2025年高考数学一轮复习教学课件第8章 第10课时　圆锥曲线中的范围、最值问题

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第八章解析几何 第10课时　圆锥曲线中的范围、最值问题对应学生用书第230页 典例精研　核心考点第10课时　圆锥曲线中的范围、最值问题考点一　范围问题[典例1]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轴相交于点B，设直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C相交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数m的取值范围． [思维流程] [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＝x上，设点P＝＝(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. (2)由题意可知B(0，)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN中点Q(x0，y0)，联立消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，依题意即① 由根与系数的关系可得x1＋x2＝，x1x2＝－，则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝，∵|BM|＝|BN|，∴BQ⊥MN，∴kBQ＝＝＝－，∴3－k2＝m，②又k2＝3－m＞0，③由①②③得，m＜－或0＜m＜.所以实数m的取值范围为. 名师点评圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．提醒：判别式Δ＞0的两种处理策略：要么解出来，要么验证时用． [跟进训练]1．设过定点M(0，2)的直线l与椭圆C1：＋y2＝1交于不同的两点P，Q，若坐标原点O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围．[解]显然直线x＝0不满足题设条件，故可设直线l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．由消去y，并整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，∴Δ＝(16k)2－4×12×(1＋4k2)>0，∴k∈，∴x1＋x2＝，x1x2＝，根据题意，得0°<∠POQ<90°，即>0，∴＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＋2k·＋4＝>0，解得－2<k<2.综上得k∈. 考点二　最值问题考向1利用函数性质求最值[典例2]已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．(1)求抛物线C的方程；(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别相交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．[思维流程] [解](1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，联立消去x得y2－2py＋2p＝0，即Δ1＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由于直线m的斜率不为0，可设直线m的方程为ty＝x－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ2＞0，∴由根与系数的关系得y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1，2t)．设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，则dA＋dB＝2d＝2·＝2|t2－t＋1|＝2，∴当t＝时，A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为. 考向2利用不等式求最值[典例3](2024·广东揭阳模拟)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，点在椭圆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．[思维流程] [解](1)由椭圆C的离心率为，可得＝＝，可得a2＝3b2，设椭圆C：＝1，将点代入方程，可得b2＝1，故椭圆C的方程为＋x2＝1.(2)设lAB：x＝ny＋2且A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程消去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＝－，y1y2＝， 又由原点到lAB的距离h＝＝，由圆锥曲线的弦长公式，可得|AB|＝|y1－y2|，所以S△AOB＝|y1－y2|＝|y1－y2|＝＝＝令t＝n2－1＞0，可得S△AOB＝＝，当且仅当t＝，即n2＝时，面积取到最大值. 考向3几何法求最值[典例4](2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为.(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．[解](1)因为椭圆C的左顶点A(－a，0)，则直线AM的斜率为＝，①点M在椭圆C上，则＝1，②联立①②，解得a＝4，b2＝12，故椭圆C的方程为＝1. (2)设与直线AM平行的直线的方程为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，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，利用平行线之间的距离公式可得d＝＝，由两点间的距离公式可得|AM|＝＝3.所以△AMN的面积的最大值为×3＝18. 名师点评圆锥曲线中的最值问题的求解方法(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用函数的单调性求解．(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．(3)几何法：利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解． [跟进训练]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．求：(1)点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)|CD|的最小值．[解](1)设M(x0，y0)是椭圆上一点，∴|PM|＝＝＝＝＝.因此，当M的坐标为时，|PM|取到最大值. (2)设直线AB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. 【教师备选资源】1．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．[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.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.所以由根与系数的关系得y1＋y3＝－，y1y3＝. 所以|AC|＝＝＝＝＝·|ty1＋2|＝·(ty1＋2)．同理可得|BD|＝·(ty2＋2)，所以|AC|＋|BD|＝·[t(y1＋y2)＋4]＝(t2＋1)＝8，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＝±时，|AC|＋|BD|的最小值为12. 2．椭圆C1：＝1(a＞b＞0)经过点E(1，1)且离心率为，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＝t()，求四边形ACBD面积的最大值．[解](1)因为椭圆C1：＝1(a＞b＞0)经过点E(1，1)，所以＝1，又椭圆的离心率为，则a2＝2c2，即a2＝2b2，则＝1，解得a2＝3，b2＝，所以椭圆C1的方程为＝1. (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中点，即为x轴，得|AB|＝2，|CD|＝2，故S四边形ACBD＝|AB|·|CD|＝2.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)＞0，①x1＋x2＝－，②x1x2＝，③ 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中点为M，由＝t()＝2t，不妨设t＞0，得S四边形ACBD＝2S四边形OACB＝4tS△OAB，又因为S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|，所以S四边形ACBD＝4t|m|， 又由＝t()，则C点坐标为(t(x1＋x2)，t(y1＋y2))，化简得代入椭圆方程可得＝3，即t＝，则S四边形ACBD＝4tS△OAB＝4|m|·＝＝＜2，综上，四边形ACBD面积的最大值为2. 3．(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．[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|＝＝＝4，解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2. (2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0)．因为＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝|MF||NF|＝(x3＋1)(x4＋1)＝(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，由得x2－6x＋1＝0，得或代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2)． 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＝.又＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，所以＋1＋＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4. 所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)＝＝＝＋2＋1.令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1，因为m2＋k2＋6km＝4，所以＋6＋1＝>0，即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2或t<－3－2，从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8＝4(3－2)．综上所述，△MFN面积的最小值为4(3－2)． 点击页面进入…（WORD版）巩固课堂所学·激发学习思维夯实基础知识·熟悉命题方式自我检测提能·及时矫正不足本节课掌握了哪些考点？本节课还有什么疑问点？课后训练学习反思课时小结课时分层作业(六十一)圆锥曲线中的范围、最值问题 THANKS