高三数学教案 圆锥曲线中的最值及范围问题
高三数学教案 圆锥曲线中的最值和范围问题
专题14 圆锥曲线中的最值和范围问题★★★高考在考什么【考题回放】1．已知双曲线12222=-by a x (a >0,b >0)的右焦点为F ，若过点F 且倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是(C )A.( 1,2)B. (1,2)C.[2,)+∞D.(2,+∞)2． P 是双曲线221916x y -=的右支上一点，M 、N 分别是圆(x ＋5)2＋y 2＝4和(x －5)2＋y 2＝1上的点，则|PM|－|PN |的最大值为（ B ）A. 6B.7C.8D.9 3．抛物线y=-x 2上的点到直线4x +3y -8=0距离的最小值是( A )A ．43 B ．75 C ．85D ．3 4．已知双曲线22221,(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1、F 2，点P 在双曲线的右支上，且|PF 1|=4|PF 2|,则此双曲线的离心率e 的最大值为：（B ）(A)43(B)53(C)2 (D)735．已知抛物线y 2=4x ,过点P (4,0)的直线与抛物线相交于A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点，则y 12+y 22的最小值是 32 .6．设椭圆方程为1422=+y x ，过点M （0，1）的直线l 交椭圆于点A 、B ，O 是坐标原点，点P 满足OP (21=OA +)OB ，点N 的坐标为)21,21(，当l 绕点M 旋转时，求（1）动点P 的轨迹方程；（2）||NP 的最小值与最大值.【专家解答】（1）法1：直线l 过点M （0，1）设其斜率为k ，则l 的方程为y=kx+1.记A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，由题设可得点A 、B 的坐标 (x 1,y 1)、 (x 2,y 2)是方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=14122y x kx y 的解. 将①代入②并化简得(4+k 2)x 2+2kx -3=0， 所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=++-=+.48,42221221k y y k k x x于是).44,4()2,2()(21222121kk k y y x x ++-=++=+= 设点P 的坐标为(x,y ), 则① ②⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=.44,422k y k k x 消去参数k 得4x 2+y 2-y =0 ③ 当k 不存在时，A 、B 中点为坐标原点（0，0），也满足方程③， 所以点P 的轨迹方程为4x 2+y 2-y =0解法二：设点P 的坐标为(x ,y )，因A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)在椭圆上，所以,142121=+y x ④ .142222=+y x ⑤④—⑤得0)(4122212221=-+-y y x x ，所以.0))((41))((21212121=+-++-y y y y x x x x当21x x ≠时，有.0)(4121212121=--⋅+++x x y y y y x x ⑥ 并且⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧--=-+=+=.1,2,221212121x x y y x y y y y x x x ⑦ 将⑦代入⑥并整理得 4x 2+y 2-y =0 ⑧ 当x 1=x 2时，点A 、B 的坐标为（0，2）、（0，－2），这时点P 的坐标为（0，0）也满足⑧，所以点P 的轨迹方程为.141)21(16122=-+y x （2）由点P 的轨迹方程知.4141,1612≤≤-≤x x 即所以127)61(3441)21()21()21(||222222++-=-+-=-+-=x x x y x NP故当41=x ，||NP 取得最小值，最小值为1;4当16x =-时，||取得最大值，最大值为.621★★★高考要考什么【考点透视】与圆锥曲线有关的最值和范围问题，因其考查的知识容量大、分析能力要求高、区分度高而成为高考命题者青睐的一个热点。
圆锥曲线中的最值及范围问题探究教案1
圆锥曲线中的最值及范围问题探究一、内容的地位和作用纵观历年高考，以圆锥曲线为载体，求最值及范围的问题经常出现，这类问题不仅涉及的知识面广，综合性强，变量多，应用性强，而且情景新颖，能很好地考察学生的突破性思维和数学素养，所以一直是高考的热门。
题型有选择题、填空题、解答题，难度较大。
二、教学目标1、知识与技能通过本节内容的学习，使学生进一步理解和掌握圆锥曲线的定义，学会利用定义及转化与整合、函数与方程等数学思想解决圆锥曲线中的最值及范围问题，强化数学概念及几何图形在解题中的重要作用，提高应用定义及几何图形解题意识，同时向学生渗透数形结合、划归转化、函数与方程思想。
2、过程与方法通过学生的积极参与，让学生自己体会从例题中寻找解决问题的方法，理解知识的形成过程，培养学生发现问题，解决问题的能力，归纳总结深化知识的探究能力。
本节课主要采用“讲练结合法”教学，层次渐进地设计问题，从不同方法解决同类问题，引导学生会用类比的方法发现问题、提出问题、解决问题。
教师参与其中适当引导，为学生营造一个愉快而振奋的学习情境，并围绕“情知融合点”展开积极、有效、丰富的认知活动，配以反馈思考题，检验教学效果。
用问题组织教学，通过层层深入的问题将教学的各环节连成一线，融为一体，充分调动学生的学习积极性，活跃学生思维，从而使一个个问题得到解决。
3、情感态度与价值观通过对同类问题不同解决方法的讲解，增强学生学习的自觉性和主动性增强学生善于发现问题、解决问题的探究意识，善于寻找知识间的内在联系及相互转化的意识，使思维得到升华，同时体会到成功的喜悦，体会到数学知识的奥秘与神奇，体会到数学中的语言美、图形美、联系美、变化美、方法美、在学习数学知识的同时得到美的享受。
三、重点难点的确立及依据重点：求最值及范围问题的思路分析及方法探究难点：问题的转化过程及利用函数与方程思想解决问题设计依据：在复习过程中发现多数高三学生对圆锥曲线的定义及解题方法基本理解，但掌握不准，用的不活，在运用定义时，只是停留在肤浅的层面上，凭感觉和经验做题，缺少学习的动机及兴奋点，没有形成梳理知识和归纳总结的好习惯，更少去分析每个问题考察的知识点是什么，出题者的意图在哪，针对此实际情况，在经过一轮复习之后，特设计了此专题。
圆锥曲线中的最值、定值和范围问题
圆锥曲线中的最值、定值和范围问题与圆锥曲线有关的最值、定值和范围问题，因其考查的知识容量大、分析能力要求高、区分度高而成为高考命题者青睐的一个热点。
下面我们探讨与圆锥曲线有关的最值、定值和范围问题的常用方法。
一. 最值问题求解的基本策略有二：一是从几何角度考虑，当题目中的条件和结论明显体现几何特征及意义时，可用图形性质来解；二是从代数角度考虑，通过建立目标函数，求其目标函数的最值，求函数最值的常用方法有：二次函数法、基本不等式法、判别式法、定义法、函数单调性法等。
例1：如图所示，设点1F ，2F 是22132xy+=的两个焦点，过2F 的直线与椭圆相交于A 、B两点，求△1F AB 的面积的最大值，并求出此时直线的方程。
分析：12112F F B F AB F FAS S S =+ ，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则11212121||||||(1)2F AB F F y y y y c S =⋅-=- =设直线A B 的方程为1x ky =+代入椭圆方程得22(23)440k y ky ++-=12122244,2323k y y y y k k --⇒+==++即122||123y y k - ==+令1t =≥，∴12FA Bt tS +=12t t+（1t ≥）利用均值不等式不能区取“＝”∴利用1()2f t t t=+（1t ≥）的单调性易得在1t =时取最小值1F AB S 在1t =即0k =时取最大值为3，此时直线A B 的方程为1x =例2．设椭圆方程为1422=+yx ，过点M （0，1）的直线l 交椭圆于点A 、B ，O 是坐标原点，点P 满足OP (21=OA + )O B ，点N 的坐标为)21,21(，当l 绕点M 旋转时，求（1）动点P 的轨迹方程；（2）||N P的最小值与最大值.解（1）法1：直线l 过点M （0，1）设其斜率为k ，则l 的方程为y=kx+1.记A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，由题设可得点A 、B 的坐标 (x 1,y 1)、 (x 2,y 2)是方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=14122yx kx y 的解. 将①代入②并化简得(4+k 2)x 2+2kx -3=0， 所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=++-=+.48,42221221k y y k k x x于是).44,4()2,2()(21222121kkk y y x x OB OA OP ++-=++=+=设点P 的坐标为(x,y ), 则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=.44,422k y kk x 消去参数k 得4x 2+y 2-y =0 ③ 当k 不存在时，A 、B 中点为坐标原点（0，0），也满足方程③，所以点P 的轨迹方程为4x 2+y 2-y =0解法二：设点P 的坐标为(x ,y )，因A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)在椭圆上，所以,142121=+y x ④ .142222=+y x ⑤④—⑤得0)(4122212221=-+-y y x x ，所以.0))((41))((21212121=+-++-y y y y x x x x 当21x x ≠时，有.0)(4121212121=--⋅+++x x y y y y x x ⑥并且⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧--=-+=+=.1,2,221212121x x y y xy y y y x x x ⑦ 将⑦代入⑥并整理得 4x 2+y 2-y =0 ⑧ 当x 1=x 2时，点A 、B 的坐标为（0，2）、（0，－2），这时点P 的坐标为 （0，0）也满足⑧，所以点P 的轨迹方程为.141)21(16122=-+y x（2）由点P 的轨迹方程知.4141,1612≤≤-≤x x 即所以 127)61(3441)21()21()21(||222222++-=-+-=-+-=x xx y x NP故当41=x ，||NP 取得最小值，最小值为1;4① ②当16x =-时，||NP 取得最大值，最大值为.621对于()*，有∆=m 2+4b =10-m 2>0，所以m <<。
圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 课件(67张)
55 15 .
所以△ABP面积的最大值为251635 5.
[方法技巧] (1)当题目中给出的条件有明显的几何特征，考虑用
图象性质来求解． (2)当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，
则可以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最 值的常用方法有配方法、判别式法、单调性法、三角换 元法等．
利用基本不等式求最值 [例 3] (2017·太原模拟)已知椭圆 M：xa22＋y32＝1(a>0)的一个 焦点为 F(－1,0)，左、右顶点分别为 A，B.经过点 F 的直线 l 与 椭圆 M 交于 C，D 两点． (1)当直线 l 的倾斜角为 45°时，求线段 CD 的长； (2)记△ABD 与△ABC 的面积分别为 S1 和 S2，求|S1－S2，所以椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1， 易求直线方程为 y＝x＋1，联立方程，得x42＋y32＝1，
y＝x＋1， 消去 y，得 7x2＋8x－8＝0， 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，Δ＝288，x1＋x2＝－87，x1x2＝－87， 所以|CD|＝ 2|x1－x2|＝ 2 x1＋x22－4x1x2＝274.
[答案] C
[方法技巧] 利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定
理、性质等进行求解，也叫做几何法．
建立目标函数求最值 [例 2] 已知△ABP 的三个顶点都在抛 物线 C：x2＝4y 上，F 为抛物线 C 的焦点，
点 M 为 AB 的中点， PF ＝3FM . (1)若|PF|＝3，求点 M 的坐标； (2)求△ABP 面积的最大值． [解] (1)由题意知焦点 F(0,1)，准线方程为 y＝－1. 设 P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得 y0＝2， 所以 P(2 2，2)或 P(－2 2，2)， 由 PF ＝3FM ，得 M－232，23或 M232，23.
《圆锥曲线中的最值问题》数学教案
《圆锥曲线中的最值问题》数学教案一、教学目标：1. 让学生掌握圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中最值问题的解法。
2. 培养学生运用数学知识解决实际问题的能力。
3. 提高学生分析问题、解决问题的能力。
二、教学内容：1. 椭圆中最值问题2. 双曲线中最值问题3. 抛物线中最值问题5. 圆锥曲线中最值问题的应用三、教学重点与难点：1. 教学重点：圆锥曲线中最值问题的解法及应用。
2. 教学难点：圆锥曲线中最值问题的灵活运用。
四、教学方法：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究圆锥曲线中最值问题的解法。
2. 通过案例分析，让学生了解圆锥曲线中最值问题在实际中的应用。
3. 利用数形结合思想，帮助学生直观地理解圆锥曲线中最值问题。
五、教学过程：1. 导入：回顾圆锥曲线的定义及性质，引导学生关注圆锥曲线中最值问题。
2. 讲解：（1）椭圆中最值问题：分析椭圆的性质，引导学生运用几何方法、代数方法解决最值问题。
（2）双曲线中最值问题：分析双曲线的性质，引导学生运用几何方法、代数方法解决最值问题。
（3）抛物线中最值问题：分析抛物线的性质，引导学生运用几何方法、代数方法解决最值问题。
4. 练习：布置课后作业，让学生巩固圆锥曲线中最值问题的解法。
5. 拓展：介绍圆锥曲线中最值问题在实际应用中的例子，激发学生兴趣。
六、课后作业：1. 复习圆锥曲线中最值问题的解法。
2. 完成课后练习题。
3. 探索圆锥曲线中最值问题在实际应用中的例子。
七、教学评价：1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答情况。
2. 课后作业：检查学生的作业完成情况，评估学生对圆锥曲线中最值问题的掌握程度。
3. 实践应用：评估学生在实际问题中运用圆锥曲线中最值问题的能力。
八、教学资源：1. 教材、教辅资料。
2. 圆锥曲线的图形软件。
3. 实际问题案例。
九、教学进度安排：1. 第一课时：导入及椭圆中最值问题讲解。
2. 第二课时：双曲线中最值问题讲解。
《圆锥曲线中的最值问题》数学教案
《圆锥曲线中的最值问题》数学教案一、教学目标1. 让学生掌握圆锥曲线中的最值问题的解法。
2. 培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
3. 提高学生对圆锥曲线的理解和运用能力。
二、教学内容1. 圆锥曲线中最值问题的定义和性质。
2. 圆锥曲线中最值问题的解法。
3. 圆锥曲线中最值问题在实际问题中的应用。
三、教学重点与难点1. 教学重点：圆锥曲线中最值问题的解法。
2. 教学难点：圆锥曲线中最值问题的应用。
四、教学方法1. 采用讲解法，引导学生理解圆锥曲线中最值问题的解法。
2. 采用案例分析法，分析圆锥曲线中最值问题在实际问题中的应用。
3. 采用小组讨论法，培养学生的合作能力和解决问题的能力。
五、教学过程1. 导入：通过复习圆锥曲线的定义和性质，引导学生进入圆锥曲线中最值问题的学习。
2. 讲解：讲解圆锥曲线中最值问题的解法，结合实例进行讲解。
3. 案例分析：分析圆锥曲线中最值问题在实际问题中的应用，引导学生学会将理论应用于实际问题。
4. 小组讨论：让学生分组讨论圆锥曲线中最值问题的解法和应用，培养学生的合作能力和解决问题的能力。
5. 总结：对本节课的内容进行总结，强调圆锥曲线中最值问题的关键点。
6. 作业布置：布置相关练习题，巩固所学知识。
7. 课后反思：教师对课堂教学进行反思，总结经验教训，为下一节课的教学做好准备。
六、教学评价1. 评价内容：学生对圆锥曲线中最值问题的理解程度和解题能力。
2. 评价方法：通过课堂提问、作业批改和课后讨论等方式进行评价。
3. 评价指标：学生对圆锥曲线中最值问题的定义、性质和解法的掌握程度，以及在实际问题中的应用能力。
七、教学拓展1. 圆锥曲线中最值问题与其他数学领域的联系，如微积分、线性代数等。
2. 圆锥曲线中最值问题在实际生活中的应用，如优化问题、物理学中的运动问题等。
3. 引导学生探索圆锥曲线中最值问题的深入研究，如求解更一般性的问题。
八、教学资源1. 教材：圆锥曲线的相关教材和辅导书。
高中数学《圆锥曲线中的最值问题》教学设计 精品
《圆锥曲线中的最值问题》教学设计一、内容与内容解析圆锥曲线的单元复习的基础内容包括椭圆、双曲线和抛物线的定义、标准方程、简单几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系,在掌握以上一些陈述性知识和程序性知识的基础上，再学习圆锥曲线的一些综合应用.在解析几何中，运动是曲线的灵魂，在形的运动中必然伴随着量的变化，而在变化中，往往重点关注变化中不变的量或关系，以及变量的变化趋势，由此产生圆锥曲线中的定点、定值问题，圆锥曲线的中的参数取值范围问题，圆锥曲线中的最值问题等.圆锥曲线的最值问题是本单元复习综合性较强的内容.重点研究变化的距离、弦长、角度、面积、斜率、定比等几何量的最值及相关问题.本课重点是借助对常见的距离问题等的研究提炼出解决此类问题的思想方法和基本策略，并能进行简单的应用.解决圆锥曲线的最值问题，不仅要用到圆锥曲线定义、方程、几何性质，还常用到函数、方程、不等式及三角函数等重要知识，综合性强，联系性广,策略性要求高.其基本的思想是函数思想和数形结合思想，基本策略主要是代数和几何两个角度分析. 由于圆锥曲线是几何图形，研究的量也往往是几何量，因此借助几何性质，利用几何直观来分析是优先选择；但几何直观往往严谨性不强，难以细致入微，在解析几何中需要借助代数的工具来实现突破.几何方法主要结合图形的几何特征，借助圆锥曲线的定义以及平面几何知识作直接论证及判断;代数方法主要是将几何量及几何关系用代数形式表示,通过设动点坐标或动直线的方程，将目标表示为变量的函数，从而转化为函数的最值问题，再借助函数、方程、不等式等知识解决问题.二、教学问题诊断圆锥曲线的最值问题的解决，涉及的知识面广，需要综合运用圆锥曲线、平面几何、代数等相关知识，还需要较强的运算技能和分析问题解决问题的能力.在本课的学习中，学生可能存在的问题有：知识的联系性和系统性较弱，难以调动众多的知识合理地解决问题；运算能力不强，算得慢，易算错，影响问题解决的执行力；问题解决的策略性不强，就题论题，对问题的数学本质认识模糊等现象.再加上学生对复习课的认识比较片面，对复习课缺乏新鲜感。
高考数学利用函数思想求圆锥曲线中的最值与范围问题(解析版)
利用函数思想求圆锥曲线中的最值与范围问题一、考情分析与圆锥曲线有关的范围、最值问题,在高考中常以解答题形式考查,且难度较大,它能综合应用函数、三角、不等式等有关知识,因而备受命题者青睐.解题时要紧紧抓住圆锥曲线的定义与性质进行转化,充分展现数形结合、函数与方程、化归转化等数学思想在解题中的应用,其中把问题转化为函数求最值与值域是最常用的方法之一．二、解题秘籍(一)利用函数思想最值与范围问题求解方法与策略1.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(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．2.利用函数思想求圆锥曲线中的最值或范围,首先要把待求量用某个(些)量来表示,然后把待求量看作关于这个量的函数,再结合函数性质求最值与范围,其中利用二次函数配方求最值是最常用的方法,有时也可利用导数研究函数单调性求最值.【例1】(2023届四川省成都市高三上学期10月月考)已知点F 是抛物线C :x 2=4y 与椭圆y 2a 2+x 2b2=1(a >b >0)的公共焦点,椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3.(1)求椭圆的方程；(2)过点M 作C 的两条切线,记切点分别为A ,B ,求△MAB 面积的最大值.【解析】(1)抛物线C 的焦点为F 0,1 ,即c =1,椭圆上的点M 到点F 的最大距离为a +c =3,所以a =2,b 2=3,所以椭圆方程为y 24+x 23=1.(2)抛物线C 的方程为x 2=4y ,即y =x 24,对该函数求导得y =x2,设点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,M (x 0,y 0),直线MA 的方程为y -y 1=x12(x -x 1),即y =x 1x2-y 1,即x 1x -2y 1-2y =0,同理可知,直线MB 的方程为x 2x -2y 2-2y =0,由于点M 为这两条直线的公共点,则x 1x 0-2y 1-2y 0=0x 2x 0-2y 2-2y 0=0,所以点A ,B 的坐标满足方程x 0x -2y -2y 0=0,所以直线AB 的方程为x 0x -2y -2y 0=0,联立x 0x -2y -2y 0=0y =x 24,可得x 2-2x 0x +4y 0=0,由韦达定理可得x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=4y 0,所以AB =1+x 022⋅x 1+x 22-4x 1x 2=1+x 022⋅4x 20-16y 0=x 20+4 x 20-4y 0 ,点M 到直线AB 的距离为d =x 20-4y 0x 20+4,所以S △MAB =12AB ⋅d =12x 20+4 x 20-4y 0 ⋅x 20-4y 0x 20+4=12x 20-4y 0 32,因为x 2-4y 0=3-3y 204-4y 0=-34y 0+83 2+253,由已知可得-2≤y 0≤2,所以当y 0=-2时,△MAB 面积的最大值为82.【例2】(2023届新高考高中毕业班“启航”适应性练习)在平面直角坐标系xOy 中,已知抛物线M ：y 2=4x ．P ,Q ,R 为M 上相异的三点,且∠POQ =90°,RP 与x 负半轴交于点A ,RQ ,PQ 分别与x 正半轴交于点B ,C ,记点R x 0,y 0 ．(1)证明：OA ⋅OB =4x 0；(2)若B 为M 的焦点,当∠BRC 最大时,求x 0的值．【解析】(1)证明：因为∠POQ =90°,所以直线OP 和OQ 斜率之积为-1,设PQ ：x =my +t ,且C t ,0 ,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),联立x =my +ty 2=4x,得y 2-4my -4t =0,且Δ>0恒成立,所以y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4t ,记直线OP 、OQ 的斜率分别为k 1,k 2,所以k 1k 2=y 1y 2x 1x 2=16y 1y 2=-1,即t =4,所以C 4,0 ,设RP ：x =m 1y +t 1,且A (t 1,0)(t 1<0),联立x =m 1y +t 1y 2=4x,得y 2-4m 1y -4t 1=0,且Δ>0恒成立,得y 0y 1=-4t 1=4OA ,同理设RQ ：x =m 2y +t 2,得y 0y 2=-4t 2=-4OB ,所以y 1y 2y 20=-16OA ⋅OB =-16y 20=-64x 0,即OA ⋅OB =4x 0；(2)因为B 为M 的焦点,所以B 1,0 ,且C 4,0 ,R x 0,y 0 ,tan ∠BRC =tan (∠RCx -∠RBx )=tan ∠RCx -tan ∠RBx1+tan ∠RCx tan ∠RBx =y 0x 0-4-y 0x 0-11+y 0x 0-4×y 0x 0-1=3y 0x 20-x 0+4,又y 20=4x 0,不妨设y 0>0,y 0=2x 0,则tan ∠BRC =3y 0x 20-x 0+4=6x 0x 20-x 0+4,记t =x 0,t >0,则tan ∠BRC =f (t )=6tt 4-t 2+4,f(t )=-63t 4-t 2-4 t 4-t 2+4 2=-63t 2-4 t 2+1 t 4-t 2+42,令f t =0,则t =233,且f t 在0,233上单调递增,在233,+∞ 上单调递减,且y =tan x 在0,π2 上单调递增,所以当t =233,即x 0=43时,tan ∠BRC 最大,∠BRC 最大．(二)利用距离公式把距离问题转化为二次函数求最值与距离或线段长度有关的最值与范围问题通常是把相关距离或线段长度利用距离公式表示成一个变量的函数,若被开放式为二次函数类型,可通过配方求最值与范围.【例3】(2023届湖北省腾云联盟高三上学期10月联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 经过点P 0,1 ,且离心率为32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过点0,-35的直线l 与椭圆C 交于A ,B 两点,设坐标原点为O ,线段AB 的中点为M ,求MO 的最大值.