＝|y1－y2|， 所以S△AOB＝ ＝|y1－y2|＝ ＝， 令t＝n2－1，t>0，可得 S△AOB＝， 当且仅当t＝． 27 名师点评：构造基本不等式求最值的步骤 *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 28 [巩固迁移] 2．已知椭圆＋y2＝1与抛物线y2＝8x有相同的焦点F． (1)求椭圆的方程； (2)已知O为坐标原点，过焦点F的直线l交椭圆于M，N两点，求△OMN面积的最大值． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 29 [解]　(1)因为椭圆 ＋y2＝1． 30 (2)由(1)知F(2，0)．显然l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立 ， 31 所以|y1－y2|＝， 所以S△OMN＝ ． 32 技法三　几何法求最值(范围) [典例3]　(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆E： ． (1)求E的方程； (2)设N为E上的点，求△AMN面积的最大值． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 33 [解]　(1)因为椭圆E的左顶点A(－a，0)，则直线AM的斜率为，① 点M在椭圆E上，则＝1，② 联立①②，解得a＝4，b2＝12， 故椭圆E的方程为＝1． 34 (2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4)， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值． 联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程＝1， 可得16y2＋12my＋3m2－48＝0， 所以Δ＝144m2－4×16×(3m2－48)＝0， 即m2＝64，解得m＝±8， 35 与AM距离较远的直线方程为x－2y＝8， 又直线AM的方程为x－2y＝－4， 所以点N到直线AM的距离即两平行直线之间的距离， 所以点N到直线AM的距离 d＝ ． 所以△AMN的面积的最大值为＝18． 36 名师点评：几何法求最值，主要是利用曲线的定义、几何性质、几何关系以及平面几何中的定理、性质等进行求解或寻找临界位置求解． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 37 [巩固迁移] 3．(2026·内蒙古呼和浩特开学考试)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别是F1，F2，O是坐标原点，直线l过O且与椭圆C相交于P，Q两点，|PF1|＋|PF2|＝4． (1)若P(x，y)，求证：1≤x2＋y2≤4； (2)求△PQF1周长的最小值． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 38 [解]　(1)证明：依题意，2a＝4，a＝2，则椭圆的方程为＋y2＝1， 由点P在椭圆上，得点P的坐标满足＋y2＝1， 即x2＝4(1－y2)，其中y∈[－1，1]， 则x2＋y2＝4(1－y2)＋y2＝4－3y2，由y∈[－1，1]，得y2∈[0，1]， 所以1≤4－3y2≤4． 39 (2)依题意，四边形PF1QF2是平行四边形， 则△PQF1的周长＝|PF1|＋|F1Q|＋|PQ|＝|PF1|＋|PF2|＋|PQ|＝2a＋2|PO|＝4＋2|PO|， 又设P(x，y)，则|PO|＝， 由(1)得，当y＝±1，即点P落到椭圆的上、 下顶点时，|PO|取得最小值1， 所以△PQF1的周长最小值为6． 40 【教用·备选题】 设椭圆)的右焦点为F，右顶点为A．已知|OA|－|OF|＝1，其中O为原点，e为椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程及离心率e的值； (2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H．若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 41 [解]　(1)由题意可知|OF|＝c＝， 又|OA|－|OF|＝1，所以a－ ． (2)设M(xM，yM)，易知A(2，0)， 在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|， 即(xM－2)2＋，化简得xM≥1．设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)． 42 设B(xB，yB)，联立． 由题意得xB＝． 由(1)知F(1，0)，设H(0，yH)，则． 43 由BF⊥HF，得， 所以直线MH的方程为y＝－． 由 消去y得xM＝． 由xM≥1，得， 所以直线l的斜率的取值范围为． 44 技法四　巧借不等关系求范围(最值) [典例4]　已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，右顶点为A(1，0)，点P是其渐近线上的一点，且以PF为直径的圆过点A，|PO|＝2，点O为坐标原点． (1)求双曲线C的标准方程； (2)当点P在x轴上方时，过点P作y轴的垂线与y轴交于点B，设直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数m的取值范围． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 45 [思维流程] *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 46 [解]　(1)∵F(－c，0)，A(a，0)，双曲线C的渐近线方程为y＝±x，以PF为直径的圆过点A， ∴PA⊥AF．不妨取点P在y＝＝(a＋c，0)， ∵PA⊥AF，则＝(t－a)(a＋c)＝0，可得t＝a，则点P(a，b)， ∵|PO|＝2，则a2＋b2＝4，∵a＝1，∴b2＝3， ∴双曲线C的标准方程为x2－＝1． 47 (2)由题意可知B(0，)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 线段MN的中点Q(x0，y0)，联立 消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0， 依题意 即① 48 由根与系数的关系可得x1＋x2＝， 则x0＝， ∵|BM|＝|BN|，∴BQ⊥MN，∴kBQ＝， ∴3－k2＝m，② 又k2＝3－m>0，③ 由①②③得，m<－． ∴实数m的取值范围为． 