【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练62 圆锥曲线中的最值、范围问题.docx，共(9)页，110.312 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。六十二圆锥曲线中的最值、范围问题(时间:45分钟分值:60分)1.(10分)(2024·海口模拟)已知抛物线T:y2=2px(p>0),点F为其焦点,直线l:x=4与抛物线交

于M,N两点,O为坐标原点,S△OMN=8√6.(1)求抛物线T的方程;(2)过x轴上一动点E(a,0)(a>0)作互相垂直的两条直线,与抛物线T分别相交于点A,B和C,D,点H,K分别为AB,CD的中点,求|HK|的最小

值.【解析】(1)直线方程为x=4,将其代入抛物线可得y=±2√2𝑝,由已知得S△OMN=12×4×4√2𝑝=8√6,解得p=3,故抛物线T的方程为y2=6x.(2)因为E(a,0),若直线AB,CD分别与两坐标轴垂直,则直线AB,CD中有一条与抛物线只有一个交

点,不合题意,所以直线AB,CD的斜率均存在且不为0.设直线AB的斜率为k(k≠0),则直线AB的方程为y=k(x-a).联立{𝑦2=6𝑥𝑦=𝑘(𝑥−𝑎),得ky2-6y-6ka=0,则Δ=36+24k2a>0,

设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=6𝑘,设H(xH,yH),则yH=𝑦1+𝑦22=3𝑘,则xH=𝑦𝐻𝑘+a=3𝑘2+a,所以H(3𝑘2+a,3𝑘),同理可得K(3k2+a,-3k),故|H

K|=√(3𝑘2−3𝑘2)2+(−3𝑘−3𝑘)2=√9𝑘4+9𝑘4+9𝑘2+9𝑘2≥3√2√𝑘4·1𝑘4+2√𝑘2·1𝑘2=6,当且仅当k4=1𝑘4且k2=1𝑘2,即k=±1时等

号成立,故|HK|的最小值为6.2.(10分)(2024·深圳模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率e=√22,且点(4,1)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若经过定点(0,-1)的直线l与椭圆C交于

P,Q两点,记椭圆的上顶点为M,当直线l的斜率变化时,求△MPQ面积的最大值.【解析】(1)椭圆C的离心率e=√22,则√22=𝑐𝑎=√1−𝑏2𝑎2,即𝑏2𝑎2=12,所以a=√2b=√2c,椭圆方程为𝑥22𝑏2+𝑦2𝑏2=1.将点(4,1)代

入方程得b2=9,故所求方程为𝑥218+𝑦29=1.(2)点(0,-1)在椭圆C内,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-1,由{𝑥218+𝑦29=1,𝑦=𝑘𝑥−1,得(2k2+1)x2-4kx-16=0.设P(x1,y1)

,Q(x2,y2),则x1+x2=4𝑘2𝑘2+1,x1x2=−162𝑘2+1,Δ>0.|PQ|=√(𝑘2+1)[(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2]=4√(𝑘2+1)(9𝑘2+4)2𝑘2+1.点M(0,3)到l的距

离d=4√𝑘2+1,S△MPQ=12|PQ|·d=8√9𝑘2+42𝑘2+1.令t=2k2+1(t≥1),则k2=𝑡−12,则S△MPQ=8√9(𝑡−1)2+4𝑡2=8√818−12(1𝑡−92)2.因为0<1𝑡≤1

,所以当1𝑡=1(k=0)时,S△MPQ=16是所求最大值.3.(10分)(2024·毕节模拟)已知抛物线M:y2=4x的焦点为F,过点(2,0)的直线与抛物线M交于A,B两点,点A在第一象限,O为坐标原点.(1)设P为抛物线M上的动点,求|𝑂𝑃||𝐹𝑃|的取值范围;(2)

记△AOB的面积为S1,△BOF的面积为S2,求S1+S2的最小值.【解析】(1)依题意,抛物线M:y2=4x的焦点F(1,0),准线方程x=-1,设P(t2,2t),则|OP|=√(𝑡2)2+(2𝑡)2=√𝑡4+4𝑡2,|FP|=t2+1,因

此|𝑂𝑃||𝐹𝑃|=√𝑡4+4𝑡2𝑡2+1=√(𝑡2+1)2+2(𝑡2+1)−3(𝑡2+1)2=√−3(1𝑡2+1−13)2+43,而t2+1≥1,即有0<1𝑡2+1≤1,则当1𝑡2+1=1

,即t=0时,(|𝑂𝑃||𝐹𝑃|)min=0,当1𝑡2+1=13,即t=±√2时,(|𝑂𝑃||𝐹𝑃|)max=2√33,所以|𝑂𝑃||𝐹𝑃|的取值范围是[0,2√33].(2)显然直线AB不垂直于y轴,设直线AB的方程为x=my+2,由{𝑥=

