第九节　圆锥曲线中的最值、范围问题讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦圆锥曲线中的最值、范围问题，围绕不等式法和函数法两大核心命题点，按“命题点解析—典型例题—方法总结—跟踪训练”逻辑架构展开，通过考点梳理（学习笔记归纳构造不等式、函数的方法）、方法指导（例题详解判别式应用、函数单调性分析）、真题训练（模拟题与跟踪题结合），帮助学生系统构建解题框架。 资料突出数学思维与数学语言的融合，如例1通过联立方程求判别式、用基本不等式求三角形面积最值，培养学生推理能力与符号表达能力。跟踪训练分基础与提升层次，配合即时方法总结，助力学生高效突破难点，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供实用指导。

第九节　圆锥曲线中的最值、范围问题 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)若k＝－1，O为坐标原点，求△OMN的面积最大时实数m的值． [听课笔记]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 学习笔记：(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． 　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； (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． 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； (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． [听课笔记]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 学习笔记：(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． 　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； (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． 第九节　圆锥曲线中的最值、范围问题 例1　解析：(1)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. (2)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±. 跟踪训练　解析：(1)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. (2)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). 例2　解析：(1)∵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. (2)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，＋∞). 跟踪训练　解析：(1)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. (2)(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. 学科网（北京）股份有限公司 $