第八节　圆锥曲线的综合应用 第2课时　最值、范围问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“圆锥曲线的最值与范围问题”专题，依据高考评价体系梳理了几何法求最值、函数法求最值及范围问题三大考查维度，通过典型例题和训练题明确切线方程求解、面积最值计算等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题模拟训练+解题方法归纳+核心素养培养”，如以抛物线焦点相关面积最小值为例，用函数法建立目标函数并结合韦达定理推导，培养学生数学思维和数学语言表达能力。特设“总结反思”提炼解题策略，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导高考冲刺复习。

第2课时　最值、范围问题 第八节 圆锥曲线的综合应用 考向❶ 几何法求最值 【例1】　已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点M(1,2). (1)求过点M的抛物线C的切线方程; 考点一 最值问题 将M的坐标代入抛物线C的方程中,得p=2,故抛物线C的标准方程为y2=4x. 解 解法一:由题意知过点M的抛物线的切线的斜率一定存在且不为0,设过点M的抛物线的切线方程为y-2=k(x-1)(k≠0),将其代入y2=4x,得ky2-4y-4(k-2)=0,由Δ=16[1+(k-2)k]=0,得k=1,故过点M的抛物线C的切线方程为x-y+1=0. 解法二:当y>0时,由y2=4x得y=2,而y'=,所以过点M(1,2)的抛物线C的切线的斜率为1,故过点M的抛物线C的切线方程为y-2=x-1,即x-y+1=0. 解 (2)若A,B是抛物线C上异于M的两点,记直线MA,MB的斜率分别为k1,k2且k1+k2=3,求点M到直线AB距离的最大值. 设A,B,则k1==,同理k2=,故k1+k2=+ ==3,化简得3y1y2+2(y1+y2)-4=0.易知直线AB的斜率不为0,则可设直线AB的方程为x=ty+n,将其代入y2=4x,得y2-4ty-4n=0, 解 所以y1+y2=4t,y1y2=-4n,所以-12n+8t-4=0,即n=t-,直线AB的方程为x=t-,直线AB过定点Q.连接MQ,易知当MQ⊥AB时,点M到直线AB的距离最大,故点M到直线AB距离的最大值为|MQ|==. 解 利用几何法求解最值问题,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解,解题时常用到两点间线段最短、点到直线的垂线段最短等结论. 【训练1】　已知椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且直线AM的斜率为. (1)求椭圆C的方程; 由题意可知直线AM的方程为y-3=(x-2),即x-2y=-4.当y=0时,解得x=-4,所以a=4.由椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(2,3),得+=1,解得b2=12,所以椭圆C的方程为+=1. 解 (2)设点N为椭圆C上任意一点,求△AMN的面积的最大值. 设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m(m≠ -4),如图所示,当直线与椭圆相切时,记与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时 △AMN的面积取得最大值.联立 解 消去x,可得16y2+12my+3m2-48=0,由Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,得m2=64,解得m=±8,所以与AM距离比较远的直线的方程为x-2y=8,又直线AM的方程为x-2y=-4,所以点N到直线AM的距离d即两平行线之间的距离,利用平行线之间的距离公式可得d==.由两点间的距离公式可得|AM|==3,所以△AMN的面积的最大值为d·|AM|=×3×=18. 解 考向❷ 函数法求最值 【例2】　(2026·泰安模拟)抛物线C:y2=2px(p>0),点F为焦点,点M,N是抛物线C上任意不重合的两点.当直线MN过点F且垂直x轴时,|MN|=4. (1)求抛物线C及其准线的方程; 设M(x1,y1),N(x2,y2),因为抛物线C:y2=2px(p>0),所以F,当直线MN过点F且垂直x轴时,直线MN的方程为x=,令x=可得,y1=p,y2=-p(或y2=p,y1=-p),故|MN|=2p=4,所以p=2,所以抛物线C:y2=4x,准线方程为x=-1. 解 (2)若以线段MN为直径的圆过点F,求△MFN面积的最小值. 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,由可得y2-4my-4n=0,则Δ= 16m2+16n>0⇒m2+n>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2= 4m,y1y2=-4n,因为以线段MN为直径的圆过点F,所以=0,即 解 (x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即(my1+n-1)(my2+n-1)+y1y2=0,(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,则有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|=== 解 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 若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,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、基本不等式法及单调性法等. 【训练2】　已知椭圆M:+=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; 因为F(-1,0)为椭圆M的焦点,所以c=1.又b=,所以a=2.所以椭圆M的方程为+=1. 解 (2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2,求|S1-S2|的最大值. 解法一: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(x1,y1),D(x2,y2),直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),与椭圆M的方程联立,消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,Δ>0恒成立,且x1+x2=-,此时|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y1+y2|=2|k(x1+1)+k(x2+1)|=2|k(x1+x2)+2k|== =,所以|S1-S2|的最大值为. 解 解法二:设C(x1,y1),D(x2,y2),直线l的方程为x=my-1,与椭圆M的方程联立,消去x,得(3m2+4) y2-6my-9=0,Δ>0恒成立,且y1+y2=,故|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y1+y2|===,当且仅当m=±时取等号,所以|S1-S2|的最大值为. 解 【例3】　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,且过点. (1)求椭圆C的方程; 考点二 范围问题 依题意得所以椭圆C的方程为+y2=1. 解 (2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A,B两点,P为椭圆C上一点,O为坐标原点,且满足+=t,其中t∈,求|AB|的取值范围. 由题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x-2).由得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,所以Δ=8(1-2k2)>0,解得k2<.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2-4)= 解 -.由+=t,得P,代入椭圆C的方程 得t2=.由<t<2,得<k2<,所以|AB|== 2.令u=,则u∈,所以|AB|= 2∈,所以|AB|的取值范围为. 解 圆锥曲线中取值范围问题的常用解法 1.利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围. 2.利用已知参数的范围,求新参数的范围,解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系. 3.利用已知或隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围. 4.利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围. 【训练3】　(2026·西安模拟)已知过点A(-4,0)的动直线l与抛物线G:x2=2py(p>0)相交于B,C两点. (1)当直线l的斜率是时,=4,求抛物线G的方程; 如图所示,设B(x1,y1),C(x2,y2),当直线l的斜率是时, l的方程为y=(x+4),即x=2y-4,联立消去x并整理得2y2-(8+p)y+8=0,所以Δ=(8+p)2-64>0,y1+y2=4+,y1y2=4,又=4,所以y2=4y1,又p>0,解得y1=1,y2=4,p=2,则抛物线G的方程为x2=4y. 解 (2)对(1)中的抛物线G,当直线l的斜率变化时,设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围. 由题意知直线l的斜率存在,设l:y=k(x+4),BC的中点坐标为(x0,y0),联立消去y并整理得x2-4kx-16k=0,Δ=16k2+64k>0得k>0或k<-4,所以x1+x2=4k,所以x0==2k,y0=k(x0+4)=2k2+4k,所以线段BC的中垂线方程为y-2k2-4k=-(x-2k),所以线段BC的中垂线在y轴上的截距b=2k2+4k+2=2(k+1)2,所以b>2,所以b的取值范围为(2,+∞). 解 $