圆锥曲线中的最值与范围问题考点分类 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“圆锥曲线中的最值与范围问题”专题，依据高考评价体系梳理了不等式法、函数法两大核心解题方法，通过2025·全国一卷等真题案例分析考点权重，归纳出面积计算、斜率之积、向量点积等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“考点分类+真题解析+策略提炼”的实战模式，如以抛物线焦点弦问题为例，用不等式法结合韦达定理突破面积最值，培养学生数学思维与运算能力。设“对点训练”和“易错点警示”，帮助学生掌握变量替换、轨迹方程推导等技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

圆锥曲线中的最值与范围问题考点分类 考点1 不等式法求最值、范围 【例1】　如图,已知抛物线的标准方程为y2=2px(p>0),抛物线的焦点坐标为F(1,0),A为抛物线上任意一点(原点除外),直线AB过焦点F交抛物线于另一点B,直线AC过点M(3,0)交抛物线于另一点C,连接CF并延长交抛物线于点D. 关键能力 提升 返回 (1)若弦AB的长度为16,求△OAB的面积; 【解】　因为焦点坐标为(1,0),所以2p=4,所以抛物线的方程为y2=4x. 设直线AB的方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由 得y2-4ty-4=0,Δ>0,则y1+y2=4t,y1y2=-4, 所以|AB|==4(1+t2)=16,解得t2=3,则△OAB的面积S=×1×|y1-y2|= =4. 关键能力 提升 返回 (2)求|AB||CD|的最小值. 【解】　设A(a2,2a),a≠0,由(1)可知A,B两点的纵坐标之积为定值-4, 所以B,由(1)知|AB|=4(1+t2). 可得|AB|=4, 设直线AC的方程为x=my+3,C(x3,y3),D(x4,y4), 由得y2-4my-12=0,Δ>0,所以y1+y3=4m,y1y3=-12, 又A(a2,2a),所以y3=-,代入y2=4x,得到x3=,所以C. 关键能力 提升 返回 设直线CD的方程为x=ny+1, 由得y2-4ny-4=0,Δ>0,则y3+y4=4n,y3y4=-4, 所以y4=,代入y2=4x,得x4=,则D, 所以|CD|=|y3-y4|= =4(1+n2). 易知直线CD的斜率存在,且n=,所以|CD|=. 关键能力 提升 返回 所以|AB||CD|= , 当且仅当,即a2=3时取等号, 所以|AB||CD|的最小值为. 关键能力 提升 返回 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. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】　已知双曲线C:=1(a>0,b>0)经过点A(-2,0),离心率为,直线l过点D(3,0)且与双曲线C交于两点P,Q(异于点A). (1)求证:直线AP与直线AQ的斜率之积为定值; 解:证明:设双曲线半焦距为c,依题意得a=2,, 由c2=a2+b2,解得b=4, 则双曲线C的方程为=1,显然直线l不垂直于y轴,设直线l的方程为x=my+3, 关键能力 提升 返回 由消去x,得(4m2-1)y2+24my+20=0,则 设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则y1+y2=,y1y2=,设直线AP, AQ的斜率分别为kAP,kAQ,则kAPkAQ=== ,所以直线AP与直线AQ的斜率之积为定值. 关键能力 提升 返回 (2)过点D分别作直线AP,AQ的垂线,垂足分别为M,N,记△ADM,△ADN的面积分别为S1,S2,求S1·S2的最大值. 解:如图,设直线AP的方程为y=k(x+2),则直线DM的方程为y=-(x-3), 由(1)知,kAQ=-. 由 得点M的纵坐标yM=, 关键能力 提升 返回 用-,则S1·S2=|yMyN|= ,而25k2+=40,当且仅当k=±时取等号,因此S1·S2≤,所以S1·S2的最大值为. 关键能力 提升 返回 考点2 函数法求最值、范围 【例2】　(2025·全国一卷)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. 【解】　由题意知 故C的方程为+y2=1. 