【高考快车道】第一阶段 专题五 §3 圆锥曲线中的最值、范围问题 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略

(共68张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题五　解析几何
§3　圆锥曲线中的最值、范围问题
【备考指南】　2020年新高考Ⅱ卷第21题考查了最值问题，备考中注意融合函数与方程、基本不等式等知识，加强数学运算、等价转化能力及数形结合思想的训练．
能力考点1　利用不等式求最值或范围
（一）
能力考点2　利用函数求最值或范围
（二）
专题限时集训(十四)　圆锥曲线中的最值、范围问题
（三）
能力考点1　利用不等式求最值或范围
【典例1】　(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．
[解]　(1)因为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)法一(直线方程横截式)：
设，
直线MN：x＝my＋1，
由得y2－4my－4＝0，
∴Δ＞0，y1y2＝－4．
当直线MN的斜率不存在时，易知直线AB的斜率也不存在，此时α－β＝0，当直线MN的斜率存在时，kMN＝＝，kAB＝＝，
直线MD：x＝·y＋2，代入抛物线方程，得·y－8＝0，
Δ＞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＝2k，即k＝时，等号成立，
所以当α－β最大时，kAB＝，
设直线AB：x＝y＋n，
代入抛物线方程可得y2－4y－4n＝0，
Δ＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB的方程为x－y－4＝0．
法二(直线方程点斜式)：
由题可知，当直线MN的斜率不存在时，易知直线AB的斜率也不存在，此时α－β＝0．
当直线MN的斜率存在时，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
直线MN：y＝k(x－1)，
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ＞0，所以x1x2＝1，y1y2＝－4．
直线MD：y＝(x－2)，
代入抛物线方程可得x1x3＝4，同理，x2x4＝4．
代入抛物线方程可得y1y3＝－8，所以y3＝2y2，
同理可得y4＝2y1，
由斜率公式可得
kAB＝＝＝＝kMN．
若要使α－β最大，则β∈，
设kMN＝2kAB＝2k＞0，
则tan (α－β)＝＝＝＝，
当且仅当＝2k，即k＝时，等号成立，
所以当α－β最大时，kAB＝，
设直线AB：x＝y＋n，代入抛物线方程可得y2－4y－4n＝0，
Δ＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB的方程为x－y－4＝0．
构造不等式求最值或范围的常见方法
(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)利用基本不等式求最值的5种典型情况：
①s＝(先换元，注意新元的范围，再利用基本不等式)．
②s＝(基本不等式)．
③s＝(基本不等式)．
④s＝＝(先分离参数，再利用基本不等式)．
⑤s＝＝(分子、分母同时除以k2，令t＝k＋换元，再利用基本不等式)．
1．(2024·江南十校联考)已知椭圆C：＝1的上顶点到右顶点的距离为，点M在C上，且点M到右焦点距离的最大值为3，过点P且不与x轴垂直的直线l与C交于A，B两点．
(1)求C的方程；
(2)记O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．
[解]　(1)由题意得解得a2＝4，b2＝3，故C的方程为＝1．
(2)设A，B，直线l：y＝kx＋2，
联立 整理得x2＋16kx＋4＝0．
由Δ>0得k2>，且x1＋x2＝－，x1x2＝，∴＝|x1－x2|＝．
∵点O到直线l的距离d＝，
∴S△AOB＝·d＝，
令t＝>0，故4k2＝＋1，
故S△AOB＝＝，
当且仅当t＝，即t＝2，k＝±时等号成立，
故△AOB面积的最大值为．
2．(2024·湖北重点中学联考)已知双曲线＝1的渐近线上一点与右焦点F的最短距离为．
(1)求双曲线的方程；
(2)O为坐标原点，直线x＝ty＋2与双曲线的右支交于A，B两点，与渐近线交于C，D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．
(ⅰ)求实数t的取值范围；
(ⅱ)设S1，S2分别为△AOC和△BOD的面积，求S1＋S2的最大值．
[解]　(1)设双曲线＝1的焦距为2c，且c＝2．
因为F到直线bx－ay＝0的距离为＝，故b＝，则a＝＝，
故双曲线的方程为＝1．
(2)如图．(ⅰ)设A，B，联立直线与双曲线的方程
消元得y2＋4ty＋2＝0，则
因为直线与双曲线右支交于两点，故y1y2＝<0，则－1(ⅱ)由(ⅰ)知，＝
＝＝，
原点O到直线AB的距离d＝．