49 名师点评：不等式求范围的三种常用方法 *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 50 [巩固迁移] 4．(2026·重庆模拟)已知点P为椭圆C1：x2＋16y2＝4上的动点，Q为过点P且垂直于x轴的直线上一点，且Q点纵坐标为P点纵坐标的2倍． (1)求点Q的轨迹方程C2； (2)过点M(0，2)作斜率为k(k>0)的直线l交C2于A，B两点，且点O在以AB为直径的圆外，求k的取值范围． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 51 [解]　(1)设Q(x，y)，P(x0，y0)，则有 又＝4， 所以x2＋16×＋y2＝1． 故点Q的轨迹方程为C2：＋y2＝1． 52 (2)设直线l为y＝kx＋2， 联立消元得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝， 且有y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝， 由Δ＝16(4k2－3)>0，解得k2>． 53 又点O在以AB为直径的圆外， 所以>0，解得k2<4， 所以<k<2． 即k的取值范围为． 54 【教用·备选题】 1．椭圆C1：，直线l与椭圆C1交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点． (1)求椭圆C1的方程； (2)若过原点的直线m与椭圆C1交于C， D两点，且)，求四边 形ACBD面积的最大值． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 55 [解]　(1)因为椭圆C1：＝1， 又椭圆的离心率为，则a2＝2c2，即a2＝2b2， 则， 所以椭圆C1的方程为＝1． 56 (2)当直线AB的斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为(t，0)，则(x－t)2＋y2＝t2， 不妨取A(t，t)，故＝1，解得t＝±1． 故AB的方程为x＝±1， 直线CD过AB的中点，即为x轴， 得|AB|＝2，|CD|＝2， 故S四边形ACBD＝． 57 当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立消去y可得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－3＝0， 则Δ＝4(6k2－2m2＋3)>0，① x1＋x2＝－，② x1x2＝，③ 58 以AB为直径的圆过原点，即 ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)·(kx2＋m)＝0， 化简可得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0， 将②③两式代入，整理得 (k2＋1)(2m2－3)＋km(－4km)＋m2(2k2＋1)＝0，即m2＝k2＋1，④ 将④式代入①式，得Δ＝4(4k2＋1)>0恒成立，则k∈R． 设线段AB的中点为M，由，不妨设t>0，得S四边形ACBD＝2S四边形OACB＝4tS△OAB， 59 又因为S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|， 所以S四边形ACBD＝4t|m|， 又由)，则C点坐标为 (t(x1＋x2)，t(y1＋y2))， 化简得 60 代入椭圆方程可得＝3，即t＝， 则S四边形ACBD＝4tS△OAB＝4 ＝， 综上，四边形ACBD面积的最大值为2． 61 2．(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，|AB|＝4． (1)求p； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且＝0，求△MFN面积的最小值． *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 62 [解]　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0， 由Δ1＝16p2－8p>0，得p>． 由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p， 所以|AB|＝ ＝， 解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2． 63 (2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0)． 因为(x3x4＋x3＋x4＋1)．(*) ①当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称． 因为∠MFN＝90°， 所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1． 不妨设直线MF的斜率为1，则直线MF：y＝x－1， 64 由得x2－6x＋1＝0， 得 代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2 )． 65 ②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m． 由 得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0， 则 y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝． 66 又＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0， 所以＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4． 所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)＝ ＝＋1．令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1， 因为m2＋k2＋6km＝4，所以>0， 即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2， 从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8)． 