新高考数学专题复习专题10圆锥曲线中的最值的问题专题练习(学生版+解析)

这是一份新高考数学专题复习专题10圆锥曲线中的最值的问题专题练习(学生版+解析)，共19页。试卷主要包含了题型选讲， 与向量有关的最值问题，与坐标或参数有关的最值问题等内容，欢迎下载使用。
题型一 、与线段有关的最值问题
与线段有关的最值问题关键是建立关于线段的目标函数，然后运用基本不等式或者函数有关的问题，运用基本不等式或者函数求解。线段的长度可以通过两点间的距离或者利用相交弦长公式进行求解。
例1、（2020届山东省日照市高三上期末联考）过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则（ ）
A．以线段为直径的圆与直线相离 B．以线段为直径的圆与轴相切
C．当时，D．的最小值为4
（2020届山东省泰安市高三上期末）已知抛物线的焦点为F(4，0)，过F作直线l交抛物线于M，N两点，则p=_______，的最小值为______．
例3（2019南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0，y0)是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2.
(1) 若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；
(2) 若r＝eq \f(2\r(5),5).
①求证：k1k2＝－eq \f(1,4)；
②求OP·OQ的最大值．
题型二、 与向量有关的最值问题
与向量有关的最值问题关键就是表示出点坐标，通过数量积转化为函数问题，然后运用基本不等式或者求导研究最值。
例4、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）已知椭圆的内接的顶点为短轴的一个端点，右焦点，线段中点为，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.
例5、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上、下顶点，点P是直线l：y＝－2上的一个动点(与y轴的交点除外)，直线PC交椭圆于另一个点M.
(1) 当直线PM经过椭圆的右焦点F时，求△FBM的面积；
(2) ①记直线BM，BP的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值；
②求eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围．
题型三、与坐标或参数有关的最值问题
与坐标或参数有关的最值问题关键是建立目标函数，然后运用基本不等式或者求导或者通过简单的函数问题进行求解。
例6、（2019·山东高三月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.
（1）求的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
例7、(2019泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，点B是椭圆C上异于左、右顶点的任一点，P是AB的中点，过点B且与AB垂直的直线与直线OP交于点Q.已知椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，点A到右准线的距离为6.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设点Q的横坐标为x0，求x0的取值范围．
例8、(2019扬州期末）在平面直角坐标系中，椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，左、右顶点分別为A，B，线段AB的长为4.P在椭圆M上且位于第一象限，过点A，B分别作l1⊥PA，l2⊥PB，直线l1，l2交于点C.
(1) 若点C的横坐标为－1，求点P的坐标；
(2) 若直线l1与椭圆M的另一交点为Q，且eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AQ,\s\up6(→))，求λ的取值范围．
二、达标训练
1、(2018无锡期末） 已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1的焦点重合，离心率互为倒数，设F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，P为右支上任意一点，则eq \f(PFeq \\al(2,1),PF2)的最小值为________．
2、(2019南通、扬州、泰州、淮安三调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，长轴长为4，过椭圆的左顶点A作直线l，分别交椭圆和圆x2＋y2＝a2于相异两点P，Q.
(1) 若直线l的斜率为eq \f(1,2)，求eq \f(AP,AQ)的值；
(2) 若eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))，求实数λ的取值范围．
3、(2016苏州暑假测试）如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为 F，上顶点为 A，P为椭圆C1上任一点，MN是圆C2：x2＋(y－3)2＝1的一条直径，在y轴上截距为3－eq \r(2)的直线l与AF平行且与圆C2相切．
(1) 求椭圆C1的离心率；
(2) 若椭圆C1的短轴长为 8，求eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的最大值．
专题10 圆锥曲线中的最值的问题
一、题型选讲
题型一 、与线段有关的最值问题
与线段有关的最值问题关键是建立关于线段的目标函数，然后运用基本不等式或者函数有关的问题，运用基本不等式或者函数求解。线段的长度可以通过两点间的距离或者利用相交弦长公式进行求解。
例1、（2020届山东省日照市高三上期末联考）过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则（ ）
A．以线段为直径的圆与直线相离 B．以线段为直径的圆与轴相切
C．当时，D．的最小值为4
【答案】ACD
【解析】对于选项A，点到准线的距离为，于是以线段为直径的圆与直线一定相切，进而与直线一定相离：
对于选项B，显然中点的横坐标与不一定相等，因此命题错误.