设C，D，联立
则y2＋4ty＋4＝0，Δ＝16>0，
y3＋y4＝，y3y4＝，
则＝＝＝，
而S1＋S2＝S△COD－S△AOB＝d＝，
令m＝∈，
则S1＋S2＝＝＝＝4－2，
当m＝，即t＝0时取到等号．
综上所述，S1＋S2的最大值为4－2．
【教师备选资源】
1．已知椭圆C：＋y2＝1与y轴正半轴交于点D，直线l1：y＝－x－2与椭圆C交于A，B两点，直线DA与直线DB的斜率分别记为k1，k2，且k1＋k2＝λ．
(1)求λ的值；
(2)若直线l2与椭圆相交于M，N两点，直线DM，DN的斜率分别记作k3，k4，若k3＋k4＝λ，且点D在以MN为直径的圆内，求直线l2的斜率k的取值范围．
[解]　(1)由得5x2＋16x＋12＝0，解得x＝－2或x＝－，
当x＝－2时，y＝0；当x＝－时，y＝－2＝－，
不妨记A(－2，0)，B．
因为D(0，1)，所以k1＋k2＝kDA＋kDB＝＝＝2，所以λ＝2．
(2)若直线l2的斜率不存在，则MN垂直于x轴，则D点不在以MN为直径的圆内，不合题意．
若直线l2的斜率存在，设直线l2的方程为y＝kx＋m，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ＝64k2m2－16(m2－1)(1＋4k2)＞0，
得1＋4k2－m2＞0，则
因为k3＋k4＝2，所以＝2，
所以＝2，
所以(2k－2)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，
所以(2k－2)·＋(m－1)·＝0，
(k－1)(m2－1)－km(m－1)＝0，
由题意可知m≠1，所以解得m＝k－1，
所以1＋4k2－(k－1)2＞0，即3k2＋2k＞0，解得k＜－或k＞0．
因为D点在以MN为直径的圆内，
所以＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝(1＋k2)·x1x2＋k(k－2)(x1＋x2)＋(k－2)2＜0，
所以(1＋k2)·＋k(k－2)·＋(k－2)2＜0，化简得(k－2)(5k－2)＜0，
解得＜k＜2．
综上，直线l2的斜率k的取值范围是．
2．如图，已知椭圆C1：＋y2＝1的左、右顶点是双曲线C2：＝1(a＞0，b＞0)的顶点，C1的焦点到C2的渐近线的距离为．直线l：y＝kx＋t与C2相交于A，B两点，＝－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．
[解]　(1)证明：由题意得椭圆右焦点坐标为(1，0)，双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0，
所以解得所以C2的方程为－y2＝1，
由消y得(1－2k2)x2－4ktx－2t2－2＝0，
所以
即t2＞2k2－1≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
所以＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋t)·(kx2＋t)＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝(1＋k2)·＋t2＝－3，
化简得8k2＋t2＝1，得证．
(2)由消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≤．
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
则
所以(x3－x4)2＝－4×＝＝，
所以|PQ|2＝(1＋k2)(x3－x4)2＝，
设λ＝1＋2k2，由0＜k2≤，得λ∈，所以∈，
所以|PQ|2＝＝20∈，
所以|PQ|的取值范围为．
3．已知F1，F2分别为椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，椭圆E的离心率为，过F2且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆E交于A，B两点，△F1AB的周长为8．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过F1且与l垂直的直线l′与椭圆E交于C，D两点，求四边形ACBD面积的最小值．
[解]　(1)由题意，椭圆E的离心率为，可得＝，
又由椭圆的定义，可知|AB|＋|AF1|＋|BF1|＝4a＝8，
所以a＝2，c＝1．
又因为a2＝b2＋c2，所以b2＝3，
所以椭圆E的标准方程为＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，
由整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ＞0，
则有y1＋y2＝，y1·y2＝，
故 ＝
＝＝12×．
又由直线l′的方程为x＝－y－1，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立方程整理得y2＋y－9＝0，Δ＞0，
