第8章 第7节 第1课时 最值问题（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第七节　圆锥曲线的综合问题 第❶课时　最值问题 圆锥曲线中的最值问题是高考的热点和难点，主要涉及两个类型：一是以圆锥曲线定义与几何性质为背景的求最值问题；二是以直线与圆锥曲线的位置关系、弦长、面积等知识为背景的求最值问题. [对应学生用书P195] 考点 最值问题 (精研通) 考法1　几何法求最值问题 【例1】 (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)由题意可知直线AM的方程为y－3＝(x－2)，即x－2y＝－4. 当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4. 由椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2，3)，得＋＝1，解得b2＝12. 所以C的方程为＋＝1. (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距离比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 可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，化简，得16y2＋12my＋3m2－48＝0， 所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8， 与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8， 点N到直线AM的距离即为两平行线之间的距离，即d＝＝， 由两点之间的距离公式，得|AM|＝＝3. 所以△AMN的面积的最大值为×3×＝18. 几何法求解最值的策略 根据已知的几何量之间的相互关系或几何特征，把最值问题转化为某几何元素的临界位置问题(如求直线斜率的最值、距离的最值、三角形面积的最值等).　 已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线y＝kx＋m(m>0)与抛物线C交于不同的两点M，N. (1)若抛物线C在点M和N处的切线互相垂直，求m的值； (2)若m＝2，求|MF|·|NF|的最小值. 解：(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 对y＝求导，得y′＝， 故抛物线C在点M和N处切线的斜率分别为和. 又切线互相垂直，∴·＝－1，即x1·x2＝－4， 把y＝kx＋m代入C的方程，得x2－4kx－4m＝0. ∴x1x2＝－4m，故m＝1. (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由抛物线定义可知|MF|＝y1＋1，|NF|＝y2＋1. 由(1)和m＝2，知x1x2＝－8，x1＋x2＝4k， ∴|MF|·|NF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝(kx1＋3)·(kx2＋3)＝k2x1x2＋3k(x1＋x2)＋9＝4k2＋9， ∴当k＝0时，|MF|·|NF|取得最小值，且最小值为9. 考法2　代数法求最值问题 【例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. 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)　(*). 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12－8. 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. 故△MFN面积的最小值为12－8. 代数法求解最值问题的策略 把要求的最值问题(几何量或代数表达式)表示成某个(些)变量的函数，然后利用基本不等式或函数的单调性求解，有时也借助导数求最值. (2023·江苏泰州中学模拟)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，|PF1|，|PF2|的最小值为m1，m2，且满足m1m2＝3a2. (1)求双曲线的离心率； (2)若a＝2，过点F1的直线交双曲线于A，B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点D(异于坐标原点O)，求的最小值. 解：(1)由题意知F1(－c，0)，F2(c，0).由双曲线的性质知m1＝c＋a，m2＝c－a，∴m1m2＝c2－a2＝3a2，∴c＝2a，故双曲线的离心率e＝＝2. (2)当a＝2时，c＝4，b2＝c2－a2＝12，b＝2. ∴双曲线的方程为－＝1，F1(－4，0). 由题知直线AB的斜率存在，设为k，则k≠±，直线AB的方程为y＝k(x＋4). 联立消去y并整理，得(3－k2)x2－8k2x－16k2－12＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝， ∴|AB|＝ ＝ ＝. 又∵y1＋y2＝k(x1＋4)＋k(x2＋4)＝k(x1＋x2)＋8k＝k×＋8k＝， ∴线段AB的中点的坐标为(，)， ∴线段AB的垂直平分线的方程为y－＝－(x－).令x＝0，得y＝， ∴D点的坐标为(0，)， ∴|OD|＝，∴＝＝＝(|k|＋)≥， 当且仅当|k|＝1，即k＝±1时等号成立， ∴的最小值为. 分级练(57)　最值问题 分级一　提能强化 1.