2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 030-能力提升15 最值与范围问题（一）（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 030-能力提升15 最值与范围问题（一）（教用），共15页。试卷主要包含了距离、长度的最值问题，斜率、倾斜角的最值问题等内容，欢迎下载使用。
能力提升15 最值与范围问题（一）
圆锥曲线中的最值与范围问题是高考的热点之一，常考题型有距离、长度的最值（范围）问题，斜率、倾斜角的最值（范围）问题，面积的最值（范围）问题，参数的最值（范围）问题等.常用解法有:（1）几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形的性质来解决；（2）代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，求这个函数的最值，常用基本不等式法、配方法、导数法等方法求解.该类题目主要考查分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想和方法，题目难度较大.
题型一 距离、长度的最值（范围）问题
例1 （2025· 全国Ⅰ卷·18，17分）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为223，下顶点为A，右顶点为B，|AB|=10.
（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.
【答案】
（1） 规范解答 由题可知,A(0,−b),B(a,0)①，
所以a2+b2=10,e=ca=223,c2=a2−b2,②解得a2=9,b2=1,c2=8,（3分）
故C的方程为x29+y2=1.（1分）
①根据椭圆C 的方程得到A，B两点的坐标；
②明确a,b,c之间的关系，列出方程组求出参数；
（2） （ⅰ） 规范解答 解法一：设R(x0,y0)，易知m≠0，所以kAP=n+1m，
又点R在射线AP上，所以kAR=y0+1x0=n+1m③，且mx0>0.（2分）
因为A(0,−1)，|AP|⋅|AR|=3，所以m2+(n+1)2×x02+(y0+1)2=3④，
即[1+(n+1m)2]x0m=3，解得x0=3mm2+(n+1)2，所以y0=n+2−m2−n2m2+(n+1)2，
所以点R的坐标为(3mm2+(n+1)2,n+2−m2−n2m2+(n+1)2).（3分）
解法二：设AR=λAP,λ>0⑤，
则|AP|⋅|AR|=3⇒λ[m2+(n+1)2]=3⑥，
所以λ=3m2+(n+1)2，（3分）
即AR=λAP=λ(m,n+1)=(3mm2+(n+1)2,3(n+1)m2+(n+1)2)，
故点R的坐标为(3mm2+(n+1)2,n+2−m2−n2m2+(n+1)2).（2分）
③根据点R 在射线AP 上，得到kAP=kAR，从而列出关系式；
④注意正确使用两点间的距离公式；
⑤根据点R 在射线AP 上，得λ>0；
⑥注意正确使用向量的模的公式；
（ⅱ） 规范解答 易得kOR=n+2−m2−n2m2+(n+1)23mm2+(n+1)2=n+2−m2−n23m,kOP=nm,
由kOR=3kOP,可得3nm=n+2−m2−n23m,化简得m2+n2+8n−2=0,即m2+(n+4)2=18(m≠0),
所以点P在以N(0,−4)为圆心,32为半径的圆上（除去点(0,32−4)和(0,−32−4)⑦),（3分）
则|PQ|max为点Q到圆心N的距离加上圆N的半径，
即|PQ|max=|QN|max+32.（1分）
解法一：设Q(3csθ,sinθ)⑧,
所以|QN|2=(3csθ)2+(sinθ+4)2=9cs2θ+sin2θ+8sinθ+16=−8sin2θ+8sinθ+25⑨=−8(sinθ−12)2+27≤27,当且仅当sinθ=12时取等号​⑩,
则|QN|max=27=33,
所以|PQ|max=33+32.（4分）
解法二：设Q(xQ,yQ)，则xQ29+yQ2=1，
|QN|2=xQ2+(yQ+4)2=9−9yQ2+yQ2+8yQ+16=−8yQ2+8yQ+25=−8(yQ−12)2+27≤27，当且仅当yQ=12时取等号​⑪，
则|QN|max=27=33,
故|PQ|max=33+32.（4分）
⑦因为动点P 不在y 轴上，所以要除去圆与y 轴的两个交点；
⑧利用椭圆的参数方程设Q 的坐标为(3csθ,sinθ);
⑨注意正确使用同角三角函数的性质；
⑩注意sinθ∈[−1,1];
⑪注意Q 是椭圆上的动点，故yQ∈[−1,1].