则有y3＋y4＝，y3·y4＝，
则|CD|＝
＝＝12×，
所以四边形ACBD的面积
S＝|AB||CD|＝72×＝72×
＝，
因为≤＝，
当且仅当m2＝1时，等号成立，所以S＝，
综上，四边形ACBD面积的最小值为．
能力考点2　利用函数求最值或范围
【典例2】　(2022·浙江高考)如图，已知椭圆＋y2＝1．设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝－x＋3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
[解]　(1)设椭圆上任意一点M(x，y)，则|P M|2＝x2＋(y－1)2＝12－12y2＋y2－2y＋1＝－11y2－2y＋13，y∈[－1，1]，而函数z＝－11y2－2y＋13图象的对称轴为y＝－∈[－1，1]，则其最大值为－11×＋2×＋13＝，
∴|PM|max＝＝，
即点P到椭圆上点的距离的最大值为．
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，1)，联立消去y，整理得(1＋12k2)x2＋12kx－9＝0，Δ＝144k2＋36(1＋12k2)＝36(1＋16k2)>0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝－，
直线PA的方程为y＝x＋1，联立
整理得xC＝＝，
同理xD＝，
∴|CD|＝＝
＝＝＝，
令3k＋1＝m(m≠0)，
∴|CD|＝＝，
∴当m＝，即k＝时，|CD|的最小值为．
利用函数法求最值或范围时的策略
解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把所求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．
1．(2024·天津南开模拟)设椭圆E：＝1(a>b>0)经过点，且其左焦点坐标为．
(1)求椭圆的方程；
(2)对角线互相垂直的四边形ABCD的四个顶点都在E上，且两条对角线均过E的右焦点，求的最小值．
[解]　(1)因为椭圆E的左焦点坐标为，
所以右焦点坐标为，c＝1．
又椭圆E经过点，
所以2a＝＝4，b＝＝．
所以椭圆的方程为＝1．
(2)①当直线AC，BD中有一条直线的斜率不存在时，＝7．
②当直线AC的斜率存在且不为0时，
设直线AC的方程为x＝ty＋1，A，C，
由得y2＋6ty－9＝0，Δ＞0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
＝＝．
设直线BD的方程为x＝－y＋1，
同理得＝，所以＝，
设m＝t2＋1，则m>1，
则＝＝＝，
所以当m＝2时，有最小值．
综上，的最小值是．
2．在平面直角坐标系中，已知点P到点F(，0)的距离与到直线x＝2的距离之比为．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过点(0，1)且斜率为k的直线l与C交于A，B两点，与x轴交于点M，线段AB的垂直平分线与x轴交于点N，求的取值范围．
[解]　(1)设P(x，y)，由题意＝，
因为|PF|＝，所以＝，
即＝|x－2|，
两边平方并整理得＝1，
故点P的轨迹C的方程为＝1．
(2)设直线l的方程为y＝kx＋1，
联立消去y并整理，
得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，显然Δ＞0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝－，
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝，
可得线段AB中点坐标为，
所以线段AB中垂线的方程为y－＝－，
令y＝0，可得N，
对于直线y＝kx＋1，令y＝0，可得M，
所以|MN|＝＝．
又|AB|＝|x1－x2|＝＝，
所以＝＝2，
令t＝k2＋1∈，
则y＝8(k2＋1)＋－14＝8t＋－14，
因为y＝8t＋－14在上单调递增，
所以∈，故的取值范围为．
【教师备选资源】
1．已知点N为圆C1：(x＋1)2＋y2＝16上一动点，圆心C1关于y轴的对称点为C2，点M，P分别是线段C1N，C2N上的点，且＝0，＝2．
(1)求点M的轨迹方程；
(2)过点A(－2，0)且斜率为k(k＞0)的直线与点M的轨迹交于A，G两点，点H在点M的轨迹上，GA⊥HA，当2|AG|＝|AH|时，证明：＜k＜2．
[解]　(1)由题意知C1(－1，0)，C2(1，0)，因为＝2，所以P为C2N的中点．
因为＝0，所以⊥，
所以点M在C2N的垂直平分线上，连接MC2(图略)，则|MN|＝|MC2|，
因为|MC2|＋|MC1|＝|MN|＋|MC1|＝4＞2＝|C1C2|，
所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，且a＝2，c＝1，b＝，