关键能力 提升 返回 (2)已知动点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); 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. 【解】①由(1)知C的方程为+y2=1,则点A的坐标为(0,-1), 设R(x0,y0),则=(m,n+1),=(x0,y0+1),因为点R在射线AP上,所以同向共线,所以|AP|·|AR|==3(提示:|),所以mx0+(n+1)(y0+1)=3. 关键能力 提升 返回 因为点P不在y轴上,所以直线AP的斜率存在,所以kAP==kAR(提示:点R在射线AP上),所以y0+1=. 联立解得 故R的坐标为. 关键能力 提升 返回 ②由①知P(m,n),R(,-), 因为直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍, 所以-,所以m2+(n+4)2=18, 所以点P的轨迹方程为m2+(n+4)2=18(m≠0). 设Q(x1,y1),因为Q是C上的动点,所以=1.因为点P的轨迹方程为x2+(y+4)2=18(x≠0),所以|PQ|的最大值可转化为点Q到点D(0,-4)的距离的最大值再加上3. 关键能力 提升 返回 因为|QD|=== , 所以当y1=时,|QD|取得最大值3. 所以|PQ|的最大值为3. 关键能力 提升 返回 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. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　(2025·安徽池州二模)已知椭圆C的长轴长是短轴长的倍,且左、右焦点分别为F1(-3,0),F2(3,0). (1)求C的方程; 解:设椭圆C:=1(a>b>0),则2a=2b,c=3, 所以=1. 关键能力 提升 返回 (2)(一题多解)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足,求|OQ|的最小值,并指出此时点Q的坐标. 解:方法一　设点Q(x,y),P(x0,y0),则=(3-x,-y),=(x-x0,y-y0), 由,得又=1, 所以=1,化简得(x-1)2+2y2=8, 关键能力 提升 返回 所以y2=4-(x-1)2,由y2≥0得(x-1)2≤4,解得1-2, 所以|OQ|=== ,所以|OQ|的最小值为,此时点Q的坐标为(-1,)或(-1,-). 关键能力 提升 返回 方法二　设点Q(x,y),P(x0,y0),则=(3-x,-y),=(x-x0,y-y0), 由,得所以 由≥0,解得-3, 所以|OQ|=== =,所以|OQ|的最小值为,此时点Q的坐标为 (-1,)或(-1,-). 关键能力 提升 返回 1.(15分)已知双曲线一条渐近线的方程为x-2y=0,且点(-2,)在双曲线上. (1)求双曲线的标准方程; 解:因为双曲线的一条渐近线的方程为x-2y=0,所以设双曲线的方程为=t(t≠0),又点(-2,)在双曲线上,所以=t=1,故双曲线的标准方程为=1. 返回 课时作业 (2)若双曲线的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上任意一点,求的最小值. 解:由(1)知a=2,c==3,所以左顶点为A1(-2,0),右焦点为F2(3,0), 设P(x,y),x≥2,则=1,即y2=-5, 则=(-2-x,-y)·(3-x,-y)=(-2-x)(3-x)+y2=x2-x-6+, 因为x≥2,所以当x=2时,取得最小值,最小值为-4. 返回 课时作业 2.(15分)已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为F,P(0,-)是E上一点. (1)求E的方程; 解:将P代入椭圆E的方程,解得b=, 又离心率e=,所以a2=4,所以椭圆E的方程为=1. 返回 课时作业 (2)过F的直线l交E于A,B两点,求△OAB(O为坐标原点)的面积的最大值. 解:由(1)得半焦距c=1,则点F(1,0),显然l的斜率不为零, 如图,设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 由消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,显然Δ>0,则y1+y2=-,y1y2=-,所以|y1-y2|= =, 返回 课时作业 则S△OAB=|OF||y1-y2|=, 令=t≥1,因为函数y=3t+在[1,+∞)上单调递增,所以当t=1时,3t+取得最小值4, 则当m=0时,3取得最小值4,则(S△OAB)max=, 所以△OAB的面积的最大值为. 