新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第8章8.12圆锥曲线中范围与最值问题（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第8章8.12圆锥曲线中范围与最值问题（含答案解析），共5页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知F，0)是椭圆C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a,2eq \r(5))在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线C的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，求p的取值范围．
2．(2023·淄博模拟)已知F(eq \r(3)，0)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．
3．(2024·郑州模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，离心率为2，且过点P(2,3)．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设过原点O的直线l1在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线l2在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．
4．(2023·衡阳模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A(－1,0)，渐近线方程为y＝±eq \r(2)x.直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为－2.
(1)证明：直线l过定点；
(2)若在射线AQ上的点R满足∠APQ＝∠ARP，求直线PR的斜率的最大值．
§8.12 圆锥曲线中范围与最值问题
1．解 (1)由题意及抛物线的定义得
a＋eq \f(p,2)＝6，
又因为点M(a,2eq \r(5))在抛物线C上，所以20＝2pa，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(p,2)＝6，,20＝2pa，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,a＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝10，,a＝1，))
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝t，,y2＝2px，))消去y可得
x2－2(p＋t)x＋t2＝0，
则x1＋x2＝2p＋2t，x1x2＝t2，
因为NA⊥NB，
所以eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝(x1－1)(x2－1)＋(t－x1)(t－x2)
＝2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，
所以2t2－(t＋1)(2p＋2t)＋t2＋1＝0，
可得2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)，
由原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，可得eq \f(|t|,\r(2))≥eq \r(2)，
解得t≥2或t≤－2，
因为p>0，所以t≤－2不成立，
所以t≥2，
因为2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)＝t＋1＋eq \f(4,t＋1)－4，且函数y＝t＋1＋eq \f(4,t＋1)－4在[2，＋∞)上单调递增，
所以2p≥eq \f(22－2×2＋1,2＋1)＝eq \f(1,3)，
所以p≥eq \f(1,6)，
即p的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)).
2．解 (1)由题意知，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点坐标为(－eq \r(3)，0)，
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为
eq \r(\r(3)＋\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－0))2)＋eq \f(1,2)＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝eq \r(3)，可得b＝eq \r(a2－c2)＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－1,4k2＋1)，
所以kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝eq \f(kx1＋mx2＋kx2＋mx1,x1x2)＝2k＋eq \f(mx1＋x2,x1x2)＝2k＋eq \f(－8km2,4m2－1)＝eq \f(－2k,m2－1)，
因为kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)，
可得m2＝4k＋1，所以k≥－eq \f(1,4)，
又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，
所以4k2－4k>0，解得k1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞)．
3．解 (1)由双曲线E的离心率为2，得eq \f(c,a)＝2.①
因为双曲线E过点P(2,3)，
所以eq \f(4,a2)－eq \f(9,b2)＝1.②
又c2＝a2＋b2，③
联立①②③式，解得a＝1，b＝eq \r(3).
故双曲线E的标准方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)由双曲线的对称性，知四边形ABCD为平行四边形，
所以S四边形ABCD＝4S△OAD.
由题意知直线AD的斜率不为零且过右焦点F(2,0)，
设直线AD的方程为
x＝my＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m≠±\f(\r(3),3))).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，
得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0.
Δ＝36(m2＋1)>0，
设A(x1，y1)，D(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(－12m,3m2－1)，y1y2＝eq \f(9,3m2－1).
因为A，D均在双曲线右支上，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2>0，,x1x2>0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(my1＋y2＋4＝\f(－4,3m2－1)>0，,m2y1y2＋2my1＋y2＋4,＝\f(－3m2－4,3m2－1)>0，))
解得0≤m2