2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章平面解析幾何8.9圓錐曲線中的范圍最值問題教學(xué)案蘇教版

PAGE1-第九節(jié)圓錐曲線中的范圍、最值問題[最新考綱]1.駕馭解決直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系的思想方法.2.理解數(shù)形結(jié)合的思想；3.會求與圓錐曲線有關(guān)的范圍、最值問題．考點(diǎn)1范圍問題求參數(shù)范圍的4種方法(1)函數(shù)法：用其他變量表示該參數(shù)，建立函數(shù)關(guān)系，利用求函數(shù)值域的方法求解．(2)不等式法：依據(jù)題意建立含參數(shù)的不等式，通過解不等式求參數(shù)范圍．(3)判別式法：建立關(guān)于某變量的一元二次方程，利用判別式Δ求參數(shù)的范圍．(4)數(shù)形結(jié)合法：探討該參數(shù)所表示的幾何意義，利用數(shù)形結(jié)合思想求解．(2024·山師附中模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1，直線l：y＝kx＋m(m≠0)，設(shè)直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．(1)若|m|>eq\r(3)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(2)若直線OA，AB，OB的斜率成等比數(shù)列(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求△OAB的面積的取值范圍．[解](1)聯(lián)立方程eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1和y＝kx＋m，得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，所以Δ＝(6km)2－4(2＋3k2)(3m2－6)>0，所以m2<2＋3k2，所以2＋3k2>3，即k2>eq\f(1,3)，解得k>eq\f(\r(3),3)或k<－eq\f(\r(3),3).所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)).(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－6km,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－6,2＋3k2).設(shè)直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，因?yàn)橹本€OA，AB，OB的斜率成等比數(shù)列，所以k1k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝k2，即eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝k2(m≠0)，化簡得2＋3k2＝6k2，即k2＝eq\f(2,3).因?yàn)閨AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(\f(5,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,2)m2)))，點(diǎn)O到直線l的距離h＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\r(\f(3,5))|m|，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|·h＝eq\f(\r(6),6)·eq\r(\f(3,2)m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,2)m2)))≤eq\f(\r(6),6)×eq\f(\f(3,2)m2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,2)m2)),2)＝eq\f(\r(6),2)，當(dāng)m＝±eq\r(2)時(shí)，直線OA或OB的斜率不存在，等號取不到，所以△OAB的面積的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2))).本例求解采納了學(xué)生熟知的兩種方法：不等式法和判別式法，利用判別式構(gòu)建目標(biāo)不等式的核心是抓住直線與圓錐曲線的位置關(guān)系和判別式Δ的關(guān)系建立目標(biāo)不等式．[老師備選例題](2024·江南十校聯(lián)考)已知右焦點(diǎn)為F2(c,0)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，且橢圓C關(guān)于直線x＝c對稱的圖形過坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))作直線l與橢圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，線段EF的中點(diǎn)為M，點(diǎn)A是橢圓C的右頂點(diǎn)，求直線MA的斜率k的取值范圍．[解](1)∵橢圓C過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，①∵橢圓C關(guān)于直線x＝c對稱的圖形過坐標(biāo)原點(diǎn)，∴a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝eq\f(3,4)a2，②由①②得a2＝4，b2＝3，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)依題意，直線l過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))且斜率不為零，故可設(shè)其方程為x＝my＋eq\f(1,2).由方程組eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(1,2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去x，并整理得4(3m2＋4)y2＋12my－45＝0.設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，M(x0，y0)∴y1＋y2＝－eq\f(3m,3m2＋4)，∴y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(3m,23m2＋4)，∴x0＝my0＋eq\f(1,2)＝eq\f(2,3m2＋4)，∴k＝eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(m,4m2＋4).①當(dāng)m＝0時(shí)，k＝0②當(dāng)m≠0時(shí)，k＝eq\f(1,4m＋\f(4,m))，當(dāng)m>0時(shí)，4m＋eq\f(4,m)≥8，∴0<eq\f(1,4m＋\f(4,m))≤eq\f(1,8).∴0<k≤eq\f(1,8)，當(dāng)m<0時(shí)，4m＋eq\f(4,m)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4m＋\f(4,－m)))≤－8，∴－eq\f(1,8)≤eq\f(1,4m＋\f(4,m))＝k<0.