对于选项C，D，设，，直线方程为，联立直线与抛物线方程可得 ，，，若设，则，于是，最小值为4；当可得，
，所，.
故选:ACD.
例2、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知抛物线的焦点为F(4，0)，过F作直线l交抛物线于M，N两点，则p=_______，的最小值为______．
【答案】
【解析】
∵ 抛物线的焦点为F(4，0)，
∴ ，
∴ 抛物线的方程为，
设直线的方程为，设，，
由得，
∴，，
由抛物线的定义得
，
∴，
当且仅当即时，等号成立，
故答案为：．
例3（2019南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0，y0)是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2.
(1) 若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；
(2) 若r＝eq \f(2\r(5),5).
①求证：k1k2＝－eq \f(1,4)；
②求OP·OQ的最大值．
思路分析1 第(2)问，注意到直线OP，OQ与圆相切，因此，利用圆心到直线的距离等于半径可得到k1，k2与x0，y0的关系，利用点(x0，y0)在椭圆上，来求出k1k2的值．由直线OP，OQ与椭圆相交，求出交点的坐标，进而将OP·OQ表示为k1，k2的代数式，根据k1k2＝－eq \f(1,4)，消去k1(或k2)后，得到关于k2(或k1)的函数，利用基本不等式或函数求最值的方法，求出OP·OQ的最大值．
思路分析2 对于第(2)问的第②小题，由点P，Q在椭圆上以及k1k2＝－eq \f(1,4)，将OP，OQ表示为点P，Q的横坐标的形式，然后来求它的最值．
规范解答 (1) 因为椭圆C右焦点的坐标为(eq \r(3)，0)，所以圆心M的坐标为eq \r(3)，±eq \f(1,2)，(2分)
从而圆M的方程为(x－eq \r(3))2＋y±eq \f(1,2)2＝eq \f(1,4).(4分)
(2) ①因为圆M与直线OP：y＝k1x相切，所以eq \f(|k1x0－y0|,\r(k\\al(2,1)＋1))＝eq \f(2\r(5),5)，
即(4－5xeq \\al(2,0))keq \\al(2,1)＋10x0y0k1＋4－5yeq \\al(2,0)＝0，(6分)
同理，有(4－5xeq \\al(2,0))keq \\al(2,2)＋10x0y0k2＋4－5yeq \\al(2,0)＝0，
所以k1，k2是方程(4－5xeq \\al(2,0))k2＋10x0y0k＋4－5yeq \\al(2,0)＝0的两根，(8分)
从而k1k2＝eq \f(4－5y\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝eq \f(4－51－\f(1,4)x\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝eq \f(－1＋\f(5,4)x\\al(2,0),4－5x\\al(2,0))＝－eq \f(1,4).(10分)
②解法1 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
解得xeq \\al(2,1)＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))，yeq \\al(2,1)＝eq \f(4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))，(12分)
同理，xeq \\al(2,2)＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,2))，yeq \\al(2,2)＝eq \f(4k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2))，
所以OP2·OQ2＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))＋eq \f(4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(4,1＋4k\\al(2,2))＋eq \f(4k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2)).
