微专题 最值、范围问题 课件-2026届高三数学二轮专题复习

板块五　平面解析几何 微专题23　最值、范围问题 高考定位 解析几何中的最值与范围问题是解析几何中的典型问题,是教学的重点也是历年高考的热点.解决这类问题不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究,而且要从代数角度进行函数等相关运算. 高考定位 2 精准强化练 难点突破 (2025·新高考Ⅰ卷改编)已知椭圆C:+y2=1的下顶点为A,动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AP|·|AR|=3. (1)设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示); 高考真题 设R(x,y),由题意知A(0,-1), 又P(m,n), 所以·=(m,n+1)·(x,y+1)=mx+(n+1)(y+1)=||·||·cos 0=3.① 由kAP=kAR,得=,② 由①②得x=,y=, 故R. (2)设O为坐标原点,Q是C上的动点,直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍,求|PQ|的最大值. 由(1)得kOR==3kOP=, 得m2+n2+8n-2=0,即m2+(n+4)2=18, 所以点P在以(0,-4)为圆心,3为半径的圆上, 又Q为椭圆+y2=1上一点, 设Q(s,t),所以|PQ|=+3 =+3, 又-1≤t≤1,所以当t=时,|PQ|的长度取得最大值3+3. (2025·池州二模改编)已知椭圆C:+=1,O为坐标原点,F2为其右焦点,点P在C上,点Q满足=2,求||的最小值,并指出此时点Q的坐标. 样题1 法一　设点Q(x,y),P(x0,y0), 所以=(3-x,-y),=(x-x0,y-y0), 7 又+=1,所以+=1, 化解得(x-1)2+2y2=8, 所以y2=4-(x-1)2, 由y2≥0得(x-1)2≤4, 解得1-2≤x≤1+2, 所以|OQ|====≥, 当且仅当x=-1∈时,取“=”, 则y2=2,即y=±, 所以|OQ|的最小值为,此时点Q的坐标为(-1,)或(-1,-). 法二　设点Q(x,y),P(x0,y0),所以=(3-x,-y),=(x-x0,y-y0), 由=2, 由+=1得=1-≥0, 解得-3≤x0≤3, 所以|OQ|=== =≥, 当且仅当x0=-3∈[-3,3]时,取“=”,即x=-1,y=±, 所以|OQ|的最小值为, 此时点Q的坐标为(-1,)或(-1,-). (2025·温州调研改编)已知椭圆E:+y2=1,O为坐标原点,A,B为曲线E上不同两点,经过A,B两点的直线与圆x2+y2=1相切,求△OAB面积的最大值. 样题2 依题意,直线AB的斜率不可能是0,不妨设其方程为x=my+t,则圆x2+y2=1的圆心到直线x=my+t的距离d==1, 即m2+1=t2,① (m2+4)y2+2mty+t2-4=0, 11 由Δ=4m2t2-4(m2+4)(t2-4)>0, 可得m2-t2+4>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则|AB|=· =· =·, 将①式代入,化简得|AB|=, 则△OAB的面积为S△OAB=×|AB|×d=2·, 设λ=m2+1,则λ≥1, S△OAB=2·=2·, 因为λ+≥2=6,当且仅当λ=3时取等号,此时m=±, △OAB的面积的最大值为2·=1. 已知抛物线E:x2=4y的焦点为F,抛物线上的点A(x0,y0)处的切线为l. (1)求l的方程(用x0,y0表示); 样题3 抛物线E:x2=4y,即y=, 则y'=x, 则在A(x0,y0)处切线l的斜率为k=x0, 所以l:y-y0=x0(x-x0), 即y=x0x-y0. 14 (2)若直线l与y轴交于点B,直线AF与抛物线交于点C,若∠ACB为钝角,求y0的取值范围. 