【解析】(1)∵椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点P (0,1),其离心率为32．∴b =1,c a =32⇒1-b 2a2=34,∴b a =12,∴a =2,故椭圆C 的方程为：x 24+y 2=1；(2)当直线l 斜率不存在时,M 与O 重合,不合题意,当直线l 斜率存在时,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x 0,y 0),则有x 0=x 1+x 22,y 0=y 1+y 22,直线l 的斜率为y 1-y 2x 1-x 2=y 0+35x 0,A ,B 两点在椭圆上,有x 124+y 12=1,x 224+y 22=1,两式相减,x 12-x 224=-y 12-y 22 ,即x 1+x 24y 1+y 2 =-y 1-y 2x 1-x 2,得x 04y 0=-y 0+35x 0,化简得x 02=-4y 02-125y 0,MO =x 02+y 02=-3y 02-125y 0=-3y 0+25 2+1225,∴当y 0=-25时,MO 的最大值为235(三)把面积问题转化为二次函数最值问题该类问题求解的基本思路通常是把面积用另一个量(如点的横坐标、纵坐标,直线的斜率等),把求面积最值与范围问题转化为求函数最值或值域,若函数式可转化为二次函数类型,可利用二次函数性质求最值.【例4】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点3,12 ,其右焦点为F 3,0 .(1)求椭圆C 的离心率；(2)若点P ,Q 在椭圆C 上,右顶点为A ,且满足直线AP 与AQ 的斜率之积为120.求△APQ 面积的最大值.【解析】(1)依题可得,c =33a 2+14b 2=1a 2=b 2+c 2 ,解得a =2b =1c =3,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.所以离心率e =32.(2)易知直线AP 与AQ 的斜率同号,所以直线PQ 不垂直于x 轴,故可设PQ :y =kx +m ,k ≠0,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,由x 24+y 2=1y =kx +m可得,1+4k 2 x 2+8mkx +4m 2-4=0,所以x 1+x 2=-8mk 1+4k 2,x 1x 2=4m 2-41+4k 2,Δ=164k 2+1-m 2 >0,而k AP k AQ =120,即y 1x 1-2⋅y 2x 2-2=120,化简可得20kx 1+m kx 2+m =x 1-2 x 2-2 ,20k 2x 1x 2+20km (x 1+x 2)+20m 2=x 1x 2-2(x 1+x 2)+4,20k 2⋅4m 2-41+4k 2+20km ⋅-8mk 1+4k 2+20m 2=4m 2-41+4k 2-2×-8mk 1+4k 2+4化简得6k 2+mk -m 2=0,所以m =-2k 或m =3k ,所以直线PQ :y =k x -2 或y =k x +3 ,因为直线PQ 不经过点A ,所以直线PQ 经过定点-3,0 .设定点B -3,0 ,S △APQ =S △ABP -S △ABQ =12AB y 1-y 2 =52k x 1-x 2 =52k (x 1+x 2)2-4x 1x 2=52k -8km 1+4k 2 2-4×4m 2-41+4k 2=5k 2164k 2+1-m 2 1+4k 2=101-5k 2 k 21+4k 2,因为1-5k 2>0,所以0<k 2<15,设t =4k 2+1∈1,95,所以S △APQ =52-5t 2+14t -9t 2=52-91t -79 2+49≤53,当且仅当t =97即k 2=114时取等号,即△APQ 面积的最大值为53.(四)与斜率有关的最值与范围问题与斜率有关的最值与范围问题的思路一是设出动点.是利用斜率定义表示出斜率,然后利用函数知识求解,二是设出直线的点斜式或斜截式方程,利用根与系数之间的关系或题中条件整理关于斜率的等式,再利用函数思想求解.【例5】已知椭圆x 2a2+y 2=1(a >1),过点0,3 作椭圆的两条切线,且两切线垂直.(1)求a ；(2)已知点P m ,m 2 ,m ≥2,Q 0,-1 ,若存在过点P 的直线与椭圆交于M ,N ,且以MN 为直径的圆过点Q (M ,N 不与Q 重合),求直线MN 斜率的取值范围.【解析】(1)由题可知,切线斜率存在,则设切线y =kx +3,联立得x 2a2+k 2x 2+2+23kx =0,即a 2k 2+1 x 2+23a 2kx +2a 2=0,相切得：Δ=12a 4k 2-8a 2a 2k 2+1 =0,即a 2k 2-2=0,所以k 1=-2a ,k 2=2a由两切线垂直得：k 1⋅k 2=-2a 2=-1∴a =2(2)由(1)得,椭圆方程为x 22+y 2=1由题可知,直线MN 的斜率存在,设MN :y =nx +t ,联立得2n 2+1 x 2+4ntx +2t 2-2=0设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,由韦达定理得：x 1+x 2=-4nt 2n 2+1,x 1x 2=2t 2-22n 2+1由题意MN 为直径的圆过点Q ,∴QM ⋅QN=(x 1,y 1+1)⋅(x 2,y 2+1)=x 1x 2+y 1y 2+y 1+y 2+1=0①又y 1y 2=(nx 1+t )(nx 2+t )=n 2x 1x 2+nt (x 1+x 2)+t 2=t 2-2n 22n 2+1y 1+y 2=(nx 1+t )+(nx 2+t )=n (x 1+x 2)+2t =2t2n 2+1代入①式得：3t 2+2t -1=0∴t =13或-1(舍去),所以MN 过定点0,13 ,∴n =m 2-13m -0=m -13m,n 随m 的增大而增大,∵m ≥2,∴k MN ≥116即直线MN 斜率范围116,+∞(五)通过换元把问题转化为二次函数问题该类问题通常是所得结果比较复杂,通过换元把问题转化为二次函数求解.【例6】已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为32,F 1,F 2分别为椭圆C 的左、右焦点,过F 1且与x 轴垂直的直线与椭圆C 交于点A ,B ,且△ABF 2的面积为3．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于不同于右顶点P 的M ,N 两点,且PM ⊥PN ,求PM ⋅PN 的最大值．【解析】(1)因为椭圆C 的离心率为32,所以c a =32①．将x =c 代入x 2a 2+y 2b2=1,得y =±b 2a ,所以AB =2b 2a,则12×2c ×2b 2a =3,即2b 2c a=3②．由①②及a 2=b 2+c 2,得a =2,b =1,故椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1．(2)由题意知,直线l 的斜率不为0,则不妨设直线l 的方程为x =ky +m m ≠2 ．联立得x 24+y 2=1x =ky +m消去x 得k 2+4 y 2+2km y +m 2-4=0,Δ=4k 2m 2-4k 2+4 m 2-4 >0,化简整理,得k 2+4>m 2．设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则y 1+y 2=-2km k 2+4,y 1y 2=m 2-4k 2+4．因为PM ⊥PN ,所以PM ⋅PN=0．因为P 2,0 ,所以PM =x 1-2,y 1 ,PN=x 2-2,y 2 ,得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0,将x 1=ky 1+m ,x 2=ky 2+m 代入上式,得k 2+1 y 1y 2+k m -2 y 1+y 2 +m -2 2=0,得k 2+1 ⋅m 2-4k 2+4+k m -2 ⋅-2kmk 2+4+m -2 2=0,解得m =65或m =2(舍去),所以直线l 的方程为x =ky +65,则直线l 恒过点Q 65,0 ,所以S △PMN =12PQ ⋅y 1-y 2 =12×45×y 1+y 2 2-4y 1y 2=825×25k 2+4 -36k 2+4 2．设t =1k 2+4,则0<t ≤14,S △PMN =825×-36t 2+25t ,易知y =825×-36t 2+25t 在0,14 上单调递增,所以当t =14时,S △PMN 取得最大值,为1625．又S △PMN =12PM ⋅PN ,所以PM ⋅PN max =2S △PMN max =3225．(六)把问题转化为函数问题后再借助导数求最值或范围该类问题通常是所得函数为分式函数或高次函数,又不具备使用均值不等式的条件,只能借助导数求最值或范围.【例7】(2023届云南省昆明市第一中学高三上学期第二次检测)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)四个顶点的四边形为菱形,它的边长为7,面积为43,过椭圆左焦点F 1与椭圆C 相交于M ,N 两点(M ,N 两点不在x轴上),直线l 的方程为：x =-4,过点M 作ME 垂直于直线l 交于点E ．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)点O 为坐标原点,求△OEN 面积的最大值．【解析】(1)由题意可得：a 2+b 2=72ab =43,解得a =2b =3 椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1(2)由(1)可得：c =a 2-b 2=1,即F 1-1,0由题意可设直线MN :x =ty -1,M x 1,y 1 ,N x 2,y 2,则E -4,y 1联立方程x =ty -1x 24+y 23=1,消去x 可得：3t 2+4 y 2-6ty -9=0∴y 1+y 2=6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4,则ty 1y 2=-32y 1+y 2∴直线EN 的斜率k EN =y 2-y 1x 2+4,则直线EN 的方程为y -y 1=y 2-y 1x 2+4x +4令y =0,则可得x =-4-y 1x 2+4 y 2-y 1=-4-y 1ty 2+3 y 2-y 1=-4-ty 1y 2+3y 1y 2-y 1=-4-32y 1-y2 y 2-y 1=-52即直线EN 过定点-52,0∴△OEN 面积为S =12×52×y 1-y 2 =546t 3t 2+4 2+363t 2+4=15t 2+13t 2+1 +1令m =t 2+1≥1,则S =15m3m 2+1令f m =15m 3m 2+1m ≥1 ,则fm =151-3m 2 3m 2+12<0当m ≥1时恒成立∴f m 在1,+∞ 单调递减,则f m ≤f 1 =154,即S ≤154∴△OEN 面积的最大值为154(七)利用椭圆的参数方程把把问题转化为三角函数求最值与范围此类问题通常是把椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上的动点设为a cos θ,b sin θ ,再利用辅助角公式及弦函数的有界性或单调性求最值与范围.【例8】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点1,-32 ,(2,0)．(1)求椭圆C 的方程；(2)在椭圆C 的第四象限的图象上有一个动点M ,连接动点M 与椭圆C 的左顶点A 与y 的负半轴交于点E ,连接动点M 与椭圆的上顶点B ,与x 的正半轴交于点F ,记四边形ABFE 的面积为S 1,△ABM 的面积为S 2,λ=S1S 2,求λ的取值范围．【解析】(1)依题意1a 2+94b 2=1a =2,得a 2=4,b 2=3,故C 的方程为x 24+y 23=1．(2)依题意,A (-2,0),B (0,3),设M (x 0,y 0),则3x 20+4y 20=12,所以直线AM :y -0y 0-0=x +2x 0+2,令x =0,y E =2y 0x 0+2,则|BE |=3-y E =3-2y 0x 0+2=3x 0+23-2y 0x 0+2．直线BM :y -3y 0-3=x -0x 0-0,令y =0,x F =-3x 0y 0-3．则|AF |=2+x F =2+-3x 0y 0-3=2y 0-23-3x 0y 0-3,又易知AF ⊥BE ,所以四边形ABFE 的面积S 1=12|BE |⋅|AF |=12⋅3⋅x 0+23-2y 0x 0+2⋅2y 0-23-3x 0y 0-3=-3x 20-4y 2-12+43x 0y 0-12x 0+83y 02x 0y 0-3x 0+2y 0-23 =43x 0y 0-3x 0+2y 0-23 2x 0y 0-3x 0+2y 0-23=23．由题意可知AB 的直线方程为3x -2y +23=0,再设椭圆的参数方程为x =2cos θ,y =3sin θ,θ为参数,则动点M 到直线AB 的距离d =|3×2cos θ-23sin θ+23|3+4,θ∈-π2,0 ,化简得d =26cos θ+π4 +23 7,θ∈-π2,0 ．∵θ∈-π2,0 ,θ+π4∈-π4,π4 ,cos θ+π4 ∈22,1,∴437<d ≤26+237,△ABM 的面积S 2=12×|AB |×d =12×7×d ,∴23<S 2≤6+3．∵λ=S 1S 2,∴236+3≤λ<2323,即22-2≤λ<1．三、跟踪检测1.(2023届重庆市第八中学校高三上学期月考)已知双曲线E ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)一个顶点为A -2,0 ,直线l 过点Q 3,0 交双曲线右支于M ,N 两点,记△AMN ,△AOM ,△AON 的面积分别为S ,S 1,S 2.当l 与x 轴垂直时,S 1的值为152.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)若l 交y 轴于点P ,PM =λMQ ,PN=μNQ ,求证：λ+μ为定值；(3)在(2)的条件下,若1625S =μS 1+mS 2,当5<λ≤8时,求实数m 的取值范围.【解析】(1)由题意得a =2,OA =2,则当l 与x 轴垂直时,不妨设M 3,y 1 ,由S 1=12OA ⋅y 1 =152,得y 1 =152,将M 3,y 1 代入方程x 24-y 2b 2=1,得94-154b2=1,解得b 2=3,所以双曲线E 的方程为x 24-y 23=1．(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,P 0,y 0 ,由PM=λMQ 与Q 3,0 ,得x 1,y 1-y 0 =λ3-x 1,-y 1 ,即x 1=3λ1+λ,y 1=y 01+λ,将M 3λ1+λ,y 01+λ代入E 的方程得：3λ1+λ 24-y 01+λ 23=1,整理得：15λ2-24λ-4y 20-12=0①,同理由PN =μNQ 可得15μ2-24μ-4y 20-12=0②．由①②知,λ,μ是方程15x 2-24x -4y 20-12=0的两个不等实根．由韦达定理知λ+μ=2415=85,所以λ+μ为定值．(3)又1625S =μS 1+mS 2,即1625⋅12⋅AQ ⋅y 1-y 2 =μ12⋅2⋅y 1 +m ⋅12⋅2⋅y 2 ,整理得：85y 1-y 2 =μy 1 +m y 2 ,又y 1y 2<0,不妨设y 2<0<y 1,则85y 1-y 2 =μy 1-my 2,整理得m =85-85-μ y 1y 2,又λ+μ=85,故m =85-λy 1y 2,而由(2)知y 1=y 01+λ,y 2=y 01+μ,故y 1y 2=1+μ1+λ,代入m =85-λ⋅1+μ1+λ=85-λ135-λ 1+λ,令1+λ=t t ∈6,9 ,得m =85-t -1185-tt =-3+t +185t,由双勾函数y =t +185t 在6,9 上单调递增,得m =-3+t +185t ∈185,325 ,所以m 的取值范围为185,325．2.(2023届陕西省咸阳市武功县高三上学期质量检测)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1、F 2,P 是椭圆E 上一动点,△PF 1F 2的最大面积为3,F 1F 2 =2 3.(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线x -y -1=0与椭圆E 交于A 、B 两点,C 、D 为椭圆E 上两点,且CD ⊥AB ,求CD 的最大值.【解析】(1)设椭圆E 的半焦距为c ,∵F 1F 2 =23,∴c =3,∵△PF 1F 2的最大面积为3,∴12⋅2c ⋅b =3,∴b =1,∴a =b 2+c 2=2,∴椭圆E 的方程为x 24+y 2=1；(2)由题知CD ⊥AB ,设直线CD 的方程为y =-x +m ,C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ,联立x 24+y 2=1y =-x +m,消去y 并整理得：5x 2-8mx +4m 2-4=0,∴Δ=-8m 2-4×5×4m 2-4 >0,得-5<m <5,x 1+x 2=8m 5,x 1x 2=4m 2-45,∴CD =1+-1 2⋅8m 5 2-44m 2-4 5=25×80-16m 2=425×5-m 2,设g m =425×5-m 2,-5<m <5,由复合函数的单调性知：g m =425×5-m 2在-5,0 上单调递增,在0,5 单调递减,∴当m =0时,g m max =g 0 =4105,故CD max =4105.3.已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为12,其左焦点到点P 2，1 的距离为10．(1)求椭圆的方程；(2)直线y =-32x +m 与椭圆相交于A ，B 两点,求△ABP 的面积关于m 的函数关系式,并求面积最大时直线l 的方程．【解析】(1)由题意得：c a =12,且2+c 2+1-0 2=10,解得：c =1,a =2,所以b 2=a 2-c 2=4-1=3,所以椭圆方程为x 24+y 23=1；(2)联立y =-32x +m 与椭圆方程x 24+y 23=1可得：3x 2-3mx +m 2-3=0,由Δ=9m 2-12m 2-3 =36-3m 2>0,解得：-23<m <23；设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,则x 1+x 2=m ,x 1x 2=m 2-33,由弦长公式可得：AB =1+94⋅m 2-4×m 2-33=1324-m 23,点P 2，1 到直线y =-32x +m 的距离为d =4-m 1+94=24-m 13,则△ABP 的面积为S =12AB ⋅d =124-m ⋅4-m 23=364-m 212-m 2,其中-23<m <23,令f m =4-m 212-m 2 ,-23<m <23,则f m =-24-m 12-m 2 -2m 4-m 2=44-m m -1-7 m -1+7 ,由于-23<m <23,所以4-m >0,m -1-7<0,令f m >0得：m ∈-23,1-7 ,令f m <0得：m ∈1-7,23 ,即f m =4-m 212-m 2 在-23,1-7 上单调递增,在m ∈1-7,23 上单调递减,所以f m =4-m 212-m 2 在m =1-7处取得极大值,也是最大值,f 1-7 =4-1+7 2⋅12-1-7 2 =148+567,所以当m =1-7时,面积取得最大值,此时直线l 的方程为y =-32x +1-7．4.如图所示,M 、D 分别为椭圆x 2a 2+y 2=1(a >1)的左、右顶点,离心率为32.(1)求椭圆的标准方程；(2)过M 点作两条互相垂直的直线MA ,MB 与椭圆交于A ,B 两点,求△DAB 面积的最大值.【解析】(1)由已知可得：c a =32a 2=1+c2,解得：a =2,c =3,∴椭圆的方程为：x 24+y 2=1.(2)∵M -2,0 ,设AB 的直线方程为：x =ty +m ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,联立方程：x =ty +mx 2+4y 2-4=0 ,整理得：t 2+4 y 2+2mty +m 2-4=0,∴y 1+y 2=-2mt t 2+4,y 1y 2=m 2-4t 2+4,∵∠A MB =π2,∴x 1+2 x 2+2 +y 1y 2=0⇒x 1x 2+2x 1+x 2 +4+y 1y 2=0,ty 1+m ty 2+m +2ty 1+ty 2+2m +4+y 1y 2=0,即t 2+1 y 1y 2+(mt +2t )y 1+y 2 +(m +2)2=0,⇒t 2+1 ⋅m 2-4t 2+4+(mt +2t )⋅-2mtt 2+4+(m +2)2=0,t 2+1 m 2-4 -2m 2t 2-4mt 2+m 2+4m +4 t 2+4 =0,t2m 2-4t 2+m 2-4 -2m 2t 2-4mt 2+m 2t 2+4m 2+4mt 2+16m +4t 2+16=0,整理得5m 2+16m +12=0,解得m =-65或m =-2(舍去),∴x =ty -65,y 1+y 2=12t 5t 2+4y 1y 2=-6425t 2+4,∴S △DAB =12⋅2+65 y 1-y 2 =85y 1+y 2 2-4y 1y 2=3225⋅25t 2+64t 2+4,令25t 2+64=u (u ≥8),则S △DAB =3225⋅u u 2-6425+4=32u u 2+36=32u +36u ,由对勾函数单调性知,u +36u ≥8+368=252,所以S △DAB ≤32252=6425,当且仅当u =8时,即t =0时等号成立,此时S △DAB 最大值为6425.5.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,椭圆上一动点P 与左､右焦点构成的三角形面积最大值为 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左､右顶点分别为A ,B ,直线PQ 交椭圆C 于P ,Q 两点,记直线AP 的斜率为k 1,直线BQ 的斜率为k 2,已知k 1=3k 2.①求证：直线PQ 恒过定点；②设△APQ 和△BPQ 的面积分别为S 1,S 2,求S 1-S 2 的最大值.【解析】(1)由题意c a =32bc =3a 2=b 2+c2 ,解得a 2=4b 2=1 ,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．(2)①依题意A (-2,0),B (2,0),设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,若直线PQ 的斜率为0则P ,Q 关于y 轴对称,必有k AP =-k BQ ,不合题意．所以直线PQ 斜率必不为0,设其方程为x =ty +n (n ≠±2),与椭圆C 联立x 2+4y 2=4x =ty +n ,整理得：t 2+4 y 2+2tny +n 2-4=0,所以Δ=16t 2+4-n 2 >0,且y 1+y 2=-2tn t 2+4,y 1y 2=n 2-4t 2+4.因为P x 1,y 1 是椭圆上一点,即x 214+y 21=1,所以k AP ⋅k BP =y 1x 1+2⋅y 1x 1-2=y 21x 21-4=1-x 214x 21-4=-14,则k AP =-14k BP =3k BQ ,即12k BP ⋅k BQ =-1因为12k BP ⋅k BQ =12y 1y 2x 1-2 x 2-2 =12y 1y 2ty 1+n -2 ty 2+n -2=12y 1y 2t 2y 1y 2+t (n -2)y 1+y 2 +(n -2)2=12n 2-4t 2+4t 2n 2-4 t 2+4-2t 2n (n -2)t 2+4+(n -2)2=12(n +2)t 2(n +2)-2t 2n +(n -2)t 2+4=3(n +2)n -2=-1,所以n =-1,此时Δ=16t 2+4-n 2 =16t 2+3 >0,故直线PQ 恒过x 轴上一定点D -1,0 ．②由①得：y 1+y 2=2t t 2+4,y 1y 2=-3t 2+4,所以S 1-S 2 =12⋅y 1-y 2 ⋅2--1 -12⋅y 1-y 2 ⋅-2--1 =y 1-y 2=y 1+y 2 2-4y 1y 2=4t 2+3t 2+4=4t 2+4 -1t 2+4 2=41t 2+4-1t 2+42=4-1t 2+4-12 2+14,而1t 2+4∈0,14,当1t 2+4=14时S 1-S 2 的最大值为3．6.(2023届北京市第四中学高三上学期测试)已知中心在原点,焦点在x 轴上的椭圆C 过点1,32,离心率为32,点A 为其右顶点.过点B 1,0 作直线l 与椭圆C 相交于E 、F 两点,直线AE 、AF 与直线x =3分别交于点M 、N .(1)求椭圆C 的方程；(2)求EM ⋅FN的取值范围.