𝑚𝑦+2𝑦2=4𝑥消去x并整理得y2-4my-8=0,显然Δ>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0,y2<0,则y1y2=-8,即y2=-8𝑦1,令(2,0)为点E,于是△AOB的面积为S1=12|OE|·(y1

-y2)=y1-y2,△BOF的面积为S2=12|OF|·|y2|=-12y2,因此S1+S2=(y1-y2)+(-12y2)=y1-32y2=y1+12𝑦1≥2√𝑦1·12𝑦1=4√3,当且仅当y1=12𝑦1,即y1=2√3时取等号,所以S1+S2的最小值为4√

3.4.(10分)(2024·宝鸡模拟)设抛物线C:y2=2px(p>0),直线x-2y+1=0与C交于A,B两点,且|AB|=4√15.(1)求p;(2)设C的焦点为F,M,N为C上两点,𝑀𝐹⃗⃗⃗⃗

⃗⃗·𝑁𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,求△MNF面积的最小值.【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),由{𝑥−2𝑦+1=0𝑦2=2𝑝𝑥,可得y2-4py+2p=0,所以y1+y2=4p,y1y2=2p,所以|AB|=

√(𝑥1−𝑥2)2+(𝑦1−𝑦2)2=√5|y1-y2|=√5×√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2=4√15,即2p2-p-6=0,因为p>0,解得p=2(负值舍去);(2)由(1)得抛物线C:y2=4x,因为F(1,0),显然直线MN的斜率不可能为零,设直线MN:x=my+n,M(

x3,y3),N(x4,y4),由{𝑦2=4𝑥𝑥=𝑚𝑦+𝑛,可得y2-4my-4n=0,所以y3+y4=4m,y3y4=-4n,Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0,因为𝑀𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑁𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以(x3-1)(x4-1)+y3y4=0,即(my3

+n-1)(my4+n-1)+y3y4=0,亦即(m2+1)y3y4+m(n-1)(y3+y4)+(n-1)2=0,将y3+y4=4m,y3y4=-4n代入得,4m2=n2-6n+1,4(m2+n)=(n-1)2>0,所以n≠1,且n2-

6n+1≥0,解得n≥3+2√2或n≤3-2√2,设点F到直线MN的距离为d,则d=|𝑛−1|√1+𝑚2,|MN|=√(𝑥3−𝑥4)2+(𝑦3−𝑦4)2=√1+𝑚2|y3-y4|=√1+𝑚2√16𝑚2+16𝑛=√1+𝑚2√4(𝑛2

−6𝑛+1)+16𝑛=2√1+𝑚2|n-1|,所以△MNF的面积S=12×|MN|×d=12×|𝑛−1|√1+𝑚2×2√1+𝑚2|n-1|=(n-1)2,而n≥3+2√2或n≤3-2√2,所以当n=3-2√2时,△MNF的面积Smin=(2−2√2)2=12-8√

2.5.(10分)(2024·郑州模拟)设双曲线E:𝑥2𝑎2-𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2√5,且E的渐近线方程为y=±𝑥2.(1)求E的方程;(2)过F2作两条

相互垂直的直线l1和l2,与E的右支分别交于A,C两点和B,D两点,求四边形ABCD面积的最小值.【解析】(1)由题意,得E:𝑥2𝑎2-𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±𝑏𝑎x,因为双曲线E的渐近线方程为y=±𝑥

2,所以𝑏𝑎=12,即a=2b,又因为|F1F2|=2√𝑎2+𝑏2=2√5𝑏2=2√5,所以b=1,则a=2,故E的方程为𝑥24-y2=1.(2)根据题意,直线l1,l2的斜率都存在且不为0,设直线l1:y=k(x-√5)

,l2:y=-1𝑘(x-√5),其中k≠0,因为l1,l2均与E的右支有两个交点,所以|k|>12,|-1𝑘|>12,所以14<k2<4,将l1的方程与𝑥24-y2=1联立,可得(1-4k2)x2+8√5k2x

-20k2-4=0,设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=−8√5𝑘21−4𝑘2,x1x2=−20𝑘2−41−4𝑘2,所以|AC|=√(𝑥1−𝑥2)2+(𝑦1−𝑦2)2=√1+𝑘2|x1-x2

|=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2√(−8√5𝑘21−4𝑘2)2−4×−20𝑘2−41−4𝑘2=√1+𝑘2·4√1+𝑘2|1−4𝑘2|=4(1+𝑘2)4𝑘2−1,用-1𝑘替换k,可得|BD|=4(𝑘2+1