易知F(0,1),B(0,-y0). 设直线AF:y=kx+1,C(x1,y1), 代入抛物线方程得x2-4kx-4=0, 故x1x0=-4, y0y1==1, 因为∠ACB为钝角,所以·<0, 即(-x1)(-x1)+(1-y1)(-y0-y1)=-y0-y1+y1y0+<0, 即3y1-+1+<0,(*) 因为y1>0,所以不等式+3+y1-1<0, 即(y1+1)(y1+1-)(y1+1+)<0, 解得0<y1<-1,所以y0=>+1. 故y0的取值范围是(+1,+∞). 求解范围、最值问题的常见方法 (1)利用判别式来构造不等关系. (2)利用已知参数的范围,在两个参数之间建立函数关系. (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式. (4)利用基本不等式. 规律方法 (2025·宜春模拟)已知点A,B在曲线T:y=上. (1)若直线AB的斜率为4,求|AB|的最小值; 训练 显然直线AB的斜率存在,且不为0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+b(k≠0). 18 |AB|= = =. 因为k=4, 所以|AB|=≥, 当且仅当b=0时,等号成立, 故|AB|的最小值为. (2)若|AB|=,求直线AB的斜率的最大值; 由(1)可得, |AB|==, 所以b2=-4k≥0, 即-4k(k-4)≥0, 结合k≠0,解得k<0或≤k≤4,所以直线AB的斜率的最大值为4. (3)若点C在曲线T上,等腰Rt△ABC的顶点按逆时针排列,∠BAC=,求直线AB的斜率的取值范围. 设=(s,t),则=(-t,s),直线AB的斜率k=. 设A, 则B,C. 因为点B,C在曲线T上, 所以(a+s)=(a-t)=1, 即+at=-st,-+as=st, 两式相加可得+a(t+s)=0, 即a2==1-=1->0, 解得k>1或k<-1. 故直线AB的斜率的取值范围为(-∞,-1)∪(1,+∞). 【精准强化练】 1.(2025·青岛调研改编)已知椭圆C:+=1,M为C的右顶点,过椭圆C上P的直线l与C交于点Q(异于点M),求△PQM面积的最大值. 由题意得M(2,0),直线PM的方程为y=-x+1, 设与直线PM平行的直线m的方程为y=-x+t, 当直线m与椭圆相切时,切点到直线PM距离取得最大值,Q为切点时,△PQM面积最大, 把y=-x+t代入椭圆方程中得 4x2-4tx+4t2-12=0, 2 3 4 1 当直线m与椭圆相切时,距离最大, 即Δ=16t2-16(4t2-12)=0, 所以t2=4,即t=±2, 当t=-2时,y=-x-2与y=-x+1之间的距离即为椭圆上点到直线PM距离的最大值, 此时d==,所以△PQM面积最大值为S=|PM|·d=××=. 2 3 4 1 2.(2025·上海卷)已知椭圆Γ:+=1(a>)的右顶点为A,动点M的坐标为(0,m)(m>0). (1)若Γ的一个焦点是(2,0),求Γ的离心率; 由已知得a2-5=22,所以a2=9. 所以a=3,又c=2,所以e=. 2 3 4 1 (2)若a=4,点P在椭圆Γ上,且=2,求m的值; 当a=4时,Γ:+=1,则A(4,0). 因为=2, 所以-=2(-)(其中O为坐标原点), 则=+=(4,0)+(0,m)=, 故P. 又P在Γ上,所以+=1, 又m>0,所以m=. 2 3 4 1 (3)已知线段AM的垂直平分线的斜率为2,且交椭圆Γ于C,D两点,若∠CMD为钝角,求a的取值范围. 设C(x1,y1),D(x2,y2), 由题知A(a,0),M(0,m), 则kAM=-=-,即a=2m. 故AM的中点为, 直线CD的方程为y-=2, 2 3 4 1 即y=2x-, 消去y得 (4a2+5)x2-3a3x+=0,Δ>0, 故x1+x2=,x1·x2=, 由∠CMD为钝角知, 2 3 4 1 ·=· =x1x2+ =5x1x2-a(x1+x2)+ =a2<0, 即5(a2-11)<0,又a>, 所以<a<, 故a的取值范围为(,). 