返回 课时作业 3.(15分)已知直线l:kx-y-k=0分别与x轴、直线x=-1交于点A,B,点P是线段AB的垂直平分线上的一点(P不在x轴负半轴上)且tan∠ABP=|k|. (1)求点P的轨迹C的方程; 解:由题意得k≠0,直线l过定点A(1,0),如图1,∵tan∠ABP=|k|, ∴∠ABP=∠OAB,又P不在x轴负半轴上,∴PB与直线x=-1垂直, 又|PB|=|PA|,∴点P的轨迹是以(1,0)为焦点,x=-1为准线的抛物线,∴点P的轨迹方程为y2=4x. 返回 课时作业 (2)设l与C交于E,F两点,点M在C上且满足=0,延长MA交C于点N,求的最小值. 解:如图2, 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0, ∵l与C交于两点,∴k≠0, 设E(x1,y1),F(x2,y2), 则 返回 课时作业 ∵=0,∴AE⊥AM, ∴直线MN的斜率为-,∴直线MN的方程为y=-(x-1), 设M(x3,y3),N(x4,y4),同理得x3+x4=2+4k2,x3x4=1, ∴=()·()=|=(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)=x1x2+x1+x2+1+x3x4+x3+x4+1=8+=16, 当且仅当k2=,即k=±1时,等号成立,∴的最小值为16. 返回 课时作业 4.(15分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别是F1,F2,过F2的直线与C交于M,N两点,△MF1N的周长为4. (1)求C的标准方程. 解:由椭圆的定义可得△MF1N的周长为4a,所以4a=4,得a=. 记椭圆C的半焦距为c,则离心率e=,解得c=1, 所以b2=a2-c2=1,所以椭圆C的标准方程为+y2=1. 返回 课时作业 (2)若OM⊥ON(O为坐标原点),记线段MN的中点为R. ①求R的坐标; ②过R的动直线l与C交于P,Q两点,PQ,PN的中点分别是S和T,求△RST面积的最大值. 解:①由(1)可得点F2的坐标为(1,0),由OM⊥ON可得=0. 当直线MN的斜率不存在时,在椭圆C的方程中令x=1,得y=±,不妨令M,N, 则≠0,不符合题意. 返回 课时作业 当直线MN的斜率存在时,设直线MN的斜率为k,则其方程为y=k(x-1),设M(x1,y1),N(x2,y2),联立得消去y,并整理得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,Δ>0,则x1+x2=,x1x2=, 所以=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1-1)(x2-1)=(k2+1)x1x2-k2(x1+x2)+k2 =+k2==0, 返回 课时作业 所以k=±. 当k=时,x1+x2=,y1+y2=(x1+x2-2)=, 所以点R的坐标是. 同理可得,当k=-时,点R的坐标是. 综上所述,点R的坐标是. 返回 课时作业 ②根据对称性知,△RST的面积与点R所在象限无关,所以不妨令点R的坐标为,此时直线MN的方程可化为=0,连接SN,SM,OR,则|OR|=. 设点S到直线MN的距离为d, 因为T为PN的中点,R为MN的中点,OM⊥ON,所以S△RST=d(注意:因为S,T均为动点,△RST面积不容易表示,故利用中点找到△RST与底边长确定的△SMN的面积的关系). 返回 课时作业 当直线l的斜率不存在时,点S的坐标为,此时点S到直线. 当直线l的斜率存在时,如图,设直线l的方程为y=m,即y=mx-,P(x3,y3),Q(x4,y4), 返回 课时作业 联立得消去y,并整理得(2m2+1)x2-4m-2=0,Δ>0, 则x3+x4=,y3+y4=m(x3+x4)-, 所以点S的坐标为, 返回 课时作业 所以d= =. 令f(m)=,m∈R, 令t=m+,则m2=(t-)2=t2-2t+2, 当m=-,即t=0时,直线PQ与直线MN重合,此时不存在△RST,故不符合题意;当m≠-,即t≠0时,有y=, 返回 课时作业 从而当,即m=时,f(m)取得最大值,为,此时d=. 因为,所以dmax=,则△RST面积的最大值为. 返回 课时作业 $