平面xOy内，动点P到点F(，0)的距离与它到直线x＝2的距离之比为. (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)设O为原点，若点A在直线y＝2上，点B在轨迹C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值. 解：(1)设P(x，y)， ∵动点P到点F(，0)的距离与它到直线x＝2的距离之比为， ∴＝，化简得x2＋2y2＝4，即＋＝1， ∴动点P的轨迹C的方程为＋＝1. (2)A(t，2)，B(x0，y0)，其中x0≠0. ∵OA⊥OB，∴·＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－. ∵点B在轨迹C上，∴x＋2y＝4，0<x≤4， ∴|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝(x0＋)2＋(y0－2)2＝x＋y＋＋4 ＝x＋＋＋4＝＋＋4. ∵＋≥2＝4，当且仅当x＝4时等号成立， ∴|AB|2≥8，即|AB|≥2， 故线段AB长度的最小值为2. 2.(2022·山东淄博一模)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝4，点P(，1)在椭圆E上. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设过点F2且倾斜角不为0的直线l与椭圆E的交点为A，B，求△F1AB面积最大时直线l的方程. 解：(1)因为|F1F2|＝2c＝4，所以c＝2，则F1(－2，0)，F2(2，0)， 由椭圆的定义可得2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2， 得a＝， 所以b＝＝，因此，椭圆E的标准方程为＋＝1. (2)由题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋2， 联立消去x可得(m2＋3)y2＋4my－2＝0， Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24(m2＋1)>0， 由根与系数的关系可得y1＋y2＝－，y1y2＝－， 所以S△F1AB＝|F1F2|·|y1－y2|＝2 ＝2＝， 令t＝>1，则S△F1AB＝＝≤＝2， 当且仅当t＝时，即当m＝±1时，等号成立， 此时直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0. 分级二　知能探究 3.(2023·山东潍坊三模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点D. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若动直线l：y＝－x＋m(1≤m<2)与椭圆C交于A，B两点，且在坐标平面内存在两个定点P，Q，使得kPAkPB＝kQAkQB＝λ(定值)，其中kPA，kPB分别是直线PA，PB的斜率，kQA，kQB分别是直线QA，QB的斜率. (ⅰ)求λ的值； (ⅱ)求四边形PAQB面积的最大值. 解：(1)由题意得，解得 则椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)(ⅰ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 把y＝－x＋m与椭圆C的标准方程联立， 消去y，可得3x2－4mx＋4m2－12＝0，Δ＝144－32m2>0， 注意到x1，x2为方程3x2－4mx＋4m2－12＝0的两根， 故有恒等式3x2－4mx＋4m2－12＝3(x－x1)(x－x2)， 则3x－4mx0＋4m2－12＝3(x0－x1)(x0－x2)， 同理，把y＝－x＋m与椭圆C的标准方程联立， 消去x，可得3y2－4my＋2m2－3＝0， 注意到y1，y2为方程3y2－4my＋2m2－3＝0的两根， 故有恒等式3y2－4my＋2m2－3＝3(y－y1)(y－y2)， 则3y－4my0＋2m2－3＝3(y0－y1)(y0－y2)， 则kPAkPB＝＝ ＝λ， 所以4m(λx0－y0)＋2m2(1－2λ)＋3y－3λx－3＋12λ＝0， 若kPAkPB为定值，则必有 计算可得或故λ＝. (ⅱ)不妨设点P(－2，－1)，点Q(2，1)，点P，点Q到直线l的距离分别是d1，d2， 因为1≤m<2，d1＝＝，d2＝＝， 所以d1＋d2＝，由(ⅰ)知，x1＋x2＝，x1x2＝， |AB|＝·＝， S四边形PAQB＝|AB|(d1＋d2)＝××＝≤， 当且仅当m＝1时等号成立， 所以四边形PAQB面积的最大值是. 4.(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)抛物线的准线为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(，y1)，N(，y2)，A(，y3)，B(，y4)，直线MN：x＝my＋1， 由可得y2－4my－4＝0，Δ>0，y1y2＝－4， 由斜率公式可得kMN＝＝，kAB＝＝， 直线MD：x＝·y＋2，代入抛物线方程可得y2－·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∈(0，)， 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＝4y1y1＝－16，所以n＝4， 所以直线AB的方程为x＝y＋4. 学科网（北京）股份有限公司 $$