第二章 第9节 第二课时 最值、范围问题（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

第9节　圆锥曲线的综合问题 第二课时　最值、范围问题 第二章　解析几何 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(19) 温馨提示 谢谢观看！ 考向1　不等式法求最值、范围 [例1] 已知椭圆M： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,3)＝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． (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. 又b2＝3，所以a2＝4，所以椭圆M的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. (2)方法一　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； 当直线l的斜率存在时，设C为(x1，y1)，D为(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆M的方程联立，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x＋1），))消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0恒成立，且x1＋x2＝－ eq \f(8k2,3＋4k2)， 此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝ eq \f(12|k|,3＋4k2)＝ eq \f(12,\f(3,|k|)＋4|k|)≤ eq \f(12,2\r(\f(3,|k|)×4|k|))＝ eq \f(12,2\r(12))＝ eq \r(3)，当且仅当 eq \f(3,|k|)＝4|k|，即k＝± eq \f(\r(3),2)时，等号成立，所以|S1－S2|的最大值为 eq \r(3). 方法二　设C为(x1，y1)，D为(x2，y2)，直线l的方程为x＝my－1，与椭圆M的方程联立，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))消去x， 得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ>0恒成立， 且y1＋y2＝ eq \f(6m,3m2＋4)， 故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝ eq \f(12|m|,3m2＋4)＝ eq \f(12,3|m|＋\f(4,|m|))≤ eq \f(12,2\r(3|m|×\f(4,|m|)))＝ eq \f(12,2\r(12))＝ eq \r(3)， 当且仅当3|m|＝ eq \f(4,|m|)，即m＝± eq \f(2\r(3),3)时，等号成立，所以|S1－S2|的最大值为 eq \r(3). 利用不等式法求解最值、 范围问题的策略 (1)利用圆锥曲线的几何性质或几何量之间的关系构造不等式． (2)利用直线与圆锥曲线的位置关系、判别式构造不等式． (3)利用已知或其他隐含条件中的不等关系构造不等式． (4)常与一元二次不等式、基本不等式相关． 训练1 (2025·南京模拟)已知双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为 eq \f(2\r(3),3)，点P(2，3)到其左、右焦点F1，F2的距离的差为2. (1)求双曲线C的方程； (2)在直线x＋2y＋t＝0上存在一点Q，过Q作两条相互垂直的直线均与双曲线C相切，求t的取值范围． 解：(1)依题意有双曲线的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(2\r(3),3)，,\r(（2＋c）2＋32)－\r(（2－c）2＋32)＝2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝2，,a＝\r(3)，))则b2＝c2－a2＝4－3＝1， 所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,3)－y2＝1. (2)①若其中一条切线的斜率不存在，则另一条切线的斜率为0，则不满足条件； ②若切线的斜率存在，则设其斜率为k，Q为(x0，y0)， 则切线方程为y＝k(x－x0)＋y0， 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－y2＝1，,y＝k（x－x0）＋y0，))消去y并整理得 (1－3k2)x2＋6k(kx0－y0)x－3k2x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋6kx0y0－3y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－3＝0， 则Δ＝[6k(kx0－y0)]2－4(1－3k2)·(－3k2x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋6kx0y0－3y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－3)＝0， 化简得12(kx0－y0)2－(36k2－12)＝0， 即(kx0－y0)2－(3k2－1)＝0， 化成关于k的一元二次方程得(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－3)k2－2x0y0k＋y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1＝0. 设该方程的两根为k1，k2，即为两切线的斜率， 所以k1·k2＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(y＋1,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－3) ＝－1，即x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2. 又点Q(x0，y0)在直线x＋2y＋t＝0上， 所以直线x＋2y＋t＝0与圆x2＋y2＝2有交点， 所以d＝ eq \f(|0＋0＋t|,\r(12＋22))≤ eq \r(2)，即|t|≤ eq \r(10)，即－ eq \r(10)≤t≤ eq \r(10)， 故t的取值范围为[－ eq \r(10)， eq \r(10)]. 考向2　函数法求最值、范围 [例2] 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． 解：(1)设P为(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， 所以|x－4|＝2 eq \r(（x－1）2＋y2)， 则x2－8x＋16＝4x2－8x＋4＋4y2，整理得 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1， 故曲线C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. (2)设A为(x1，y1)，B为(x2，y2)，联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，)) 整理得(3m2＋4)y2－6my－9＝0， 则Δ＝(－6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0， y1＋y2＝ eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－ eq \f(9,3m2＋4). 因为直线l：x＝my－1过点(－1，0)， 所以S△MAB＝ eq \f(1,2)×2×|y1－y2| ＝ eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝ eq \f(12\r(m2＋1),3m2＋4) ＝ eq \f(12,3\r(m2＋1)＋\f(1,\r(m2＋1))). 令t＝ eq \r(m2＋1)，t≥1，f(t)＝3t＋ eq \f(1,t)， 则f′(t)＝3－ eq \f(1,t2)>0在[1，＋∞)上恒成立，所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增， 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. 利用函数法求解最值、范围问题的策略 (1)引入单变量，将所求解问题用含该变量的代数式表示，构造函数； (2)引入双变量，利用题设或其他条件建立两个变量之间的关系，通过消元的方法转化为单变量问题，构造函数； (3)注意挖掘变量所满足的条件，从而确定变量范围； (4)用函数的方法，如函数的单调性、导数等分析求解最值或范围． 训练2 (2025·合肥模拟)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切． (1)求抛物线C的方程； (2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值． 解：(1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C相切． 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1＝0，,y2＝2px，))消去x得，y2－2py＋2p＝0， 从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)， ∴抛物线C的方程为y2＝4x. (2)由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为ty＝x－1，A为(x1，y1)，B为(x2，y2). 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ty＝x－1，,y2＝4x，))消去x得y2－4ty－4＝0， ∴Δ>0，y1＋y2＝4t，从而x1＋x2＝4t2＋2， ∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1，2t). 设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d， 则dA＋dB＝2d＝2· eq \f(|2t2－2t＋2|,\r(2))＝2 eq \r(2)|t2－t＋1|＝2 eq \r(2)·|(t－ eq \f(1,2))2＋ eq \f(3,4)|， ∴当t＝ eq \f(1,2)时，可使A，B两点到直线l的距离之和最小，距离的最小值为 eq \f(3\r(2),2). $$