【解析】(1)由题意设椭圆的标准方程为x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0),由题意,得1a 2+34b 2=1c a =32a 2=b 2+c 2,解得a 2=4,b 2=1,即椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)由(1)得A (2,0),设l :x =ty +1,E (x 1,y 1),F (x 2,y 2),联立x =ty +1x 2+4y 2-4=0,得(ty +1)2+4y 2-4=0,即(t 2+4)y 2+2ty -3=0,则y 1+y 2=-2t t 2+4,y 1y 2=-3t 2+4,直线AE ,AF 的方程分别为y =y 1x 1-2(x -2),y =y 2x 2-2(x -2),令x =3,则M 3,y 1x 1-2 ,N 3,y 2x 2-2,则EM =3-x 1,y 13-x 1 x 1-2 =2-ty 1,y 12-ty 1 ty 1-1,FN =3-x 2,y 23-x 2 x 2-2 =2-ty 2,y 22-ty 2 ty 2-1,所以EM ⋅FN =2-ty 1 2-ty 1 +y 1y 22-ty 1 2-ty 2 ty 1-1 ty 2-1 =t 2y 1y 2-2t y 1+y 2 +4 1+y 1y 2t 2y 1y 2-t y 1+y 2 +1 =-3t 2t 2+4+4t 2t 2+4+4 1+-3t 2+4-3t 2t 2+4+2t 2t 2+4+1 =5t 2+164(t 2+4)=5(t 2+4)-44(t 2+4)=54-1t 2+4因为t 2+4≥4,所以0<1t 2+4≤14,1≤54-1t 2+4<54,即EM ⋅FN 的取值范围为1,54 .7.(2022届上海市行知中学高三上学期考试)已知曲线Γ上一动点P 到两定点F 10,-2 ,F 20,2 的距离之和为42,过点Q -1,0 的直线L 与曲线Γ相交于点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ．(1)求曲线Γ的方程；(2)动弦AB 满足：AM =MB,求点M 的轨迹方程；(3)求x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 的取值范围．【解析】(1)因为动点P 到两定点F 10,-2 ,F 20,2 的距离之和为42>4,所以曲线Γ是以F 10,-2 ,F 20,2 为焦点的椭圆,c =2,2a =42,所以a =22,b 2=a 2-c 2=4,所以曲线Γ的方程为y 28+x 24=1；(2)因为AM =MB,所以M 为AB 中点,设M x ,y ,当AB 的斜率存在且不为0时,将A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 代入椭圆方程中得：y 128+x 124=1，y 228+x 224=1，两式相减得y 12-y 228+x 12-x 224=0,故y 1-y 2x 1-x 2×y 1+y 2x 1+x 2=-2故得k AB ⋅k OM =-84=-2,所以k QM ⋅k OM =-2,所以y x +1⋅yx=-2,整理得2x +1 2+2y 2=1；当AB 的斜率不存在或为0时,M -1,0 或M 0,0 ,出满足2x +1 2+2y 2=1；所以点M 的轨迹方程是2x +1 2+2y 2=1；(3)x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 =2x 1+y 1-4 2+x 2+y 2-42=2d A -I +d B -I =22d M -I ,其中d A -I ,d B -I ,d M -I 分别为点A ,B ,M 到直线l ：x +y -4=0的距离,因为点M 的轨迹方程为2x +1 2+2y 2=1,设2x +1=cos α,2y =sin α,则可设M cos α-12,sin α2 ,所以d M -I =cos α-12+sin α2-42=9-2sin α+cos α 22=9-3sin (α+φ)22∈9-322,9+322,其中tan φ=22,所以x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 =22d M -I ∈[9-3,9+3]．8.(2023届河南省名校联盟高三上学期9月联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,左､右焦点分别为F 1,F 2,M ,N 是椭圆上关于原点对称的两点,F 1M +F 1N =4.(1)求椭圆C 的方程；(2)椭圆左顶点为A ,上顶点为B ,直线l ∥AB 且交椭圆于P ,Q ,求△PQB 的面积最大时,l 的方程.【解析】(1)由题意得c 2a2=34,化简得3a 2=4c 2=4a 2-b 2 ,则a 2=4b 2.根据对称性得F 1M =F 2N ,故F 2N +F 1N =4,即2a =4,所以a 2=4,b 2=1,故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)由(1)得k AB =12,设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,l 的方程为y =12x +t (t ≠1),代入椭圆方程x 24+y 2=1,整理得x 2+2tx +2t 2-2=0,则x 1+x 2=-2t ,x 1x 2=2t 2-2,Δ=4t 2-42t 2-2 >0,解得-2<t <2且t ≠1.故|PQ |=1+14⋅x 1-x 2 =5⋅2-t 2,点B (0,1)到直线l 的距离为d =|2t -2|5,则S △BPQ =12|PQ |⋅d =12×5⋅2-t 2⋅|2t -2|5=2-t 2(t -1)2.令f (t )=2-t 2 (t -1)2,则f (t )=-2t (t -1)2+22-t 2 (t -1)=-4(t -1)⋅t -1+174 t -1-174.当t 变化时,f (t ),f (t )的变化情况如下表：t-2,1-174 1-174,11,1+174 1+174,2f t +-+-f t↗↘↗↘比较f 1-174与f 1+174 知,当t =1-174时,△PQB 面积取最大,此时,l 的方程为y =12x +1-174.9.已知一条动直线3m +1 x +m -1 y -6m -2=0,直线l 过动直线的定点P ,且直线l 与x 轴、y 轴的正半轴分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点．(1)是否存在直线l 满足下列条件：①△AOB 的周长为12；②△AOB 的面积为6．若存在,求出直线l 的方程；若不存在,请说明理由．(2)当PA +32PB 取得最小值时,求直线l 的方程．【解析】(1)3m +1 x +m -1 y -6m -2=0,即3x +y -6 m +3x -y -2=0,由3x +y -6=03x -y -2=0 ,解得x =43y =2,故动直线过定点P 43,2 ．设直线l 的方程为xa +y b=1a >0,b >0 ,将P 43,2 代入得43a +2b=1．①由A (a ,0),B (0,b ),△AOB 的周长为12,面积为6,得a +b +a 2+b 2=1212ab =6,令a +b =t ,则a 2+b 2=t 2-24,所以t +t 2-24=12,即t -12=t 2-24,化简得24t =168,解得t =7,所以有a +b =7ab =12,解得a =3b =4 或a =4b =3 ．其中a =3b =4 不满足①,a =4b =3 满足①．所以存在直线l 的方程为x4+y 3=1,即3x +4y -12=0满足条件．(2)由(1)可知直线l 过定点P 43,2 ,直线l 与x 轴、y 轴的正半轴分别交于A ,B 两点,所以直线l 的倾斜角α∈π2,π ,所以PA =2sin α,PB =-43cos α,所以PA +32PB =2sin α-32×43cos α=2sin α-2cos α=2×cos α-sin αsin αcos α,②令t =cos α-sin α=2cos α+π4,因为α∈π2,π ,所以α+π4∈3π4,5π4 ,所以cos α+π4 ∈-1,-22,所以t =2cos α+π4∈-2,-1 ．则PA +32PB =2×t 1-t22=41t -t t ∈-2,-1 ,因为y =1t -t 在-2,-1 上为减函数,所以y =41t-t在-2,-1 上为增函数,故当t =-2,即α=3π4时,PA +32PB 取得最小值41-2+2=42．此时直线l 的方程为y -2=tan 3π4×x -43 ,即3x +3y -10=0．10.如图,已知点F 1,0 为抛物线y 2=2px p >0 的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ,B 两点,点A 在第一象限,点C 在抛物线上,使得△ABC 的重心G 在x 轴上,直线AC 交x 轴于点Q ,且Q 在点F 的右侧,记△AFG ,△CQG 的面积分别为S 1,S 2．(1)求p 的值及抛物线的准线方程；(2)设A 点纵坐标为2t ,求S1S 2关于t 的函数关系式；(3)求S1S 2的最小值及此时点G 的坐标．【解析】(1)因为点F 1,0 为抛物线y 2=2px p >0 的焦点,所以p2=1,即p =2,准线方程x =-1.(2)设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,设直线AB 的方程为y =k x -1 ,k ≠0,与抛物线方程y 2=4x 联立可得：k 2x 2-2k 2+4 x +k 2=0,故：x 1+x 2=2+4k2,x 1x 2=1,y 1+y 2=k x 1+x 2-2 =4k,y 1y 2=-4x 1 ×4x 2 =-4,设点C 的坐标为C x 3,y 3 ,由重心坐标公式可得：x G =x 1+x 2+x 33=132+4k2+x 3 ,y G =y 1+y 2+y 33=134k +y 3 ,令y G =0可得：y 3=-4k ,则x 3=y 234=4k 2.即x G =132+4k 2+4k 2 =132+8k2 ,由斜率公式可得：k AC =y 1-y 3x 1-x 3=y 1-y 3y 214-y 234=4y 1+y 3,直线AC 的方程为：y -y 3=4y 1+y 3x -x 3 ,令y =0可得：x Q =x 3+-y 3y 1+y 3 4=y 234+-y 3y 1+y 3 4=-y 1y 34,故S 1=12×x G -x F ×y 1=12×132+8k 2-1 ×y 1=y 12×83k 2-13 ,且S 2=12×x Q -x G ×-y 3 =-y 32-y 1y 34-132+8k 2,由于y 3=-4k ,代入上式可得：S 2=2k y 1k -23-83k2 ,由y 1+y 2=4k ,y 1y 2=-4可得y 1-4y 1=4k ,则k =4y 1y 21-4,则S 1S 2=y 12×83k2-13 2k y 1k -23-83k 2=2y 21y 21-2 y 21-4 y 21+4 =2-4y 21-8 +48y 21-8+16,令y 1=2t ,得S 1S 2=2×4t 2⋅4t 2-2 4t 2-4 4t 2+4=2t 4-t 2t 4-1=2-t 2-2t 4-1.即S 1S 2关于t 的函数关系式为S 1S 2=2-t 2-2t 4-1.(3)设m =t 2-2m >0 ,则S 1S 2=2-t 2-2t 4-1=2-m m 2+4m +3=2-1m +3m +4≥2-12m ⋅3m+4=1+32,当且仅当m =3m ,即m =3,t =6+22,y 1=6+2时等号成立,即S 1S 2的最小值为1+32,此时k =4y 1y 21-4=2,x G =132+8k 2 =2,则点G 的坐标为G 2,0 .11.(2022届河南省中原顶级名校高三上学期1月联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1-1,0 ,F 21,0 ,过点F 1的直线l 1交椭圆C 于A ,B 两点.当直线l 1的斜率为1时,点-47,37是线段AB 的中点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图,若过点F 2的直线l 2交椭圆C 于E ,G 两点,且l 1∥l 2,求四边形ABEG 的面积的最大值.【解析】(1)设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 .由题意可得b 2x 21+a 2y 21-a 2b 2=0,b 2x 22+a 2y 22-a 2b 2=0.∴y 1-y 2x 1-x 2=-b 2a 2⋅x 1+x 2y 1+y 2=-b 2a 2⋅-43,即4b 23a 2=1,∴b 2a2=34.