)4−𝑘2,所以S四边形ABCD=12|AC|·|BD|=12·4(1+𝑘2)4𝑘2−1·4(𝑘2+1)4−𝑘2=8·(𝑘2+1)2(4𝑘2−1)(4−𝑘2).令t=k2+1,所以k2=t-1,t∈(54,5),则S四边形ABCD=8·𝑡2−4𝑡2+2

5𝑡−25=8·1−4+25𝑡−25𝑡2=8−25(1𝑡−12)2+94≥329,当1𝑡=12,即k=±1时,等号成立,故四边形ABCD面积的最小值为329.6.(10分)(2023·莆田模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:𝑥

2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率e=√32,F1,F2分别为左、右焦点,过F1的直线交椭圆C于P,Q两点,且△PQF2的周长为8.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点M(3,0)的直线交椭圆C于不同的两点A,B,N为椭圆上一点,且满足𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=t𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗(O为坐标原点),当|AB|<√3时,求实数t的取值范围.【解析】(1)因为e2=𝑐2𝑎2=𝑎2−𝑏2𝑎2=34,所以a2=4b2.又因为△PQF2的周长为8,所以4a=8

,所以a=2,所以b2=1,所以椭圆C的方程是𝑥24+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),N(x,y),AB的方程为y=k(x-3),由{𝑦=𝑘(𝑥−3)𝑥24+𝑦2=1,整理

得(1+4k2)x2-24k2x+36k2-4=0.由Δ=242k4-16(9k2-1)(1+4k2)>0,得k2<15.因为x1+x2=24𝑘21+4𝑘2,x1·x2=36𝑘2−41+4𝑘2,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(x1+x2,y1+y2)=t(x,y),所以x=1𝑡(x1+x2)=24𝑘2𝑡(1+4𝑘2),y=1𝑡(y1+y2)=1𝑡[k(x1+x2)-6k]=−6𝑘𝑡(1+4𝑘2).由点N在椭圆上,得(24𝑘2)2𝑡2(1+4�

�2)2+144𝑘2𝑡2(1+4𝑘2)2=4,化简得36k2=t2(1+4k2)①,又由|AB|=√1+𝑘2|x1-x2|<√3,即(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]<3,将x1+x2,x1x2代入得(1+k2)[242𝑘4(1+4𝑘2)2-4(

36𝑘2−4)1+4𝑘2]<3,化简,得(8k2-1)(16k2+13)>0,则8k2-1>0,k2>18,所以18<k2<15.②由①,得k2=𝑡236−4𝑡2,联立②,解得3<t2<4.所以-2<t<-√3或√3<t<2,即t∈(-2,-√3)∪(√3,2)

.故实数t的取值范围是(-2,-√3)∪(√3,2).【加练备选】(2024·昆明模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦23=1(a为长半轴长)的左、右顶点分别为M1,M2,T为椭圆上异于M1,M2的动点,设直线TM1,TM2的斜率分别为k1,k2,且

k1·k2=-34.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设动直线l与椭圆C相交于A,B两点,O为坐标原点,若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,△OAB的面积是否存在最小值?若存在,求出这个最小值;

若不存在,请说明理由.【解析】(1)不妨设T的坐标为(x0,y0),则𝑥02𝑎2+𝑦023=1,则𝑦02=3-3𝑥02𝑎2,又M1(-a,0),M2(a,0),则k1·k2=𝑦0𝑥0+𝑎·𝑦0𝑥0−

𝑎=𝑦02𝑥02−𝑎2=3−3𝑥02𝑎2𝑥02−𝑎2=-3𝑎2=-34.故可得3𝑎2=34,可得a2=4,故可得椭圆C的方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)因为𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗=0,且𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗均为非零向量,则OA⊥OB.当点A,B均为椭圆C的顶点时,则S△OAB=12×2×√3=√3;若直线OA,OB的斜率都存在时,设直线OA的方程为y=kx(k≠0),则直线OB的方程为

y=-1𝑘x,联立{𝑦=𝑘𝑥3𝑥2+4𝑦2=12可得{𝑥2=124𝑘2+3𝑦2=12𝑘24𝑘2+3,所以|OA|=√12(1+𝑘2)4𝑘2+3,同理可得|OB|=√12(1𝑘2+1)4𝑘2+3=√12(𝑘2+1)3

𝑘2+4,此时,S△OAB=12|OA|·|OB|=12√12(𝑘2+1)4𝑘2+3·12(𝑘2+1)3𝑘2+4=6(𝑘2+1)√(4𝑘2+3)(3𝑘2+4)≥6(𝑘2+1)(4𝑘2+3)+(3𝑘2+4)2=127,当且仅当4k2+

3=3k2+4,即当k=±1时,等号成立,又因为127<√3,故当𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0时,△OAB的面积存在最小值,且最小值为127.