資源簡介

(共68張PPT)
第一階段　突破核心　升華思維
專題五　解析幾何
§3　圓錐曲線中的最值、范圍問題
【備考指南】　2020年新高考Ⅱ卷第21題考查了最值問題，備考中注意融合函數與方程、基本不等式等知識，加強數學運算、等價轉化能力及數形結合思想的訓練．
能力考點1　利用不等式求最值或范圍
（一）
能力考點2　利用函數求最值或范圍
（二）
專題限時集訓(十四)　圓錐曲線中的最值、范圍問題
（三）
能力考點1　利用不等式求最值或范圍
【典例1】　(2022·全國甲卷)設拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，點D(p，0)，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，|MF|＝3．
(1)求C的方程；
(2)設直線MD，ND與C的另一個交點分別為A，B，記直線MN，AB的傾斜角分別為α，β．當α－β取得最大值時，求直線AB的方程．
[解]　(1)因為拋物線的準線方程為x＝－，當MD與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，此時|MF|＝p＋＝3，所以p＝2，
所以拋物線C的方程為y2＝4x．
(2)法一(直線方程橫截式)：
設，
直線MN：x＝my＋1，
由得y2－4my－4＝0，
∴Δ＞0，y1y2＝－4．
當直線MN的斜率不存在時，易知直線AB的斜率也不存在，此時α－β＝0，當直線MN的斜率存在時，kMN＝＝，kAB＝＝，
直線MD：x＝·y＋2，代入拋物線方程，得·y－8＝0，
Δ＞0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，
同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝＝＝．
又因為直線MN，AB的傾斜角分別為α，β，
所以kAB＝tan β＝＝，若要使α－β最大，則β∈，
設kMN＝2kAB＝2k＞0，
則tan (α－β)＝＝＝＝，
當且僅當＝2k，即k＝時，等號成立，
所以當α－β最大時，kAB＝，
設直線AB：x＝y＋n，
代入拋物線方程可得y2－4y－4n＝0，
Δ＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直線AB的方程為x－y－4＝0．
法二(直線方程點斜式)：
由題可知，當直線MN的斜率不存在時，易知直線AB的斜率也不存在，此時α－β＝0．
當直線MN的斜率存在時，
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
直線MN：y＝k(x－1)，
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ＞0，所以x1x2＝1，y1y2＝－4．
直線MD：y＝(x－2)，
代入拋物線方程可得x1x3＝4，同理，x2x4＝4．
代入拋物線方程可得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，則β∈，
設kMN＝2kAB＝2k＞0，
則tan (α－β)＝＝＝＝，
當且僅當＝2k，即k＝時，等號成立，
所以當α－β最大時，kAB＝，
設直線AB：x＝y＋n，代入拋物線方程可得y2－4y－4n＝0，
Δ＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直線AB的方程為x－y－4＝0．
構造不等式求最值或范圍的常見方法
(1)利用判別式來構造不等關系．
(2)利用已知參數的范圍，在兩個參數之間建立函數關系．
(3)利用隱含或已知的不等關系建立不等式．
(4)利用基本不等式求最值的5種典型情況：
①s＝(先換元，注意新元的范圍，再利用基本不等式)．
②s＝(基本不等式)．
③s＝(基本不等式)．
④s＝＝(先分離參數，再利用基本不等式)．
⑤s＝＝(分子、分母同時除以k2，令t＝k＋換元，再利用基本不等式)．
1．(2024·江南十校聯考)已知橢圓C：＝1的上頂點到右頂點的距離為，點M在C上，且點M到右焦點距離的最大值為3，過點P且不與x軸垂直的直線l與C交于A，B兩點．
(1)求C的方程；
(2)記O為坐標原點，求△AOB面積的最大值．
[解]　(1)由題意得解得a2＝4，b2＝3，故C的方程為＝1．
(2)設A，B，直線l：y＝kx＋2，
聯立 整理得x2＋16kx＋4＝0．
由Δ>0得k2>，且x1＋x2＝－，x1x2＝，∴＝|x1－x2|＝．
∵點O到直線l的距離d＝，
∴S△AOB＝·d＝，
令t＝>0，故4k2＝＋1，
故S△AOB＝＝，
當且僅當t＝，即t＝2，k＝±時等號成立，
故△AOB面積的最大值為．
2．(2024·湖北重點中學聯考)已知雙曲線＝1的漸近線上一點與右焦點F的最短距離為．