∵a 2-b 2=1,∴a 2=4,b 2=3,∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)根据对称性知AB =EG ,AB ∥EG ,∴四边形ABEG 是平行四边形,又S 四边形ABEG =2S △F 2AB ,∴问题可转化为求S △F 2AB 的最大值.设直线l 1的方程为x =my -1,代入x 24+y 23=1,得3m 2+4 y 2-6my -9=0.则y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4,∴S △F 2AB =12⋅2⋅y 1-y 2 =y 1+y 2 2-4y 1y 2=6m 3m 2+4 2-4⋅-93m 2+4=121+m 23m 2+4.令1+m 2=t ,则t ≥1,且m 2=t 2-1,∴S △F 2AB =12t 3t 2+1=123t +1t.记h t =3t +1tt ≥1 ,易知h t 在1,+∞ 上单调递增.∴h t min =h 1 =4.∴S △F 2AB =123t +1t≤124=3.∴四边形ABEG 的面积的最大值是6.12.(2022届浙江省绍兴市高三上学期12月月考)已知抛物线C 的焦点是0,14 ,如图,过点D 22,t(t ≤0)作抛物线C 的两条切线,切点分别是A 和B ,线段AB 的中点为M ．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)求证：直线MD ⎳y 轴；(3)以线段MD 为直径作圆,交直线AB 于MN ,求|AB |-|MN ||AB |+|MN |的取值范围．【解析】(1)设抛物线的方程为x 2=2py p >0 ,由题意可得p 2=14,所以p =12,所以抛物线方程y =x 2.(2)由(1)y =x 2,因为y=2x ,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线AD 的方程为y =2x 1x -x 21,直线BD 的方程为y =2x 2x -x 22,联立上述两直线方程,得D 点坐标D x 1+x 22,x 1x 2 ,又因为M 点为线段AB 的中点,所以M 点坐标M x 1+x 22,1-x 1x 2 ,因为x D =x M ,所以直线MD ⎳y 轴：(3)因为点D 22,t (t ≤0),所以x 1+x 22=22,x 1x 2=t ,则M 22,1-t ,圆心22,12,直线AB 的斜率为k =x 21-x 22x 1-x 2=x 1+x 2=2,直线AB 方程为y =2x -t ,y =x 2y =2x -t ,得x 2-2x +t =0,Δ=2-4t ,|AB |=1+k 2⋅Δ=6(1-2t ),圆心到直线AB 的距离为d =1-2t 23,半径r =|MD |2=1-2t2,|MN |=2r 2-d 2=63(1-2t ),令1-2t =m ≥1,|AB |-|MN ||AB |+|MN |=3-m 3+m =-1+6m +3在m ≥1时单调递减,|AB |-|MN ||AB |+|MN |∈-1,12 ．13.(2022届广东省华南师范大学附属中学高三上学期综合测试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 经过点M (0,3),离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l :y =kx -1与椭圆C 相交于A 、B 两点,求MA ⋅MB 的最大值.【解析】(1)由已知得9b 2=1,a 2-b 2a 2=12, 解得a =32,b =3,因此椭圆C 的方程为x 218+y 29=1；(2)由x 218+y 29=1,y =kx -1,整理得2k 2+1 x 2-4kx -16=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,则x 1+x 2=4k 2k 2+1,x 1x 2=-162k 2+1,因为MA ⋅MB=x 1x 2+(y 1-3)(y 2-3)=x 1x 2+kx 1-4 kx 2-4=k 2+1 x 1x 2-4k x 1+x 2 +16=-16k 2+1 2k 2+1-4k ×4k 2k 2+1+16=0,所以MA ⊥MB ,三角形MAB 为直角三角形,设d 为点M 到直线l 的距离,故MA MB =AB ⋅d ,又因为d =41+k 2,AB =1+k 2x 1+x 22-4x 1x 2 =1+k 24k 2k 2+12-4×-162k 2+1=41+k 2 9k 2+4 2k 2+1,所以MA MB =169k 2+42k 2+1,设2k 2+1=t ,则MA MB =16818-121t -92 2,由于1t∈0,1 ,所以MA MB ≤32,当1t=1,即k =0时,等号成立.因此,MA MB 的最大值为32.14.(2022届贵州省遵义市高三上学期联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左､右焦点分别为F 1和F 2,且M 11,1 ,M 20,1 ,M 3-1,223 ,M 41,223四点中恰有三点在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)点P 是椭圆C 上位于x 轴上方的动点,直线F 1P 和F 2P 与直线y =4分别交于G 和H 两点,设直线F 1P和F 2P 的斜率分别为k 1和k 2,若线段GH的长度小于162,求k 1k 2的最大值.【解析】(1)由于M 3,M 4两点关于y 轴对称,故由题设知C 经过M 3,M 4两点.又由1a 2+1b 2>1a 2+89b 2,知C 不经过M 1,所以点M 2在C 上.所以1b 2=1,1a 2+89b2=1, 解得a 2=9,b 2=1. 所以椭圆C 的标准方程为x 29+y 2=1；(2)设P x 0,y 0 0<y 0≤1 ,如图,过点P 作直线MN ⊥x 轴,分别交x 轴和直线y =4于M ,N 两点.易知△GPH ∽△F 1PF 2,则GH 42=4-y 0y 0,即GH =424y 0-1 ,由424y 0-1 <162,得45<y 0≤1,所以x 0∈-95,95,k 1k 2=y 0x 0+22⋅y 0x 0-22=y 20x 20-8=1-x 209x 20-8=191x 20-8-1由x 0 <95,得-8≤x 20-8<-11925,从而-25119<1x 20-8≤-18所以当x 0=0时,k 1k 2=-19×98=-18,即k 1k 2的最大值为-18.。
《圆锥曲线中的最值问题》数学教案
《圆锥曲线中的最值问题》数学教案一、教学目标1. 理解圆锥曲线中的最值问题的概念和意义。
2. 掌握解决圆锥曲线中最值问题的方法和技巧。
3. 能够运用圆锥曲线中最值的性质和定理解决实际问题。
二、教学内容1. 圆锥曲线中最值问题的定义和分类。
2. 圆锥曲线中最值问题的解决方法和技巧。
3. 圆锥曲线中最值的性质和定理。
4. 圆锥曲线中最值问题的应用。
三、教学重点与难点1. 教学重点：圆锥曲线中最值问题的解决方法和技巧，圆锥曲线中最值的性质和定理。
2. 教学难点：解决复杂圆锥曲线中最值问题，运用圆锥曲线中最值的性质和定理解决实际问题。
四、教学方法与手段1. 教学方法：采用讲解法、例题解析法、讨论法、实践法等。
2. 教学手段：黑板、PPT、数学软件、教具等。
五、教学安排1. 第一课时：介绍圆锥曲线中最值问题的定义和分类。
2. 第二课时：讲解解决圆锥曲线中最值问题的方法和技巧。
3. 第三课时：讲解圆锥曲线中最值的性质和定理。
4. 第四课时：通过例题解析，让学生掌握解决圆锥曲线中最值问题的方法。
5. 第五课时：开展小组讨论，让学生运用圆锥曲线中最值的性质和定理解决实际问题。
六、教学过程1. 导入：通过复习圆锥曲线的基础知识，引导学生进入圆锥曲线中最值问题的学习。
2. 讲解：详细讲解圆锥曲线中最值问题的定义和分类，让学生理解最值问题的意义。
3. 示范：通过例题解析，展示解决圆锥曲线中最值问题的方法和技巧。
4. 练习：让学生独立解决一些简单的圆锥曲线中最值问题，巩固所学方法。
5. 讨论：开展小组讨论，让学生分享解题心得，互相学习。
6. 拓展：引导学生运用圆锥曲线中最值的性质和定理解决实际问题。
七、教学评价1. 课堂问答：通过提问，了解学生对圆锥曲线中最值问题的理解和掌握程度。
2. 练习题：布置一些圆锥曲线中最值问题的练习题，检验学生的掌握情况。
3. 小组讨论：评价学生在小组讨论中的参与程度和问题解决能力。
八、教学反思在课后，教师应反思本节课的教学效果，包括学生的学习兴趣、参与程度、知识掌握情况等。
高三数学教案--圆锥曲线中的最值及范围问题
高三数学教案--圆锥曲线中的最值及范围问题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN课时考点14 圆锥曲线中的最值及范围问题高考透析高考大纲：椭圆、双曲线、抛物线的几何性质及直线与圆锥曲线的位置关系. 解析几何与代数方法的综合. 新题型分类例析热点题型1：重要不等式求最值 （05浙江•理17）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,F F 在x 轴上，长轴12A A 的长为4，左准线l 与x 轴的交点为M ，|MA 1|∶|A 1F 1|＝2∶1． (Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若直线1l ：x ＝m (|m |＞1)，P 为1l 上的动点，使12F PF ∠最大的点P 记为Q ，求点Q 的坐标(用m 表示)．本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆方程、两条直线的夹角，点的坐标等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力满分14分解：(Ⅰ)设椭圆方程为()222210x y a b a b+=>>，半焦距为c ，则2111,a MA a A F a c c =-=-()2222224a a a c c a abc ⎧-=-⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩由题意,得2,1a b c ∴=== 221.43x y +=故椭圆方程为(Ⅱ) 设()0,,||1P m y m >， 当00y >时，120F PF ∠=； 当00y ≠时，22102F PF PF M π<∠<∠<，∴只需求22tan F PF ∠的最大值即可设直线1PF 的斜率011y k m =+，直线2PF 的斜率021yk m =-，021********||tan 11y k k F PF k k m y -∴∠==≤=+-+0||y =时，12F PF ∠最大，(,,||1Q m m ∴>[变式新题型1]：已知椭圆C 的方程是)0(12222>>=+b a b y a x ，双曲线12222=-by a x 的两条渐近线为21,l l ，过椭圆C 的右焦点F 作直线l ，使l 1l ⊥，又l 与2l 的交于P 点，设l 与椭圆C 的两个交点由上至下依次为A 、B （如图）（1）当1l 与2l 的夹角为︒60，双曲线的焦距为4时，求椭圆C 的方程及离心率，（2）若AP FA λ=，求λ的最大值. [启思]热点题型2：利用函数求最值 （05上海•理19）点A 、B 分别是椭圆2213620x y +=长轴的左、右焦点，点F 是椭圆的右焦点点P在椭圆上，且位于x 轴上方，PA PF ⊥ （1）求P 点的坐标；（2）设M 是椭圆长轴AB 上的一点，M 到直线AP 的距离等于MB ，求椭圆上的点到点M 的距离d 的最小值解：（1）由已知可得点A (－6,0),F (0,4) 设点P (x ,y ),则AP ={x +6,y },FP ={x －4,y },由已知可得 22213620(6)(4)0x y x x y ⎧+=⎪⎨⎪+-+=⎩则2x 2+9x －18=0,解得x =23或x =－6. 由于y >0,只能x =23,于是y =235.∴点P 的坐标是(23,235) (2) 直线AP 的方程是x －3y +6=0. 设点M (m ,0),则M 到直线AP 的距离是26+m .于是26+m =6+m ,又－6≤m ≤6,解得m =2.椭圆上的点(x ,y )到点M 的距离d 有d 2=(x －2)2+y 2=x －4x 2+4+20－95x 2=94(x －29)2+15,由于－6≤m ≤6, ∴当x =29时,d 取得最小值15.[变式新题型2]如图，B （-c ，0），C （c ，0），AH BC ⊥，垂足为H ，且BH HC →=→3。
圆锥曲线最值范围定值(总结)
l
与椭圆x2＋ 2
y2＝1 有两个不同的交点 P 和 Q.
