第九节 圆锥曲线中的最值、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中的最值与范围问题，依据高考评价体系梳理了不等式法、函数法两大核心解题路径，通过模拟题分析明确此类问题在解答题中的高频考查地位，归纳出三角形面积最值、向量数量积范围等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养提升”，如以南宁模拟椭圆面积最值为例，示范不等式法结合基本不等式的应用，以温州模拟双曲线距离范围题展示函数法换元技巧，培养学生数学思维与模型观念。特设学霸笔记归纳易错点，助力学生掌握解题模板，教师可据此高效开展专题复习。

第九节　圆锥曲线中的最值、范围问题 1 命题点一　不等式法求最值、范围问题 例1 (2026·南宁模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)过点A(0，1)，其中一个焦点在直线x＋y－＝0上，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于不同的两点M，N. (1)求椭圆C的方程； 2 (2)若k＝－1，O为坐标原点，求△OMN的面积最大时实数m的值． 3 4 学霸笔记： (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． 5 　跟踪训练　已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且|AB|＝4. (1)求p； 6 (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． 7 8 9 命题点二　函数法求最值、范围问题 例2 (2026·温州模拟)平面直角坐标系中，点在以F1，F2为左、右焦点的双曲线C：＝1(a>0，b>0)上，双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分． (1)求双曲线C的标准方程； 10 (2)若不过F1的直线l与C交于不同的两点A，B，设l的斜率为k(k≠0)，若k为直线AF1，BF1斜率的等差中项，求F2到l的距离d的取值范围． 11 12 学霸笔记： (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问题． 13 　跟踪训练　已知椭圆C: ＝1(a>b>0)过点A，且C的右焦点为F(1，0)． (1)求椭圆C的方程； 14 (2)设过点(4，0)的一条直线与C交于P，Q两点，且与线段AF交于点S，求△FPQ面积的最大值． 15 16 1．(13分)已知双曲线一条渐近线方程为x－2y＝0，且点在双曲线上． (1)求双曲线的标准方程； 答案：因为双曲线的一条渐近线方程为x－2y＝0，所以设双曲线的方程为＝t，又点在双曲线上，所以＝t＝1， 故双曲线的标准方程为＝1. 17 (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． 答案：由(1)知a＝2，c＝＝3，所以左顶点为A1(－2，0)，右焦点为F2(3，0)，P为双曲线右支上任意一点，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＋2－， 因为x≥2，故当x＝2时，取得最小值－4. 18 2．(15分)已知抛物线C：y2＝4x，过点M(2，0)倾斜角为θ的直线与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点． (1)若θ＝的值； 答案：设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 当θ＝时，直线AB为kAB＝tan ＝1，则直线AB的方程为y＝x－2， 由得y2－4y－8＝0，则y1＋y2＝4，y1y2＝－8， 所以|AB|＝. 19 (2)若θ∈，求△ABO面积的取值范围． 答案：设直线AB的方程为x＝my＋2，由得y2－4my－8＝0， 因为Δ>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－8， 所以|y1－y2|＝. 又因为|MO|＝＝2，所以△ABO的面积S△ABO＝＝4，因为θ∈，所以m＝∈， 所以S△ABO∈. 20 3．(15分)(2026·合肥模拟)已知椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，P是E上一点． (1)求E的方程； 答案：因为P是E上一点，代入椭圆方程解得b＝ 又e＝，解得a2＝4，所以椭圆E的方程为＝1. 21 (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． 答案：由(1)得半焦距c＝1，点F(1，0)，显然l的斜率不为零， 设直线l的方程为x＝， 由消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，显然Δ>0， 则y1＋y2＝－， 22 所以|y1－y2|＝， 则△OAB的面积S△OAB＝＝. 令＝t≥1，函数y＝3t＋在[1，＋∞)上单调递增，当t＝1时，3t＋取得最小值4，则当m＝0时，3取得最小值4，(S△OAB)max＝， 所以△OAB的面积的最大值为. 23 4. (17分)(2026·成都模拟)如图所示，由半椭圆C1：＝1(y≤0)和两个半圆C2：(x＋2)2＋y2＝4(y≥0)，C3：(x－2)2＋y2＝4(y≥0)组成曲线C：F(x，y)＝0，其中点A1，A2依次为C1的左、右顶点，点B为C1的下顶点，点F1，F2依次为C1的左、右焦点．若点F1，F2分别为曲线C2，C3的圆心． 24 (1)求C1的方程； 答案：由两圆的方程知圆心分别为C1(－2，0)，C2(2，0)，即F1(－2，0)，F2(2，0)，＝|OA2|＝4，c＝2，∴b2＋4＝16，解得b2＝12，∴C1：＝1(y≤0)． 25 (2)点C和点D分别在曲线C1和曲线C2上，求出线段CD的最大值；   答案：由已知|CD|≤|CF1|＋|DF1|＝|CF1|＋2，当且仅当C，D，F1三点共线时，|CD|取得最大值为|CF1|＋2， 当点C与A2重合时，|CF1|的最大值为c＋a＝2＋4＝6， 所以|CD|的最大值为2＋c＋a＝2＋2＋4＝8. 26 (3)若过点F1，F2作两条平行线l1，l2，分别与C1，C2和C1，C3交于点M，N和点P，Q，求|MN|＋|PQ|的最小值． 答案：由已知|MN|＋|PQ|＝|MF1|＋|PF2|＋4， 因为l1∥l2，所以由对称性可知＝1截直线l2所得弦长．