第33天 圆锥曲线中的最值、范围问题 每日专项练习-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦圆锥曲线最值与范围，通过4道综合解答题构建从轨迹方程到几何量最值的递进训练，覆盖高频考点与运算能力、推理能力等核心素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |轨迹与弦长|第1题|含轨迹方程推导、弦长计算及最值探究|从定义法求曲线方程到直线与曲线相交的几何量关系推导| |椭圆方程与最值|第2题|椭圆方程求解及动点距离最值|由离心率等条件建立方程，通过参数法转化最值问题| |椭圆综合与面积|第3题|涉及垂直条件、中点坐标及面积最值|结合向量垂直构建方程，利用中点坐标公式推导位置关系| |曲线与比值最值|第4题|轨迹方程及面积比值最小值|通过距离比定义曲线，运用参数方程转化面积比值问题|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第33天 圆锥曲线中的最值、范围问题 1.解　(1)设P(x,y), 则有x+8+|x|=4, 当x≥0时,化简得+=1; 当x<0时,化简得(x+1)2+y2=4, 所以E: 曲线如图所示: (2)①如图所示,不妨设点A在圆上,则|AF|=2,又|AB|=,则|BF|=>2,所以点B在椭圆上. 设B(2cos θ,sin θ), |BF|2=(2cos θ+1)2+3sin2 θ=, 解得cos θ=或cos θ=-(舍去), 所以B, 所以kBF==±, 所以直线l'方程为:y=±(x+1), 即3x+4y+3=0或3x-4y+3=0. ②由题意知T(1,0),故点T也在圆(x+1)2+y2=4上,又|AB|=4为直径,所以AT⊥BT. 设C(x1,y1),D(x2,y2),CD:x=ty+m(m>0),联立椭圆方程+=1(x>0),得 3(ty+m)2+4y2-12=0⇒(3t2+4)y2+6tmy+3m2-12=0, 则y1y2=,y1+y2=-, 因为=(1-x1,-y1), =(1-x2,-y2),⊥, 则·=(1-x1)(1-x2)+y1y2 =x1x2-x1-x2+1+y1y2 =(ty1+m)(ty2+m)-ty1-m-ty2-m+1+y1y2 =(t2+1)y1y2+(mt-t)(y1+y2)+m2-2m+1=0 所以(t2+1)(3m2-12)+(m-1)t·(-6tm)+(m-1)2(3t2+4)=0, 即3m2t2+3m2-12t2-12-6m2t2+6t2m+3m2t2-6mt2+3t2+4m2-8m+4=0, 所以7m2-9t2-8-8m=0, 所以7m2-8m-8=9t2≥0, 解得m≥=(负值舍去), 即m的最小值为. 2.答案　解　(1)由题意知=且a2+b2=10, 解得a=3,b=1, 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)①设R(x,y),由(1)知A(0,-1), 又P(m,n), 所以·=(m,n+1)·(x,y+1)=mx+(n+1)(y+1)=||·||·cos 0=3. (ⅰ) 由kAP=kAR,得=, (ⅱ) 由(ⅰ)(ⅱ)得x=,y=, 故R. ②由①得kOR==3kOP=, 得m2+n2+8n-2=0, 即m2+(n+4)2=18. 所以点P在以(0,-4)为圆心,3为半径的圆上, 又Q为椭圆+y2=1上一点, 设Q(s,t),所以|PQ|=+3 =+3, 又-1≤t≤1,所以当t=时,|PQ|的长度取得最大值3+3. 3.解　(1)由椭圆的定义可得△MF1N的周长为4a, 所以4a=4,所以a=. 离心率e===, 解得c=1,所以b2=a2-c2=1, 所以椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)①由(1)可得点F2坐标(1,0),易得过点F2的所有直线与椭圆一定有两个不同的交点, 由OM⊥ON可得·=0. ⅰ.直线MN斜率不存在时,在椭圆方程中令x=1得y=±, 不妨设M,N, 所以·=1-=≠0,所以不成立; ⅱ.直线MN斜率存在时,设直线MN的斜率为k,则其方程为y=k(x-1), 设M(x1,y1),N(x2,y2), 由方程组消去y, 得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 则有x1+x2=,x1x2=, 所以有·=x1x2+y1y2 =x1x2+k2(x1-1)(x2-1) =(k2+1)x1x2-k2(x1+x2)+k2 =-+k2 ==0, 所以k=±. 