2027届高三数学（全套）一轮复习高考热点精练11 圆锥曲线中的最值与范围问题（含答案）

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(1)求p;
(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,且FM·FN=0,求△MFN面积的最小值.
解析 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由x−2y+1=0,y2=2px消去x得y2-4py+2p=0,
∵直线与抛物线有两个交点A,B,∴Δ=16p2-8p>0,解得p>12或p0,即m2+t>0,
由根与系数的关系得y3+y4=4m,y3y4=-4t,
∵FM·FN=0,∴(x3-1,y3)·(x4-1,y4)=0,即(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+t-1)(my4+t-1)+y3y4
=(m2+1)y3y4+m(t-1)(y3+y4)+(t-1)2
=(m2+1)(-4t)+m(t-1)·4m+(t-1)2=0,
即-4m2t-4t+4m2t-4m2+t2-2t+1=0,即4m2=t2-6t+1.
设F到MN的距离为d,则d=t−1|1+m2,
又|MN|=1+m2|y3-y4|
=1+m2·(y3+y4)2−4y3y4
=1+m2·16m2+16t
=41+m2·m2+t,
∴S△MFN=12|MN|·d
=12×41+m2·m2+t·t−1|1+m2
=2m2+t·|t−1|=4m2+4t·|t-1|
=t2−2t+1|t-1|=(t-1)2.
∵4m2=t2-6t+1≥0,
∴t≤3-22或t≥3+22,
∴当且仅当t=3-22时,S△MFN取得最小值12-82.
即△MFN面积的最小值为12-82.
2.★★★★(2026届河南部分学校质检,18)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,短轴长为23,A为E在第一象限上的一点,过点A且与E相切的直线分别交y轴、x轴于B,C两点,O为坐标原点.
(1)求E的标准方程;
(2)设点D14,0,求|AD|的最小值;
(3)证明:△OBC的面积不小于23.
解析 (1)由题意得2c=2,2b=23,则c=1,b=3,则a=b2+c2=2,
从而E的标准方程为x24+y23=1.
(2)设A(x0,y0),x0>0,y0>0,则x024+y023=1,y02=3−34x02,又D14,0,
所以|AD|=x0−142+y02
=x02−12x0+116+3−34x02
=14x02−12x0+4916=14(x0−1)2+4516,当x0=1时,|AD|min=354.
(3)证明:因为A在第一象限,则由椭圆方程可得y=3·1−x24,y'=-34·x1−x24.
设A(x0,y0),x0>0,y0>0,则在A处的切线斜率为y'|x=x0=−34·x01−x024,又x024+y023=1,则y023=1−x024,
则y'|x=x0=−34·x0y0.
则切线方程为y=-34·x0y0(x-x0)+y0.
【思路探究:△OBC的面积由点A(x0,y0)的变化而变化,建立△OBC的面积关于x0,y0的关系式,结合椭圆方程利用基本不等式证明不等关系】
令x=0,得y=3x02+4y024y0=3y0,即B0,3y0,
令y=0,得x=3x02+4y023x0=4x0,即C4x0,0.
则S△OBC=12|OC||OB|=12·3y0·4x0=6x0y0.
又x024+y023=1,因此1=x024+y023≥2x024·y023=x0y03,即x0y0≤3,当且仅当x024=y023时取等号,
所以S△OBC=6x0y0≥23,即△OBC的面积不小于23.
3.★★★★(2025全国一卷,18,17分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为223,下顶点为A,右顶点为B,|AB|=10.
(1)求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.
(i)设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示);
(ii)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.
解析 (1)由题意得e=ca=223,
且|AB|=a2+b2=10,a2=b2+c2,
解得a=3,b=1,c=22,
∴椭圆C的方程为x29+y2=1.
(2)(i)∵点R在射线AP上,A(0,-1),
∴设AR=λAP=λ(m,n+1),
则|AP||AR|=λ|AP|2=λ[m2+(n+1)2]=3,
∴λ=3m2+(n+1)2,
∴AR=3mm2+(n+1)2,3(n+1)m2+(n+1)2,
∴R3mm2+(n+1)2,n+2−n2−m2m2+(n+1)2.
(ii)由(i),知kOR=n+2−n2−m2m2+(n+1)23mm2+(n+1)2=n+2−n2−m23m=3nm=3kOP,
化简得n2+m2+8n-2=0,即m2+(n+4)2=18.
∴P(m,n)在以D(0,-4)为圆心,32为半径的圆上.
则|PQ|的最大值即为|DQ|max+32.
设Q(x,y),其中-1≤y≤1.
则|DQ|2=x2+(y+4)2
=9(1-y2)+y2+8y+16(提示:利用点Q在椭圆上,消x)
=-8y2+8y+25=-8y−122+27,
当y=12时,|DQ|max=33.
则|PQ|max=33+32.
类型2 圆锥曲线中的范围问题
1.★★★★★(2023新课标Ⅰ,22,12分)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点0,12的距离,记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于33.
解析 (1)设P(x,y),由题意得(x−0)2+y−122=|y|,整理得x2-y+14=0,因此W的方程为y=x2+14.
(2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.
设Bx0,x02+14,Ax1,x12+14,Cx2,x22+14,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为-1k(k≠0),
直线AB,BC的方程分别为y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=−1k(x-x0),即直线AB,BC的方程分别为y=kx-kx0+x02+14,y=-xk+x0k+x02+14,
联立直线AB与抛物线W的方程可得y=x2+14,y=kx−kx0+x02+14,消去y得x2−kx+kx0−x02=0,
则Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x0.
由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x02,
∴|AB|=1+k2·|x1−x0|=1+k2·(x0+x1)2−4x0x1=1+k2|k-2x0|.
同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx−1kx0−x02=0,且|BC|=1+−1k2·|x2−x0|=1+−1k2·−1k−2x0=1+1k21k+2x0,
∴|AB|+|BC|=1+k2|k−2x0|+1+1k21k+2x0.
由对称性不妨设00对于m∈0,415恒成立.∴f(m)的最小值为f(0)=6,最大值为f415=219.
故|AB|的取值范围为[6,219].