由①可知，k1k2＝－eq \f(1,4)，所以原式＝eq \f(41＋k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(41＋k\\al(2,2),1＋4k\\al(2,2))＝eq \f(4＋4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))·eq \f(1＋16k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))(14分)
≤eq \f(\f(5＋20k\\al(2,1),2)2,1＋4k\\al(2,1)2)＝eq \f(25,4)，
当且仅当k1＝±eq \f(1,2)时取等号. 所以OP·OQ的最大值为eq \f(5,2). (16分)
解法2 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①知k1k2＝－eq \f(1,4)，
得eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4)，16yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2).(*)
因为yeq \\al(2,1)＝1－eq \f(x\\al(2,1),4)，yeq \\al(2,2)＝1－eq \f(x\\al(2,2),4)代入(*)，整理得xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝4.(12分)
所以OP2·OQ2＝(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))
＝1＋eq \f(3x\\al(2,1),4)1＋eq \f(3x\\al(2,2),4)(14分)
≤eq \f(2＋\f(3,4)x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),2)2＝eq \f(25,4)，
当且仅当x1＝－x2＝±eq \r(2)时取等号，
所以OP·OQ的最大值为eq \f(5,2).(16分)
题型二、 与向量有关的最值问题
与向量有关的最值问题关键就是表示出点坐标，通过数量积转化为函数问题，然后运用基本不等式或者求导研究最值。
例4、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）已知椭圆的内接的顶点为短轴的一个端点，右焦点，线段中点为，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
由题意可设，，线段中点为，且，
可得为的重心，设，，
由重心坐标公式可得，，，
即有的中点，可得，，
由题意可得点在椭圆内，可得，
由，可得，即有.
故答案为：.
例5、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上、下顶点，点P是直线l：y＝－2上的一个动点(与y轴的交点除外)，直线PC交椭圆于另一个点M.
(1) 当直线PM经过椭圆的右焦点F时，求△FBM的面积；
(2) ①记直线BM，BP的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值；
②求eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围．
eq \a\vs4\al(思路分析) 第(2)问中有两个动点，点M和点P，思路1，把点P作为主动点，点M作为被动点，故可设P(m，－2)，且m≠0，进而求出点M坐标，表示出k1，k2和eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))后运算即可；思路2，把点M作为主动点，点P作为被动点，故可设M(x0，y0)(x0≠0)，进而求出点P坐标，表示出k1，k2和eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))后运算即可．
规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(eq \r(3)，0)，
当直线PM过椭圆的右焦点F时，
则直线PM的方程为eq \f(x,\r(3))＋eq \f(y,－1)＝1，即y＝eq \f(\r(3),3)x－1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(8\r(3),7)，,y＝\f(1,7)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－1))(舍)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),7)，\f(1,7))).(2分)
连结BF，则直线BF：eq \f(x,\r(3))＋eq \f(y,1)＝1，即x＋eq \r(3)y－eq \r(3)＝0，
而BF＝a＝2，点M到直线BF的距离为d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),7)＋\r(3)×\f(1,7)－\r(3))),\r(12＋（\r(3)）2))＝eq \f(\f(2\r(3),7),2)＝eq \f(\r(3),7).
故S△MBF＝eq \f(1,2)·BF·d＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),7)＝eq \f(\r(3),7).(4分)
(2) 解法1(点P为主动点) ①设P(m，－2)，且m≠0，则直线PM的斜率为k＝eq \f(－1－（－2）,0－m)＝－eq \f(1,m)，
则直线PM的方程为y＝－eq \f(1,m)x－1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,m)x－1，,\f(x2,4)＋y2＝1))化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,m2)))x2＋eq \f(8,m)x＝0，
解得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,m2＋4)，\f(4－m2,m2＋4)))，(6分)
所以k1＝eq \f(\f(4－m2,m2＋4)－1,－\f(8m,m2＋4))＝eq \f(－2m2,－8m)＝eq \f(1,4)m，k2＝eq \f(1－（－2）,0－m)＝－eq \f(3,m)，(8分)
所以k1·k2＝－eq \f(3,m)·eq \f(1,4)m＝－eq \f(3,4)为定值．(10分)
