第8章 考点练53 圆锥曲线的最值、范围问题-【红对勾】2026年高考数学一轮复习金卷

考点练53 圆锥曲线的最值、范围问题 JICHU GONGGULIAN 基础巩固练 ●答案：266页 1.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,经过点F的直线1与抛物线C交 于A,B两点，其中点A在第一象限 )若直线的斜率为3·求。的值： (2)求线段AB长度的最小值； (3)若抛物线C的准线与x轴交于点M,点V在抛物线C上，求当 INM取得最大值时，直线MN的方程. INFI 2,(2024·天津卷)已知椭圆十=1(a>b>0),椭圆的离心率g 2,左顶点为A下顶点为B,O为坐标原点，C是线段OB的中点， 其中S△AC= 3√3 2 (1)求椭圆的方程； (2)过点0，-)的动直线与椭圆有两个交点P.Q,在y轴上是香 存在点T使得TP·TQ≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围； 若不存在，请说明理由. 3.(2024·四川凉山期末)已知椭圆C,名+y +6=1(a>b>0)的离 率为号，点A(2D在椭圆C上 (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点M(0,1)的直线1交椭圆C于P,Q两点，O为坐标原点，求 △OPQ面积的最大值. 第八章平面解析几何113 4.2024·安微合肥三模)已知双曲线C:乙 =1(a>0,b>0)的 离心率为2，动直线1：y=kx十m与C的左、右两支分别交于点M, N,且当k=m=1时，OM·ON=一2(O为坐标原点). (1)求C的方程； (2)若点O到1的距离为1，C的左、右顶点分别为A1,A?,记直线 A1M,A2N的斜率分别为kA,M,kA,N,求- A,MkA,NV1十k2 MNI 的最 小值. 1142对勾·高考一轮复习金卷数学 能力提升练 ·答案：267页 1.如图已知双曲线C:一1的离心率为 √2，点F,(一c,0),F2(c,0)分别是其左、右焦 点，过点F2的直线交双曲线的右支于P,A两 点，点P在第一象限.当直线PA的斜率不存 在时，|PA=2√2. (1)求双曲线的标准方程； (2)线段PF1交圆C2:(x+c)2+y2=4a2于点B,记△PF2B, 4F,F△PAE的面积分别为S,S2,S,求令十的最小0 2已知点P(,)是椭圆C:。+芳-1u>6>0)上的-点A,B 分别为椭圆C的左、右顶点，若△PAB的面积为√5. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若点Q为椭圆C上的第一象限内一点，直线AQ,BQ与直线x= 3分别交于点M,N,若△QMN与△QAB的面积的比值为t,求t的 最小值. ·陕西宝鸡三模)已知椭圆E:十1(Q>b C:x2+y2=1,C经过E的右焦点F,点A,B分别为E的右顶点和 上顶点，原点0到直线AB的距离为22 7 (1)求椭圆E的方程； (2)设D是椭圆E的左顶点，过F的直线l交E于M,N两点（其中 点M在x轴上方)，求△MAF与△DNF的面积的比值的取值 范围. 4.(2024·江苏南京二模)在平面直角坐标系xOy中，顶点在原点O 的抛物线E经过点A(9,6). (1)求抛物线E的方程； (2)若抛物线E不经过第二象限，且经过点B(0,3)的直线1交抛物 线E于M,N两点(|BM|<|BN|),过M作x轴的垂线交线段 OA于点P. ①当MP经过抛物线E的焦点F时，求直线VP的方程； ②求点A到直线NP的距离的最大值.则k1= yo yo x0-1 因为点P在双曲线N:x2一y2=1上，所 以x6-y6=1, 因此k,k2= x。+1· xo-1 x8-1 =1, 即k1k2=1为定值. (3)存在.由于直线PF1,PF,的斜率 定存在，设直线PF,的方程为y k1(x+1), 联立+苦- y=k1(x+1), 可得(3+4k)x2+8kx+4k号-12=0， △=144(k+1)>0恒成立 设A(x1,y1),B(x2,y2), -8k1 则有x1十x?