所以点M的轨迹方程为＝1．
(2)证明：设G(x1，y1)，将直线AG的方程y＝k(x＋2)(k＞0)代入＝1，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0．
因为过椭圆左顶点且斜率大于0的直线与椭圆恒有2个交点，所以Δ＞0恒成立，
则x1·(－2)＝，得x1＝，
故|AG|＝|x1＋2|＝，
由题设，直线AH的方程为y＝－(x＋2)，
同理可得|AH|＝，
由2|AG|＝|AH|得＝，即4k3－6k2＋3k－8＝0．
设f (t)＝4t3－6t2＋3t－8(t＞0)，则k是f (t)的零点，
因为f ′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f (t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f ()＝15－26＜0，f (2)＝6＞0，
因此f (t)在(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点k在(，2)内，
所以＜k＜2．
2．已知点F(1，0)，P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
(1)求C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．
[解]　(1)设P(x，y)，则以PF为直径的圆的圆心为，根据圆与y轴相切，可得＝|PF|＝，化简得y2＝4x，
所以C的方程为y2＝4x．
(2)由题意可知：直线l的斜率存在且不为0，设直线l：y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，显然Δ＞0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1．
设直线l的倾斜角为θ，则
|AM|＝|AF||tan θ|，|BN|＝|BF||tan θ|，
所以|AM|＋|BN|＝|AF||tan θ|＋|BF||tan θ|＝|AB||tan θ|＝|AB||k|，
又|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2＝＋2＝，
由题意可知四边形MANB为梯形，
所以S＝S△AMB＋S△ABN＝|AB|(|AM|＋|BN|)＝＝＝，
设t＝|k|＞0，则S(t)＝＝8，
所以S′(t)＝8＝8×＝，
当t＞时，S′(t)＞0，S(t)单调递增，
当0＜t＜时，S′(t)＜0，S(t)单调递减，
所以当t＝，即|k|＝时，面积最小，
此时k＝±，故直线l的方程为y＝±(x－1)，
即x－y－＝0或x＋y－＝0．
1．已知椭圆C：＝1的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，点Q在C上．
(1)P是C上一动点，求的取值范围；
(2)过C的右焦点F2，且斜率不为零的直线l交C于M，N两点，求△F1MN的内切圆面积的最大值．
专题限时集训(十四)　圆锥曲线中的最值、范围问题
[解]　(1)由题意知c＝，所以a2＝b2＋3．
将点Q代入＝1，解得b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
设点P，则＝＝x2－3＋y2＝x2－2．
又因为x∈，所以的取值范围是．
(2)依题意可设直线l的方程为x＝my＋，M，N．
联立得y2＋my－＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
所以S△F1MN＝×2
＝＝4，
又因为＝＝，
当且仅当m＝±时等号成立．
所以S△F1MN≤4＝2．
又因为三角形内切圆半径r满足r＝＝＝．
所以△F1MN的内切圆面积的最大值为．
2．(2024·江苏盐城三模)已知双曲线C：＝1过点，渐近线方程为y＝±x，直线l是双曲线C右支的一条切线，且与C的渐近线交于A，B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设线段AB的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值．
[解]　(1)由题设可知
解得则双曲线C的方程为－y2＝1．
(2)设点M的横坐标为xM>0，
当直线l斜率不存在时，则直线l：x＝2，
易知点M到y轴的距离为2．
当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋m，A，B，
联立 整理得x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，
Δ＝64k2m2－16＝0，
整理得4k2＝m2＋1，
联立整理得x2＋8kmx＋4m2＝0，Δ＞0，
则x1＋x2＝－＝－＝－，
则xM＝＝－>0，即km<0，
则＝＝4＋>4，即xM>2，
此时点M到y轴的距离大于2．
综上所述，点M到y轴的最小距离为2．
THANK YOU