第8章 第10节 最值、范围问题(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（强基版）

最值、范围问题 第十节 题点一　最值问题 一 CONTENTS 目录 题点二　范围问题 二 课时跟踪检测 三 (1)求椭圆M的方程； (2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值. 解：(1)因为F(－1,0)为椭圆M的焦点，所以c＝1. 题点一　最值问题 例 1 (2)法一　当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，此时△ABD与△ABC的面积相等，即|S1－S2|＝0. 借题发挥：(1)当直线l的斜率不存在时，可知直线方程为x＝－1；当直线l的斜率存在(显然k≠0)时，可设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0).求解时一定要分直线l的斜率不存在与直线l的斜率存在两种情况作答，缺少任何一种情况，步骤都是不完整的. (2)本题可将直线方程巧设为x＝my－1，用含m的式子表示出|S1－S2|，并求其最大值.显然，此法无需考虑直线的斜率是否存在，是解决此类问题的最佳选择. 求解圆锥曲线最值问题的2种方法 思维建模 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 代数法 把要求最值的几何量或代数表达式表示为关于某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解 1.在直角坐标系xOy中，动点P到直线x＝4的距离是它到点M(1,0)的距离的2倍，设动点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)直线l：x＝my－1与曲线C交于A，B两点，求△MAB面积的最大值. 针对训练 解：(1)设P(x，y)，因为点P到直线x＝4的距离是它到点M(1,0)的距离的2倍， 因为l：x＝my－1过点(－1,0)， 则当t＝1时，f(t)min＝f(1)＝4，则S△MAB的最大值为3. 故△MAB面积的最大值为3. 题点二　范围问题 例 2 (2)由题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x－2). 圆锥曲线中取值范围问题的常用解法 (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，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系. (3)利用已知或隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围. (4)利用求函数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. 思维建模 (1)求双曲线C的方程； (2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，若k1k2＝－2，求点A到直线MN的距离d的取值范围. 针对训练 (2)显然直线MN不可能与x轴平行，故可设直线MN的方程为x＝my＋n， 由k1k2＝－2，得y1y2＋2(x1＋1)(x2＋1)＝0，即y1y2＋2(my1＋n＋1)(my2＋n＋1)＝0， 整理得(2m2＋1)y1y2＋2m(n＋1)(y1＋y2)＋2(n＋1)2＝0，由根与系数的关系得， 3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2·(3m2－1)＝0，化简可消去所有的含m的项， 课时跟踪检测 1 2 3 4 (1)求动点M的轨迹方程； (2)若直线m与动点M的轨迹交于P，Q两点，且OP⊥OQ(O为坐标原点)，求|OP|2＋|OQ|2的最小值. 1 2 3 4 1 2 3 4 1 (1)求直线AP斜率的取值范围； (2)求|PA|·|PQ|的最大值. 2 3 4 1 2 3 4 1 所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3. 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M(0，m)， 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 4.已知点A是圆E：(x－1)2＋y2＝16上的任意一点，点F(－1,0)，线段AF的垂直平分线交AE于点P. (1)求动点P的轨迹Γ的方程； (2)若过点F的直线交轨迹Γ于M，N两点，B是FM的中点，点O是坐标原点，记△MEB与△ONF的面积之和为S，求S的取值范围. 解：(1)由题意可知|PE|＋|PF|＝|PE|＋|PA|＝|EA|＝4>|EF|＝2， 所以动点P的轨迹Γ是以E，F为焦点且长轴长为4的椭圆， 2 3 4 1 2 3 4 1 如图，不妨设点M在x轴上方，连接OM， 因为O，B分别为EF，FM的中点， 所以S△MEB＝S△MOF， 所以S＝S△MOF＋S△OFN＝S△MON， 2 3 4 1 当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝k(x＋1)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线MN不与x轴重合，即k≠0， 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 已知椭圆M：＋＝1(a>0)的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点分别为A，B，经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点. 又b＝，所以a＝2.所以椭圆M的方程为＋＝1. 当直线l的斜率存在时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆M的方程联立，消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0恒成立，且x1＋x2＝－， 此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝＝≤＝，所以|S1－S2|的最大值为. 法二　设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线l的方程为x＝my－1，与椭圆M的方程联立，消去x，得(3m2＋4)·y2－6my－9＝0，Δ>0恒成立，且y1＋y2＝， 故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝＝≤＝， 当且仅当m＝±时取等号，所以|S1－S2|的最大值为. 