设l2：x＝my＋2，设l2与椭圆＝1交于点(x1，y1)和(x2，y2)， 27 答案：由焦点在直线x＋y－＝0上，令y＝0，解得x＝c＝， 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点A(0，1)， 所以b＝1，所以a2＝1＋2＝3，所以椭圆的方程为＋y2＝1. 答案：当k＝－1时，直线l：y＝－x＋m(m≠0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立消去y可得4x2－6mx＋3m2－3＝0， 由Δ＝－12m2＋48>0，则m∈(－2，0)∪(0，2)， 可得x1＋x2＝，x1x2＝， 点O到直线l的距离d＝， 弦长|MN|＝·＝·， 则△OMN的面积S＝·d·|MN|＝···＝ ＝ ≤··＝， 当且仅当m2＝4－m2，即m＝±时，等号成立，所以m的值为±. 答案：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p>0，得p>.由根与系数的关系可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p， 所以|AB|＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2. 答案：设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0). 因为·＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝|MF||NF|＝(x3＋1)(x4＋1)＝(x3x4＋x3＋x4＋1)　(*). 当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°， 所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1. 不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，由得x2－6x＋1＝0， 得或 代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2). 当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m. 由得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0， 则y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝. 又·＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0， 所以－＋1＋＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4. 所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)＝＝＝＋2＋1. 令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1，因为m2＋k2＋6km＝4， 所以＋6＋1＝>0，即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2或t<－3－2， 从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8＝4(3－2). 故△MFN面积的最小值为4(3－2). 答案：∵点(，1)在C上，∴－＝1　①， 又双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分， ∴渐近线与x轴的夹角为，则＝　②， 由①②解得a2＝3，b2＝1，故双曲线C的标准方程为－y2＝1. 答案：设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立消去y得(1－3k2)x2－6kmx－3(m2＋1)＝0， 由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝－，由Δ＝36k2m2＋12(1－3k2)(m2＋1)>0，得m2＋1>3k2, ∵k为直线AF1，BF1的斜率的等差中项，则＋＝2k，代入y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，得(kx1＋m)(x2＋2)＋(kx2＋m)(x1＋2)＝2k(x1＋2)(x2＋2)，整理得(m－2k)(x1＋x2＋4)＝0, 当m－2k＝0时，直线l为y＝k(x＋2)，此时直线过焦点，不合题意， ∴x1＋x2＝－4，即＝－4，∴m＝2k－，代入m2＋1>3k2化简可得9k4－15k2＋4>0，解得0<k2<或k2>，又d＝＝＝， 令 ＝t，t∈(1，)∪(2，＋∞)可得＝t2－1, ∴d＝，而y＝－ 在(1，)，(2，＋∞)上均单调递减， ∴y∈(－∞，1)∪(，4)，故d∈[0，＋∞). 答案：根据题意有＋＝1，a2＝b2＋1，所以a2＝4，b2＝3， 所以椭圆C的方程为＋＝1. 答案：(ⅰ)方法一　由题意，PQ的斜率显然不为0，设PQ的方程为x＝my＋4，代入C的方程有(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，其中Δ＝16(9m2－36)>0，解得m2>4. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝， S△FQP＝S△PFR－S△QFR＝×3|y1－y2|＝＝. 令＝t(t≥0)，当t＝0时，S△FQP＝0，当t>0时，S△FQP＝＝≤＝(当且仅当m2＝时，等号成立)，所以△FPQ面积的最大值为. 方法二　由题意，直线PQ的斜率一定存在，设PQ的方程为y＝k(x－4)，联立椭圆C方程，消去y，则(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，Δ＝－576k2＋144>0得k2<.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，|PQ|＝， F到直线PQ的距离为d＝，S△FPQ＝|PQ|·d＝， 令k2＝t，t∈(0，)，S2＝，令f(t)＝，f′(t)＝，t∈(0，)时，f′(t)>0，t∈(，)时，f′(t)<0， f(t)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，所以t＝k2＝时，f(t)有最大值， f(t)max＝f()＝，所以△FPQ面积的最大值为. $