5.3 培优课9 圆锥曲线中的最值与范围问题-（教师用书）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

培优课9　圆锥曲线中的最值与范围问题 1.(2025·全国一卷，T18)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，｜AB｜＝. (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足｜AP｜·｜AR｜＝3. (ⅰ)设P(m，n)，求点R的坐标(用m，n表示)； (ⅱ)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. 解：(1)由题意知＝，所以＝， 设a2＝9t，t＞0，则c2＝8t，所以b2＝t. 又｜AB｜2＝a2＋b2＝10t＝10， 所以t＝1，所以C的方程为＋y2＝1. (2)(ⅰ)设R(x，y)，由(1)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(，). (ⅱ)由(ⅰ)得kOR＝＝3kOP＝，得m2＋n2＋8n－2＝0， 即m2＋(n＋4)2＝18. 由题设Q(3cos θ，sin θ)，K(0，－4)， 则｜KQ｜2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝－8sin2θ＋8sin θ＋25， 设s＝sin θ，则｜KQ｜2＝－8s2＋8s＋25＝－8(s－)2＋27(－1≤s≤1)， 故当s＝sin θ＝时，｜KQ｜取得最大值，且｜KQ｜max＝3， 故｜PQ｜的最大值为｜KQ｜max＋3＝3(＋). 2.(2023·全国甲卷理，T20)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，｜AB｜＝4. (1)求p； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且＝0，求△MFN面积的最小值. 解：(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 由可得y2－4py＋2p＝0， 所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p， 所以｜AB｜＝＝｜yA－yB｜＝× ＝4， 即2p2－p－6＝0. 因为p＞0，解得p＝2. (2)因为F(1，0)，显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由可得y2－4my－4n＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n， Δ＝16m2＋16n＞0⇒m2＋n＞0. 因为＝0，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0， 亦即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0， 将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得， 4m2＝n2－6n＋1. 因为4(m2＋n)＝(n－1)2＞0， 所以n≠1，且n2－6n＋1≥0， 解得n≥3＋2或n≤3－2. 设点F到直线MN的距离为d，所以d＝， ｜MN｜＝＝｜y1－y2｜＝ ＝＝2｜n－1｜， 所以△MFN的面积S＝×d×｜MN｜＝××2｜n－1｜＝(n－1)2， 而n≥3＋2或n≤3－2， 所以当n＝3－2时，△MFN的面积Smin＝(2－2)2＝12－8. 考情分析 　　圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，范围、最值问题是常见的热点题型，常以解答题的形式压轴出现，难度较大. 学生用书⬇第86页 核心考点一　几何法求最值与范围　[综合性考法] 在平面直角坐标系xOy中，点F，点P是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆 D：x2＋y2＝1相切，记点 P 的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)设点A(1，0)，M(0，t)，N(0，4－t)(t≠2)，直线 AM ，AN 分别与曲线C交于点S，T (S，T 异于 A)，过点A作AH⊥ST，垂足为 H，求｜OH｜的最大值. 解：(1)由P(x，y)，则PF的中点G， 根据题意得｜OG｜＝｜PF｜±1， 即 ＝±1， 整理得＝2， 由双曲线定义知，点P的轨迹方程C：x2－＝1. (2)设S，T，如图所示. 由对称性可知直线ST的斜率存在，所以可设直线ST：y＝mx＋n， 联立直线ST与曲线C的方程，得 消元整理，得x2－2mnx－＝0(m≠±2)， 则Δ＞0⇒4＋n2－m2＞0①， x1＋x2＝－，x1x2＝②， 所以AS：y＝(x－1). 令x＝0，得点M纵坐标t＝－，同理可得点N纵坐标4－t＝－， 故＋＝－4. 将y1＝mx1＋n，y2＝mx2＋n代入上式整理， 得(2m＋4)x1x2＋(n－m－4)＋4－2n＝0. 将②代入得m2＋2mn＋n2＋2m＋2n＝0⇒(m＋n)(m＋n＋2)＝0， 若m＋n＝0，则直线ST：y＝m(x－1)，恒过A(1，0)不合题意； 若m＋n＋2＝0，则ST：y＝m(x－1)－2，恒过Q(1，－2). 因为直线ST恒过Q(1，－2)，且与C：x2－＝1始终有两个交点，又A(1，0)，AH⊥ST，垂足为H， 所以点H轨迹是以AQ为直径的圆(不含点A). 设AQ中点为E，则圆心E(1，－1)，半径为1， 所以｜OH｜≤｜OE｜＋1＝＋1， 当且仅当点H在线段OE的延长线上时，｜OH｜取最大值＋1. 规律反思 　　若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用直线与圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决. 预测练1.如图，点F是抛物线y2＝12x的焦点，点A，B分别在抛物线y2＝12x及圆(x－3)2＋y2＝16的实线部分上运动，且线段AB总是平行于x轴，求△FAB周长的取值范围. 解：抛物线的准线l：x＝－3，焦点F(3，0). 由抛物线定义可得｜AF｜＝xA＋3， 圆(x－3)2＋y2＝16的圆心为(3，0)，半径为4， 所以△FAB的周长为｜AF｜＋｜AB｜＋｜BF｜＝xA＋3＋(xB－xA)＋4＝xB＋7. 由抛物线y2＝12x及圆(x－3)2＋y2＝16，可得交点的横坐标为1， 所以xB∈(1，7)，所以xB＋7∈(8，14)， 所以△FAB的周长的取值范围是(8，14). 学生用书⬇第87页 核心考点二　不等式法求最值与范围　[综合性考法] (2025·浙江金华十校二模)如图，双曲线E：－＝1的虚轴长为2，离心率为，斜率为k的直线l过x轴上一点A. (1)求双曲线E的标准方程； (2)若双曲线E上存在关于直线l对称的不同两点B，C，直线BC与直线l及y轴的交点分别为P，Q. (ⅰ)当k＝时，求实数t的取值范围； (ⅱ)当t＝－3时，求S△APQ的最小值. 解：(1)由题意知 所以双曲线E的标准方程为－y2＝1. (2)令P，设直线BC为y＝－x＋m，与－y2＝1联立得x2＋8mkx－4m2k2－4k2＝0，当Δ＝16k2＞0时， 设B，C，则由韦达定理，及题意可得x1＋x2＝，y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2m＝， 则x0＝＝，y0＝＝. (ⅰ)当k＝时，x0＝m，y0＝－m， 由＝k＝，得t＝x0－3y0＝m. 又因为Δ＞0，即k2＞4⇒m2＞－1＝35⇒m∈∪， 所以t＝m∈∪. (ⅱ)由题知Q，A. 因为k＝＝⇒－4km＋3k2－12＝mk， 所以m＝⇒＝. 又x0＋3＝，y0＝， 则｜PA｜＝＝＝＝， ｜PQ｜＝＝. 又＝⇒＝，x0＝＝－， 则｜PQ｜＝＝， 则S△APQ＝｜PA｜·｜PQ｜＝＝≥·2＝， 当k＝±1时取得等号，此时m2＝＝⇒Δ＝16＞0满足题意. 综上，S△APQ的最小值为. 规律反思 构造不等式求最值(范围)的方法 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.利用基本不等式求最值(范围). 预测练2.(2025·山东济宁一模)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A1，A2分别为E的左、右顶点，B为E的上顶点，且＝－2. (1)求E的方程； (2)过E的右焦点F作斜率不为0的直线交E于M，N两点，设直线MA1与NA2交于点P. (ⅰ)证明：点P在定直线上； (ⅱ)求∠A1PA2的最大值. 