当k=时,x1+x2=,y1+y2=(x1+x2-2)==-, 所以点R的坐标是; 同理当k=-时,点R的坐标是. 综上所述,点R的坐标是. ②根据对称性△RST面积最大值与点R所在象限无关, 不妨设点R的坐标是,此时直线MN的方程可化为x+y-=0,S△RST=S△TRS=S△NRS=S△SNR, 设点S到直线MN的距离为d, 因为T为PN的中点,R为MN的中点,所以可得 S△RST=S△SNR=S△SMN=××|MN|×d=×|OR|×d=d. ⅰ.直线l斜率不存在时,点S坐标为,此时点S到直线x+y-=0的距离d=. ⅱ.直线l斜率存在时,设直线l方程为 y=mx-,P(x3,y3),Q(x4,y4), 由方程组 消去y,得(2m2+1)x2-4m x+2-2=0, 则有x3+x4=,y3+y4 =m(x3+x4)-+=-, 所以点S坐标为 , 所以可得 d==, 令f(m)=,m∈R, 令t=m+, 当m=-时,即t=0,此时直线PQ与MN重合,△RST面积为0; 当m≠-,即t≠0时,则有 y==, 从而当=, 即m=时,f(m)取得最大值. 此时dmax=>, 所以dmax=, 所以△RST面积最大值为. 4.解　(1)设M(x,y),由题意得 =, 整理得(x-2)2+y2=2(x-1)2, 即x2-y2=2, ∴曲线C的方程为:x2-y2=2. (2)①由(1)知|PF2|==(x1-1), ∵曲线C为双曲线,且F1,F2为焦点,点P在右支上, ∴|PF1|-|PF2|=2, |PF1|=2+(x1-1)=(x1+1), ∴=. ②设点Q(x2,y2), ∵=λ, 即(2-x1,-y1)=λ(x2-2,y2), ∴ 即 (ⅰ) ∵-=2,-=2, ∴--λ2(-)=2-2λ2, ∴(-λ2)-(-λ2)=2-2λ2, ∴(x1-λx2)(x1+λx2)-(y1-λy2)(y1+λy2)=2-2λ2, 将(ⅰ)代入上式得x1-λx2=1-λ,又x1+λx2=2λ+2, 联立解得x1=, 由①知==, 又∵=, 由题意|PN|=|PF2|, ∴== =, ∴=+λ=+λ=+λ+1≥2+1,当且仅当λ=时等号成立, 所以的最小值为2+1. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第33天 圆锥曲线中的最值、范围问题 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.(2025·温州二模)在平面直角坐标系xOy中,已知点F(-1,0),P是直线l:x=-8右侧区域内的动点,P到直线l与y轴的距离之和等于它到点F距离的4倍,记点P的轨迹为E. (1)求E的方程,并在图中画出该曲线; (2)直线l'过点F,与E交于A,B两点, ①若|AB|=,求直线l'的方程; ②若|AB|=4,T是点F关于y轴的对称点,延长线段AT交E于点C,延长线段BT交E于点D,直线CD交x轴于点M(m,0),求m的最小值. 2.(2025·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,下顶点为A,右顶点为B,|AB|=. (1)求椭圆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. ①设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示); ②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. 3.(2025·济南质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别是F1,F2,过F2的直线与C交于M,N两点,△MF1N的周长为4. (1)求C的标准方程; (2)若OM⊥ON,记线段MN的中点为R. ①求R的坐标; ②过R的动直线l与C交于P,Q两点,PQ,PN的中点分别是S和T,求△RST面积的最大值. 4.(2025·湖北八市联考)已知两点F1(-2,0),F2(2,0),平面内的动点M到定点F2的距离与到直线l:x=1的距离之比为,点M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程; (2)点P在曲线C上,且在第一象限,连接PF2并延长与曲线C交于点Q,=λ(λ>0),以P为圆心,|PF2|为半径的圆与线段PF1交于点N,记△PF2N,△PF1Q的面积分别为S1,S2. ①若点P的坐标为(x1,y1),求证:=; ②求的最小值. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $