热点强化课9 第1课时 最值、范围、证明问题-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题三第八章平面解析几何 题型4利用直线与圆锥曲线的位置关系求参数 方法指导 [典例门(2025·江西模拟)已知抛物线C:y2= 由位置关系求字母参数时，用代数法转化为 2x,A(x1y1),B(x2,y2)是C上两个不同 方程的根或不等式解集，也可以数形结合，求 的点 出边界位置，再考虑其他情况 (1)求证：直线y1y=x1十x与C相切： 跟踪训练 (2)若0为坐标原点，OA·OB=-1,点 1.若直线y=k.x十2与双曲线x2-y2=6的右支 P(xoyo)满足PA,PB均与C相切，求xo 交于不同的两点，则k的取值范围是( 的值 [尝试解答] A 15√/15 3’3 B.o. W 3,0 D 15 2.(2025·全国模拟)已知椭圆C:号+，y2=1的 右焦点为F,直线：y=k(x一2)(k≠0)与椭圆 C交于A,B两点，AB的中点为P,若O为坐 标原点，直线OP,AF,BF的斜率分别为OP, kAF,kF,且kAF=kBF·kOP,则k 请完成课时冲关53 [热点化课9]圆锥曲线的综合可题 第1课时最值、范围、证明问题 圆锥曲线中的最值、范围问题及证明问题是高考考查的重点与热点，最值、范围问题常常通过可 以建立目标函数，通过研究函数的性质求解，也利用三角函数有界性求解，还可以数形结合利用几何 性质求解。 题型1 最值问题 [尝试解答] ◆[命题点1]代数法求最值 [倒】(2025·南昌月考)已知椭圆C后+发 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,长 轴长为4，焦距长为2. (1)求椭圆C的方程： (2)已知点A(0,3),点G为椭圆C上一点，求 △AGF2周长的最大值： (3)直线l:y=kx+m(m>0)与椭圆C交于 P,Q两点，且P,Q关于原点的对称点分别为 M,N,若|OP2十|OQ12是一个与m无关的 常数，则当四边形PQMN面积最大时，求直线 1的方程. 209 金榜题名创新高考总复习数学北师大版 ◆[命题点2]几何法求最值 目变式训练 [例2](2025·广东珠海一模)已知椭圆C: 1.(2023·全国甲卷)已知直线x-2y十1=0与 2+京=1(a>6>0)的左，右焦点分别为F1, 抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点，且 |AB|=415 F2,且|FF2=4V2,点M 在椭圆 (1)求p: C上，直线l:y=x+t. (2)设F为C的焦点，M,N为C上两点，且 (1)若直线1与椭圆C有两个公共点，求实数t FM·FN=O,求△MFN面积的最小值. 的取值范围； (2)当t=2时，记直线1与x轴，y轴分别交于 A,B两点，P,Q为椭圆C上两动点，求四边形 PAQB的最大值. [尝试解答] 题型2 ! 范围问题 ◆[通技法]圆锥曲线中的最值问题类型较多， [例3] (2023·上海卷)已知抛物线Γ：y2=4x 解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是 上有一点A位于第一象限，A的纵坐标为a 利用几何方法，若题目的条件和结论能明显体现 (a>0). 几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决； (1)若A到抛物线P的准线的距离为3，求a 即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何 的值； 中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法， (2)若a=4,点B在x轴上，AB的中点在T 若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关 上，求点B坐标和坐标原点O到直线AB 系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最 的距离； 值，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为 (3)若对于C上第一象限的任一不与A重合 某个（些）参数的函数（解析式），然后利用函数方 的点P,设直线AP与直线：x=一3交于点 法、基本不等式法、配方法及导数法求解不等进 Q,作PH⊥l于H,都有QH|>4恒成立，求 行求解 a的取值范围. 210 主题三第八章平面解析几何 [尝试解答] 题型3〔 证明问题 [倒(2021·金国甲参)尼知描因C导+若 =1a>b>0)的右焦点为F,点M1,)在C 上，且MF⊥x轴. (1)求C的方程： (2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点，N ◆[通技法]解决圆锥曲线中的取值范围问题 为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点 的5种常用解法 Q,证明：AQ⊥y轴. (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等 [尝试解答] 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，解这 类问题的核心是建立两个参数之间的等量 关系. (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出 参数的取值范围， (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出 参数的取值范围. (5)利用求函数的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 ◆[通技法]圆锥曲线中的证明问题多涉及证 值范围。 明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定 0变式训练 性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法， 2(a025·陕西检林三模)已知椭圆C学+芳 ①变式训练 3.(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为 (a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且F 坐标原点，左焦点为（一2√5,0），离心率为√5. 在抛物线y2=4.x的准线上，点P是C上的一 (1)求C的方程； 个动点，△PF1F2面积的最大值为v3. (2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点 (1)求C的方程； B(一4,0)的直线与C的左支交于M,N两点， (2)设经过C右焦点F2且斜率不为0的直线 M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P, 交C于M,N两点，线段MN的垂直平分线交 证明：点P在定直线上， y轴于点P(0,yo),求yo的取值范围. 请完成课时冲关54 2112.解析：设A(1y1),B(ty),P(x0y%): =322m2-24m2+72+96k 则k=当 是 (3+4k2)2 -(322-24)m2+72+96k (3十4k2)2 由〈 所以10P+10Q12=(82-6)m+18+24k+6. (3+4k2)2 z+呢-1 因为|OP2+OQ2与m无关， 要专费 所以8k-6-0,即-是k-士号. r1-r生 所以k= 所以PQ=√T+√+2)一4x12 ya y=k(x-2), -/)广-（哥- 31 联立方程组 2+y2=1 得(1+2k2)x2-82x十8k2-2=0, 由题意可知，四边形PQMN为平行四边形， 8k2 8k2-2 因为，点O到直线1的距离d=m 则1+4=1+2F11+22 √个+2 国为如十如为十是 所以Sow=PQ×24=2√4-7受×m √1十网 =y12-1)十2(x1-1) (x1-1)(x2-1) 2k1,-3(十)+=0. x1r?-(r1+2)+1 =2√厂言(m-3)+12<2亚=4 =-1,故= 所以bP一k证 所以m2=3, 因为m>0, 答案：号 所以m=√3，四边形PQMN面积最大， 热点强化课9圆锥曲线的综合问题 故度线1的方程为y-号+后浅=-十尽 命题点2 第1课时最值、范围、证明问题 [例2][解](1)设猫国的半焦距为c,则c=2√②，故a2-∥=8， 题型1命题点1 [例1][解](1)由题意得，2a=4,2c=2, 石M(2区，己学）在指国上：故亭十亦=1 所以a=2,c=1, 所以6°=a2一2=4-1=3， 将释心=12，公=，此裤同C的方程为后+号-1 所以横国C的方整为号+苦-山 由{十3=12.可得4产+6tx+312=0, (2)依题意，F2(1,0),A(0,3),如图①所示， 故4=36r2-16(32-12)>0,脚192-12>0，解得-4<1 所以|AF。=√10.且}GFI+GF2=2a=4. <4. 因为GA+1GF2=IGA+2a-IGF,1=4+|GA-IGF1I≤ (2)当1=2时，直线：y=x+2,故A(-2.0),B(0,2), 4十|AF,I=4十/10， 2 当且仅当G为AF,的延长线与椭留相交时取等号， 所以△AGF2的周长最大值为4+2√/10. 有 由题设可得P,Q为位于直线AB的两侧，不妨设Q在直线AB 上方，P在直线AB的下方， 当过Q的直线与直线AB平行且与椭圈相切时， 图① 图② Q到直线AB的距离最大及△QAB的面积最大， (3)设P(11),Q(x2y2),如图②所示， 当过P的直线与直线AB平行且与椭圆相切时， P到直线AB的距离最大及△PAB的面积最大， y=kr十m, 为+苦-释.8+状++㎡-120 由(1)可得相切时△=0即=土4， =-3.切点坐标为（一3,1）， 所以十g一 35-m212 当1一4时，切成的横象耨为一 8km 3十k2, 在直线AB上方， 所以OP列2+1OQ12=x片+++ 北时(-3,1)到AB的距离为一3-1+2=2， 2 =听+3-是++3-是对 当1=一4时，切点的横坐标为一 =3,初点坐标为(3，一1D, 8 =+)+6=[国十户-2]+6. 在直线AB下方， 周为+产-2m=(3）广-2(g) 8km、 光时(3，-1)到AB的距高为3十1+2=3厄。 ② 64k2m22(4m2-12)(3+42) 又|AB1-22, (3+4k2)2 (3+4k2)2 =64k2m2-2(12m2+16k2m2-36-48k2) 故回边卷PAQB面积的最大值S=S△M十Sa0n=立× (3+4k2) (2+32)×22-8. 504 变式训练 (2)当MN⊥x轴时，显然y=0, 1.解：(1)设A(x1y),B(xBy 当MN与r轴不垂直时，设直线MN的方程为y= k(x-1)(k≠0)， 由200可得ypy+2p=0, 由g二C:消去y得(3+42)r-8r+4(-3)-0, 所以+yB=4p,yAyB=2p 13.x2+4y2=12, △=144(k2+1)>0, 所以AB一√(xA-xn)十(y以一g)严 设M(1y),N(xey2),线段MN的中点(·为)，则1+ =5yM-yg=5X√(yM十g)-4yyg=4√5. 3+11g=(2-3) 8k2 r: 即2p2-p-6=0,固为p>0,解得p=2. 3十4k超 (2)因为F(1,0),显然直线MN的斜牵不可能为零，设直线MN: 所以西-西十 4k2 -3k 3十为=k(一1)3+快 x=ny十n, 所以线段MN的垂直平分线方程为 Mx1y),N(x2为)， 3k +3 1 由少=可得y2一my一n-0,所以y十为-4m,M为 x=my十n 3 △=16m2+16n>0→m2+n>0. 图为FM·FN=0, 41≥原，当且仅当11=号时取等号， 所以(x1-1)(x2-1)十y12-0, 当k<0时，是十≤-4尽：当>0时，无十k≥43， 3 3 即(my十n-1)(my2十1一1)十12=0，赤即(m2+1)3为132十m (n-1)(y1+2)+(n-1)2=0, 将为十2=4m,yy2=-4n代入得， 于是 12 ≤%<0我0<≤位· 4m2=m2-6n+1,4(m2+n)=(n-1)2>0, 所以为的取值范国是[-县】 所以n≠1，且㎡2-6n+1≥0，解n≥3+22或n≤3-22. 22 题型3 设点F到直线MN的距离为d,所以d=”=L,MN √1+m [例门[解]这F(0):由题设有=1且号-号，期 -√1-x2)+(y-2) =昌，解得a=2,所以6=尽。 =V√1+my-321=√1+m2√16m+16m =2√1十m√A(n2-6n+1)+16m 机方程为+号=1 (2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x一4)，A(1,州)， =2√1+mn-1|. B(x2) 所以△MNF的画款S-子×MN1Xd-号X √1+m 2√1十m21n-1=(n-1)2, 而n≥3+22或n≤3-22， 所以当n=3一22时，△MNF的面积Sm=(2-2√2)2=12 8V2. 、由{312可得(3+4)2一32产x+64-12=0, 题型2 [例3][解](1)准线为x=-1A=2,a=yn=2v2, 财4=1024-4(3+42)(642-12)>0，解得-号<k （2A40,设B6,0.线段AB的中点为（生2）4=24 < +b)→h=-2.即B(一2,0).∴.直线AB为2x-3y+4=0,原点 32k2 文x1十g 0到直线AB的距离d=1=4区 3+4京2-642-12 3十4k2 √1313 而N(停0），所以直线BN:y=”三(x一号)则0 (3)液P(片p小，：A(a)小直钱AP:u-a+py+ 3 =0Q(-3g）H-3p -32 -22-5 0-g-小-> x4-2 3 即(p-2)2>4(a-2)对p∈(0，a)U(a,+∞)恒成立，当a=2 所以1-y0=1十22-5 时，p≠2，(p-2)2>4(a-2)成立：当a-2<0时，即a<2时， =当(22-5)+3当 (p-2)2>4(a-2)成立，此时0<a<2.a的取值范国为 2x2-5 (0,2]. k(1-4)(22-5)+3k(3-4) 变式训练 2x2-5 2.解：(1)焦，点F1在批物线y2一4x的准线x一一1上，则椭圆半焦 =k22-5(4+2)+8 距c=1, 2x2-5 当点P为短轴项点时，△PFF,面积最大，此时S△Pm,= 1 2×6412-5×322 =k- 3十+4k2 3+42+8 2xg- 2c·b=3, 1282-24-1602+24+322 则b=,a2-2+2=4, 3十4k2 =0 所以方程为+ 2x2-5 故1=0即AQ⊥y轴. 505 变式训练 3.解：(1)由题意c=25,e-√5- (2A0,-2.B(是-1）所以AB:y+2-号 a 则u=2,=16,双南线C的方程为片一言=1 ①若过点P1,一2)的直线斜年不存在，直线r=1.代入号+苦 =1, (2)证明：设过点B的直线x=1y一4，联立 双曲线得(42-1)y2-321y+48=0, 可得M.2)N(1,-2）代入AB方程y=号-2，可 321 则y+为=二为 得T(6+32）由7-7i.释到H(26+52）表择 48 8 2与则+=与 HN方程 A2王 说直货M,-号 y=(2-2）-2,进点0，-2， 直线NA,:”业-T2 ②若过点P(1,一2)的直线斜率存在，设kr-y一(k+2)=0, 为-2· M(m1y1).N(x). 联立游去释（写）= (k.x-y一(k+2)=0. 联专+苦 得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+ (号+1小 4)=0, 代入韦达定理解得x=一1， 6k(2+k) -8(2+k) 即P在定直线x=一1上. 1十2 可得 3k2+4 ,十= 3k2+4 第2课时定点，定值、探索性问题 3k(4+k) 4(4+4k-2k2) 题型1 3k2+4 为为= 3k2+4 [例1门[解](1)由点A(-2,0)在C上得b2=4, 一24k(￥)联立 y=· 且x1为十y=3k+4 解得a2=9, 技C的方程为号+号=1. 可得T(警+3），H3+6- (2)设P(x1y1),Q(r2y),易知直线斜率存在且不为0， 可求得此时HNy为=3y中6--石红一， 故设过点（一2,3）的直线方程为y=k十m(≠0)， 将(0，-2)，代入整理得2(1十2)-6（当+）十为十2为 则m=2k+3. -33为-12=0， (y=kx+m. 将(*)代入，得24+12k2+96+48k一24k-48-48k+24k2 联立y2 +=1.消去y得(4十9)x十82十㎡一36二0， 36k2一48=0，显然成立， 24m2-36 综上，可得直线HN过定点(0，一2) 则4十=十9=4e+9 题型2 [例2][解](1)圈B的圆心为B(1.0),半径|BP|=2√2， +2x+2). 周为A(-2,0),别直线AP:y= 由点Q在PA的垂直平分线上，得|QP|=|QA|· 令-0，解得y-2甲M(o小同理可得 所以|QA|+|QB|=|QP|+|QB|=IBP|=22> AB=2, N(o) 所以Q的轨迹是以A,B为焦，点的椭间，2a-2√区，2=2， 所以a=√2，c=1,b=1, 则Mv的中点业标为(0，十年》 所以C的方程为十y=1 则当 (2)证明：①当直线1的斜率不存在时，易知OM·ON=(0,1), 2k.x1x2+(2k十m)(r1+xe)十4m (0,-1)=-1. x1x2十2(x1十x2)十4 2k.x12+(4h+3)(+2)+8k+12 @查直线的钟幸存在时，设+MN nx4+2(0+2)+4 2·+4+3…()+8+12 则起y=红+号代入号+=1，得3(2+1DF+4后红-4 4k+9 =0, -+2()+4 43k 4k2+9 显然△>0，有1十x2= 8km2-32k3m-24km十32k3+48k2+108 320+D=3022+D 4m2-36-16km+4(4k2+9) _8k(2k+3)2-32k2(2k+3)-24k(2k+3)+32k3+482+108 =(a+9)+图）=有+g+g)+号 4(2k+3)2-36-16k(2k+3)十4(4k2+9) -6k2+1 =32+1D 所以OM·ON=14十为为= -6k2+1 即线段MN的中点是定点(0,3). 3(22+1D+3(22+1) 变式训练 1.解：(1)设椭国E的方程为mr2十ny2=1,过A(0,-2), 3(22+元-1， -6k2-3 B(受，-1 综上所迷，OM·ON为定值-1， (4n=1, 变式训练 则9 2.解：(1)设垂线段中点坐标为(x,y),则抛物线上点坐标为 了m+n=1, (r,2y), 片以特强E的方程为号+号-山 代入抛物线方程，则(2y)2=8x,即y2=2.x, 所以P的轨迹方程为y=2.r, 506