2026届高考数学思想方法大合集-简化和避免分类讨论的讲义

第09节 简化和避免分类讨论的技巧 在高中数学中，分类讨论思想解题的实质是“化整为零，各个击破，再积零为整”的思维策略，但同时还要注意充分挖掘求解问题中潜在的特殊性和简单性，尽可能消除“讨论因素”，灵活地采用相应的解题策略，适当作一点“技术处理”，简化或避免分类讨论，往往能给解题带来事半功倍之效，避免分类讨论常见的解题策略有：直接回避、变更主元、整体考虑、反客为主、数形结合等． 对于二次函数的问题，可以利用二次函数的对称轴，通过确定对称轴的位置，可以减少分类讨论的需要；可以通过顶点坐标，提供抛物线开口方向、位置等信息，简化问题；可以利用判别式与0的关系判断根的个数，进而避免对根的情况进行分类讨论. 对于零点的问题，可以利用分参法，转化为两个函数的交点，通过作出函数图象进而省略分类讨论；也可利用分参法，构造函数，讨论新函数的单调性，进而求出参数所在直线与新函数的交点，减少分类讨论. 对于解析几何的问题，从题设中可以明白判定直线的斜率不可能为零时，可以设置直线的方程为，利用直曲联立，可以大大减少计算量；可以利用向量和坐标运算，将几何问题转化为代数问题，从而避免复杂的分类讨论；当直线过一定点，很容易想到设直线方程为点斜式或斜截式，从而忽略斜率不存在的情况或是还要对斜率不存在时的讨论． 类型一 在二次函数中的技巧 【典例1】若对任意，都至少存在三个互不相等的整数，使得，则的取值范围是（ ） A．     B． B．     D． 【解题策略】先利用基本不等式将问题转化为至少有3个整数解，再利用二次函数的性质得到是的3个整数解，从而列式即可得解. 【详细解析】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以问题转化为不等式至少有3个整数解， 因为的图象关于直线对称， 所以是的3个整数解， 所以，解得. 故选：C. 【典例2】（2024江苏宿迁高三上期第一次调研考试）已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围是 ． 【解题策略】根据复合函数的单调性，结合二次不等式恒成立问题，列不等式组求解即可. 【详细解析】由复合而成. 而单调递增，只需要单调递减. 且在上恒成立.则即可，解得. 故实数a的取值范围是. 故答案为：. 【典例3】已知方程在上有解，求a的取值范围． 【解题策略】含参数的方程有解时，可利用分离参数的方法避免原方程在上有一解二解以及对称轴的位置的分类讨论． 【详细解析】，． ． ，，，． 【方法归纳】 在高中数学二次函数问题中，简化和避免分类讨论能够更快解决“轴动区间定”或“轴定区间动”的问题，通过借助二次函数的对称轴，顶点，韦达定理和判别式等的关系，可以求函数的极值、确定函数图像的开口方向、找到函数的最值点和根的个数等，避免复杂的分类讨论，进而更加快速直观地求解问题. 【举一反三】 1． 当时，函数在上恒大于0，求实数a的取值范围． 2． 已知二次函数在区间上的最大值为3，求实数a的值． 类型二 在零点中的技巧 【典例1】（2025届九师联盟高三上期10月联考）已知关于的方程有两个不相等的实数解，则正实数的取值范围是（ ） A．    B．    C．    D． 【解题策略】先设函数，再把两个不相等的实数解转化为函数有两个交点，数形结合列式求解即可. 【详细解析】 由，记． 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，结合图象知，若函数与的图象有两个交点， 即原方程有两个不相等的实数解，则需，解得． 故选:A． 【典例2】（2025届四川绵阳市高三第一次诊断性考试）已知函数，m为正的常数，则的零点之和为 ． 【解题策略】根据给定条件，探讨函数的对称性，再结合零点的意义即可求解得答案. 【详细解析】函数的定义域为， 由，得，令函数， ，则函数的图象关于直线对称， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图， 直线与函数的图象有4个交点，令其横坐标从左到右依次为， 观察图象得，所以的零点之和为. 故答案为： 【典例3】（2024黑龙江齐齐哈尔届高三下期三模联考）已知函数为的极值点． （1）求的最小值； （2）若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围． 【解题策略】（1）求出导函数，根据极值点的定义可得，代入，构造函数，利用导函数判断单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可 （2）由，然后分离参数得，设，求出单调区间和极值即可 【详细解析】（1）， 依题意，，所以， 所以， 设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，取得最小值，所以的最小值为1； （2）由（1）可知，， 令，则， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且， 所以． 【方法归纳】 在高中数学的零点问题中，简化和避免分类讨论能够更好地解决问题.可以利用分离参数法，将零点问题转化为两个图象的交点问题，作出图象求解问题；可以利用分参法，然后构造新函数，利用求导得出单调性，进而求出函数最值，求出参数.通过上述方法，可以有效地简化和避免在高中数学零点问题中进行复杂的分类讨论. 【举一反三】 （2024陕西西安八校高三下期联考） 3． 已知函数. (1) 若，设，求的最小值及取最小值时的值； (2) 若关于的方程有三个解，求实数取值范围. （2024上海市徐汇区届高三学习能力诊断） 4． 已知函数，其中. (1) 求证：是奇函数； (2) 若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围. 类型三 在解析几何中的技巧 【典例1】已知为坐标原点，椭圆，过椭圆的右焦点且斜率为的直线与交于两点，若，则（ ） A．    B．    C．    D． 【解题策略】根据题意，得到直线的方程为，联立方程组，求得，结合题意和斜率公式，化简得到方程，即可求解. 【详细解析】 由直线过椭圆的右焦点且斜率为， 则直线的方程为（其中）， 设， 联立方程组 ，整理得， 则， 所以，可得，解得. 故选：B. 【典例2】过双曲线的右焦点的直线与的右支交于两点，为原点，线段的中点与线段的中点重合，则四边形面积的取值范围是 ． 【解题策略】由题意设直线的方程为，将其与双曲线方程联立化简得，结合韦达定理、弦长公式可用表示出，由点到直线的距离公式可得三角形边上的高，从而可得三角形面积表达式，进一步可得（平行）四边形面积表达式，进一步即可求解. 【详细解析】 由题意得． 因为点在的右支上， 所以设直线的方程为． 与联立，得，， 设，则， 所以． 易知点到直线的距离． 由线段的中点与线段的中点重合，得四边形是平行四边形， 其面积． 由，得， 所以，所以． 故答案为：. 【典例3】已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F（1，0）的距离减去它到y轴距离的差都是1． （1） 求曲线C的方程； （2） 是否存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A、B的任一直线，都有？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解题策略】当直线过一定点，很容易想到设直线方程为点斜式或斜截式，从而忽略斜率不存在的情况或是还要对斜率不存在时的讨论．若从题设中可以明白判定直线的斜率不可能为零时，可将直线方程设为，这样，不仅避免或简化了讨论的步骤，且可以大大减少计算量，从而提高解题速度． 【详细解析】 （1） 由题意知C上每一点到点F（1，0）的距离等于到直线的距离，根据抛物线的定义，可得曲线C的方程为． （2） 显然，过点M的直线存在着垂直x轴的情况，但又不含垂直y轴的情况，因此为了避免分类，可设直线方程为． 并设A、B两点的坐标分别为、． 将直线方程与抛物线方程联立， 消去x得，恒成立（正数m）． 故，． ，． 由得，， ，即． ∵对任一直线，都有，故在上恒成立． ，即． 可见，存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A、B的任一直线，都有，m的取值范围为． 【方法归纳】 在高中解析几何中，简化和避免分类讨论能够更快解决问题.可以利用向量和坐标运算，将几何问题转化为代数问题，从而避免复杂的分类讨论；当直线过一定点，很容易想到设直线方程为点斜式或斜截式，从而忽略斜率不存在的情况或是还要对斜率不存在时的讨论．若从题设中可以明白判定直线的斜率不可能为零时，可以设置直线的方程为，这样，不仅避免或简化了讨论的步骤，且可以大大减少计算量，从而提高解题速度. 【举一反三】 （2024河南豫西北教研联盟（许洛平） 5． 设为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，点关于原点的对称点为，四边形的面积为. (1) 求椭圆的方程； (2) 过点作直线与交于两点，的面积为，求的方程. （2025届河北部分地区高三上期10月摸底考试） 6． 已知椭圆的离心率为，且过点. (1) 求椭圆C的方程； (2) 设直线与椭圆C交于A、B两点，O为坐标原点，若，求点O到直线l的距离d. 7． 一元二次不等式对一切实数x都成立，则k的取值范围为（   ） A． B． B． D． （2025届福建泉州高中毕业班适应性练习卷（2024.07）） 8． 函数的零点数量至多为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 9． 已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为． (1) 求椭圆的标准方程； (2) 若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值． （2024陕西商洛高三上期第一次模拟检测） 10． 已知双曲线的左、右顶点分别是，点在双曲线上，且直线的斜率之积为3． (1) 求双曲线的标准方程； (2) 斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若，求点到直线的距离的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第09节 简化和避免分类讨论的技巧 在高中数学中，分类讨论思想解题的实质是“化整为零，各个击破，再积零为整”的思维策略，但同时还要注意充分挖掘求解问题中潜在的特殊性和简单性，尽可能消除“讨论因素”，灵活地采用相应的解题策略，适当作一点“技术处理”，简化或避免分类讨论，往往能给解题带来事半功倍之效，避免分类讨论常见的解题策略有：直接回避、变更主元、整体考虑、反客为主、数形结合等． 对于二次函数的问题，可以利用二次函数的对称轴，通过确定对称轴的位置，可以减少分类讨论的需要；可以通过顶点坐标，提供抛物线开口方向、位置等信息，简化问题；可以利用判别式与0的关系判断根的个数，进而避免对根的情况进行分类讨论. 对于零点的问题，可以利用分参法，转化为两个函数的交点，通过作出函数图象进而省略分类讨论；也可利用分参法，构造函数，讨论新函数的单调性，进而求出参数所在直线与新函数的交点，减少分类讨论. 对于解析几何的问题，从题设中可以明白判定直线的斜率不可能为零时，可以设置直线的方程为，利用直曲联立，可以大大减少计算量；可以利用向量和坐标运算，将几何问题转化为代数问题，从而避免复杂的分类讨论；当直线过一定点，很容易想到设直线方程为点斜式或斜截式，从而忽略斜率不存在的情况或是还要对斜率不存在时的讨论． 类型一 在二次函数中的技巧 【典例1】若对任意，都至少存在三个互不相等的整数，使得，则的取值范围是（ ） A．     B． B．     D． 【解题策略】先利用基本不等式将问题转化为至少有3个整数解，再利用二次函数的性质得到是的3个整数解，从而列式即可得解. 【详细解析】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以问题转化为不等式至少有3个整数解， 因为的图象关于直线对称， 所以是的3个整数解， 所以，解得. 故选：C. 【典例2】（2024江苏宿迁高三上期第一次调研考试）已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围是 ． 【解题策略】根据复合函数的单调性，结合二次不等式恒成立问题，列不等式组求解即可. 【详细解析】由复合而成. 而单调递增，只需要单调递减. 且在上恒成立.则即可，解得. 故实数a的取值范围是. 故答案为：. 【典例3】已知方程在上有解，求a的取值范围． 【解题策略】含参数的方程有解时，可利用分离参数的方法避免原方程在上有一解二解以及对称轴的位置的分类讨论． 【详细解析】，． ． ，，，． 【方法归纳】 在高中数学二次函数问题中，简化和避免分类讨论能够更快解决“轴动区间定”或“轴定区间动”的问题，通过借助二次函数的对称轴，顶点，韦达定理和判别式等的关系，可以求函数的极值、确定函数图像的开口方向、找到函数的最值点和根的个数等，避免复杂的分类讨论，进而更加快速直观地求解问题. 【举一反三】 1． 当时，函数在上恒大于0，求实数a的取值范围． 【答案】 【分析】本题可以转化为对任意的的恒成立问题，因为对称轴位置不确定，可以进行分类讨论，也可以分离参数，还可以先用两个端点求出一个必要条件，然后再验证其为充分条件的方法来进行求解. 【详解】解法一：由题意得对任意的恒成立． 设．即要求出函数g（x）在上的最大值与最小值． 