=3十4快x1: 4k7-12 3+4k 由AB=√1+k· √(x1十x2)-4x1x2=√1十k -8k1 4(4k-12) √八3+4k 3+4k 12(k号+1) 3+4k1 即AB 3十4k 12(+1) 设直线PF2的方程为y=k2(x-1),同 理可得D=2 3+4k2 由(2)可知1k2=1, 1 3十4k号 3k1十4 可得CD=126:十=121+ 又|AB+|CD=xAB CD|, 所以A=AB+CD 3+4k号 3k?+4 12(k号+1) 12(1+5=2恒成立. 考点练53圆锥曲线的最值、 范围问题 一。基础巩固练 1.解：(1)如图，抛物线 y2=4x的焦点F的 A 坐标为(1,0)， 所以直线AB的方程 为y=√3(x-1). 联立方程组可得 0八 y2=4x, 消 B y=√3(x-1), 去y,得3(x-1)2= 4x,则3x2-10x+3=(3.x-1)(x 3)=0, 由点A在第一象限，则y4=√3(xA 1)>0→x4>1, 所以xA=32B=3,故AF=xA十 台=4，B=a+=， 所以品 =3. 2对勾·高考一轮复习金卷数学 (2)由已知，直线1的斜率不为0，故可设： 直线AB的方程为x=ty十1，A(xA, yA),B(zB'yB). 、联立4消去x得y4y 4=0,显然△=16t2十16>0， 所以yA十yB=4t,yAyB= 一4， 故|AB|=√1+t· √(yA十yB)-4yAyB=√/1+tF. √/16t+16=4(1+t2)≥4， 当且仅当t=0时等号成立，故线段AB 长度的最小值为4. (3)设N的坐标为N(a,b)(a≥0)，又 M(-1,0), 则|NM=√(a+1)2+b2,|NF= √J(a-1)2+b2. 当a=0时， =1 当a>0时，因为点N在抛物线C:y2= 4x上，所以b2=4a, NM 所以 Wa2+6a+1 NF va2+2a+1 a2+6a+1 /1+ 4a Wa2+2a+1 a2+2a+1 4 1+ 4 a 1十2 1十2十2=E 当且仅当a= 1,即a=1时等号成立. LNM的最大值为E, 综上，NF 此时V(1,±2)，M(-1,0), 所以直线MN的方程为x士y十1=0. 2.解：1)因为椭圆的离心率为。=2，故 a=2c,b=√3c,其中c为半焦距， 所以A(-2c,0),B(0,-5c), C(o,-v3c) 2 故c=√3，所以a=2√3，b=3, 放椭因方起为号十号 =1. (2)若过点(0，一)的动直线的斜率 存在，则可设该直线方程为y= kx一2 3 设P(x1y1),Q(x2y),T(0,t), 3.x2+4y2=36, 由y=k红一 3 可得(3+4k2)x2 2， 12k.x-27=0, 故△=144k2十108(3十4k2)=324+ 576k2>0,x1+x2= 12k 3+4k2 27 xIx:= 3十4k2 而T币=(x1y1-t),T=(x2, y2-t), 故T产.T=x1x2十（y1-t)(y2-t) 1+)x1x:-k(受+)红1十x)十 266 (层+)广=1+)x(3) (侵+)×+（层）广 -2-7-1做2-131+3（号+4）+8+20 3+42 【8+-1-5+3(号+）°-” 3+42 因为T币.T≤0恒成立，故 1(3+2t)2-12t-45≤0， 3(g+)°-27<o, 解得一3 3 t么2： 若过点(0，一)的动直线的斜率不存 在，则可设P(0,3),Q(0,一3)，T(0,t), 则Tp.T0=(0,3-t)·(0,-3-t)= t2-9≤0，解得-3≤t≤3，两者结合可 得-3<1≤受 综上，存在T0,)(3<t≤)使 得T户.T≤0恒成立. 3,解：1)由题意，椭圆C的离心率为号， 点A(2,1)在椭圆C上， a=bc2 a2=6, ￡三2·解得b2=3. 可得e=。 4 a+=1, {c2=3, 所以能周C的标准方程为号+苦-1 (2)由题意可知直线！的斜率存在. 不妨设直线l的方程为y=kx十1，且 P(x1,y1),Q(x2,y2),联立方程组 y=kz+1, 2 。+之二1，整理得26十1x十 4kx一4=0， 则△=48k2十16>0，且x1十x2= 4k 4 2k2+1x1x=- 2k2+7’所 以Sa0o=2X1Xx:-x1=2× V21十xP-4红1？=2Y33+巨 2k2+1 不妨令t=√/3k2+1,则t≥1，此 bt 时SaPQ=2+:不妨设f） 2+1t≥1，可得f0)=61-2x)。 