∴－eq\f(1,8)≤k≤eq\f(1,8)且k≠0.綜合①、②可知，直線MA的斜率k的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，\f(1,8))).1.如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點(diǎn)A，B滿意PA，PB的中點(diǎn)均在C上．(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M，證明：PM垂直于y軸；(2)若P是半橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1(x<0)上的動點(diǎn)，求△PAB面積的取值范圍．[解](1)證明：設(shè)P(x0，y0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y\o\al(2,1)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y\o\al(2,2)，y2)).因?yàn)镻A，PB的中點(diǎn)在拋物線上，所以y1，y2為方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y＋y0,2)))2＝4·eq\f(\f(1,4)y2＋x0,2)，即y2－2y0y＋8x0－yeq\o\al(2,0)＝0的兩個(gè)不同的實(shí)根．所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y軸．(2)由(1)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－y\o\al(2,0)，))所以|PM|＝eq\f(1,8)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))－x0＝eq\f(3,4)yeq\o\al(2,0)－3x0，|y1－y2|＝2eq\r(2y\o\al(2,0)－4x0).所以△PAB的面積S△PAB＝eq\f(1,2)|PM|·|y1－y2|＝eq\f(3\r(2),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,0)－4x0))eq\f(3,2).因?yàn)閤eq\o\al(2,0)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1(－1≤x0<0)，所以yeq\o\al(2,0)－4x0＝－4xeq\o\al(2,0)－4x0＋4∈[4,5]，所以△PAB面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6\r(2)，\f(15\r(10),4))).2．(2024·無錫期末)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，且過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，點(diǎn)P在第四象限，A為左頂點(diǎn)，B為上頂點(diǎn)，PA交y軸于點(diǎn)C，PB交x軸于點(diǎn)D.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求△PCD面積的最大值．[解](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))得a2＝4，b2＝1，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)可得A(－2,0)，則可設(shè)直線AP的方程為y＝k(x＋2)，其中－eq\f(1,2)＜k＜0，所以C(0,2k)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，解得x＝eq\f(－8k2±2,1＋4k2)，所以xAxP＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，由xA＝－2得xP＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，故yP＝k(xP＋2)＝eq\f(4k,1＋4k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)，\f(4k,1＋4k2)))，設(shè)D(x0,0)，因?yàn)锽(0,1)，P，B，D三點(diǎn)共線，所以kBD＝kPB，故－eq\f(1,x0)＝eq\f(\f(4k,1＋4k2)－1,\f(2－8k2,1＋4k2))，解得x0＝eq\f(21＋2k,1－2k)，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21＋2k,1－2k)，0))，S△PCD＝S△PAD－S△CAD＝eq\f(1,2)×AD×|yP－yC|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21＋2k,1－2k)＋2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4k,1＋4k2)－2k))＝eq\f(4|k1＋2k|,1＋4k2).因?yàn)椋璭q\f(1,2)＜k＜0，所以S△PCD＝eq\f(－8k2－4k,1＋4k2)＝－2＋2×eq\f(1－2k,1＋4k2)，令t＝1－2k，則1＜t＜2，所以2k＝1－t，所以S△PCD＝－2＋eq\f(2t,1＋1－t2)＝－2＋eq\f(2t,t2－2t＋2)＝－2＋eq\f(2,t＋\f(2,t)－2)≤－2＋eq\f(2,2\r(2)－2)＝eq\r(2)－1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\r(2)時(shí)取等號，此時(shí)k＝eq\f(1－\r(2),2)，所以△PCD面積的最大值為eq\r(2)－1.考點(diǎn)2最值問題圓錐曲線中最值問題的解決方法(1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)數(shù)形結(jié)合求解．(2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，或者不等關(guān)系，或者已知參數(shù)與新參數(shù)之間的等量關(guān)系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍．利用基本不等式求最值已知橢圓C：x2＋2y2＝4.(1)求橢圓C的離心率；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，若點(diǎn)A在直線y＝2上，點(diǎn)B在橢圓C上，且OA⊥OB，求線段AB長度的最小值．[解](1)由題意，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，所以a2＝4，b2＝2，從而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝eq\r(2).故橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(2)設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.