2025年高考数学一轮复习-第九章-第十节-圆锥曲线中的最值、范围问题-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-第九章-第十节-圆锥曲线中的最值、范围问题-专项训练【含答案】，共6页。试卷主要包含了双曲线C，过坐标原点O作圆C，已知椭圆C，设抛物线C等内容，欢迎下载使用。
1．双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B，D两点，且△ABD是直角三角形．
(1)求双曲线C的方程；
(2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，若k1k2＝－2，求点A到直线MN的距离d的取值范围．
2．过坐标原点O作圆C：(x＋2)2＋y2＝3的两条切线，设切点为P，Q，直线PQ恰为抛物线E：y2＝2px(p＞0)的准线．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)设点T是圆C上的动点，抛物线E上四点A，B，M，N满足：TA＝2TM，TB＝2TN，设AB中点为D.
①求直线TD的斜率；
②设△TAB的面积为S，求S的最大值．
3．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，点F到椭圆C上的点的距离的最小值是1，离心率为12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P(4，0)，A，B是椭圆上关于x轴对称的两点，PB交椭圆C于另一点E，求△AEF的内切圆半径的取值范围．
4．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．
参考答案
1．解：(1)依题意，∠BAD＝90°，焦半径c＝2，
由|AF|＝|BF|，得a＋c＝b2a，得a2＋2a＝22－a2，
解得a＝1(其中a＝－2＜0舍去)，
所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，
故双曲线C的方程为x2－y23＝1.
(2)显然直线MN不可能与坐标轴平行，故可设直线MN的方程为x＝my＋n，
联立x=my+n，3x2−y2=3，消去x整理得
(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0，
在条件3m2−1≠0，Δ＞0下，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝－6mn3m2−1，y1y2＝3n2−13m2−1，①
由k1k2＝－2，得y1y2＋2(x1＋1)(x2＋1)＝0，
即y1y2＋2(my1＋n＋1)(my2＋n＋1)＝0，
整理得(2m2＋1)y1y2＋2m(n＋1)(y1＋y2)＋2(n＋1)2＝0，②
将①代入②中可得
3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2(3m2－1)＝0，
化简可消去所有的含m的项，解得n＝5或n＝－1(舍去)，
则直线MN的方程为x－my－5＝0，得d＝6m2+1，
又M，N都在双曲线的右支上，故有3m2－1＜0，0≤m2＜13，
此时1≤m2+1＜23，d＝6m2+1∈(33，6]，
所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(33，6].
2．解：(1)设直线PQ与x轴交于点P0−p2，0.
由几何性质易得△CPP0与△OCP相似，
所以CPCP0＝COCP，即|CP|2＝|CP0|·|CO|，
所以3＝−p2+2·2，解得p＝1．
所以抛物线E的标准方程为y2＝2x.
(2)设T(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)
①由题意可知，TA的中点M在抛物线E上，
即y0+y122＝2·x0+x12，
又y12＝2x1，将x1＝y122代入，
得y12−2y0y1+4x0−y02＝0，
同理y22−2y0y2+4x0−y02＝0，
有y1+y2=2y0，y1y2=4x0−y02，此时D点纵坐标为y1+y22＝y0，所以直线TD的斜率为0.
②因为x1+x22＝y12+y224＝y1+y22−2y1y24＝3y02−4x02，所以点D3y02−4x02，y0，
此时S＝12|TD|·|y1－y2|，
|TD|＝3y02−4x02−x0＝32|y02－2x0|，
|y1－y2|＝y1+y22−4y1y2＝8y02−2x0，
所以S＝322·y02−2x03.
又因为点T在圆C上，有x0+22+y02＝3，即y02＝−x02－4x0－1，代入上式可得：
S＝322·−x02−6x0−13
＝322·−x0+32+83，
因为－2－3≤x0≤－2＋3，
所以x0＝－3时，S取到最大值322·83＝48.
所以S的最大值为48．
3．解：(1)依题意a−c=1，ca=12，a2=b2+c2，解得a＝2，b＝3，
所以椭圆C的方程为x24+y23＝1.
(2)因为AE不与坐标轴垂直，可设直线AE的方程为x＝my＋t(m≠0)，设点A(x1，y1)(y1≠0)，E(x2，y2)，则B(x1，－y1)，
联立x=my+t，x24+y23=1，得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，则Δ＝48(3m2－t2＋4)＞0，y1＋y2＝−6mt3m2+4，y1y2＝3t2−123m2+4，
因为点P，B，E三点共线且斜率一定存在，所以y2+y1x2−x1＝−y1x1−4，所以x1y2＋x2y1＝4(y1＋y2)，
将x1＝my1＋t，x2＝my2＋t代入，化简可得y1+y2y1y2＝2m4−t，
故2m4−t＝−6mt3t2−12，解得t＝1，满足Δ＝48(3m2＋3)＞0，
所以直线AE过定点Q(1，0)，且Q为椭圆的右焦点，
设所求内切圆的半径为r，因为S△AEF＝12·4a·r＝4r，所以r＝S△AEF4＝S△FQA+S△FQE4
＝12FQ·y1−y24＝y1+y22−4y1y24＝3m2+13m2+4，
令u＝m2+1(u＞1)，则m2＝u2－1，
所以r＝3u3u2+1＝33u+1u，
因为u＞1，对勾函数y＝3u＋1u在区间(1，＋∞)上单调递增，所以3u＋1u＞4，则0＜r＜34.
所以△AEF内切圆半径r的取值范围为0，34.
4．解：(1)抛物线的准线为x＝－p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时|MF|＝p＋p2＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设My124，y1，Ny224，y2，Ay324，y3，
By424，y4，直线MN：x＝my＋1，
由x=my+1，y2=4x，可得y2－4my－4＝0，则Δ1＞0，y1y2＝－4.
当直线MN的斜率存在时，
由斜率公式可得kMN＝y1−y2y124−y224＝4y1+y2，kAB＝y3−y4y324−y424＝4y3+y4，
直线MD：x＝x1−2y1·y＋2，代入抛物线方程可得y2－4x1−2y1·y－8＝0，
Δ2＞0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝4y3+y4＝42y1+y2＝kMN2.
又因为直线MN，AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝kMN2＝tanα2，
若要使α－β最大，则β∈0，π2，
设kMN＝2kAB＝2k＞0，则tan (α－β)＝tanα−tanβ1+tanαtanβ＝k1+2k2＝11k+2k≤121k·2k＝24，
当且仅当1k＝2k，即k＝22时，等号成立，
所以当α－β 最大时，kAB＝22，设直线AB：x＝2y＋n，
代入抛物线方程可得y2－42y－4n＝0，
Δ3＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB：x＝2y＋4 .
当直线MN的斜率不存在时，α＝β＝90°，α－β＝0°，tan (α－β)＜24.
综上，直线AB的方程为x＝2y＋4，即x－2y－4＝0