6t (2t2+1)2 0,所以函数f(t)在[1，十o∞)上单调 递减， 当t=1,即k=0时，S△opa取得最大值， 最大值为2. 4.解：(1)如图，设C的半焦距为c(c>0), 2,可得b2=3a2. 设M(x1y1),V(x2y2), 当m=k=1时，联立方程组 y=x+1, =1,整理得2x2-2x-1 3a2=0, 则△=12+24a2>0,x1十x2=1, 1+3a2 x1x2= 2 则OM.ON=x1x2十y1y2=2x1x2十 x1+x2+1=1-3a2=-2, 解得a2=1,则b2=3,所以双曲线C的 方程为x-兰=1. 3 (2)由点O到1的距离为1，可得 m =1,则m2=k2+1. √/2+1 联立方程组化”聚理得8 k2)x2-2kmx-(m2十3)=0， 则3一k2≠0，△=(-2km)2十4(3 k)(m十3)=48>0， 十== 2km 因为直线1与C的左、右两支分别交于点 M,N,可得m+3<0,所以2<3. k2-3 又因为√+2 MN w√1+k √1十kF x1-x2 x1-x2 所以，，NV个干 kayskAN MN x1一x2 且x1-x2=√(x1十x2)-4x1x2= √12(m2-k2+3) 因为m2=k2十1，k2<3,所以|x1 x2=x-x1= 3≥ 43 31 由(1)可知A1(-1,0),A2(1,0),则 3y1 y2 4M=十k,N=' yiy2 所以,N=(x1+1D(x:-D k2x1x2+km(x1十x2)+m x1x2十(x2-x1)-1 3(k2-m2) =-21-125, m2-k2+6-4√3 又|x1-x2≥ 4V3 ka MkAgN 3 所以1-≥ -21-12W5=_36+21W3 43 4 3 kA1kA,N√1十k 即 MN 的最小值为 36+215 4 OA 。能力提升练。 1.解：1)因为双曲线C。一方 y =1的离 心率为②，所以e=C=√2.又过点F,的 直线PA的斜率不存在时，PA=2√2， 所以26 =2√2，解得a=b=√2，所以 双陆线的标准方程为号苦 =1. (2)设P(x1y),A(x2y2),则x yi=2,x-y=2,且PF2=AFA >0则1=号+合 所以|PF:=√(x1十c)十y1 √x+e)+ √0+)-，-a √exi+2cx1+a=√e.x1+a)F= ex1十a. 由双曲线定义得PF1一PF,=2a, 所以PF2=ex1一a,则PB= PF|-2a PF2, 所以 PF = PA PBT·PF2 |PF1,|PA1-x1+a,A+1 PF,PF2 exl-a (+)+ .1 +1=A十5 (+)- λ+1 入+1=1+5，S PA A'S:=AF: =λ+1， S_入+5+λ十1= 5 ·x+2=25+2, 2≥2N× 当且仅当入=5时，等号成立， 所以+的最小值为2+2 2解：)因为点Ph,受）)在椭圆C 京=1(a>6>0)上，所以是 3 1, 又△PAB的面积为子×2a×号-5， 2 解得a=2, 代入 3 人。+仿 =1,解得b=1,所以椭圆 C的标准方程为气十y三人. (2)如图，由A(-2,0),Q(xa,yQ), M(3,yM)三点共线，可得=yQ 5 xQ+2’ 故yw=xa干2 同理，由B(2,0),Q(xQya),N(3,yN) 三点共线，可得yN= 2Q-2 267 N 若△QMN与△QAB的面积分别 为S1,S2, 则5，=号(w-.8-0)= 1(5y_ya） 2o+2.23-xa)= 2(xa-3)ye.(3-xa)= xQ-4 2(x。-3)'yQ 4-x8 因为xa十4y品=4，所以4-x6=4ya, 所以S,=2(x。-3)e 4-x0 2(x。-3)yg=（x0-3) 4yo 2ya 又S2=2 |AB·ya=2yQ' 所⊙。3”=。3) Aya 4-x后1 因为xQ∈(0,2)，令3-xQ=m∈(1， 3),则xQ=3-m, (xQ-3)2 所以t= = 4-x。 m 1 -m+6m-5=5 一，其中 设函数y=-5n2十6n-1,n∈ (兮)，函数图象开口向下，对称箱为 6 3 直线n=一2×(-5=5， 则当”=子时y有最大值号， 4 即当 =号时1的最小值为号 3.解：(1)如图，设椭圆焦距为2c, 由题意可得c=1,则a2-b2=1①. 