(1)求雙曲線的方程；
(2)O為坐標原點，直線x＝ty＋2與雙曲線的右支交于A，B兩點，與漸近線交于C，D兩點，A與C在x軸的上方，B與D在x軸的下方．
(ⅰ)求實數t的取值范圍；
(ⅱ)設S1，S2分別為△AOC和△BOD的面積，求S1＋S2的最大值．
[解]　(1)設雙曲線＝1的焦距為2c，且c＝2．
因為F到直線bx－ay＝0的距離為＝，故b＝，則a＝＝，
故雙曲線的方程為＝1．
(2)如圖．(ⅰ)設A，B，聯立直線與雙曲線的方程
消元得y2＋4ty＋2＝0，則
因為直線與雙曲線右支交于兩點，故y1y2＝<0，則－1(ⅱ)由(ⅰ)知，＝
＝＝，
原點O到直線AB的距離d＝．
設C，D，聯立
則y2＋4ty＋4＝0，Δ＝16>0，
y3＋y4＝，y3y4＝，
則＝＝＝，
而S1＋S2＝S△COD－S△AOB＝d＝，
令m＝∈，
則S1＋S2＝＝＝＝4－2，
當m＝，即t＝0時取到等號．
綜上所述，S1＋S2的最大值為4－2．
【教師備選資源】
1．已知橢圓C：＋y2＝1與y軸正半軸交于點D，直線l1：y＝－x－2與橢圓C交于A，B兩點，直線DA與直線DB的斜率分別記為k1，k2，且k1＋k2＝λ．
(1)求λ的值；
(2)若直線l2與橢圓相交于M，N兩點，直線DM，DN的斜率分別記作k3，k4，若k3＋k4＝λ，且點D在以MN為直徑的圓內，求直線l2的斜率k的取值范圍．
[解]　(1)由得5x2＋16x＋12＝0，解得x＝－2或x＝－，
當x＝－2時，y＝0；當x＝－時，y＝－2＝－，
不妨記A(－2，0)，B．
因為D(0，1)，所以k1＋k2＝kDA＋kDB＝＝＝2，所以λ＝2．
(2)若直線l2的斜率不存在，則MN垂直于x軸，則D點不在以MN為直徑的圓內，不合題意．
若直線l2的斜率存在，設直線l2的方程為y＝kx＋m，
設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，則
因為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，
由題意可知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．
因為D點在以MN為直徑的圓內，
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，化簡得(k－2)(5k－2)＜0，
解得＜k＜2．
綜上，直線l2的斜率k的取值范圍是．
2．如圖，已知橢圓C1：＋y2＝1的左、右頂點是雙曲線C2：＝1(a＞0，b＞0)的頂點，C1的焦點到C2的漸近線的距離為．直線l：y＝kx＋t與C2相交于A，B兩點，＝－3．

(1)求證：8k2＋t2＝1；
(2)若直線l與C1相交于P，Q兩點，求|PQ|的取值范圍．
[解]　(1)證明：由題意得橢圓右焦點坐標為(1，0)，雙曲線的漸近線方程為bx±ay＝0，
所以解得所以C2的方程為－y2＝1，
由消y得(1－2k2)x2－4ktx－2t2－2＝0，
所以
即t2＞2k2－1≠0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
所以＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋t)·(kx2＋t)＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝(1＋k2)·＋t2＝－3，
化簡得8k2＋t2＝1，得證．
(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，
結合t2＞2k2－1≠0，8k2＋t2＝1，及k≠0，t2≥0，可得0＜k2≤．
設P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
則
所以(x3－x4)2＝－4×＝＝，
所以|PQ|2＝(1＋k2)(x3－x4)2＝，
設λ＝1＋2k2，由0＜k2≤，得λ∈，所以∈，
所以|PQ|2＝＝20∈，
所以|PQ|的取值范圍為．
3．已知F1，F2分別為橢圓E：＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，橢圓E的離心率為，過F2且不與坐標軸垂直的直線l與橢圓E交于A，B兩點，△F1AB的周長為8．
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)過F1且與l垂直的直線l′與橢圓E交于C，D兩點，求四邊形ACBD面積的最小值．
[解]　(1)由題意，橢圓E的離心率為，可得＝，
又由橢圓的定義，可知|AB|＋|AF1|＋|BF1|＝4a＝8，
所以a＝2，c＝1．
又因為a2＝b2＋c2，所以b2＝3，
所以橢圓E的標準方程為＝1．
