高考数学二轮复习专项分层特训命题点28圆锥曲线中的最值、范围问题含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点28圆锥曲线中的最值、范围问题含答案，共12页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2022·江苏南京、盐城联考]设双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a，b>0)的右顶点为A，虚轴长为 eq \r(2) ，两准线间的距离为 eq \f(2\r(6),3) .
(1)求双曲线C的方程；
(2)设动直线l与双曲线C交于P，Q两点，已知AP⊥AQ，设点A到动直线l的距离为d，求d的最大值．
2．[2022·山东滨州高三期末]已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点为F(2，0)，离心率为 eq \f(\r(6),3) ，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点P(3，m)(m>0)，过F作PF的垂线交椭圆于A，B两点．求△OAB面积的最大值．
3.[2022·全国甲卷]设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3.
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
4．[2022·山东滨州二模]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)在点M(1，y0)处的切线斜率为 eq \f(1,2) .
(1)求抛物线C的方程；
(2)若抛物线C上存在不同的两点关于直线l：y＝2x＋m对称，求实数m的取值范围．
5.[2022·河北石家庄二模]已知点E( eq \r(2) ，0)，F( eq \f(\r(2),2) ，0)，点A满足|AE|＝ eq \r(2) |AF|，点A的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线： eq \f(x2,4) － eq \f(y2,9) ＝1交于M，N两点，且∠MON＝ eq \f(π,2) (O为坐标原点)，求点A到直线l距离的取值范围．
6．[2022·广东广州一模]已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,3) ＝1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>0)) 的左焦点为圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心A.
(1)求椭圆C的方程；
(2)与x轴不重合的直线l经过椭圆C的右焦点B，与椭圆交于M、N两点，过B且与l垂直的直线交圆A于P、Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
命题点28 圆锥曲线中的最值、范围问题(大题突破)
1．解析：(1)依题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝\f(\r(2),2),\f(2a2,c)＝\f(2\r(6),3),a2＋b2＝c2)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝1,b2＝\f(1,2))) ，所以双曲线方程为x2－2y2＝1.
(2)由(1)可知A(1，0)，依题意可知kAP·kAQ＝－1，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝1，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝1，则有kAP＝ eq \f(y1,x1－1) ＝ eq \f(x1＋1,2y1) ，kAQ＝ eq \f(y2,x2－1) ＝ eq \f(x2＋1,2y2) ，所以 eq \f(y1,x1－1) · eq \f(x2＋1,2y2) ＝－1， eq \f(x1＋1,2y1) · eq \f(y2,x2－1) ＝－1，所以x2y1＋2x1y2＝2y2－y1，y2x1＋2y1x2＝2y1－y2，
作差得x2y1－x1y2＝3(y1－y2)，又PQ的方程为(x2－x1)y＝(y2－y1)x＋x2y1－x1y2，所以PQ过定点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，0)) ，所以d≤|AM|＝2，即d的最大值为2.
2．解析：(1)由右焦点为F(2，0)，可得c＝2，又离心率为 eq \f(\r(6),3) ，
∴a＝ eq \r(6) ，b2＝a2－c2＝6－4＝2，
∴椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,6) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
(2)由题可知kPF＝ eq \f(m,3－2) ＝m，
∴kAB＝－ eq \f(1,m) ，
故直线AB为y＝－ eq \f(1,m) (x－2)，即x＝－my＋2，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1,x＝－my＋2)) ，可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋m2)) y2－4my－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
y1＋y2＝ eq \f(4m,3＋m2) ，y1y2＝ eq \f(－2,3＋m2) ，
∴|y1－y2|＝ eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4m,3＋m2)))2－4·\f(－2,3＋m2)) ＝ eq \f(2\r(6)\r(1＋m2),3＋m2) ，
∴△OAB面积为S＝ eq \f(1,2) ×|OF|×|y1－y2|＝ eq \f(2\r(6)\r(1＋m2),3＋m2) ，
令t＝ eq \r(1＋m2) >1，
∴S＝ eq \f(2\r(6)t,2＋t2) ＝ eq \f(2\r(6),\f(2,t)＋t) ≤ eq \f(2\r(6),2\r(2)) ＝ eq \r(3) ，当且仅当 eq \f(2,t) ＝t，即t＝ eq \r(2) ，m＝1时取等号，
∴△OAB面积的最大值为 eq \r(3) .
3．解析：(1)(方法一)由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2.
设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为 eq \r(2) p，|MD|＝ eq \r(2) p，|FD|＝ eq \f(p,2) .
在Rt△MFD中，|FD|2＋|MD|2＝|FM|2，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2))) eq \s\up12(2) ＋( eq \r(2) p)2＝9，解得p＝2.
所以C的方程为y2＝4x.
(方法二)抛物线的准线方程为x＝－ eq \f(p,2) .
当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p.
此时|MF|＝p＋ eq \f(p,2) ＝3，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，则k1＝tan α，k2＝tan β.
由题意可得k1≠0，k2≠0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，y1＞0，y2＜0，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y3＜0，y4＞0.
设直线AB的方程为y＝k2(x－m)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程为y＝k1(x－1)，直线MD的方程为y＝k3(x－2)，直线ND的方程为y＝k4(x－2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1（x－1），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) x2－(2k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4)x＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0，则x1x2＝1.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k2（x－m），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) x2－(2mk eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4)x＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) m2＝0，则x3x4＝m2.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k3（x－2），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) x2－(4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋4)x＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝0，则x1x3＝4.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k4（x－2），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) x2－(4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋4)x＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝0，则x2x4＝4.
所以M(x1，2 eq \r(x1) )，N( eq \f(1,x1) ， eq \f(－2,\r(x1)) )，A( eq \f(4,x1) ， eq \f(－4,\r(x1)) )，B(4x1，4 eq \r(x1) ).
所以k1＝ eq \f(2\r(x1),x1－1) ，k2＝ eq \f(\r(x1),x1－1) ，k1＝2k2，
所以tan (α－β)＝ eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β) ＝ eq \f(k1－k2,1＋k1k2) ＝ eq \f(k2,1＋2k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝ eq \f(1,\f(1,k2)＋2k2) .
因为k1＝2k2，所以k1与k2同号，所以α与β同为锐角或钝角．
当α－β取最大值时，tan (α－β)取得最大值．所以k2＞0，且当 eq \f(1,k2) ＝2k2，即k2＝ eq \f(\r(2),2) 时，α－β取得最大值．易得x3x4＝ eq \f(16,x1x2) ＝m2，又易知m＞0，所以m＝4.
所以直线AB的方程为x－ eq \r(2) y－4＝0.
4．解析：(1)点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2p))) ，则切线方程为y－ eq \f(1,2p) ＝ eq \f(1,2) (x－1)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2py－1＝p（x－1），,x2＝2py)) 消去y并整理得：x2－px＋p－1＝0，依题意，Δ＝p2－4(p－1)＝0，解得p＝2，
所以抛物线C的方程是x2＝4y.
(2)设抛物线C上关于l对称的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则设直线AB方程为：y＝－ eq \f(1,2) x＋t，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋t,x2＝4y)) 消去y并整理得x2＋2x－4t＝0，则有Δ′＝4＋16t>0，解得t>－ eq \f(1,4) ，
x1＋x2＝－2，y1＋y2＝－ eq \f(1,2) (x1＋x2)＋2t＝2t＋1，显然线段AB的中点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，t＋\f(1,2))) 在直线l上，
于是得t＋ eq \f(1,2) ＝－2＋m，即有t＝m－ eq \f(5,2) ，而t>－ eq \f(1,4) ，因此，m－ eq \f(5,2) >－ eq \f(1,4) ，解得m> eq \f(9,4) ，
所以实数m的取值范围是m> eq \f(9,4) .
5．解析：(1)设A(x，y)，
因为|AE|＝ eq \r(2) |AF|，
所以 eq \r(（x－\r(2)）2＋（y－0）2) ＝ eq \r(2) × eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(2),2)))2＋（y－0）2) ，
平方化简，得x2＋y2＝1.
(2)直线l：y＝kx＋m与双曲线 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,9) ＝1的方程联立，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1)) ⇒(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
所以有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4k2－9≠0,（8km）2－4·（4k2－9）（4m2＋36）>0)) ⇒m2＋9>4k2且k≠± eq \f(3,2) ，
所以x1＋x2＝－ eq \f(8km,4k2－9) ，x1x2＝ eq \f(4m2＋36,4k2－9) ，
因为∠MON＝ eq \f(π,2) ，
所以 eq \(OM,\s\up6(→)) ⊥ eq \(ON,\s\up6(→)) ⇒x1x2＋y1y2＝0⇒x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
化简，得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
把x1＋x2＝－ eq \f(8km,4k2－9) ，x1x2＝ eq \f(4m2＋36,4k2－9) 代入，得
(k2＋1)· eq \f(4m2＋36,4k2－9) ＋km· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2－9))) ＋m2＝0，化简，得
m2＝ eq \f(36（k2＋1）,5) ，因为m2＋9>4k2且k≠± eq \f(3,2) ，
所以有 eq \f(36（k2＋1）,5) ＋9>4k2且k≠± eq \f(3,2) ，解得k≠± eq \f(3,2) ，
圆x2＋y2＝1的圆心为(0，0)，半径为1，
圆心(0，0)到直线l：y＝kx＋m的距离为d＝ eq \f(|m|,\r(k2＋1)) ＝ eq \f(\f(6,\r(5))\r(k2＋1),\r(k2＋1)) ＝ eq \f(6\r(5),5) >1，
所以点A到直线距离的最大值为 eq \f(6\r(5),5) ＋1，最小值为 eq \f(6\r(5),5) －1，
所以点A到直线距离的取值范围为[ eq \f(6\r(5),5) －1， eq \f(6\r(5),5) ＋1].
6．解析：(1)圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心A的坐标为(－1，0)，所以椭圆的半焦距c＝1，
又a2＝b2＋c2，所以a2＝4，椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1)) 得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
则x1＋x2＝ eq \f(8k2,4k2＋3) ，x1x2＝ eq \f(4k2－12,4k2＋3) .
所以|MN|＝ eq \r(1＋k2) |x1－x2|＝ eq \r(1＋k2) × eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \f(12（k2＋1）,4k2＋3) .
过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－ eq \f(1,k) (x－1)，A到m的距离为 eq \f(2,\r(k2＋1)) ，
所以|PQ|＝2 eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(k2＋1))))2) ＝4 eq \r(\f(4k2＋3,k2＋1)) .
故四边形MPNQ的面积S＝ eq \f(1,2) |MN||PQ|＝12 eq \r(1＋\f(1,4k2＋3)) .
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8 eq \r(3) ).
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ的面积的取值范围为[12，8 eq \r(3) ).