(1)求 k 的取值范围；
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数m，使得
向量O→P＋O→Q与A→B共线？如果存在，求m值；如果不存在，请说明理由．
解 (1)由已知条件，知直线 l 的方程为 y＝kx＋ 2， 代入椭圆方程，得x22＋(kx＋ 2)2＝1，整理得12＋k2x2＋2 2kx＋1＝0.① 由直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q，得 Δ＝8k2－412＋k2＝4k2－2＞0，
a
2
思路二：利用二次方程有实根
由椭圆定义知 | PF1 | | PF2 | 2a ，又由 F1PF2 90 知 PF1 |2 | PF2 |2 | F1F2 |2 4c2 ， 则可得 | PF1 || PF2 | 2(a 2 c2 ) ，这样| PF1 | 与| PF2 | 是方程 u 2 2au 2(a 2 c2 ) 0 的两个
证明 由题意，知 F1(－1,0)，F2(1,0)， 设 B(x1，y1)，E(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 直线 y＝k(x－1)，代入x92＋y82＝1， 得 8yk＋12＋9y2－72＝0，即(8＋9k2)y2＋16ky－64k2＝0， 则 y1＋y2＝－8＋169kk2，y1y2＝－8＋649k2k2. 同理，将 y＝k(x－1)代入 y2＝4x，得 ky2－4y－4k＝0， 则y3＋y4＝4k，y3y4＝－4，
a2 ，即 0
2c 2 a 2 e2
a 2 ，所以 e [
2 ，1）. 2
思路五：利用基本不等式
由椭圆定义，有 2a | PF1|| PF2 | ，平方后得
圆锥曲线中的最值、范围问题2
则 x0＝x1＋2 x2＝1－＋33kkt2，y0＝kx0＋t＝1＋t3k2， ∴H－1＋3k3tk2，1＋t3k2. ∵|DP|＝|DQ|，∴DH⊥PQ，即 kDH＝－1k. ∴－1＋1＋t33kk3t2k＋2－20＝－1k，化简得 t＝1＋3k2，② 由①②得，1<t<4.综上，t∈(－2,4)．
F，
离心率为 2 ，过点 F 且垂直于长轴的弦长为 2 .
2
（I）求椭圆 C 的标准方程；
（II）设点 A，B 分别是椭圆的左、右顶点，若过点 P2,0的直线与椭圆相交于不同两点 M,N.
（i）求证： AFM BFN ；
（ii）求 MNF 面积的最大值.
解：（1） e c 2 , 又 2b2 2 ,所以 a 2,b 1.所以椭圆的标准方程为 x2 y2 1…………（4 分）
5．定值问题 解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、 图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数 表达式的值等和题目中的参数无关，不随参数的变化而变 化，而始终是一个确定的值．
6．最值问题 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：一是利用几何方法，即利用曲线 的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求 解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表 达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等 式方法等进行求解．
解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数 和建立不等关系，根据目标函数不等式求最值、范围．因此这类 问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数 或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够 表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、 点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．
《圆锥曲线中的最值问题》数学教案
《圆锥曲线中的最值问题》数学教案一、教学目标：1. 让学生理解圆锥曲线中最值问题的意义和背景。
2. 培养学生运用数学知识解决实际问题的能力。
3. 引导学生掌握解决圆锥曲线中最值问题的方法和技巧。
二、教学内容：1. 圆锥曲线中最值问题的定义和性质。
2. 解决圆锥曲线中最值问题的基本方法。
3. 常见圆锥曲线中最值问题的类型及解题策略。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：圆锥曲线中最值问题的解法及应用。
2. 教学难点：解决圆锥曲线中最值问题的策略和技巧。
四、教学方法：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究圆锥曲线中最值问题的解决方法。
2. 利用数形结合法，帮助学生直观地理解圆锥曲线中最值问题的性质。
3. 运用案例分析法，让学生通过分析实际问题，提高解决圆锥曲线中最值问题的能力。
五、教学安排：1. 第一课时：介绍圆锥曲线中最值问题的定义和性质。
2. 第二课时：讲解解决圆锥曲线中最值问题的基本方法。
3. 第三课时：分析常见圆锥曲线中最值问题的类型及解题策略。
4. 第四课时：运用所学的知识和方法解决实际问题。
5. 第五课时：总结和复习，查漏补缺。
六、教学过程：1. 导入新课：通过复习圆锥曲线的基本概念，引导学生关注圆锥曲线中最值问题。
2. 自主学习：让学生独立思考，探究圆锥曲线中最值问题的解决方法。
3. 合作交流：分组讨论，分享各自解决问题的方法和经验。
4. 教师讲解：针对学生讨论中的共性问题进行讲解，揭示解决圆锥曲线中最值问题的规律。
5. 练习巩固：布置适量习题，让学生巩固所学知识。
七、教学评价：1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，了解学生的学习状态。
2. 练习作业：检查学生完成的习题，评估学生的掌握程度。
3. 小组讨论：评价学生在合作交流中的表现，包括思考问题、解决问题等方面的能力。
八、教学反思：1. 总结本节课的收获：回顾教学内容，总结解决圆锥曲线中最值问题的方法和技巧。
2. 分析存在的问题：反思教学过程中学生遇到的问题，思考解决办法。
圆锥曲线背景下的最值、范围问题教案
专题：圆锥曲线背景下的最值、范围问题临澧一中李云贵一、考情引入以圆锥曲线为背景的问题，因其考查知识的容量大，对分析运算能力的要求高，而成为高考命题者青睐的热点。
可以预测，今年的高考，圆锥曲线部分将会是常规思想方法的创新组合，综合性强，区分度大。
据此，本课以“圆锥曲线背景下的最值、范围问题”为例进行专题研究。
二、回顾适应训练课前下发并完成，检查收集典型解法，课堂展示分享1.已知点P(x，y)是圆(x＋2)2＋y2＝1上任意一点,y-的最大值和最小值。
(1)求x－2y的最大值和最小值；(2)求225. 已知椭圆C ：x 2a 2 +y 2b 2 =1（a ＞b ＞0）的两焦点为F 1，F 2，如果曲线C上存在点P ，使120PF PF ⋅=，求椭圆离心率e 几何法：最大角 不等式法：均值不等死 函数法：椭圆的参数方程归纳：解决圆锥曲线背景下最值、范围问题的常见方法有： 几何法，不等式法，函数法而数学中，与以上这些方法相关的知识有很多，同学们在平时的训练中要多积累和总结。
三、深入研究例题：直线：y=kx+m(m ≠0)与椭圆2212x y +=交于不同的两点A ，B,若直线OA ，AB ，OB 的斜率成等比数列，求实数m 的取值范围.点评：1.韦达定理在圆锥曲线中应用广泛，同学们要强化将各种条件向韦达定理靠拢的能力训练；2.由1m ≠±说明：含参数的问题特别要注意思维的严谨性。
变式一：直线：y=kx+m(k ≠0)与双曲线2212x y -=交于不同的两点A ，B,若A 、B 在以D （0,1）为圆心的圆上，求实数m 的取值范围.点评：1.条件的运用不要范经验主义错误； 2.变式二：设椭圆C 1：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别是F 1、F 2，下顶点为A ，线段OA 的中点为B （O 为坐标原点），如图．若抛物线C 2：21y x =-与y 轴的交点为B ，且经过F 1，F 2点． （Ⅰ）求椭圆C 1的方程；（Ⅱ）设M （0，45-），N 为抛物线C 2上的一动点，过点N 作抛物线C 2的切线交椭圆C 1于P 、Q 两点，求MPQ ∆面积的最大值．点评：在这个问题的基础上，还可以变形出更多。
圆锥曲线中的范围、最值问题课件-2025届高三数学一轮复习
设Q(xQ，yQ)，因为5A→B＝8Q→B，所以5(x2－x1)＝8(x2－xQ)，解得xQ＝2， 过点P作PH垂直准线于点H，根据抛物线的定义，得|PF|＋|PQ|＝|PH|＋ |PQ|，当Q，P，H三点共线且与x轴平行时，|PF|＋|PQ|有最小值，最小 值为|QH|＝2＋1＝3，所以|PF|＋|PQ|的最小值为3.故选A．
6时，f′(x)<0，f(x)在32，
6上单调递减，故当
x＝32时，f(x)有最
大值，
即当 x1＝32时，S△ABM 有最大值，此时 y1＝ 410，抛物线过点32， 410，所以 p＝254.