综上所述，△MFN面积的最小值为4(3－2)． 67 1．(2026·湖南长沙模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆 C：． (1)求椭圆C的方程； (2)设A(4，0)，B(0，2)，点 P 是椭圆上且在第三象限内的一点，当△PAB的面积取最大值时，求点 P 的坐标． 课后作业(六十三)　圆锥曲线中的范围、最值问题 课后作业 *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 68 [解]　(1)∵椭圆 C： ， ∴， ∴，又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1， ∴椭圆C的方程为＋y2＝1． (2)设直线AB的方程为y＝kx＋t， 代入A(4，0)，B(0，2)，得到解得 ∴直线AB的方程为y＝－x＋2， 点P是椭圆上且在第三象限内的一点， ∴过P作直线l∥AB且与椭圆相切，切点为P，此时△PAB的面积取最大值． 设过P的直线l的方程为y＝－x＋m(m≠2)， 直线l：y＝－＋y2＝1联立方程组， 消去y，得到关于x的一元二次方程2x2－4mx＋4m2－4＝0， ∵直线l与椭圆相切，∴Δ＝0， ∴16m2－4×2(4m2－4)＝0，∴m＝±， ∵P是第三象限的点，∴m＝－， 此时2x2－4mx＋4m2－4＝0的解为x＝－， 代入直线l方程y＝－，∴P． 2．(2025·上海松江二模)已知椭圆Γ： 的正三角形，过焦点的直线交椭圆Γ于P，Q两点(P，Q分别在第一、四象限)． (1)求椭圆Γ的离心率； (2)已知点M(0，m)，m>0，求椭圆Γ上的动点R到点M的最大距离； (3)求四边形B1B2QP面积的取值范围． 课后作业 *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 72 [解]　(1)由于正三角形F1F2B1的面积为 ． 又a2＝c2＋b2＝4，故椭圆的方程为． (2)设R(x，y)，且， |RM|2＝x2＋(y－m)2＝4－y2－2my＋m2＋4， 其对称轴为y＝－3m<0，而－， 当－3m≤－； 当0>－3m>－时， |RM|2在y＝－3m时取得最大值，|RM|max＝2． 综上，当0<m<； 当m≥． (3)设直线PQ的方程为x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立 消去x整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 则Δ>0，y1＋y2＝－． 因为点P，Q分别在第一、四象限， 所以即 故解得－， 四边形B1B2QP的面积S＝|OF2|·|y1－y2|， 因为|B1B2|＝2，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1， 所以S＝＝， 令t＝4， 则S＝， 因为4， 所以y＝)上单调递增， 故S∈， 即四边形B1B2QP面积的取值范围为． 3．(2022·全国甲卷)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3． (1)求C的方程； (2)设直线MD，ND与C 的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α－β取得最大值时，求直线AB的方程． 课后作业 *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 78 [解]　(1)抛物线的准线方程为x＝－，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 此时|MF|＝p＋＝3，所以p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x． (2)设M，B，直线MN：x＝my＋1， 由可得y2－4my－4＝0，则Δ1>0，y1y2＝－4． 当直线MN的斜率存在时， 由斜率公式可得kMN＝， 直线MD：x＝·y＋2，代入抛物线方程可得y2－·y－8＝0， Δ2>0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1， 所以kAB＝． 又因为直线MN，AB的倾斜角分别为α，β， 所以kAB＝tan β＝， 若要使α－β最大，则β∈， 设kMN＝2kAB＝2k>0， 则tan(α－β)＝， 当且仅当时，等号成立， 所以当α－β 最大时， kAB＝y－4n＝0， Δ3>0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4， 所以直线AB：x＝y＋4； 当直线MN的斜率不存在时，α＝β＝90°，α－β＝0°，tan(α－β)<． 综上，直线AB的方程为x＝y－4＝0． 4．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(4，m)在抛物线E上，且△OMF的面积为p2(O为坐标原点)． (1)求抛物线E的方程； (2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值． 课后作业 *第63课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 83 [解]　(1)由题意可得 解得p＝2． 故抛物线E的方程为y2＝4x． (2)由题意知，直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)， 易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0， 联立消去x得y2－4ty－4＝0，Δ1>0， 所以由根与系数的关系得y1＋y2＝4t，y1y2＝－4． 由AC垂直于直线l，得直线AC的方程为y－y1＝－t(x－x1)， 联立消去x得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0，Δ2>0， 所以由根与系数的关系得y1＋y3＝－． 所以|AC|＝ ＝＝ ＝·|ty1＋2|＝·(ty1＋2)． 同理可得|BD|＝·(ty2＋2)， 所以|AC|＋|BD|＝·[t(y1＋y2)＋4]＝， 令f (x)＝，x>0，则f '(x)＝，x>0， 所以当x∈(0，2)时，f '(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时， f '(x)>0，f (x)单调递增． 所以当x＝2时，f (x)取得最小值，即当t＝±． 谢 谢 ！ $