2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 031-能力提升16 最值与范围问题（二）（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 031-能力提升16 最值与范围问题（二）（教用），共15页。试卷主要包含了面积的最值问题，参数的最值问题等内容，欢迎下载使用。
能力提升16 最值与范围问题（二）
题型一 面积的最值（范围）问题
例1 ［2023·全国甲卷（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|=415.
（1） 求p；
（2） 设F为C的焦点，M，N为C上两点，且FM⋅FN=0，求△MFN面积的最小值.
【解析】
（1） 联立x−2y+1=0,y2=2px,可得y2−4py+2p=0，由题知Δ=16p2−8p>0，所以p>12,设A(xA,yA),B(xB,yB),
则yA+yB=4p,yAyB=2p，
所以|AB|=12+22|yA−yB|=5×(yA+yB)2−4yAyB=415，
即2p2−p−6=0，解得p=2（负值舍去）.
（2） 由（1）知C:y2=4x,F(1,0)，易知直线MN的斜率不为0,
设直线MN：x=my+n，
联立y2=4x,x=my+n,可得y2−4my−4n=0，
由Δ=16m2+16n>0，得m2+n>0，设M(x1,y1),N(x2,y2)，则y1+y2=4m,y1y2=−4n，
因为FM⋅FN=0，所以(x1−1)(x2−1)+y1y2=0，
即(my1+n−1)(my2+n−1)+y1y2=0，
即(m2+1)y1y2+m(n−1)(y1+y2)+(n−1)2=0，
将y1+y2=4m,y1y2=−4n代入，
得4m2=n2−6n+1，整理得4(m2+n)=(n−1)2>0，
所以n≠1，又n2−6n+1≥0，所以n≥3+22或n≤3−22.
设点F到直线MN的距离为d，则d=|n−1|1+m2，
|MN|=1+m2|y1−y2|=1+m2(y1+y2)2−4y1y2=1+m216m2+16n=21+m2|n−1|，
所以S△MFN=12×|MN|×d=12×21+m2⋅|n−1|×|n−1|1+m2=(n−1)2，
因为n≥3+22或n≤3−22，
所以当n=3−22时，S△MFN有最小值，
(S△MFN)min=(2−22)2=12−82.
针对训练1．（2025·山东德州三模）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,32)，且离心率为12.
（1） 求椭圆的方程；
（2） 椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线x=−4上运动时，直线AM,BM分别交椭圆于点P和Q（异于A，B）.
① 证明：点B在以PQ为直径的圆外；
② 求四边形APBQ面积的最大值.
【解析】
（1） 依题意得1a2+94b2=1,ca=12,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=3,c2=1,
所以椭圆的方程为x24+y23=1.
（2） ① 证明：由（1）知A(−2,0),B(2,0)，易知点M不在x轴上，
设M(−4,t)(t≠0),则直线AM,BM的斜率分别为kAM=−t2,kBM=−t6，所以直线AM的方程为y=−t2(x+2),直线BM的方程为y=−t6(x−2)，
联立y=−t2(x+2),x24+y23=1,消去y得(3+t2)x2+4t2x+4t2−12=0，显然Δ>0，
于是−2xP=4t2−123+t2，解得xP=6−2t23+t2，则yP=−t2(xP+2)=−6t3+t2，即点P的坐标为(6−2t23+t2,−6t3+t2)，
同理可得点Q的坐标为(2t2−5427+t2,18t27+t2)，
因此BP=(6−2t23+t2−2,−6t3+t2)=(−4t23+t2,−6t3+t2)，BQ=(2t2−5427+t2−2,18t27+t2)=(−10827+t2,18t27+t2)，
则BP⋅BQ=−4t23+t2×(−10827+t2)+(−6t3+t2)×18t27+t2=324t2(3+t2)(27+t2)>0，所以∠PBQ为锐角，所以点B在以PQ为直径的圆外.
② 由①知，P(6−2t23+t2,−6t3+t2),Q(2t2−5427+t2,18t27+t2)，
则S四边形APBQ=12×|AB|×|yP−yQ|=12×4×|−6t3+t2−18t27+t2|=48|t|(9+t2)(9+t2)2+12t2=489+t2|t|+12|t|9+t2.
设λ=9+t2t,t>0，则λ=9+t2t=9t+t≥29t⋅t=6，当且仅当t=3时，等号成立，
易知函数y=λ+12λ在[6,+∞)上单调递增，所以y=λ+12λ≥6+2=8，此时S四边形APBQ=48λ+12λ≤488=6，
由对称性可知，当点M的坐标为(−4,3)或(−4,−3)时，四边形APBQ的面积取得最大值，为6.
题型二 参数的最值（范围）问题
例2 已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,255)，F1，F2分别为椭圆Γ 的左、右焦点，A，B为椭圆Γ 上关于原点O对称的两点（点A在第一象限），P是椭圆Γ 上异于A，B的点，直线AP与直线BP的斜率之积为−15.
（1） 求椭圆Γ 的标准方程；
（2） 若椭圆Γ 上存在点M，N关于直线x=ty+1对称，求t的取值范围.
【解析】
（1） 设P(x,y)，A(x0,y0)，
则B(−x0,−y0)，且x2a2+y2b2=1，x02a2+y02b2=1，
两式相减得(x0−x)(x0+x)a2=−(y0−y)(y0+y)b2，
可知kPA⋅kPB=y0−yx0−x⋅y0+yx0+x=−b2a2=−15，则a2=5b2,
代入椭圆Γ 的方程得x25b2+y2b2=1，又椭圆Γ 过点(1,255)，所以15b2+45b2=1，所以b2=1,a2=5,所以椭圆Γ 的标准方程为x25+y2=1.
（2） 设M(x1,y1),N(x2,y2)，线段MN的中点为K(s,r)，则2s=x1+x2,2r=y1+y2,因为点M，N关于直线x=ty+1对称，所以kMN=−t，且s=tr+1.
由题意知x125+y12=1,x225+y22=1,两式作差得y1−y2x1−x2=−15⋅x1+x2y1+y2，即kMN=−s5r=−t，
又s=tr+1，所以s=54,r=14t,
因为线段MN的中点K在椭圆的内部，所以516+116t20，得4−m2m2−1−m2+4=m2(4−m2)m2−1>0，解得1