专题研究二 圆锥曲线中的最值与范围问题 课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦圆锥曲线中的最值与范围问题，系统梳理了椭圆、抛物线等核心题型，通过例题解析、方法探究（几何法、代数法等）及思考题串联知识，构建“题型-方法-应用”的完整知识网络。 其亮点在于以数学思维和数学眼光为导向，如例1通过判别式、韦达定理推理面积最值，探究2总结范围问题5种解法，培养学生逻辑推理与抽象能力。思考题分层设计，兼顾基础与提升，助力学生巩固知识，教师可精准开展复习教学。

专题研究二　圆锥曲线中的最值与范围问题 专题讲解 2 例 1 题型一　 最值问题 第页 3 第页 第页 探究1 圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法： (1)几何法：即利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解． (2)代数法：即把要求最值的几何量或代数解析式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解． 第页 思考题1　已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的一点M(3，y0)到焦点F的距离等于4. (1)求抛物线C的方程； 第页 (2)若过点(4，0)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，求△ABO(O为坐标原点)面积的最小值． 第页 第页 第页 例 2 题型二　 范围问题 第页 11 第页 第页 探究2 圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法 (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，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系． (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围． (5)利用求函数的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． 第页 第页 返 回 请做：课时作业（四十三） 【解析】　(1)∵e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，∴a2＝4b2. 又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P(2，1)， ∴eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.∴a2＝8，b2＝2.故椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1. 　在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b＞0)过点P(2，1)，且离心率e＝eq \f(\r(3),2). (1)求椭圆C的方程； 【解析】　(2)设l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知l不过点P，故m≠0. 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0. (2)若直线l的斜率为eq \f(1,2)，且与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值． ∵Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2且m≠0， ∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4. 则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(5（4－m2）).　 又点P到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(2|m|,\r(5))， ∴S△PAB＝eq \f(1,2)d|AB|＝eq \f(1,2)×eq \f(2|m|,\r(5))×eq \r(5（4－m2）)＝eq \r(m2（4－m2）)≤eq \f(m2＋4－m2,2)＝2. 当且仅当m2＝2，即m＝±eq \r(2)(满足|m|＜2且m≠0)时，△PAB的面积取得最大值2. 【解析】　(1)连接MF，依题意可知|MF|＝3＋eq \f(p,2)＝4，∴p＝2. 故抛物线C的方程为y2＝4x. 【解析】　(2)方法一：不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y2＞0＞y1)． ①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝4， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝4，))解得y1＝－4，y2＝4. 所以S△ABO＝eq \f(1,2)×4×|y1－y2|＝16. ②当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝k(x－4)(k≠0)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x－4），))消去x得y2－eq \f(4,k)y－16＝0. Δ＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋4))>0， 所以y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－16. 所以S△ABO＝eq \f(1,2)×4×|y1－y2| ＝2eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝2eq \r(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋4)))＝8eq \r(\f(1,k2)＋4)>16. 综合①②可得当直线l的斜率不存在时，S△ABO取得最小值16. 方法二：易知l不是水平直线，故设直线l：x＝ty＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝ty＋4，))消去x得y2－4ty－16＝0，显然Δ＞0. 所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－16. 所以S△ABO＝eq \f(1,2)×4×|y1－y2| ＝2eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝2eq \r(16（t2＋4）)＝8eq \r(t2＋4). 当t＝0时，S△ABO取得最小值16. 【解析】　(1)由短轴B1B2的长为2eq \r(3)，得2b＝2eq \r(3)，所以b＝eq \r(3). 因为△B1F2B2为等边三角形， 所以c＝btan 60°＝3，则a2＝b2＋c2＝12， 故椭圆C的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1. 　在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F2，短轴B1B2的长为2eq \r(3)，且△B1F2B2为等边三角形． (1)求椭圆C的方程； 【解析】　(2)当直线l的斜率不存在时，易得点M，N的坐标，不妨设M(0，eq \r(3))，N(0，－eq \r(3))， 则eq \o(PM,\s\up18(→))·eq \o(PN,\s\up18(→))＝(0，eq \r(3)－2)·(0，－eq \r(3)－2)＝1. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 将直线l的方程与椭圆方程联立并整理，得(1＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 由Δ＝256k2－4×4×(1＋4k2)>0，得k2>eq \f(1,12)， (2)若过点P(0，2)的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，求eq \o(PM,\s\up18(→))·eq \o(PN,\s\up18(→))的取值范围． 所以x1＋x2＝eq \f(－16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4,1＋4k2)， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝eq \f(4,1＋4k2)， y1y2＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝eq \f(4－12k2,1＋4k2). 所以eq \o(PM,\s\up18(→))·eq \o(PN,\s\up18(→))＝(x1，y1－2)·(x2，y2－2)＝x1x2＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝eq \f(4＋4k2,1＋4k2)＝1＋eq \f(3,1＋4k2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(13,4))). 综上可得，eq \o(PM,\s\up18(→))·eq \o(PN,\s\up18(→))的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(13,4))). 【解析】　由题意可知，过点M(0，2)的直线l的斜率存在． 设l的方程为y＝kx＋2， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y，化简整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，由Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)＞0，解得k2>eq \f(3,4). 思考题2　设过定点M(0，2)的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2)， 又∠AOB为锐角，所以eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OB,\s\up18(→))＞0，易知eq \o(OA,\s\up18(→))，eq \o(OB,\s\up18(→))不共线，则x1x2＋y1y2＞0， 即x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·eq \f(12,1＋4k2)＋2k·eq \f(－16k,1＋4k2)＋4＞0，解得k2＜4， 所以eq \f(3,4)＜k2＜4，即k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，2)). $