解：(1)由题意知，＝，＝， 所以＝b2－a2＝－c2＝－2，即c＝. 又e＝＝，所以a＝2， 所以b2＝a2－c2＝6. 所以E的方程为＋＝1. (2)(ⅰ)证明：由于直线MN过点F且斜率不为0，所以可设直线MN的方程为x＝my＋. 由y2＋6my－18＝0. 设M，N，则y1＋y2＝－，y1y2＝－， 所以my1y2＝. 因为椭圆E的左、右顶点分别为A1，A2(2，0)， 所以直线MA1的方程为y＝(x＋2)， 直线NA2的方程为y＝(x－2)， 联立直线MA1与NA2的方程得＝＝ ＝＝＝＝3， 解得x＝4，所以点P在定直线x＝4上. (ⅱ)设直线MA1，NA2的倾斜角分别为α，β，则∠A1PA2＝， 由(ⅰ)知＝＝＝3，所以tan β＝3tan α， 所以tan ∠A1PA2＝＝＝＝≤＝， 当且仅当＝时取等号，所以∠A1PA2的最大值为. 学生用书⬇第88页 核心考点三　函数法求最值与范围 　[综合性考法] (2025·浙江台州二模)已知抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F，直线l与抛物线Γ交于A，B两点，且M为线段AB的中点. (1)求抛物线Γ的标准方程； (2)求直线l的方程； (3)过点Q作抛物线Γ的两条切线，分别交l于C，D两点，求△QCD面积的最小值. 解：(1)因为抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F， 所以＝1，即p＝2，所以抛物线Γ：y2＝4x. (2)由题易知直线l的斜率存在.设A，B， 则＝. 因为线段AB的中点为M，所以y1＋y2＝2，x1＋x2＝5， 所以＝＝2， 则直线l的方程为y－1＝2，即2x－y－4＝0. (3)设抛物线的切线方程为x－m＝t， 即y2－4ty＋4t－4m＝0， 由Δ＝0，可得t2－t＋m＝0. 由根与系数的关系得， 设QC的方程为x－m＝t1， 联立解得xC＝，同理xD＝. 所以＝ ＝＝ ＝×， 点Q到直线l的距离d＝， 所以S△QCD＝·d＝×. 令h＝， h'＝. 因为m＜0，则令h'＝0，解得m＝－， 当m＜－时，h'＜0，h单调递减，当－＜m＜0时，h'＞0，h单调递增， 所以h＝h＝12， 此时S△QCD＝6. 规律反思 构造函数法求最值(范围)的策略 　　先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把所求最值(范围)的几何量(代数式)表示为某个函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解. 预测练3.(2025·山东泰安一模)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆E的左、右焦点，A，B分别为椭圆E的上、下顶点，且＝2. (1)求椭圆E的方程； (2)已知过F1的直线l与椭圆E交于M，N两点，且直线l不过椭圆四个顶点. (ⅰ)设△MF1F2，△MAB的面积分别为S1，S2，若S1≤S2，求的最大值； (ⅱ)若M在x轴上方，AF1为∠MAN的角平分线，求直线l的方程. 解：(1)由题意知 所以椭圆E的方程为＋y2＝1. (2)(ⅰ)设M，则S1＝＝××＝×2×＝， S2＝S△MAB＝××＝×2×＝. 因为S1≤S2，所以≤，所以≤. 又因为M在椭圆上，所以＋＝1， 所以＝2－2，所以≤2－2，即≤. 因为｜AM｜2＝＋＝2－2＋－2y0＋1＝－－2y0＋3，y0∈∪， 所以｜AM＝－＋＋3＝＝， 所以｜AM｜max＝. (ⅱ)设∠MAF1＝∠NAF1＝θ，直线AN的倾斜角为α，直线AM的倾斜角为β. 因为A，F1，所以直线AF1的倾斜角为， 所以α＝＋θ，β＝－θ，所以α＋β＝. 又kAN＝tan α，kAM＝tan β＝tan， 所以kAN·kAM＝1. 由题意l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my－1，m≠1， 联立y2－2my－1＝0. 设M，N， 则 又kAN·kAM＝1， 所以＝1，即＝x1x2＝， 整理得y1y2＝， 所以＝，所以m＝－， 所以直线l的方程为3x＋y＋3＝0. 学科网（北京）股份有限公司 $