新高考数学二轮复习专题突破练习微专题20 圆锥曲线中的最值、范围问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题突破练习微专题20 圆锥曲线中的最值、范围问题（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了高考真题等内容，欢迎下载使用。
近几年高考：解析几何中的最值与范围问题是解析几何中的典型问题,是教学的重点也是历年高考的热点.解决这类问题不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究,而且要从代数角度进行函数等相关运算.

一、高考真题
[高考真题] (2025·新高考Ⅰ卷改编)已知椭圆C:x29+y2=1的下顶点为A,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.
解 (1)设R(x,y),由题意知A(0,-1),
又P(m,n),
所以AP·AR=(m,n+1)·(x,y+1)=mx+(n+1)(y+1)=|AP|·|AR|·cs 0=3.①
由kAP=kAR,得n+1m=y+1x,②
由①②得x=3mm2+(n+1)2,y=n+2−m2−n2m2+(n+1)2,
故R3mm2+(n+1)2,n+2−m2−n2m2+(n+1)2.
(2)由(1)得kOR=n+2−m2−n23m=3kOP=3nm,
得m2+n2+8n-2=0,
即m2+(n+4)2=18,
所以点P在以(0,-4)为圆心,32为半径的圆上,
又Q为椭圆x29+y2=1上一点,
设Q(s,t),所以|PQ|=s2+(t+4)2+32
=−8t−122+27+32,
又-1≤t≤1,所以当t=12时,|PQ|的长度取得最大值33+32.
二．典型例题
1 (2025·池州二模改编)已知椭圆C:x218+y29=1,O为坐标原点,F2为其右焦点,点P在C上,点Q满足QF2=2PQ,求|OQ|的最小值,并指出此时点Q的坐标.
解 法一 设点Q(x,y),P(x0,y0),
所以QF2=(3-x,-y),PQ=(x-x0,y-y0),
由QF2=2PQ,得3−x=2(x−x0),−y=2(y−y0),
解得x0=3x−32,y0=3y2.
又x0218+y029=1,所以1183x−322+193y22=1,
化解得(x-1)2+2y2=8,
所以y2=4-12(x-1)2,
由y2≥0得12(x-1)2≤4,
解得1-22≤x≤1+22,
所以|OQ|=x2+y2=x2+4−12(x−1)2=12x2+x+72=12(x+1)2+3≥3,
当且仅当x=-1∈1−22,1+22时,取“=”,
则y2=2,即y=±2,
所以|OQ|的最小值为3,此时点Q的坐标为(-1,2)或(-1,-2).
法二 设点Q(x,y),P(x0,y0),所以QF2=(3-x,-y),PQ=(x-x0,y-y0),
由QF2=2PQ,
得3−x=2(x−x0),−y=2(y−y0),解得x=2x03+1,y=2y03.
由x0218+y029=1得y029=1-x0218≥0,
解得-32≤x0≤32,
所以|OQ|=x2+y2=2x03+12+2y032=132x02+12x0+45=132(x0+3)2+27≥3,
当且仅当x0=-3∈[-32,32]时,取“=”,即x=-1,y=±2,
所以|OQ|的最小值为3,
此时点Q的坐标为(-1,2)或(-1,-2).
2 (2025·温州调研改编)已知椭圆E:x24+y2=1,O为坐标原点,A,B为曲线E上不同两点,经过A,B两点的直线与圆x2+y2=1相切,求△OAB面积的最大值.
解 依题意,直线AB的斜率不可能是0,不妨设其方程为x=my+t,则圆x2+y2=1的圆心到直线x=my+t的距离d=tm2+1=1,
即m2+1=t2,①
由x=my+t,x2+4y2=4,消去x可得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0,
由Δ=4m2t2-4(m2+4)(t2-4)>0,
可得m2-t2+4>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=−2mtm2+4,y1·y2=t2−4m2+4,
则|AB|=1+m2·(y1+y2)2−4y1·y2
=1+m2·−2mtm2+42−4(t2−4)m2+4
=41+m2m2+4·m2−t2+4,
将①式代入,化简得|AB|=43·1+m2m2+4,
则△OAB的面积为S△OAB=12×|AB|×d=23·m2+1(m2+4)2,
设λ=m2+1,则λ≥1,
S△OAB=23·λ(λ+3)2=23·1λ+9λ+6,
因为λ+9λ≥2λ·9λ=6,当且仅当λ=3时取等号,此时m=±2,
△OAB的面积的最大值为23·112=1.
3 已知抛物线E:x2=4y的焦点为F,抛物线上的点A(x0,y0)处的切线为l.
(1)求l的方程(用x0,y0表示);
(2)若直线l与y轴交于点B,直线AF与抛物线交于点C,若∠ACB为钝角,求y0的取值范围.
解 (1)抛物线E:x2=4y,即y=x24,则y'=12x,
则在A(x0,y0)处切线l的斜率为k=12x0,
所以l:y-y0=12x0(x-x0),
即y=12x0x-y0.
(2)易知F(0,1),B(0,-y0).
设直线AF:y=kx+1,C(x1,y1),
代入抛物线方程得x2-4kx-4=0,故x1x0=-4,y0y1=x12x0216=1,
因为∠ACB为钝角,所以CF·CB2k2-1≠0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由根与系数的关系得x1+x2=4kt1−2k2,x1x2=−2t2−21−2k2,
所以OA·OB=x1x2+y1y2
=x1x2+(kx1+t)(kx2+t)
=(1+k2)x1x2+kt(x1+x2)+t2
=(1+k2)−2t2−21−2k2+4k2t21−2k2+t2=-3,
化简得8k2+t2=1,得证.
(2)解 联立y=kx+t,x2+2y2=2消去y,
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
所以Δ=16k2t2-4(1+2k2)(2t2-2)>0,
即t22k2-1≠0,8k2+t2=1,及k≠0,t2≥0,
可得00,
直线TA,TB的倾斜角分别为α,β,
因为∠ATB=β-α,
所以tan ∠ATB=tan (β-α)=tan β−tan α1+tan βtan α,
因为tan α=kTA=t6,tan β=kTB=t2,
所以tan ∠ATB=t2−t61+t2·t6=4tt2+12=4t+12t≤443=33,
当且仅当t=23时,等号成立,
此时T(4,23),∠ATB=π6,
所以∠ATB的最大值为π6.