因?yàn)镺A⊥OB，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－eq\f(2y0,x0).又xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2y0,x0)))eq\s\up20(2)＋(y0－2)2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋eq\f(4y\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＋4＝xeq\o\al(2,0)＋eq\f(4－x\o\al(2,0),2)＋eq\f(24－x\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＋4＝eq\f(x\o\al(2,0),2)＋eq\f(8,x\o\al(2,0))＋4(0＜xeq\o\al(2,0)≤4)．因?yàn)閑q\f(x\o\al(2,0),2)＋eq\f(8,x\o\al(2,0))≥4(0<xeq\o\al(2,0)≤4)，且當(dāng)xeq\o\al(2,0)＝4時(shí)等號成立，所以|AB|2≥8.故線段AB長度的最小值為2eq\r(2).已知點(diǎn)A(0，－2)，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為eq\f(2\r(3),3)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求E的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)A的動直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，求l的方程．[解](1)設(shè)F(c,0)，由條件知，eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)l⊥x軸時(shí)不合題意，故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．將y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.當(dāng)Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq\f(3,4)時(shí)，x1,2＝eq\f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1).從而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(4\r(k2＋1)\r(4k2－3),4k2＋1).又點(diǎn)O到直線PQ的距離d＝eq\f(2,\r(k2＋1)).所以△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(1,2)·d·|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).設(shè)eq\r(4k2－3)＝t，則t>0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))≤1.當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)時(shí)等號成立，且滿意Δ>0.所以當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為2y±eq\r(7)x＋4＝0.利用函數(shù)性質(zhì)求最值在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A在C上，若|AO|＝|AF|＝eq\f(3,2).(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l與C交于P，Q，若線段PQ的中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1，求△OPQ的面積的最大值．[解](1)∵點(diǎn)A在C上，|AO|＝|AF|＝eq\f(3,2)，∴eq\f(p,4)＋eq\f(p,2)＝eq\f(3,2)，∴p＝2，∴C的方程為x2＝4y.(2)設(shè)直線方程為y＝kx＋b，代入拋物線方程，可得x2－4kx－4b＝0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，∴y1＋y2＝4k2＋2b，∵線段PQ的中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1，∴2k2＋b＝1，△OPQ的面積S＝eq\f(1,2)·b·eq\r(16k2＋16b)＝beq\r(2＋2b)＝eq\r(2)·eq\r(b3＋b2)(0＜b≤1)，設(shè)y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函數(shù)單調(diào)遞增，∴b＝1時(shí)，△OPQ的面積的最大值為2.若題目中的條件和要求的結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立目標(biāo)函數(shù)，然后依據(jù)其結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)建函數(shù)模型求最值，一般狀況下，可以構(gòu)建二次型函數(shù)、雙曲線型函數(shù)、多項(xiàng)式型函數(shù)等．[老師備選例題]如圖，已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)．過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)F的右側(cè)．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2.(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；(2)求eq\f(S1,S2)的最小值及此時(shí)點(diǎn)G點(diǎn)坐標(biāo)．[解](1)由拋物線的性質(zhì)可得：eq\f(p,2)＝1，∴p＝2，∴拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1；(2)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)，令yA＝2t，t≠0，則xA＝t2，由于直線AB過F，故直線AB的方程為x＝eq\f(t2－1,2t)y＋1，代入y2＝4x，得：y2－eq\f(2t2－1,t)y－4＝0，∴2tyB＝－4，即yB＝－eq\f(2,t)，∴B(eq\f(1,t2)，－eq\f(2,t))，又xG＝eq\f(1,3)(xA＋xB＋xC)，yG＝eq\f(1,3)(yA＋yB＋yC)，重心在x軸上，∴2t－eq\f(2,t)＋yC＝0，∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))2，2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)，0))，∴直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)，∵Q在焦點(diǎn)F的右側(cè)，∴t2>2，∴eq\f