第56练圆锥曲线热点问题 第2课时　最值与范围、证明问题专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦解析几何中最值范围与证明问题，通过圆、抛物线、双曲线、椭圆四类曲线综合题，构建从轨迹方程到动态几何关系的逻辑推理链，培养数学思维与表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |圆|1|轨迹方程与参数范围|圆的方程→中点坐标→椭圆方程→向量关系→范围求解| |抛物线|1|焦点弦最值与定点证明|抛物线定义→焦点弦性质→基本不等式求最值→切线方程与向量运算| |双曲线|1|参数条件与斜率关系|双曲线定义→中心对称与轴对称→直线方程→根与系数关系→斜率乘积定值| |椭圆|1|定值证明|椭圆方程→直线与椭圆位置关系→韦达定理→坐标运算→线段等长证明|

第2课时　最值与范围、证明问题 1.[2025·浙江绍兴模拟] 已知点P在圆O:x2+y2=4上,作PD垂直于y轴,垂足为D,点M为PD的中点.(当点P为圆O与y轴的交点时,规定点P与点M重合) (1)求动点M的轨迹E的方程; (2)直线l:y=kx+m与y轴交于点Q,与E交于A,B两个相异点,且=3,求m2的取值范围. 2.[2025·甘肃白银二模] 已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点E(n,2)是C上一点,且|EF|=5,记O为坐标原点,过点F的直线l1与C相交于A,B两点. (1)求抛物线C的方程与准线l的方程. (2)求4|AF|+|BF|的最小值. (3)已知P,M分别是抛物线C与准线l上的动点,若C在点P处的切线l2交y轴于点Q,且=+,则点N是否在定直线上?若在,请求出定直线的方程;若不在,请说明理由. 3.[2025·沈阳二模] 已知O为坐标原点,动点P到x轴的距离为d,且|OP|2=λ+μd2,其中λ,μ均为常数,动点P的轨迹称为(λ,μ)曲线. (1)若(λ,μ)曲线为双曲线,试问λ,μ应满足什么条件? (2)设曲线C为曲线,点A(x0,y0)是C上位于第一象限的一点,点A,B关于原点O中心对称,点A,D关于y轴对称.延长AD至E,使得|DE|=|AD|,且直线BE和曲线C的另一个交点G位于第二象限. (i)求x0的取值范围; (ii)设直线OA的斜率为k1,直线AG的斜率为k2,求k1k2的值,并求k1+k2的取值范围. 4.[2025·北京大兴区三模] 已知椭圆M:+=1(a>b>0)经过点,且右顶点为A(2,0). (1)求椭圆M的方程及离心率; (2)过点P(-2,2)的直线与椭圆M交于不同的两点B,C(均不是椭圆顶点),直线AB,AC分别与直线OP(O为坐标原点)交于点M,N,求证:|OM|=|ON|. 第2课时　最值与范围、证明问题/ 1.解:(1)设点P(x0,y0),M(x,y),则D(0,y0),因为点M为线段PD的中点,所以即 又点P在圆O:x2+y2=4上,所以+=4,则(2x)2+y2=4,即x2+=1,因此点M的轨迹E的方程为x2+=1. (2)由已知可得Q(0,m),设点A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m). 由得(k2+4)x2+2kmx+m2-4=0, 由已知可得Δ=4k2m2-4(k2+4)(m2-4)>0,得k2+4-m2>0, 由根与系数的关系可得x1+x2=-,x1x2=. 因为=3,所以(-x1,-kx1)=3(x2,kx2),则-x1=3x2,即x1=-3x2,所以3(x1+x2)2+4x1x2=0,所以+=0,可得k2m2+m2-k2-4=0.当m2=1时,k2+1-k2-4=0不成立, 所以k2=,代入k2+4-m2>0得-m2+4=>0, 解得1<m2<4,因此m2的取值范围是(1,4). 2.解:(1)由E(n,2)是C上一点,且|EF|=5,结合抛物线的定义, 可得准线l的方程为y=-3,则焦点F的坐标为(0,3),则=3,解得p=6,所以抛物线C的方程为x2=12y. (2)由题可得过点F的直线l1的斜率存在.设过点F的直线l1的方程为y=kx+3, 将直线l1的方程与抛物线方程联立,可得x2=12(kx+3),即x2-12kx-36=0,则Δ=144k2+144>0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),可得x1x2=-36,则y1y2==9. 由抛物线的定义可得4|AF|+|BF|=4(y1+3)+y2+3=4y1+y2+15≥2+15=27,当且仅当4y1=y2,即y1=,y2=6时取等号. (3)设P(x0,y0),M(x3,-3). 由x2=12y得y=,所以y'=, 则抛物线C在P(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(x-x0), 即x0x-6y-6y0=0. 令x=0,得y=-y0,则Q(0,-y0), 设N(x4,y4),则=(x4-x3,y4+3).又=(x0-x3,y0+3),=(-x3,-y0+3), 所以+=(x0-2x3,6). 因为=+, 所以可得 从而N(x0-x3,3),故N在定直线上,定直线方程为y=3. 3.解:(1)设P(x,y),则d=|y|. 由|OP|2=λ+μd2,得x2+y2=λ+μy2,即x2+(1-μ)y2=λ. 若(λ,μ)曲线为双曲线,则λ≠0, 所以x2+(1-μ)y2=λ可化为+=1,则<0,解得μ>1, 所以当λ≠0,且μ>1时,(λ,μ)曲线为双曲线. (2)方法一:当λ=1,μ=时,x2+y2=1+y2,即x2-=1. (i)由题意得B(-x0,-y0),D(-x0,y0),设点E(x',y'),由题知=,则(x'+x0,y'-y0)=(-2x0,0),所以 得则E, 所以直线BE的斜率kBE==-,所以直线BG的方程为y+y0=-(x+x0), 即y=-x-4y0. 由得x2+x+(16+3)=0,由直线BG与双曲线有2个交点,得-3≠0,由根与系数的关系得xG·(-x0)=,解得xG=,因为yG=-xG-4y0>0,且x0>0,y0>0,所以xG<-x0,所以xG=<-x0, 由-=1,可得=3-3,所以xG===<-x0,又x0>1,所以-=>0,所以8-9>0,可得x0>,即x0的取值范围为. (ii)由(i)得k1=,k2== = -+=-+=-+ =-+-=-,所以k1k2=-1. 因为x0>,所以0<<, 则k1==∈,所以k1+k2=k1-∈. 方法二:当λ=1,μ=时,x2+y2=1+y2,即x2-=1. (i)由题意得B(-x0,-y0),D(-x0,y0),设点E(x',y'),由题知=,则(x'+x0,y'-y0)=(-2x0,0),所以得 则E,所以直线BE的斜率kBE==-,所以直线BG的方程为y+y0=-(x+x0). 设点G(x,y)(x<0,y>0), 因为x2-=1,所以x2>, 所以>,即>, 同理<,由两式作差得(x+x0)(x-x0)-(y+y0)(y-y0)=0,将直线BG的方程代入并化简得(x-x0)+(y-y0)=0,所以=>=>,所以>,可得x0>,即x0的取值范围为. (ii)由(i)中(x-x0)+(y-y0)=0, 可得k1·k2=·=-1. 由(i)得k1=∈,所以k1+k2=k1-∈. 4.解:(1)由题意知a=2, 因为椭圆M经过点, 所以+=1,所以b2=1, 所以椭圆M的方程为+y2=1,离心率e==. (2)证明:由题知直线BC的斜率存在.设直线BC的方程为y=kx+2k+2,B(x1,y1),C(x2,y2). 由消去y可得(1+4k2)x2+16k(k+1)x+16k2+32k+12=0, 则由Δ>0得k<-,所以x1+x2=-,x1x2=. 由得xM=. 同理,xN=,则xM+xN=+= 2=2· , 分子部分=2k(k+1)x1x2+(4k2+4k+2)(x1+x2)+8k(k+1)=- +8k(k+1)=8k(k+1)=0, 所以xM+xN=0,故|OM|=|ON|. 学科网（北京）股份有限公司 $