由于，对称轴不确定．一般的解法就是分类讨论． 1 当，即时，解得． 2 当，即时，无解． 3 当，即时，无解． 4 当即时，无解． 综上：． 解法二：由题意得对任意的恒成立． 不等式变形为对任意的恒成立． 时，，，． 解法三：要f（x）在上恒大于0，设． 一定有解得； 又，对称轴为，则g（x）在上单调递增． 这时要，. 综上， 故答案为：． 2． 已知二次函数在区间上的最大值为3，求实数a的值． 【答案】或 【分析】这是一个逆向最值问题，若从求最值入手，需分与两大类五种情形讨论，过程繁琐不堪．若注意到的最值总是在闭区间的端点或抛物线的顶点处取到，因此先计算这些点的函数值，再检验其真假，过程简明． 【详解】解：（1）令，得，此时抛物线开口向下，对称轴为，且 故不合题意； （2） 令，得，此时抛物线开口向上，闭区间的右端点距离对称轴远些，故符合题意； （3） 若，得，经检验，符合题意． 综上，或 【点睛】本题利用特殊值检验法，先计算特殊点（闭区间的端点、抛物线的顶点）的函数值，再检验其真假，思路明了、过程简洁，是解决逆向型闭区间二次函数最值问题的一种有效方法，属于中档题． 类型二 在零点中的技巧 【典例1】（2025届九师联盟高三上期10月联考）已知关于的方程有两个不相等的实数解，则正实数的取值范围是（ ） A．    B．    C．    D． 【解题策略】先设函数，再把两个不相等的实数解转化为函数有两个交点，数形结合列式求解即可. 【详细解析】 由，记． 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，结合图象知，若函数与的图象有两个交点， 即原方程有两个不相等的实数解，则需，解得． 故选:A． 【典例2】（2025届四川绵阳市高三第一次诊断性考试）已知函数，m为正的常数，则的零点之和为 ． 【解题策略】根据给定条件，探讨函数的对称性，再结合零点的意义即可求解得答案. 【详细解析】函数的定义域为， 由，得，令函数， ，则函数的图象关于直线对称， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图， 直线与函数的图象有4个交点，令其横坐标从左到右依次为， 观察图象得，所以的零点之和为. 故答案为： 【典例3】（2024黑龙江齐齐哈尔届高三下期三模联考）已知函数为的极值点． （1）求的最小值； （2）若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围． 【解题策略】（1）求出导函数，根据极值点的定义可得，代入，构造函数，利用导函数判断单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可 （2）由，然后分离参数得，设，求出单调区间和极值即可 【详细解析】（1）， 依题意，，所以， 所以， 设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，取得最小值，所以的最小值为1； （2）由（1）可知，， 令，则， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且， 所以． 【方法归纳】 在高中数学的零点问题中，简化和避免分类讨论能够更好地解决问题.可以利用分离参数法，将零点问题转化为两个图象的交点问题，作出图象求解问题；可以利用分参法，然后构造新函数，利用求导得出单调性，进而求出函数最值，求出参数.通过上述方法，可以有效地简化和避免在高中数学零点问题中进行复杂的分类讨论. 【举一反三】 （2024陕西西安八校高三下期联考） 3． 已知函数. (1)若，设，求的最小值及取最小值时的值； (2)若关于的方程有三个解，求实数取值范围. 【答案】(1)12，取最小值时或 (2) 【分析】（1）利用基本不等式求和的最小值求解即可； （2）设，把原方程有三个解转化为两个函数有三个交点，作出函数图象，数形结合即可求解. 【详解】（1）. . 当且仅当，即或时取等号. 当无限趋近于时，无限趋近于0，无限趋近于正无穷大. 取最小值时或. （2）设. 关于的方程有三个解， 即直线与函数的图象有三个交点. 作函数的图象和直线. 结合图象，得. 关于的方程有三个解时，实数的取值范围为. （2024上海市徐汇区届高三学习能力诊断） 4． 已知函数，其中. (1)求证：是奇函数； (2)若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合奇偶性的定义以及对数函数运算法则即可得证； （2）分离参数，将原问题等价转换为在上有解，由此转换为求函数值域问题. 【详解】（1）函数的定义域为 ， 在中任取一个实数，都有，并且. 因此，是奇函数. （2）等价于即在上有解. 记，因为在上为严格减函数， 所以，，， 故的值域为，因此，实数的取值范围为. 类型三 在解析几何中的技巧 【典例1】已知为坐标原点，椭圆，过椭圆的右焦点且斜率为的直线与交于两点，若，则（ ） A．    B．    C．    D． 【解题策略】根据题意，得到直线的方程为，联立方程组，求得，结合题意和斜率公式，化简得到方程，即可求解. 【详细解析】 由直线过椭圆的右焦点且斜率为， 则直线的方程为（其中）， 设， 联立方程组 ，整理得， 则， 所以，可得，解得. 故选：B. 【典例2】过双曲线的右焦点的直线与的右支交于两点，为原点，线段的中点与线段的中点重合，则四边形面积的取值范围是 ． 【解题策略】由题意设直线的方程为，将其与双曲线方程联立化简得，结合韦达定理、弦长公式可用表示出，由点到直线的距离公式可得三角形边上的高，从而可得三角形面积表达式，进一步可得（平行）四边形面积表达式，进一步即可求解. 【详细解析】 由题意得． 因为点在的右支上， 所以设直线的方程为． 与联立，得，， 设，则， 所以． 易知点到直线的距离． 由线段的中点与线段的中点重合，得四边形是平行四边形， 其面积． 由，得， 所以，所以． 故答案为：. 【典例3】已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F（1，0）的距离减去它到y轴距离的差都是1． （1） 求曲线C的方程； （2） 是否存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A、B的任一直线，都有？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解题策略】当直线过一定点，很容易想到设直线方程为点斜式或斜截式，从而忽略斜率不存在的情况或是还要对斜率不存在时的讨论．若从题设中可以明白判定直线的斜率不可能为零时，可将直线方程设为，这样，不仅避免或简化了讨论的步骤，且可以大大减少计算量，从而提高解题速度． 【详细解析】 （1） 由题意知C上每一点到点F（1，0）的距离等于到直线的距离，根据抛物线的定义，可得曲线C的方程为． （2） 显然，过点M的直线存在着垂直x轴的情况，但又不含垂直y轴的情况，因此为了避免分类，可设直线方程为． 并设A、B两点的坐标分别为、． 将直线方程与抛物线方程联立， 消去x得，恒成立（正数m）． 故，． ，． 由得，， ，即． ∵对任一直线，都有，故在上恒成立． ，即． 可见，存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A、B的任一直线，都有，m的取值范围为． 【方法归纳】 在高中解析几何中，简化和避免分类讨论能够更快解决问题.可以利用向量和坐标运算，将几何问题转化为代数问题，从而避免复杂的分类讨论；当直线过一定点，很容易想到设直线方程为点斜式或斜截式，从而忽略斜率不存在的情况或是还要对斜率不存在时的讨论．若从题设中可以明白判定直线的斜率不可能为零时，可以设置直线的方程为，这样，不仅避免或简化了讨论的步骤，且可以大大减少计算量，从而提高解题速度. 【举一反三】 （2024河南豫西北教研联盟（许洛平） 5． 设为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，点关于原点的对称点为，四边形的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线与交于两点，的面积为，求的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设椭圆的焦距为，由四边形的面积为与，可求，进而将代入椭圆方程可求值，从而得到椭圆的方程； （2）设,与椭圆联立方程组，可得，进而求的值，从而由的面积可得的值，即得到直线的方程. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为， 所以四边形为平行四边形，其面积设为S，则 ，所以， 所以，即 又点在椭圆，则，整理得， 解得， 所以椭圆的方程为. （2）易知的斜率不为，设， 联立，得， 又， 所以. 所以， 由， 解得， 所以的方程为或.    （2025届河北部分地区高三上期10月摸底考试） 6． 已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆C的方程； (2)设直线与椭圆C交于A、B两点，O为坐标原点，若，求点O到直线l的距离d. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率公式（其中为椭圆的半焦距）以及椭圆上的点满足椭圆方程，将已知条件代入求解，的值. （2）对于求点到直线的距离，先联立直线与椭圆方程，根据得到与的关系，再利用点到直线距离公式求解. 【详解】（1）已知椭圆的离心率，又，所以， 即，可得，即. 因为椭圆过点，将点代入椭圆方程可得. 把代入中，得到，即，解得. 那么.所以椭圆的方程为. （2）如图所示，联立直线与椭圆的方程， 将代入中，得到， 展开可得，即. 且,化简得, . 设，，根据韦达定理，，. 因为，，且，所以. 计算. 将和代入中，得到， 即. 化简可得，进一步化简得. 点到直线的距离，由可得.    7． 一元二次不等式对一切实数x都成立，则k的取值范围为（   ） A． B． B． D． 【答案】A 【分析】由已知可知，要一元二次不等式对一切实数恒成立，则，解不等式组可得答案 【详解】由已知可知，所以要一元二次不等式对一切实数恒成立， 则，即，解得， 所以的取值范围为. 故选：A （2025届福建泉州高中毕业班适应性练习卷（2024.07）） 8． 函数的零点数量至多为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】转化为与图象的交点，然后画图分情况讨论即可 【详解】由，得，令和， 所以的零点可转化为与图象的交点， 当时，在上为减函数，所以与图象只有一个交点， 当时，当时，两函数图象有2个交点，当逐渐增大时，交点从2个变为1个，到0个， 所以的零点数量至多为2， 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本小题主要考查零点的概念和函数的单调性等知识；解题的关键是转化为与图象的交点，考查推理论证能力、运算求解能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性和综合性，导向对发展直观想象、数学运算等核心素养的关注． 9． 已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆上的点与圆上的点距离的最值，结合椭圆离心率即可得椭圆的标准方程； （2）根据直线与椭圆相交得交点坐标关系，从而可得面积，由基本不等式求得其最大值. 【详解】（1）因为为椭圆上一点，为圆上一点， 由的最大值为，得，所以． 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为． （2）在中令，得，所以， 显然直线的斜率不能为0，设直线的方程为， 由，消去得， 所以，则， 设，，则，， 所以， 所以． 令，则， 则，当且仅当，即时取得等号， 所以面积的最大值为． 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中最值问题的常见方法： （1） 函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围，求函数的最值时，一般会用到配方法、基本不等式或者函数的单调性； （2） 方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出关于目标量的不等关系，再求出目标量的最值； （3） 几何法：观察图形的几何特点，判断某个特殊位置满足最值条件，然后证明． （2024陕西商洛高三上期第一次模拟检测） 10． 已知双曲线的左、右顶点分别是，点在双曲线上，且直线的斜率之积为3． (1)求双曲线的标准方程； (2)斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若，求点到直线的距离的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直线的斜率之积为3，构造方程求出，再将点代入方程即可；（2）设直曲联立，借助韦达定理，由，所以，结合韦达定理，求出，再用点到直线距离计算即可. 【详解】（1）由题意可得， 则直线的斜率，直线的斜率． 因为直线的斜率之积为3，所以，解得． 因为点在双曲线上，所以，解得． 故双曲线的标准方程为． （2）设直线 联立整理得 则 所以． 因为，所以， 所以 即 化简得，故． 由点到直线的距离公式可得，点到直线的距离． 因为，所以，所以， 即点到直线的距离的最大值是． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$