所以|x－4|＝2，则x2－8x＋16＝4x2－8x＋4＋4y2，整理得＋＝1， 故曲线C的方程为＋＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组整理得(3m2＋4)y2－6my－9＝0， 则Δ＝(－6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0，y1＋y2＝，y1y2＝－. 则f′(t)＝3－>0在[1，＋∞)上恒成立，f(t)在[1，＋∞)上单调递增， 所以S△MAB＝×2×|y1－y2|＝ ＝＝. 令t＝ ，t≥1，f(t)＝3t＋， 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点. (1)求椭圆C的方程； (2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A，B两点，P为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足＋＝t，其中t∈，求|AB|的取值范围. 解：(1)依题意得解得∴椭圆C的方程为＋y2＝1. 由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，∴Δ＝8(1－2k2)>0，解得k2<. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝－. 由＋＝t，得P，代入椭圆C的方程得t2＝. 由<t<2，得<k2<， ∴|AB|的取值范围为. ∴|AB|＝·＝2. 令u＝，则u∈， ∴|AB|＝2∈， 2.双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B，D两点，且△ABD是直角三角形. 在条件下，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝， 解：(1)依题意，∠BAD＝90°，半焦距c＝2，由AF＝BF，得a＋c＝， 得a2＋2a＝22－a2，解得a＝1(舍负)，所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，故双曲线C的方程为x2－＝1. 联立消去x整理得(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0， 解得n＝5或n＝－1(舍去)，则直线MN的方程为x－my－5＝0，得d＝，又M，N都在双曲线的右支上，故有3m2－1<0,0≤m2<， 此时1≤<，d＝∈(3，6]，所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(3，6]. 1.(2024·吉林模拟)在平面内，动点M(x，y)与定点F(2,0)的距离和它到定直线l：x＝的距离比是常数2. (2)由OP⊥OQ可设直线OP的方程为y＝kx，直线OQ的方程为y＝－x， 由可得 解：(1)由已知可得＝2，整理化简可得3x2－y2＝3，即x2－＝1， 所以动点M的轨迹方程为x2－＝1. 所以＋＝＝， 所以|OP|2＋|OQ|2＝(|OP|2＋|OQ|2) ＝≥(2＋2)＝6，当且仅当|OP|＝|OQ|＝时等号成立，所以|OP|2＋|OQ|2的最小值为6. 所以|OP|2＝x2＋y2＝，同理可得|OQ|2＝， 又由|OP|2>0且|OQ|2>0，可得<k2<3， 2.(2024·杭州模拟)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y)，过点B作直线AP的垂线，垂足为Q. 解：(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，因为－<x<，所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1). (2)联立直线AP与BQ的方程 |PQ|＝(xQ－x)＝－， 解得点Q的横坐标是xQ＝. 因为|PA|＝＝(k＋1)， 因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以 f(k)在区间单调递增，单调递减， 因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值. 3.已知F1，F2为椭圆C的左、右焦点，点P为其上一点，且|PF1|＋|PF2|＝4. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点，与y轴交于点M，若存在m，使得＋3＝4，求m的取值范围. 解得∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1. 解析：(1)由题意设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)， ∵点P为椭圆上一点，且|PF1|＋|PF2|＝4，∴ 得(x1＋3x2，y1＋3y2)＝(0,4m)，x1＝－3x2， 联立可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， ∵Δ＝(8km)2－4×(4k2＋1)×(4m2－4)>0， 由＋3＝4， 则x1x2＝－3x22＝－32＝， ∴16k2m2－4k2＋m2－1＝0，∴k2＝， 即64k2－16m2＋16>0，∴4k2－m2＋1>0，且 又x1＝－3x2，∴x2＝， ∴m的取值范围是∪. 代入4k2－m2＋1>0得＋1－m2>0， <m2<1，解得m∈∪. (2)分析出S＝S△MOF＋S△OFN＝S△MON，直线MN的斜率不存在时，S△MON＝，直线MN的斜率存在时，可通过设而不求的方法求得S＝6，令m＝3＋4k2后可得S＝ ，根据m的范围即可求出S的范围，进而可求其最大值. 则2a＝4,2c＝2，所以a＝2，b＝， 因此动点P的轨迹Γ的方程是＋＝1. 当直线MN的斜率不存在时，其方程为x＝－1，则M，N， 此时S△MON＝|MN|·|OF|＝×1×＝. 联立得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以S＝|MN|×d＝6，令m＝3＋4k2∈(3，＋∞)， 则S＝6＝ ， 所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝， 又点O到直线MN的距离d＝， 综上，S的取值范围是. 因为m∈(3，＋∞)，所以∈， 所以－－＋1＝－32＋∈(0,1)，所以S∈. $$