又因为直线AB的方程为云十名=1， 所以原点到直线AB的距离d= ab 2√2I@, √a2+b2 7 联立①②，解得a2=4,b2=3, 故糖圆E的方程为子十苦=1 (2)①当1的斜率不存在时，易知 等-报-8=- ②当l的斜率存在时，设1：x=ty十 1(t≠0)，M(x1y1)(y1>0),N(x2, y2)(y2<0). {x=ty+1, ,得(3t+4)y2+6ty- 9=0,显然△=36t2十36(3t+4)>0, -6t 所以y1十y=32+4 参考答案 9 y1y2=- 3t2+4 因为Smr=DF= 3 （-y2),S△AMF= 2 |AF·y1= 2·1, 所以SAAr 2·y S△DNF 3 ·(-y) 1y 3'ya 36t 因为y十y)2 (3t2+4)7 9 3t2+4 4t2 4 32+49 > 31 又y+y2) yiy2 yiy2 +2+2， y2 y 设义=k,则k<0,所以- 4 3 <k十 62<0,解得一3<k<子且62 -1, 所以SA S△DNF e(日)u 3y2 (3) ,ξ△的取值范围为（行，1） 综上SADNF 4.解：(1)若抛物线E的焦点在y轴上，可 设抛物线E的方程为x2=y, 因为抛物线经过点A(9,6),所以81= 6m,解得m=2 2 若抛物线E的焦点在x轴上，可设抛物 线E的方程为y=nx, 因为抛物线经过点A(9,6),所以36 9n,解得n=4. 综上所述，抛物线E的方程为x'=2?、 或y2=4x. (2)如图，因为抛物线E不经过第二象 限，由(1)可知，抛物线E的方程为y 4x, B M y2=4r 以励闪·高考一轮复习金卷数学 2 且F(1,0),直线OA:y=3x. ①当MP经过抛物线E的焦点F时，令： =1,得P1,） 在y2=4x中，令x=1,得y=±2， 又因为BM<BN,则M(1,2),可 得直线l:y=-x十3. 由=4x, 。-+3解得二或 =2 e即Ns,-6 所以直线NP:y一3 2三一6（x一1)，即 5 3 y-- 6x+2 ②设1：z=my-3),M(i, )N(w) 由仁，8消去整理彩， 4my+12m=0, 所以△=16(m2-3m)>0,y1十y2= 4m,yiy:12m, 且P(e,号)，即p(子i石i) 则NP:y-y2= y:6yi 令x=0,得y-= 3 +1 y号-y 3 y2- 2 yi-yi 24m2-12my1+6m(y1-y2） yi-yi 24m2-6m(y1十y2) yi-y 24m2-6m·4m 0 yi-yi 所以直线NP经过定点D0,) 所以当NP⊥DA时，点A到直线NP的 距离取得最大值，为AD=95 21 考点练54圆锥曲线的定点、 定值、探索性问题 基础巩固练● 1.解：1)易知名-专当m=0时，P0 a 0,直线1的方程为y=音，代人 1,整理得x”二 2 设A(z。y),则B(-xo,-yo),PA. APB=二x6-y6=-5x8=-4 25 a 2=一41，所以a2三25，b三16，所以 2 268 第圆C的方程为结一云-1 (2)证明：设A(x1y1),B(x2,y2),直线 1的方程为x=号y十m,代人完中 5 16=1,整理得25y2+20my+8(m: 25)=0, 则y1十y2= Γ5y1y=8m2-25) Am 25 41 则PA2=(x1-m)2+yi=16i, 同理PB-号 则PA2+PB-老+》 y+22 =41. 25 所以PA+PB2为定值. 2解：知图，双南线C:学-=1的 渐近线方程为y=士2x, 由题意得直线FF'的斜率为负，又直线 L⊥FF',则l的方程为y=2x, 故直线FF'的斜率为一2， 所以b=2,b=2a,F(5a,0), 又F'(05),所以5-0_ 0-W5a =-2 所以a=2,b=4,所以C的方程为 16-1. (2)证明：由(1)知F(2√5,0)，设直线 PQ的方程为x=ty十25(1t<2且 t≠0)， 与片-若-1联立，得-1y十 16V5ty+64=0. 设P(x1y1),Q(x2y2),PQ的中点为 R(xo,yo), 64 则y1十y2= 16W5t 4t-y1=4- yo 十=一4- 85t 2 设E(m,0),由EP=EQ得点E在 线段PQ的垂直平分线上，如图. 所以RE⊥PQ,所以y。 -t xo-m m=+x。=2+十25= t t (+)y+25,