2025届高三数学一轮复习对点练75：最值、范围问题

2025届高三数学一轮复习对点练75　最值、范围问题 1.(2024·石家庄调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(2，)，离心率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点O到直线l的距离为2，求△ABO的面积的最大值. 2.已知O为坐标原点，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点P(，1). (1)求椭圆C的方程； (2)直线l与椭圆C交于A，B两点，直线OA的斜率为k1，直线OB的斜率为k2，且k1k2＝－，求·的取值范围. 3.已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点. (1)求E的方程； (2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程. 4.(2024·温州模拟)已知抛物线C1：y2＝4x－4与双曲线C2：－＝1(1<a<2)相交于两点A，B，如图，F是C2的右焦点，直线AF分别交C1，C2于点C，D(不同于点A，B)两点，直线BC，BD分别交x轴于P，Q两点. (1)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，求证：y1y2是定值； (2)求的取值范围. 5. (2024·海南诊断)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆C上的一个动点，|PF1|＋|PF2|＝|F1F2|，当PF2⊥x轴时，|PF2|＝. (1)求C的方程； (2)设点P在第一象限，且直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于另外两点A(x1，y2)和B(x2，y2)，求y1－y2的最大值. 6. 已知F(，0)是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点，点M在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围. 7. (2024·深圳模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(4，m)在抛物线E上，且△OMF的面积为p2(O为坐标原点). (1)求抛物线E的方程； (2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值. 8. (2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4. (1)求p； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值. 参考答案 1.解　(1)由题意可得＋＝1，① 又离心率为，所以＝， 即＝， 解得＝， 则a＝2b，代入①可得a＝4，b＝2， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)由题意可知，原点O到直线l的距离为2， 即＝2，即m2＝4(k2＋1). 联立消去y可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0， 其判别式Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－16)＝16(16k2＋4－m2)＝192k2>0，可知k≠0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由根与系数的关系可得 x1＋x2＝－，x1x2＝. 则|AB|＝· ＝· ＝· ＝· ＝. 所以△ABO的面积 S＝×2×＝≤＝4， 当且仅当k＝±时取得等号， 所以△ABO的面积的最大值为4. 2.解　(1)由题意可得 又a2＝b2＋c2，解得a＝3，b＝. 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋t， 联立 消去y得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－9＝0， Δ＝12(3＋9k2－t2)>0， 则 又k1k2＝＝－， 故y1y2＝－x1x2且x1x2≠0， 即3t2－9≠0，则t2≠3， 又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t， 所以＝ ＝k2＋ ＝k2＋ ＝＝－， 整理得2t2＝9k2＋3≥3， 则t2≥且Δ>0恒成立. ·＝x1x2＋y1y2＝x1x2－x1x2＝x1x2＝×＝3·＝3， 又t2≥，且t2≠3， 故3∈[－3，0)∪(0，3). 当直线l的斜率不存在时，x2＝x1，y2＝－y1， 则k1k2＝－＝－， 又＋＝1，解得x＝， 则·＝x－y＝x＝3. 综上，·的取值范围为[－3，0)∪(0，3]. 3.解　(1)设F(c，0)， 由条件知＝，得c＝. 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程为＋y2＝1. (2)当l⊥x轴时不合题意； 设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 将y＝kx－2代入＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. Δ＝16(4k2－3)>0， 即k2>，x1＋x2＝， x1·x2＝. 从而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又点O到直线PQ的距离d＝. 所以△OPQ的面积 S△OPQ＝d·|PQ|＝. 设＝t， 则t>0，S△OPQ＝＝≤1， 当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0， 所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为 y＝x－2或y＝－x－2. 4.(1)证明　由A(x1，y1)，C(x2，y2)是直线AF与抛物线C1：y2＝4x－4的两个交点，得直线AF不垂直y轴，点F(2，0). 