②由①知，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－m，3)，eq \(PM,\s\up6(→))＝(－eq \f(8m,m2＋4)－m，eq \f(4－m2,m2＋4)＋2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－m3－12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝(－m，3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－m3－12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))＝eq \f(m4＋15m2＋36,m2＋4)，(12分)
令m2＋4＝t>4，故eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(（t－4）2＋15（t－4）＋36,t)＝eq \f(t2＋7t－8,t)＝t－eq \f(8,t)＋7，(14分)
因为y＝t－eq \f(8,t)＋7在t∈(4，＋∞)上单调递增，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝t－eq \f(8,t)＋7>4－eq \f(8,4)＋7＝9，即eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围为(9，＋∞)．(16分)
解法2(点M为主动点) ①设点M(x0，y0)(x0≠0)，则直线PM的方程为y＝eq \f(y0＋1,x0)x－1，
令y＝－2，得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x0,y0＋1)，－2)).(6分)
所以k1＝eq \f(y0－1,x0)，k2＝eq \f(－2－1,－\f(x0,y0＋1))＝eq \f(3（y0＋1）,x0)，(8分)
所以k1·k2＝eq \f(y0－1,x0)·eq \f(3（y0＋1）,x0)＝eq \f(3（yeq \\al(2,0)－1）,xeq \\al(2,0))＝eq \f(3（yeq \\al(2,0)－1）,4（1－yeq \\al(2,0)）)＝－eq \f(3,4)(定值)．(10分)
②由①知，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,y0＋1)，3))，
eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(x0,y0＋1)，y0＋2))，(12分)
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(x0,y0＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(x0,y0＋1)))＋3(y0＋2)＝eq \f(xeq \\al(2,0)（y0＋2）,（y0＋1）2)＋3(y0＋2)＝eq \f(4（1－yeq \\al(2,0)）（y0＋2）,（y0＋1）2)＋3(y0＋2)＝eq \f(（7－y0）（y0＋2）,y0＋1).(14分)
令t＝y0＋1∈(0，2)，
则eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(（8－t）（t＋1）,t)＝－t＋eq \f(8,t)＋7，
因为y＝－t＋eq \f(8,t)＋7在t∈(0，2)上单调递减，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝－t＋eq \f(8,t)＋7>－2＋eq \f(8,2)＋7＝9，即eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))的取值范围为(9，＋∞)．(16分)
题型三、与坐标或参数有关的最值问题
与坐标或参数有关的最值问题关键是建立目标函数，然后运用基本不等式或者求导或者通过简单的函数问题进行求解。
例6、（2019·山东高三月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.
（1）求的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）,； （2）存在点，且.
【解析】
（1）由题意可知，，则，
又的周长为8，所以，即，
则，.
故的方程为.
（2）假设存在点，使得为定值.
若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，
则.
若直线的斜率存在，设的方程为，
设点，，联立，得，
根据韦达定理可得：，，
由于，，
则
因为为定值，所以，
解得，故存在点，且.
例7、(2019泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，点B是椭圆C上异于左、右顶点的任一点，P是AB的中点，过点B且与AB垂直的直线与直线OP交于点Q.已知椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，点A到右准线的距离为6.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设点Q的横坐标为x0，求x0的取值范围．
eq \a\vs4\al(思路分析) (1)根据题意，建立关于a，c的方程组，求出a，c的值，进而确定b的值，得到椭圆的s标准方程．
(2)设出点B的坐标为(m，n)，用m，n表示x0，然后再减元转化为关于m的一元函数求求其值域．也可以设出直线AB的方程，并与椭圆方程联立，结合根与系数的关系，得到点B和P的坐标，进而求得直线BQ和PQ的方程，由两直线方程联立求得交点Q的横坐标x0，根据函数的值域求得x0的取值范围．
规范解答 (1) 由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(a2,c)＋a＝6，解得a＝2，c＝1，所以b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3)，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.(4分)
(2) 解法1设B(m，n)，则eq \f(m2,4)＋eq \f(n2,3)＝1.
因为A(－2，0)，AB⊥BQ，所以直线BQ的方程为y＝－eq \f(m＋2,n)(x－m)＋n，因为P是AB的中点，所以P(eq \f(m－2,2)，eq \f(n,2))，所以直线OP的方程为y＝eq \f(n,m－2)x，联立直线BQ，OP的方程得－eq \f(m＋2,n)(x－m)＋n＝eq \f(n,m－2)x，(8分)
解得x0＝eq \f(（m－2）（m2＋2m＋n2）,m2－4＋n2)，
由eq \f(m2,4)＋eq \f(n2,3)＝1得n2＝－eq \f(3,4)(m2－4)，代入上式化简得x0＝m＋6，(14分)
因为－2