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為x＝my＋1(m≠0)，
由整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ＞0，
則有y1＋y2＝，y1·y2＝，
故 ＝
＝＝12×．
又由直線l′的方程為x＝－y－1，
設C(x3，y3)，D(x4，y4)，
聯立方程整理得y2＋y－9＝0，Δ＞0，
則有y3＋y4＝，y3·y4＝，
則|CD|＝
＝＝12×，
所以四邊形ACBD的面積
S＝|AB||CD|＝72×＝72×
＝，
因為≤＝，
當且僅當m2＝1時，等號成立，所以S＝，
綜上，四邊形ACBD面積的最小值為．
能力考點2　利用函數求最值或范圍
【典例2】　(2022·浙江高考)如圖，已知橢圓＋y2＝1．設A，B是橢圓上異于P(0，1)的兩點，且點Q在線段AB上，直線PA，PB分別交直線y＝－x＋3于C，D兩點．
(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
[解]　(1)設橢圓上任意一點M(x，y)，則|P M|2＝x2＋(y－1)2＝12－12y2＋y2－2y＋1＝－11y2－2y＋13，y∈[－1，1]，而函數z＝－11y2－2y＋13圖象的對稱軸為y＝－∈[－1，1]，則其最大值為－11×＋2×＋13＝，
∴|PM|max＝＝，
即點P到橢圓上點的距離的最大值為．
(2)設直線AB的方程為y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，1)，聯立消去y，整理得(1＋12k2)x2＋12kx－9＝0，Δ＝144k2＋36(1＋12k2)＝36(1＋16k2)>0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝－，
直線PA的方程為y＝x＋1，聯立
整理得xC＝＝，
同理xD＝，
∴|CD|＝＝
＝＝＝，
令3k＋1＝m(m≠0)，
∴|CD|＝＝，
∴當m＝，即k＝時，|CD|的最小值為．
利用函數法求最值或范圍時的策略
解決有關范圍、最值問題時，先要恰當地引入變量(如點的坐標、角、斜率等)，把所求最值的幾何量或代數表達式表示為某個參數的函數，然后利用函數方法(單調性或導數)進行求解．
1．(2024·天津南開模擬)設橢圓E：＝1(a>b>0)經過點，且其左焦點坐標為．
(1)求橢圓的方程；
(2)對角線互相垂直的四邊形ABCD的四個頂點都在E上，且兩條對角線均過E的右焦點，求的最小值．
[解]　(1)因為橢圓E的左焦點坐標為，
所以右焦點坐標為，c＝1．
又橢圓E經過點，
所以2a＝＝4，b＝＝．
所以橢圓的方程為＝1．
(2)①當直線AC，BD中有一條直線的斜率不存在時，＝7．
②當直線AC的斜率存在且不為0時，
設直線AC的方程為x＝ty＋1，A，C，
由得y2＋6ty－9＝0，Δ＞0，
則y1＋y2＝，y1y2＝，
＝＝．
設直線BD的方程為x＝－y＋1，
同理得＝，所以＝，
設m＝t2＋1，則m>1，
則＝＝＝，
所以當m＝2時，有最小值．
綜上，的最小值是．
2．在平面直角坐標系中，已知點P到點F(，0)的距離與到直線x＝2的距離之比為．
(1)求點P的軌跡C的方程；
(2)過點(0，1)且斜率為k的直線l與C交于A，B兩點，與x軸交于點M，線段AB的垂直平分線與x軸交于點N，求的取值范圍．
[解]　(1)設P(x，y)，由題意＝，
因為|PF|＝，所以＝，
即＝|x－2|，
兩邊平方并整理得＝1，
故點P的軌跡C的方程為＝1．
(2)設直線l的方程為y＝kx＋1，
聯立消去y并整理，
得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，顯然Δ＞0．
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝－，
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝，
可得線段AB中點坐標為，
所以線段AB中垂線的方程為y－＝－，
令y＝0，可得N，
對于直線y＝kx＋1，令y＝0，可得M，
所以|MN|＝＝．
又|AB|＝|x1－x2|＝＝，
所以＝＝2，
令t＝k2＋1∈，
則y＝8(k2＋1)＋－14＝8t＋－14，
因為y＝8t＋－14在上單調遞增，
所以∈，故的取值范圍為．
【教師備選資源】
1．已知點N為圓C1：(x＋1)2＋y2＝16上一動點，圓心C1關于y軸的對稱點為C2，點M，P分別是線段C1N，C2N上的點，且＝0，＝2．
(1)求點M的軌跡方程；
(2)過點A(－2，0)且斜率為k(k＞0)的直線與點M的軌跡交于A，G兩點，點H在點M的軌跡上，GA⊥HA，當2|AG|＝|AH|時，證明：＜k＜2．
[解]　(1)由題意知C1(－1，0)，C2(1，0)，因為＝2，所以P為C2N的中點．
因為＝0，所以⊥，
所以點M在C2N的垂直平分線上，連接MC2(圖略)，則|MN|＝|MC2|，
因為|MC2|＋|MC1|＝|MN|＋|MC1|＝4＞2＝|C1C2|，
所以點M在以C1，C2為焦點的橢圓上，且a＝2，c＝1，b＝，
所以點M的軌跡方程為＝1．
(2)證明：設G(x1，y1)，將直線AG的方程y＝k(x＋2)(k＞0)代入＝1，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0．
因為過橢圓左頂點且斜率大于0的直線與橢圓恒有2個交點，所以Δ＞0恒成立，
則x1·(－2)＝，得x1＝，
故|AG|＝|x1＋2|＝，
由題設，直線AH的方程為y＝－(x＋2)，
同理可得|AH|＝，
由2|AG|＝|AH|得＝，即4k3－6k2＋3k－8＝0．
設f (t)＝4t3－6t2＋3t－8(t＞0)，則k是f (t)的零點，
因為f ′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f (t)在(0，＋∞)上單調遞增，
又f ()＝15－26＜0，f (2)＝6＞0，
因此f (t)在(0，＋∞)上有唯一的零點，且零點k在(，2)內，
所以＜k＜2．
2．已知點F(1，0)，P為平面內一動點，以PF為直徑的圓與y軸相切，點P的軌跡記為C．
(1)求C的方程；
(2)過點F的直線l與C交于A，B兩點，過點A且垂直于l的直線交x軸于點M，過點B且垂直于l的直線交x軸于點N．當四邊形MANB的面積最小時，求l的方程．
[解]　(1)設P(x，y)，則以PF為直徑的圓的圓心為，根據圓與y軸相切，可得＝|PF|＝，化簡得y2＝4x，
所以C的方程為y2＝4x．
(2)由題意可知：直線l的斜率存在且不為0，設直線l：y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯立得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，顯然Δ＞0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1．
設直線l的傾斜角為θ，則
|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＝，
由題意可知四邊形MANB為梯形，
所以S＝S△AMB＋S△ABN＝|AB|(|AM|＋|BN|)＝＝＝，
設t＝|k|＞0，則S(t)＝＝8，
所以S′(t)＝8＝8×＝，
當t＞時，S′(t)＞0，S(t)單調遞增，
當0＜t＜時，S′(t)＜0，S(t)單調遞減，
所以當t＝，即|k|＝時，面積最小，
此時k＝±，故直線l的方程為y＝±(x－1)，
即x－y－＝0或x＋y－＝0．
1．已知橢圓C：＝1的左、右焦點分別為F1，F2，焦距為2，點Q在C上．
(1)P是C上一動點，求的取值范圍；
(2)過C的右焦點F2，且斜率不為零的直線l交C于M，N兩點，求△F1MN的內切圓面積的最大值．
專題限時集訓(十四)　圓錐曲線中的最值、范圍問題
[解]　(1)由題意知c＝，所以a2＝b2＋3．
將點Q代入＝1，解得b＝1，所以橢圓C的方程為＋y2＝1．
設點P，則＝＝x2－3＋y2＝x2－2．
又因為x∈，所以的取值范圍是．
(2)依題意可設直線l的方程為x＝my＋，M，N．
聯立得y2＋my－＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
所以S△F1MN＝×2
＝＝4，
又因為＝＝，
當且僅當m＝±時等號成立．
所以S△F1MN≤4＝2．
又因為三角形內切圓半徑r滿足r＝＝＝．
所以△F1MN的內切圓面積的最大值為．
2．(2024·江蘇鹽城三模)已知雙曲線C：＝1過點，漸近線方程為y＝±x，直線l是雙曲線C右支的一條切線，且與C的漸近線交于A，B兩點．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)設線段AB的中點為M，求點M到y軸的距離的最小值．
[解]　(1)由題設可知
解得則雙曲線C的方程為－y2＝1．
(2)設點M的橫坐標為xM>0，
當直線l斜率不存在時，則直線l：x＝2，
易知點M到y軸的距離為2．
當直線l斜率存在時，設l：y＝kx＋m，A，B，
聯立 整理得x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，
Δ＝64k2m2－16＝0，
整理得4k2＝m2＋1，
聯立整理得x2＋8kmx＋4m2＝0，Δ＞0，
則x1＋x2＝－＝－＝－，
則xM＝＝－>0，即km<0，
則＝＝4＋>4，即xM>2，
此時點M到y軸的距離大于2．
綜上所述，點M到y軸的最小距離為2．
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