设直线AF的方程为x＝my＋2， 联立消去x并整理， 得y2－4my－4＝0， 所以y1y2＝－4为定值. (2)解　由(1)知B(x1，－y1)，直线BC的斜率为＝＝， 所以直线BC的方程为y＋y1＝(x－x1). 令y＝0，得点P的横坐标 xP＝＋＝＝0， 则P(0，0). 设D(x3，y3)，联立 消去x，得(4m2－m2a2－a2)y2＋4m·(4－a2)·y＋(4－a2)2＝0， y1＋y3＝， y1y3＝， 而直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)， 依题意m≠0， 令y＝0，得点Q的横坐标 xQ＝＋x1＝＝ ＝＝ ＝＝＝a2， 则Q. 因此＝＝1－a2∈， 所以的取值范围是. 5. 解　(1)设C的半焦距为c(c>0)， 由|PF1|＋|PF2|＝|F1F2|，可得2a＝c，① 当PF2⊥x轴时，令x＝c，得|y|＝， 所以＝.② 联立①②以及a2＝b2＋c2，解得a＝，b＝， 故C的方程为＋＝1. (2)设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)， 由已知可得F1(－2，0)，F2(2，0)， 设直线PA的方程为x＋2＝my， 直线PB的方程为x－2＝ny. 联立消去x整理得(m2＋3)y2－4my－2＝0， 所以y0y1＝. 又m＝，x＋3y＝6， 所以y0y1＝－＝－， 所以y1＝－.同理可得y2＝－. 则y1－y2＝－＝ ＝＝ ＝≤＝. 当且仅当x＝75y时取等号， 所以y1－y2的最大值为. 6.解　(1)由题意知，椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为(－，0)， 根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为 ＋＝4， 即2a＝4，所以a＝2， 又因为c＝，可得b＝＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)当直线l的斜率不存在或斜率为0时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意. 故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程组 可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以kOA＋kOB＝＋ ＝ ＝2k＋ ＝2k＋＝， 由kOA＋kOB＝－，可得m2＝4k＋1， 所以k≥－， 又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0， 所以4k2－4k>0，解得k<0或k>1， 综上可得，直线l的斜率的取值范围是∪(1，＋∞). 7. 解　(1)由题意可得 解得p＝2. 故抛物线E的方程为y2＝4x. (2)由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1，0)， 设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)， 易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0， 联立 消去x得y2－4ty－4＝0. 所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4. 由AC垂直于l，得直线AC的方程为 y－y1＝－t(x－x1)， 联立 消去x得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0. 所以y1＋y3＝－，y1y3＝. 所以|AC|＝ ＝ ＝ ＝ ＝·|ty1＋2|＝·(ty1＋2). 同理可得|BD|＝·(ty2＋2)， 所以|AC|＋|BD|＝·[t(y1＋y2)＋4]＝(t2＋1)＝8， 令f(x)＝，x>0， 则f′(x)＝，x>0， 所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 所以当x＝2时，f(x)取得最小值， 即当t＝±时，|AC|＋|BD|的最小值为12. 8. 解　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 把x＝2y－1代入y2＝2px， 得y2－4py＋2p＝0， 由直线与抛物线有两个交点A，B， 所以Δ＝16p2－8p>0，得p>. 由根与系数的关系， 可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p， 所以|AB|＝|y1－y2| ＝· ＝×＝4， 解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2. (2)由(1)知，抛物线的焦点为F(1，0). 由题意知直线MN的斜率不可能为0， ∴设MN的方程为x＝my＋t，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立消去x得y2－4my－4t＝0， ∴Δ＝16m2＋16t>0，即m2＋t>0， 由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t， ∵·＝0， ∴(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝0， 即(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝(my3＋t－1)(my4＋t－1)＋y3y4 ＝(m2＋1)y3y4＋m(t－1)(y3＋y4)＋(t－1)2 ＝(m2＋1)(－4t)＋m(t－1)·4m＋(t－1)2＝0， 即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0， 即4m2＝t2－6t＋1. 设F到MN的距离为d，则d＝， 又|MN|＝|y3－y4| ＝· ＝· ＝4·， ∴S△MFN＝|MN|·d ＝×4·· ＝2·|t－1|＝·|t－1| ＝|t－1|＝(t－1)2. ∵4m2＝t2－6t＋1≥0， 解得t≤3－2或t≥3＋2， ∴当且仅当t＝3－2时，S△MFN取得最小值12－8，即△MFN面积的最小值为12－8. 学科网（北京）股份有限公司 $$