2 3 4 1 3.已知椭圆C1:+y2=1的左、右顶点是双曲线C2:-=1(a>0,b>0)的顶点,C1的右焦点到C2的渐近线的距离为.直线l:y=kx+t与C2相交于A,B两点,·=-3. (1)求证:8k2+t2=1; 由题意得椭圆右焦点坐标为(1,0), 左、右顶点坐标为(-,0),(,0), 所以a=, 双曲线渐近线方程为bx±ay=0, 2 3 4 1 又C1的右焦点到C2的渐近线的距离为, 所以=,解得b=1, 所以C2的方程为-y2=1, 消去y得(1-2k2)x2-4ktx-2t2-2=0, 2 3 4 1 得t2>2k2-1≠0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=, 所以·=x1x2+y1y2 =x1x2+(kx1+t)(kx2+t) =(1+k2)x1x2+kt(x1+x2)+t2 =(1+k2)++t2=-3, 化简得8k2+t2=1,得证. 2 3 4 1 (2)若直线l与C1相交于P,Q两点,求|PQ|的取值范围. 得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0, 所以Δ=16k2t2-4(1+2k2)(2t2-2)>0, 即t2<2k2+1, 结合t2>2k2-1≠0,8k2+t2=1,及k≠0,t2≥0, 可得0<k2≤, 设P(x3,y3),Q(x4,y4), 2 3 4 1 由根与系数的关系,得 x3+x4=,x3x4=, |PQ|=|x3-x4| = == =, 2 3 4 1 由0<k2≤,得0<-≤, 所以≤+4, 从而0<≤, 所以|PQ|的取值范围为. 2 3 4 1 4.(2025·重庆诊断)已知F是椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点,O为坐标原点,M为椭圆上任意一点,|MF|的最大值为2+,当|OM|=|OF|时,△MOF的面积为. (1)求的值; |MF|max=a+c=2+,① 设椭圆的左焦点为E, 因为|OM|=|OF|=|EF|, 所以∠EMF=90°, 2 3 4 1 即|ME|2+|MF|2=|EF|2=4c2, 又|ME|+|MF|=2a, 所以|ME|2+|MF|2+2|ME||MF|=4a2, 所以2|ME||MF|=4a2-4c2=4b2, 所以|ME||MF|=2b2, 所以S△MEF=|ME||MF|=b2, 因为S△MOF=,所以S△MEF=1, 所以b2=1,② 又a2=b2+c2,③ 联立①②③,解得a2=4,c2=3, 所以=. 2 3 4 1 (2)A,B为椭圆的左、右顶点,点P满足=3,当M与A,B不重合时,射线MP交椭圆C于点N,直线AM,BN交于点T,求∠ATB的最大值. 由(1)可知椭圆C的方程为+y2=1, 因为点P满足=3, 所以P(1,0),设直线MN的方程为x=my+1, 得(m2+4)y2+2my-3=0, 2 3 4 1 易得Δ>0, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则y1+y2=-,y1y2=-, 直线AM的方程为y=(x+2), 直线BN的方程为y=(x-2), 联立得===, 因为my1y2=(y1+y2), 2 3 4 1 所以===,解得x=4, 所以动点T的轨迹方程为x=4(y≠0). 由椭圆的对称性不妨设T(4,t),t>0, 直线TA,TB的倾斜角分别为α,β, 因为∠ATB=β-α,所以tan∠ATB=tan(β-α)=, 因为tan α=kTA=,tan β=kTB=, 2 3 4 1 所以tan∠ATB===≤=, 当且仅当t=2时,等号成立, 此时T(4,2),∠ATB=,所以∠ATB的最大值为. 2 3 4 1 解得 由=2,得 得 由消去x可得 则 则x1+x2=-,x1x2=-. 联立得kx2+bx-1=0, 联立得 联立 所以 联立消去y, 联立消去x, $