高考热点11　圆锥曲线中的最值与范围问题课件——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”核心考点，依据高考评价体系梳理了抛物线、椭圆、双曲线三大曲线的最值计算与范围论证考查要求，通过2023全国甲理、2025全国一卷等真题分析，明确“焦点三角形面积最值”“切线相关面积证明”等高频题型占比，构建完整的解题方法体系。 课件亮点在于“真题溯源+素养落地”的备考设计，如以2023全国甲理第20题为例，详解韦达定理与函数求最值的结合过程，培养学生的数学思维（逻辑推理）和数学语言（符号表达）能力，提供“判别式分析-韦达定理应用-面积公式推导”三步解题模板，助力学生掌握得分关键，教师可据此精准开展专题突破，提升复习效率。

高考热点11　圆锥曲线中的最值与 范围问题 返回目录 类型1　圆锥曲线中的最值问题 1.★★★★(2023全国甲理,20,12分)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B 两点,|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. 返回目录 解析    (1)设A(x1,y1),B(x2,y2), 由 消去x得y2-4py+2p=0, ∵直线与抛物线有两个交点A,B,∴Δ=16p2-8p>0,解得p> 或p<0(舍). 由根与系数的关系可知, y1+y2=4p,y1y2=2p, ∴|AB|= |y1-y2| = ·  返回目录 = · =4 . 解得p=2或p=- (舍).∴p=2. (2)由(1)知,抛物线的焦点为F(1,0).   由题意知直线MN的斜率不可能为0, ∴设MN的方程为x=my+t,M(x3,y3),N(x4,y4), 联立 消去x得y2-4my-4t=0, 返回目录 ∴Δ=16m2+16t>0,即m2+t>0, 由根与系数的关系得y3+y4=4m,y3y4=-4t, ∵ · =0,∴(x3-1,y3)·(x4-1,y4)=0,即(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+t-1)(my4+t-1)+y3y4 =(m2+1)y3y4+m(t-1)(y3+y4)+(t-1)2 =(m2+1)(-4t)+m(t-1)·4m+(t-1)2=0, 即-4m2t-4t+4m2t-4m2+t2-2t+1=0,即4m2=t2-6t+1. 设F到MN的距离为d,则d= , 又|MN|= |y3-y4| = ·  返回目录 = ·  =4 · , ∴S△MFN= |MN|·d = ×4 · ·  =2 ·|t-1|= ·|t-1| = |t-1|=(t-1)2. ∵4m2=t2-6t+1≥0, ∴t≤3-2 或t≥3+2 , ∴当且仅当t=3-2 时,S△MFN取得最小值12-8 . 即△MFN面积的最小值为12-8 . 返回目录 2.★★★★(2026届河南部分学校质检,18)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的焦距为2,短轴 长为2 ,A为E在第一象限上的一点,过点A且与E相切的直线分别交y轴、x轴于B,C两 点,O为坐标原点. (1)求E的标准方程; (2)设点D ,求|AD|的最小值; (3)证明:△OBC的面积不小于2 . 返回目录 解析    (1)由题意得2c=2,2b=2 ,则c=1,b= ,则a= =2, 从而E的标准方程为 + =1. (2)设A(x0,y0),x0>0,y0>0,则 + =1, =3-  ,又D , 所以|AD|=  =  = = ,当x0=1时,|AD|min= . 返回目录 (3)证明:因为A在第一象限,则由椭圆方程可得y= · ,y'=- · .   设A(x0,y0),x0>0,y0>0,则在A处的切线斜率为y' =- · ,又 + =1,则 =1- , 则y' =- · . 则切线方程为y=- · (x-x0)+y0. 【思路探究:△OBC的面积由点A(x0,y0)的变化而变化,建立△OBC的面积关于x0,y0的关 返回目录 系式,结合椭圆方程利用基本不等式证明不等关系】 令x=0,得y= = ,即B , 令y=0,得x= = ,即C . 则S△OBC= |OC||OB|= · · = . 又 + =1,因此1= + ≥2 = ,即x0y0≤ ,当且仅当 = 时取等号, 所以S△OBC= ≥2 ,即△OBC的面积不小于2 . 返回目录 3.★★★★(2025全国一卷,18,17分)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; (2)已知动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AP|·|AR|=3. (i)设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示); (ii)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. 