8.9 圆锥曲线——最值、范围问题课件-2027届高考数学一轮复习

第八章 平面解析几何 第九讲　圆锥曲线——最值、范围问题 提能训练　练案[57] 最值问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (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)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 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＋1,4(m2＋n)＝(n－1)2>0， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：处理圆锥曲线最值问题的求解方法 1．几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法． 2．代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、重要不等式法及函数的单调性法等． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 圆锥曲线最值问题答题模板 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求椭圆C的方程； (2)过点D(4,0)且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点．若O为原点，求△MON面积的最大值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 范围问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　(1)设动圆P和圆B相切于点Q，则B，P，Q三点共线， 所以|PA|＋|PB|＝|PQ|＋|PB|＝|BQ|＝4. 所以点P的轨迹是以A(－1,0)，B(1,0)为焦点，长轴长为4的椭圆， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：求动点轨迹方程常用方法 1．直接法：也叫直译法，即根据题目条件，直译为关于动点的几何关系，再利用解析几何有关公式进行整理化简． 2．定义法：若动点轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据曲线的方程，写出所求的轨迹方程． 3．代入法：也叫相关点法，其特点是，动点M(x，y)的坐标取决于已知曲线C上的点(m，n)的坐标，可先用x，y表示m，n，再代入曲线C的方程，即得点M的轨迹方程． 4．参数法：先取适当的参数，分别用参数表示动点坐标x，y，得出轨迹的参数方程，然后消去参数，即得其普通方程． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 2．(2025·福建泉州模拟)已知点P为圆C：(x－2)2＋y2＝4上任意一点，A(－2,0)，线段PA的垂直平分线交直线PC于点M，设点M的轨迹为曲线H. (1)求曲线H的方程； (2)若过点M的直线l与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且M为线段ST的中点． ①证明：直线l与曲线H有且仅有一个交点； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　(1)M为PA的垂直平分线上一点， 则|MP|＝|MA|， 则||MA|－|MC||＝||MP|－|MC||＝2<|AC|＝4， ∴点M的轨迹为以A，C为焦点的双曲线， 且2a＝2，c＝2， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：求解范围问题的常用方法 1．将直线方程与圆锥曲线方程联立，消元得到一元二次方程，根据直线与圆锥曲线的位置关系建立不等式或函数式求解． 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在两个参数之间建立等量关系． 3．利用几何条件构造不等关系． 4．利用基本不等式求出参数的取值范围． 5．利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 求解范围问题答题模板 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【变式训练】 (1)若直线MN的斜率为3，求直线OQ的斜率； (2)若四边形OMPN为平行四边形，求|MN|的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)①若直线MN垂直于x轴，易得 P(4,0)，M(2,3)，N(2，－3) 或P(－4,0)，M(－2,3)，N(－2，－3)，此时|MN|＝6； ②若直线MN不垂直于x轴，设 MN：y＝kx＋m(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 提能训练　练案[57] 返回导航 (1)求椭圆C的方程； (2)过点P(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为Q.当△BPQ的面积取得最大值时，求直线l的方程． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)由题意可得直线l的斜率不为0， 故可设直线l的方程为x＝my＋1， A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则Q(x1，－y1)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 2．(2026·陕西师大附中测试)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0,1)，过点P(－2,2)的直线l与抛物线交于A，B两点． (1)求抛物线C的方程； (2)当点P为弦AB的中点时，求直线AB的方程； (3)求|AF|·|BF|的最小值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然直线l斜率存在． 设l的方程为y＝k(x＋2)＋2， 因为点P(－2,2)是AB的中点，由x1＋x2＝4k＝－4，解得k＝－1. 所以直线AB的方程为y＝－(x＋2)＋2，即x＋y＝0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (3)由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1， 所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1， 由(2)知x1＋x2＝4k，x1·x2＝－8(k＋1)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求C的渐近线方程； (2)若直线l：y＝kx＋m交双曲线C的右支于M，N两点，线段MN的垂直平分线过点K(0,4)． ①求k与m之间的数量关系式； ②求∠MKN的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求椭圆C的方程； (2)若一条斜率存在且不为0的直线l交椭圆C于M，N两点，且线段MN的中点R的纵坐标为－1，过R作直线l′⊥l.定点E(2,1)到直线l′的距离记为d，求d的最大值并求出对应的直线l′的方程． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 谢谢观看 [解析]　(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 由得，y2－4py＋2p＝0， ∴yA＋yB＝4p，yAyB＝2p， ∴|AB|＝＝|yA－yB| ＝×＝4， 即2p2－p－6＝0，因为p>0，解得p＝2. 由可得，y2－4my－4n＝0， ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n， Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0， ∵·＝0，∴(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝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＝×|MN|×d＝××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. [解析]　(1)解法一：设H(x，y)为椭圆上任一点，则|PH|＝＝≤ ∴|PH|的最大值为. 解法二：设H(2cos θ，sin θ)是椭圆上任意一点，P(0,1)， 则|PH|2＝12cos2θ＋(1－sin θ)2＝13－11sin2θ－2sin θ＝－112＋≤， 当且仅当sin θ＝－时取等号，故|PH|的最大值是. (2)设直线AB：y＝kx＋，直线AB的方程与椭圆＋y2＝1联立，可得x2＋kx－＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以 因为直线PA：y＝x＋1与直线y＝－x＋3交于C，则xC＝＝， 同理可得，xD＝＝. 则|CD|＝|xC－xD| ＝ ＝2 ＝2 ＝·＝· ≥×＝， 当且仅当k＝时取等号，故|CD|的最小值为. 【变式训练】 (2026·河北十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1，P2，P3(0,1)，P4(1,1)中恰有三点在椭圆C上． [解析]　(1)由对称性知P1，P2和p3(0,1)在椭圆C上， 所以所以a＝2， 椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)设直线l的方程为x＝ty＋4，点M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由消去x得(t2＋4)y2＋8ty＋12＝0， 则Δ＝16(t2－12)>0， 则t<－2或t>2. 所以|y1－y2|＝， 所以△MON面积S＝×4×|y1－y2|＝×4×＝. 令＝u(u>0)， 则t2＝u2＋12，S＝＝≤1， 当且仅当u＝4，即t2＝28时，△MON面积的最大值为1. 设该椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，则c＝1，a＝2，从而b＝. 所以点P的轨迹方程为＋＝1. (2)由题意知直线MN的方程为y＝k(x＋4)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立方程组消去x得(3＋4k2)y2－24ky＋36k2＝0， 由Δ>0，可得0<k2<. 由根与系数的关系有 由＝μ可得y1＝μy2， 代入上式得＝＋μ＋2. 当μ∈时，h(μ)＝＋μ＋2是减函数，故≤h(μ)≤. 由≤≤， 解得≤k2≤， 又0<k2<，所以≤k2≤， 即k的取值范围是∪. ②求＋的取值范围． 故点M的轨迹方程为H：x2－＝1. (2)①证明：设M(x0，y0)，S(x1，y1)，T(x2，y2)， 双曲线的渐近线方程为：y＝±x， 如图所示： 则y1＝x1①， y2＝－x2②， ①＋②得，y1＋y2＝(x1－x2)， ①－②得，y1－y2＝(x1＋x2)， 则 ＝， 得＝， 由题可知|MS|＝|MT|，则x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0， 得＝，即kST＝， ∴直线ST的方程为y－y0＝(x－x0)， 即3x0x－y0y＝3x－y， 又∵点M在曲线H上，则3x－y＝3， 得3x0x－y0y＝3， 将方程联立 得(y－3x)x2＋6x0x－3－y＝0， 得－3x2＋6x0x－3x＝0， 由Δ＝(6x0)2－4×(－3)×(－3x)＝0，可知方程有且仅有一个解， 得直线l与曲线H有且仅有一个交点． ②由①联立可得x1＝， 同理可得，x2＝， 则|OS|·|OT|＝·＝4|x1x2|＝4×＝4， 故＋＝＋≥2＝， 当且仅当＝，即|OS|＝2时取等号． 故＋的取值范围为[，＋∞)． (2024·安徽A10联盟摸底)已知O为坐标原点，椭圆C：＋＝1过点M，N，P，记线段MN的中点为Q. [解析]　(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 两式相减可得， ＋＝0， 则＋＝0， 即kMN·kOQ＝－， 又kMN＝3，∴kOQ＝－. 即直线OQ的斜率为－. 联立得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－48＝0. ∴x1＋x2＝－，x1x2＝， ∵＝＋，∴x0＝x1＋x2，y0＝y1＋y2， ∴x0＝－， y0＝y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， 即P. ∵P在椭圆上，∴＋＝1， 化简得m2＝3＋4k2. 此时Δ＝64k2m2－16(3＋4k2)(m2－12)＝144m2>0， ∴x1＋x2＝－＝， x1x2＝＝， ∴|MN|＝|x1－x2|＝ ＝12＝12， ∵3＋4k2≥3，∴0<≤， ∴<＋≤，∴6<|MN|≤4. 综上，|MN|的取值范围为[6,4]． 1．(2025·广东中山一中等四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为8. [解析]　(1)设椭圆C的焦距为2c，依题意，＝，2bc＝8，又a2＝b2＋c2， 解得a＝4，b＝2，c＝2， 所以椭圆C的方程为＋＝1. 联立直线l与椭圆C的方程 得(m2＋4)y2＋2my－15＝0， 由于直线过椭圆内一点，故必有Δ>0， 则y1y2＝－. 又S△ABQ＝×|2y1|×|x2－x1|， S△APQ＝×|2y1|×|1－x1|， 易知x2－x1与1－x1同号， 所以S△BPQ＝S△ABQ－S△APQ＝|y1|×(|x2－x1|－|1－x1|) ＝|y1|×|(x2－x1)－(1－x1)|＝|y1|×|x2－1|＝|y1|×|my2|＝|my1y2| ＝＝≤＝， 当且仅当|m|＝，即m＝±2时等号成立， 所以△BPQ面积的最大值为，此时直线l的方程为x±2y－1＝0. [解析]　(1)∵抛物线x2＝2py的焦点为F(0,1)， ∴＝1，即p＝2. ∴抛物线C的方程为x2＝4y. 联立方程消去y，整理得x2－4kx－8k－8＝0， ∴y1y2＝·＝4(k＋1)2， y1＋y2＝k(x1＋x2＋4)＋4＝4k2＋4k＋4， 所以|AF|·|BF|＝4(k＋1)2＋(4k2＋4k＋4)＋1＝8k2＋12k＋9＝82＋. 所以当k＝－时，|AF|·|BF|取得最小值为. 3．(2026·安徽部分学校学情检测)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，点(－，－)在C上． [解析]　(1)因为点(－，－)在双曲线C上， 所以－＝1， 又离心率为2，则＝2， 联立解得a＝1，b＝， 故双曲线方程为x2－＝1，渐近线方程为y＝±x. (2)①设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立 则(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0,3－k2≠0， 所以Δ＝4k2m2＋4(3－k2)(m2＋3)>0，即m2＋3>k2， 且x1＋x2＝，x1x2＝－， 则y1＋y2＝kx1＋m＋kx2＋m＝k(x1＋x2)＋2m＝， 则MN的中点为D， 即D， 因为线段MN的垂直平分线过点K(0,4)， 则·k＝－1，整理得k2＋m＝3. ②由①知m＝3－k2， 则x1＋x2＝2k，x1x2＝－，D(k,3)， 则k>0，m<0，则m2＋3>k2＝3－m，解得m<－1. 又|MN|＝· ＝· ＝· ＝2·， 则|MD|＝|MN|＝·. 又|KD|＝， 则tan∠MKD＝＝∈(0，)， 即∠MKD∈， 又∠MKN＝2∠MKD， 则∠MKN的取值范围为. 4．(2026·福建优质高中质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，点A(2，0)在椭圆C上．椭圆上关于原点对称的任意两个不与点A重合的点P，Q和点A连线的斜率之积为－. [解析]　(1)设P(x0，y0)，Q(－x0，－y0)且x0≠±2， 则kAP＝，kAQ＝， 所以kAPkAQ＝＝－， 又P在椭圆上，即＋＝1，可得y＝b2， 所以b2＝－， 由A在椭圆上，即＝1，即a2＝12， 故b2＝－，可得b2＝4， 综上，椭圆方程为＋＝1. (2)由题意，直线l的斜率存在， 设l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由＋＝1，＋＝1， 作差得＋＝0， 整理有k·＝－， 因为线段MN的中点为R， 则R且y1＋y2＝－2， 所以k·＝－，可得3k＝， 故R(3k，－1)， 所以直线l′：y＋1＝－(x－3k)， 即l′：x＋ky－2k＝0，过定点F(0,2)， 当直线l′与直线EF垂直时，点E(2,1)到直线l′的距离最大dmax＝|EF|＝＝， 由kEF＝＝－，而·kEF＝－1， 可得k＝－，经检验满足题设， 所以d的最大值为，直线l′：2x－y＋2＝0. $