规律方法
函数法求最值(范围)问题就是构建关于变量的目标函数，将问 题转化为求函数的最值(或值域)，解决问题时要注意自变量的取值 范围．
则3x62 ＋2y02 ＝1， (x＋6)(x－4)＋y2＝0，
可得 2x2＋9x－18＝0，得 x＝32或 x＝－6. 由于 y>0，故 x＝32，于是 y＝523.
所以点
P
的坐标是32，5
2
3.
(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上 的点到点M的距离d的最小值．
解：由(1)可得直线AP的方程是x－ 3 y＋6＝0，点B(6,0)． 设点 M 的坐标是(m,0)，则点 M 到直线 AP 的距离是|m＋2 6|，于是|m＋2 6|＝|m －6|， 又－6≤m≤6，解得m＝2. 由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，
得 d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－59x2＝49x－922＋15， 由于－6≤x≤6，由 f(x)＝49x－922＋15 的图象可知， 当 x＝92时，d 取最小值，且最小值为 15.
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课时考点14 圆锥曲线中的最值及范围问题高考透析高考大纲：椭圆、双曲线、抛物线的几何性质及直线与圆锥曲线的位置关系. 解析几何与代数方法的综合. 新题型分类例析热点题型1：重要不等式求最值 （05浙江•理17）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,F F 在x 轴上，长轴12A A 的长为4，左准线l 与x 轴的交点为M ，|MA 1|∶|A 1F 1|＝2∶1． (Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若直线1l ：x ＝m (|m |＞1)，P 为1l 上的动点，使12F PF ∠最大的点P 记为Q ，求点Q 的坐标(用m 表示)．本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆方程、两条直线的夹角，点的坐标等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力满分14分解：(Ⅰ)设椭圆方程为()222210x y a b a b+=>>，半焦距为c ，则2111,a MA a A F a c c =-=-()2222224a a a c c a abc ⎧-=-⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩由题意,得2,1a b c ∴=== 221.43x y+=故椭圆方程为(Ⅱ) 设()0,,||1P m y m >， 当00y >时，120F PF ∠=；当00y ≠时，22102F PF PF M π<∠<∠<，∴只需求22tan F PF ∠的最大值即可设直线1PF 的斜率011y k m =+，直线2PF 的斜率021y k m =-， 021********||tan 11y k k F PF k k m y -∴∠==≤=+-+0||y =时，12F PF ∠最大，(,,||1Q m m ∴>[变式新题型1]：已知椭圆C 的方程是)0(12222>>=+b a b y a x ，双曲线12222=-by a x 的两条渐近线为21,l l ，过椭圆C 的右焦点F 作直线l ，使l 1l ⊥，又l 与2l 的交于P 点，设l 与椭圆C 的两个交点由上至下依次为A 、B （如图）（1）当1l 与2l 的夹角为︒60，双曲线的焦距为4时，求椭圆C 的方程及离心率， （2）若AP FA λ=，求λ的最大值. [启思]热点题型2：利用函数求最值 （05上海•理19）点A 、B 分别是椭圆2213620x y +=长轴的左、右焦点，点F 是椭圆的右焦点点P 在椭圆上，且位于x 轴上方，PA PF ⊥（1）求P 点的坐标；（2）设M 是椭圆长轴AB 上的一点，M 到直线AP 的距离等于MB ，求椭圆上的点到点M 的距离d 的最小值 解：（1）由已知可得点A (－6,0),F (0,4)设点P (x ,y ),则AP ={x +6,y },FP ={x －4,y },由已知可得 22213620(6)(4)0x y x x y ⎧+=⎪⎨⎪+-+=⎩则2x 2+9x －18=0,解得x =23或x =－6. 由于y >0,只能x=23,于是y =235.∴点P 的坐标是(23,235) (2) 直线AP 的方程是x －3y +6=0.设点M (m ,0),则M 到直线AP 的距离是26+m .于是26+m =6+m ,又－6≤m ≤6,解得m =2.椭圆上的点(x ,y )到点M 的距离d 有 d 2=(x －2)2+y 2=x －4x 2+4+20－95x 2=94(x －29)2+15, 由于－6≤m ≤6, ∴当x =29时,d 取得最小值15. [变式新题型2]如图，B （-c ，0），C （c ，0），AH BC ⊥，垂足为H ，且BH HC →=→3。
（I ）若AB AC →⋅→=0，求以B 、C 为焦点并且经过点A 的椭圆的离心率；（II ）D 分有向线段AB →的比为λ，A 、D 同在以B 、C 为焦点的椭圆上，当-≤≤-572λ时，求椭圆的离心率e 的取值范围.解：（I ）因为BH HC →=→3，所以H （c2，0）……1分又因为AH BC ⊥，设A cy (,)2由AB AC →⋅→=0，得(,)(,)---⋅--=c c y c cy 22000即y c 02234=……3分所以||()||()AB c c c AC c c c =+==+=323432342222，椭圆长轴231a AB AC c =+=+||||()……4分 所以，e ca==-31……5分O B H CAxyD（II ）设D （x y 11，），因为D 分有向线段AB →的比为λ 所以x cc y y 110211=-+=+λλλ，……7分 设椭圆方程为x a y b22221+=()a b >>0，将A 、D 点坐标代入椭圆方程e y b 202241+=……① e y b 22202224121111⋅-++⋅+=()()()λλλ……②……8分 由①得y b e 022214=-，代入②，整理的e 221311=+-=-+λλλ……10分因为-≤≤-572λ，所以e 21312∈[]，……12分 又01<<e ，所以3322≤≤e ……13分热点题型3：利用导数求最值（05广东·20）在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD 的长为2，宽为1，AB 、AD 边分别在x 轴、y 轴的正半轴上，A 点与坐标原点重合（如图5所示）.将矩形折叠，使A 点落在线段DC 上. （Ⅰ）若折痕所在直线的斜率为k ，试写出折痕所在直线的方程；（Ⅱ）求折痕的长的最大值.解(I) （1）当0=k 时,此时A 点与D 点重合, 折痕所在的直线方程21=y （2）当0≠k 时，将矩形折叠后A 点落在线段CD 上的点为G(a,1)所以A 与G 关于折痕所在的直线对称，有如图5(A)C D BxO yk a k ak k OG -=⇒-=-=⋅11,1故G 点坐标为1,(k G -从而折痕所在的直线与OG 的交点坐标（线段OG 的中点）为)21,2(k M -折痕所在的直线方程)2(21kx k y +=-，即222k k kx y ++= 由（1）（2）得折痕所在的直线方程为：k=0时，21=y ；0≠k 时222k k kx y ++= （II ）(1)当0≠k 时，折痕的长为2;(1) 当0≠k 时, 折痕所在的直线与坐标轴的交点坐标为)0,21(),21,0(22k k P k N +-+ 23222224)1()21()21(kk k k k PN y +=+-++== 432222/168)1(42)1(3kkk k k k y ⋅+-⋅⋅+= 令0/=y 解得22-=k ∴21627max <=PN 所以折痕的长度的最大值2热点题型4：利用判别式求参数范围（05全国Ⅲ·21）设()11,y x A .()22,y x B 两点在抛物线22x y =上，l 是AB 的垂直平分线（1）当且仅当21x x +取何值时，直线l 经过抛物线的焦点F ？证明你的结论； （2）当直线l 的斜率为2时，求l 在y 轴上截距的取值范围注：本小题主要考察直线与抛物线等基础知识，考察逻辑推理能力和综合分析、解决问题的能力解法一：（1）⇔=⇔∈FB FA l F A 、B 两点到抛物线的准线的距离相等 因为：抛物线的准线是x 轴的平行线，0≥i y ()2,1=i ，依题意1y 、2y 不同时为0 所以，上述条件等价于()()02121222121=-+⇔=⇔=x x x x x x y y ；注意到：21x x ≠，所以上述条件等价于21=+x x 即：当且仅当021=+x x 时，直线l 经过抛物线的焦点F（2）设l 在y 轴上的截距为b ，依题意得l 的方程为b x y +=2；过点A 、B 的直线方程可写为m x y +-=21，所以1x 、2x 满足方程02122=-+m x x ，即4121-=+x x A 、B 为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式0841>+=∆m ，也就是：32>m 设AB 的中点H 的坐标为为()00,y x ，则有： 812210-=+=x x x ，m m x y +=+-=161200 由l H ∈得：b m +-=+41161，于是：32321165165=->+=m b 即：l 在y 轴上截距的取值范围是⎝⎛+∞,329 .解法二：（Ⅰ）∵抛物线22x y =，即41,22=∴=p y x ， ∴焦点为1(0,)8F …………………………………………1分 （1）直线l 的斜率不存在时，显然有021=+x x ………………3分 （2）直线l 的斜率存在时，设为k ，截距为b即直线l ：y=kx+b 由已知得：12121212221k bk y y x x y y x x ⎧++⎪=⋅+⎪⎨-⎪=-⎪-⎩……5分 2212122212122212222k b k x x x x x x x x ⎧++=⋅+⎪⎪⇒⎨-⎪=-⎪-⎩ 22121212212k b k x x x x x x +⎧+=⋅+⎪⎪⇒⎨⎪+=-⎪⎩………7分 2212104b x x ⇒+=-+≥14b ⇒≥ 即l 的斜率存在时，不可能经过焦点1(0,)8F ……………………8分 所以当且仅当12x x +=0时，直线l 经过抛物线的焦点F ……………9分 (II)解：设直线l 的方程为：y=2x+b,故有过AB 的直线的方程为m x 21y +-=，代入抛物线方程有2x 2+m x 21-=0, 得x 1+x 2=-41.由A.B 是抛物线上不同的两点，于是上述方程的判别式0m 841>+=∆，即321m -> 由直线AB 的中点为)2,2(2121y y x x ++=)m 161,81()m x 21,81(0+-=+--， 则,b 41m 161+-=+ 于是.329321165m 165b =->+= 即得l 在y 轴上的截距的取值范围是,329(+∞ [变式新题型3]设圆锥曲线C 的焦点是F (1，0)，相应准线是y 轴，以过焦点F 并与x 轴垂直的弦为22. （Ⅰ）求圆锥曲线C 的方程；(Ⅱ)若圆锥曲线C 上有且只有两个不同的点关于过F 点的直线l 对称，求直线l 的斜率的取值范围. [启思]。