思路分析 根据题意列出a,b,c的关系式，解方程求出a,b,c，得到椭圆的标准方程.
思路分析 解法一：设R(x0,y0),根据点R 在射线AP 上，得到kAP=kAR,再结合两点间的距离公式求解.
解法二：根据点R 在射线AP 上，可设AR=λAP(λ>0),再结合向量的模的公式求解.
思路分析 根据斜率关系可得点P 的轨迹为圆（除去与y 轴的两个交点），将问题转化为求圆心与椭圆上的动点的距离的最值，利用椭圆的参数方程或标准方程设出Q 的坐标，再利用两点间的距离公式和二次函数的性质，求出|PQ| 的最大值.
针对训练1．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=4，C上的点M满足||MF1|−|MF2||=2恒成立.
（1） 求C的方程；
（2） 若过点M的直线l与C的两条渐近线分别交于点P，Q，且|MP|=|MQ|.
（ⅰ） 证明：l与C有且仅有一个交点；
（ⅱ） 设O为坐标原点，求1|OP|+2|OQ|的取值范围.
【解析】
（1） 由双曲线的定义可知||MF1|−|MF2||=2a=2，∴a=1，
又|F1F2|=4，∴c=2，
∵a2+b2=c2，∴b=3，
∴C的方程为x2−y23=1.
（2） （ⅰ） 证明：设M(x0,y0)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x12−y123=0,x22−y223=0,可得x12−x22=y123−y223，
即y1+y2x1+x2=3(x1−x2)y1−y2，
∵|MP|=|MQ|，M,P,Q三点均在直线l上，∴M为PQ的中点，
∴x1+x2=2x0，y1+y2=2y0，
∴y0x0=3(x1−x2)y1−y2，即kPQ=3x0y0，
∴ 直线PQ的方程为y−y0=3x0y0(x−x0)，
即3x0x−y0y=3x02−y02，
又点M在C上，∴3x02−y02=3，
则直线PQ:3x0x−y0y=3，
联立x2−y23=1,3x0x−y0y=3,可得(y02−3x02)x2+6x0x−3−y02=0，∴−3x2+6x0x−3x02=0⇒(x−x0)2=0,∵ 此方程有且仅有一个解，
∴l与C有且仅有一个交点.
（ⅱ） 不妨设点P为直线l与渐近线y=3x的交点，点Q为直线l与渐近线y=−3x的交点，联立y=3x,3x0x−y0y=3,
可得x1=33x0−y0，同理可得x2=33x0+y0，
∴|OP|⋅|OQ|=x12+y12⋅x22+y22=x12+(3x1)2⋅x22+(−3x2)2=4|x1x2|=4×33x02−y02=4，
∴1|OP|+2|OQ|=1|OP|+|OP|2≥21|OP|×|OP|2=2，当且仅当1|OP|=|OP|2,即|OP|=2时取等号.
又|OP|∈(0,+∞)，∴1|OP|+2|OQ|的取值范围为[2,+∞).
题型二 斜率、倾斜角的最值（范围）问题
例2 已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
（1） 求C的方程；
（2） 已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ=9QF，求直线OQ的斜率的最大值.
【解析】
（1） 抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F(p2,0)，准线方程为x=−p2，
∵ 该抛物线的焦点到准线的距离为p2−(−p2)=p=2，∴ 抛物线C的方程为y2=4x.
（2） 解法一：由（1）知F(1,0),设Q(x0,y0)，则PQ=9QF=(9−9x0,−9y0)，
∴P(10x0−9,10y0)，
由P在抛物线上可得(10y0)2=4(10x0−9)，∴x0=25y02+910>0，
∴ 直线OQ的斜率kOQ=y0x0=y025y02+910=10y025y02+9.
若y0=0，则kOQ=0；
若y0≠0，则kOQ=1025y0+9y0，
当y0>0时，25y0+9y0≥225y0⋅9y0=30，当且仅当25y0=9y0，即y0=35时，等号成立，此时0