返回目录 解析    (1)由题意得e= = , 且|AB|= = ,a2=b2+c2, 解得a=3,b=1,c=2 , ∴椭圆C的方程为 +y2=1. (2)(i)∵点R在射线AP上,A(0,-1), ∴设 =λ =λ(m,n+1), 则| || |=λ| |2=λ[m2+(n+1)2]=3, 返回目录 ∴λ= , ∴ =  ,  , ∴R . (ii)由(i),知kOR= = = =3kOP, 化简得n2+m2+8n-2=0,即m2+(n+4)2=18.∴P(m,n)在以D(0,-4)为圆心,3 为半径的圆上. 则|PQ|的最大值即为|DQ|max+3 . 设Q(x,y),其中-1≤y≤1. 返回目录 则|DQ|2=x2+(y+4)2 =9(1-y2)+y2+8y+16(提示:利用点Q在椭圆上,消x) =-8y2+8y+25=-8 +27, 当y= 时,|DQ|max=3 . 则|PQ|max=3 +3 . 返回目录 类型2　圆锥曲线中的范围问题 1.★★★★★(2023新课标Ⅰ,22,12分)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到 点 的距离,记动点P的轨迹为W. (1)求W的方程; (2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3 . 返回目录 解析    (1)设P(x,y),由题意得 =|y|,整理得x2-y+ =0,因此W的方程为y=x2 + . (2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.   设B ,A ,C ,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为- (k≠0), 直线AB,BC的方程分别为y- =k(x-x0),y- =- (x-x0),即直线AB,BC的方程分 返回目录 别为y=kx-kx0+ + ,y=- + + + , 联立直线AB与抛物线W的方程可得 消去y得x2-kx+kx0- =0, 则Δ=k2-4kx0+4 =(k-2x0)2>0,k≠2x0. 由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0- , ∴|AB|= ·|x1-x0|= · = |k-2x0|. 同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+ x- x0- =0,且|BC|= ·|x2-x0| = · =  , 返回目录 ∴|AB|+|BC|= |k-2x0|+  . 由对称性不妨设0<|k|≤1, 则 = ≥ (当|k|=1时取“=”), ∴|AB|+|BC|≥ · ≥  = , 令t=k2,则t∈(0,1], 则 = , 令g(t)= ,t∈(0,1], 返回目录 则g'(t)= = , 当0<t< 时,g'(t)<0,g(t)单调递减;当 <t≤1时,g'(t)>0,g(t)单调递增, ∴g(t)在t=  处取得极小值,即最小值,为g = , ∴|AB|+|BC|> ≥ = . ∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>3 . 返回目录 2.★★★★★(2026届广东部分学校联考,19)过点R(4,0)的直线l与双曲线Γ: - =1(b> 0)的右支交于A,B两点,当AB⊥x轴时,|AB|=6. (1)求Γ的渐近线方程; (2)记Γ的左顶点为C,求kAC+kBC的取值范围; (3)若分别以点A,B为圆心的两圆有公共点R,它们与x轴的另一交点分别记作点P,Q,记O 为坐标原点,当 · ≤20时,求|AB|的取值范围. 返回目录 解析    (1)当AB⊥x轴时,|AB|=6,故点(4,3)在Γ上,可得b2=3, 因此Γ的标准方程为 - =1. 故Γ的渐近线方程为y=± x. (2)设直线l:x=ty+4,联立  可得(3t2-4)y2+24ty+36=0. 当3t2-4=0时,l与Γ只有一个交点,故t≠± . 返回目录 因为l与Γ右支有两个交点,所以根据图可得t∈ . 设A(xA,yA),B(xB,yB),根据根与系数的关系得 ⇒   因此kAC+kBC= + =  返回目录 = = , 则kAC+kBC∈ . (3)易得 ⇒  【方法技巧:利用圆的弦的垂直平分线经过圆心,由A,B的横坐标表示P,Q的横坐标是解 题的关键】   返回目录  · =xPxQ=(2xA-4)(2xB-4)=4xAxB-8(xA+xB)+16≤20, 【思路探究:由 · 的范围结合根与系数的关系求出参数t的范围,再由参数t的范围 求出弦长的范围】 即4· -8· -4≤0,整理得 ≤0, ∵t∈ ,∴3t2-4<0,-15t2+4≥0,解得t∈ , 因此|AB|= |yA-yB|= ,令m=t2,m∈ ,设f(m)= , 则f'(m)= 返回目录   =  = >0对于m∈ 恒成立.∴f(m)的最小值为f(0)=6,最大值为 f =2 . 故|AB|的取值范围为[6,2 ]. 返回目录 $