第8章 专题4 第1课时 最值问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第八章　解析几何 专题四　高考中的解析几何问题 第一课时　最值问题 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 课时作业(五十) 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 谢谢观看！ 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． 【例1】 (2023·山东临沂模拟)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________________． 答案： eq \f(\r(2),2) 　解析：双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线间的距离d＝ eq \f(|1－0|,\r(12＋（－1）2)) ＝ eq \f(\r(2),2) .由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤ eq \f(\r(2),2) ，故c的最大值为 eq \f(\r(2),2) . 【例2】 (2022·安徽北大培文蚌埠实验学校高三开学考试)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(3),2) ，且过左焦点和上顶点的直线l与圆(x－ eq \r(3) )2＋y2＝3相切． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线m：y＝kx＋n(k>0，n>0)与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，且直线OA，OB，AB的斜率之和为0.求三角形OAB面积的最大值． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)利用等腰梯形的高、面积与a，b，c的关系，确定椭圆方程； (2)设直线方程为x＝my－1，联立方程并消元，由根与系数的关系表示出三角形面积，通过换元将问题转化，利用基本不等式求函数的最值 解：(1)设椭圆的半焦距为c，则 eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(3),2) ，① 直线l：y＝ eq \f(b,c) x＋b，则 eq \f(|\r(3)b＋bc|,\r(b2＋c2)) ＝ eq \r(3) ， 即 eq \f(|\r(3)b＋bc|,a) ＝ eq \r(3) ，② 又a2＝b2＋c2，③ 由①②③解得a2＝4，b2＝1， 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1． (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋n，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 整理得(1＋4k2)x2＋8knx＋4n2－4＝0， 所以Δ＝64k2n2－4(1＋4k2)(4n2－4)>0，得k2> eq \f(n2－1,4) ， x1＋x2＝－ eq \f(8kn,1＋4k2) ，x1x2＝ eq \f(4n2－4,1＋4k2) ， 设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则k1＋k＋k2＝0， 即 eq \f(y1,x1) ＋k＋ eq \f(y2,x2) ＝ eq \f(kx1＋n,x1) ＋ eq \f(kx2＋n,x2) ＋k＝3k＋ eq \f(n（x1＋x2）,x1x2) ＝ eq \f(k（n2－3）,n2－1) ＝0， 所以n2＝3， 又n>0，所以n＝ eq \r(3) ， 所以k2> eq \f(n2－1,4) ＝ eq \f(1,2) |AB|＝ eq \r(1＋k2) ·|x2－x1|＝ eq \r(1＋k2) · eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \f(4\r(（1＋k2）（4k2－2）),1＋4k2) 原点O到直线l的距离d＝ eq \f(|n|,\r(1＋k2)) ＝ eq \f(\r(3),\r(1＋k2)) ， 所以S△OAB＝ eq \f(1,2) |AB|·d＝ eq \f(2\r(3)·\r(4k2－2),1＋4k2) ＝ eq \f(2\r(3),\r(4k2－2)＋\f(3,\r(4k2－2))) ≤ eq \f(2\r(3),2\r(\r(4k2－2)·\f(3,\r(4k2－2)))) ＝1， 当且仅当 eq \r(4k2－2) ＝ eq \f(3,\r(4k2－2)) 时，即k2＝ eq \f(5,4) 时等号成立，所以△OAB面积的最大值为1． 【练1】 已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4. (1)求p； (2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值． 解：(1)由题意，得抛物线C：x2＝2py的焦点F(0， eq \f(p,2) )， 圆M：x2＋(y＋4)2＝1的圆心M(0，－4)，半径是1． 由点F与圆M上的点的距离的最小值为4，得 eq \f(p,2) ＋4－1＝4，解得p＝2. (2)设A(x1，eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(x,4) )，B(x2，eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(x,4) )，P(x0，y0). 由y＝ eq \f(x2,4) ，得y′＝ eq \f(x,2) ， 所以直线PA：y－eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(x,4) ＝ eq \f(x1,2) (x－x1)，　① 直线PB：y－eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(x,4) ＝ eq \f(x2,2) (x－x2)，　② 且kAB＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(\f(x,4)－\f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,4),x1－x2) ＝ eq \f(x1＋x2,4) ， 则直线AB：y－eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(x,4) ＝ eq \f(x1＋x2,4) (x－x1)， 即4y＝(x1＋x2)x－x1x2. 将点P的坐标分别代入①②， 解得x0＝ eq \f(x1＋x2,2) ，y0＝ eq \f(x1x2,4) ， 则直线AB：2y＝x0x－2y0. 所以|AB|＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \r(（\f(x,4)－\f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,4)）2＋（x1－x2）2) ＝ eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \r(（x＋4）（x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －4y0）) . 易知点P到直线AB的距离d＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(|x－4y0|,\r(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋4)) ， 【练2】 (2022·辽宁大东模拟)如图，已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,2) ＝1的左、右焦点为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，离心率e＝ eq \f(\r(2),2) ，M为椭圆C上动点，直线A1M交y轴正半轴于点A，直线A2M交y轴正半轴于点B(当M为椭圆短轴上端点时，A，B，M重合). (1)求椭圆C的方程； (2)若 eq \o(OA,\s\up13(→)) ＝3 eq \o(OB,\s\up13(→)) ，求直线MA的方程； (3)设直线MA2，AA2的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的最大值． 解：(1)因为椭圆的离心率为e＝ eq \f(\r(2),2) ，故 eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(2),2) ， 即 eq \f(a2－2,a2) ＝ eq \f(1,2) ，故a2＝4，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1． (2)设M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0)) ，因为直线A1M交y轴正半轴于点A，则x0≠±2，y0>0， 又AM的方程为y＝ eq \f(y0,x0＋2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2)) ， 故A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2))) ， BM的方程为y＝ eq \f(y0,x0－2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2)) ， 故B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2y0,x0－2))) ， 因为 eq \o(OA,\s\up13(→)) ＝3 eq \o(OB,\s\up13(→)) ，故 eq \f(2y0,x0＋2) ＝－3× eq \f(2y0,x0－2) ，所以x0＝－1，所以y0＝ eq \f(\r(6),2) ， 故AM的方程为y＝ eq \f(\f(\r(6),2),－1＋2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2)) ＝ eq \f(\r(6),2) x＋ eq \r(6) ， 即y＝ eq \f(\r(6),2) x＋ eq \r(6) . (3)由(2)可得k1＝ eq \f(y0,x0－2) ， 而k2＝ eq \f(\f(2y0,x0＋2)－0,0－2) ＝－ eq \f(y0,x0＋2) ， 故k1＋k2＝ eq \f(y0,x0－2) － eq \f(y0,x0＋2) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(4y0,x－4) ＝－eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(4y0,2y) ＝－ eq \f(2,y0) ， 因为0<y0≤ eq \r(2) ，故－ eq \f(2,y0) ≤－ eq \r(2) ，故k1＋k2的最大值为－ eq \r(2) . $$