2025版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何第10讲圆锥曲线中的范围最值问题分层演练理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第10讲圆锥曲线中的范围、最值问题1．如图，抛物线W：y2＝4x与圆C：(x－1)2＋y2＝25交于A，B两点，点P为劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))上不同于A，B的一个动点，与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q，则△PQC的周长的取值范围是()A．(10，14) B．(12，14)C．(10，12) D．(9，11)解析：选C.抛物线的准线l：x＝－1，焦点(1，0)，由抛物线定义可得|QC|＝xQ＋1，圆(x－1)2＋y2＝25的圆心为C(1，0)，半径为5，可得△PQC的周长＝|QC|＋|PQ|＋|PC|＝xQ＋1＋(xP－xQ)＋5＝6＋xP，由抛物线y2＝4x及圆(x－1)2＋y2＝25可得交点的横坐标为4，即有xP∈(4，6)，可得6＋xP∈(10，12)，故△PQC的周长的取值范围是(10，12)．故选C.2．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为eq\f(4,3)的直线交抛物线于A，B两点，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))(λ＞1)，则λ的值为________．解析：依据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)－x1，－y1))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(p,2)，y2))，故－y1＝λy2，即λ＝eq\f(－y1,y2).设直线AB的方程为y＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，联立直线与抛物线方程，消元得y2－eq\f(3,2)py－p2＝0.故y1＋y2＝eq\f(3,2)p，y1·y2＝－p2，eq\f(（y1＋y2）2,y1·y2)＝eq\f(y1,y2)＋eq\f(y2,y1)＋2＝－eq\f(9,4)，即－λ－eq\f(1,λ)＋2＝－eq\f(9,4).又λ＞1，故λ＝4.答案：43．已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距为4且过点(eq\r(2)，－2)．(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))的取值范围．解：(1)椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距是4，所以焦点坐标是(0，－2)，(0，2)，2a＝eq\r(2＋0)＋eq\r(2＋（2＋2）2)＝4eq\r(2)，所以a＝2eq\r(2)，b＝2，即椭圆C的方程是eq\f(y2,8)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)若直线l垂直于x轴，则点E(0，2eq\r(2))，F(0，－2eq\r(2))，eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))＝－8.若直线l不垂直于x轴，不妨设l过该椭圆的上焦点，则l的方程为y＝kx＋2，设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆C的方程得到(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，则x1＋x2＝eq\f(－4k,2＋k2)，x1x2＝eq\f(－4,2＋k2)，所以eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝eq\f(－4－4k2,2＋k2)＋eq\f(－8k2,2＋k2)＋4＝eq\f(20,2＋k2)－8，因为0＜eq\f(20,2＋k2)≤10，所以－8＜eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))≤2，所以eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))的取值范围是[－8，2]．4．设椭圆M：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率与双曲线x2－y2＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4.(1)求椭圆M的方程；(2)若直线y＝eq\r(2)x＋m交椭圆M于A，B两点，P(1，eq\r(2))为椭圆M上一点，求△PAB面积的最大值．解：(1)由题可知，双曲线的离心率为eq\r(2)，则椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，由2a＝4，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b2＝a2－c2，得a＝2，c＝eq\r(2)，b＝eq\r(2)，故椭圆M的方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x＋m,\f(x2,2)＋\f(y2,4)＝1))，得4x2＋2eq\r(2)mx＋m2－4＝0，由Δ＝(2eq\r(2)m)2－16(m2－4)>0，得－2eq\r(2)<m<2eq\r(2).且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(\r(2),2)m,x1x2＝\f(m2－4,4)))，所以|AB|＝eq\r(1＋2)|x1－x2|＝eq\r(3)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(3)·eq\r(\f(1,2)m2－m2＋4)＝eq\r(3)·eq\r(4－\f(m2,2)).又P到直线AB的距离为d＝eq\f(|m|,\r(3))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(\r(3),2)·eq\r(4－\f(m2,2))·eq\f(|m|,\r(3))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(m2,2)))·m2)＝eq\f(1,2\r(2))eq\r(m2（8－m2）)≤eq\f(1,2\r(2))·eq\f(m2＋（8－m2）,2)＝eq\r(2).当且仅当m＝±2∈(－2eq\r(2)，2eq\r(2))时取等号，所以(S△PAB)max＝eq\r(2).1．(2024·合肥质量检测(一))已知点F为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1与椭圆E有且仅有一个交点M.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围．解：(1)由题意，得a＝2c，b＝eq\r(3)c，则椭圆E为eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝c2,\f(x,4)＋\f(y,2)＝1))，得x2－2x＋4－3c2＝0.因为直线eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1与椭圆E有且仅有一个交点M，所以Δ＝4－4(4－3c2)＝0⇒c2＝1，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)得M(1，eq\f(3,2))，因为直线eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1与y轴交于P(0，2)，所以|PM|2＝eq\f(5,4)，当直线l与x轴垂直时，|PA|·|PB|＝(2＋eq\r(3))×(2－eq\r(3))＝1，所以λ|PM|2＝|PA|·|PB|⇒λ＝eq\f(4,5)，当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2,3x2＋4y2－12＝0))⇒(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，依题意得，x1x2＝eq\f(4,3＋4k2)，且Δ＝48(4k2－1)>0，所以|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·eq\f(4,3＋4k2)＝1＋eq\f(1,3＋4k2)＝eq\f(5,4)λ，所以λ＝eq\f(4,5)(1＋eq\f(1,3＋4k2))，因为k2>eq\f(1,4)，所以eq\f(4,5)<λ<1.综上所述，λ的取值范围是[eq\f(4,5)，1)．2．(2024·高考山东卷)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，椭圆C截直线y＝1所得线段的长度为2eq\r(2).(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，点N是M关于O的对称点，⊙N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与⊙N分别相切于点E，F，求∠EDF的最小值．解：(1)由椭圆的离心率为eq\f(\r(2),2)，得a2＝2(a2－b2)．又当y＝1时，x2＝a2－eq\f(a2,b2)，得a2－eq\f(a2,b2)＝2，所以a2＝4，b2＝2，因此椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝4，))得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，由Δ>0得m2<4k2＋2.(*)且x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2＋1)，因此y1＋y2＝eq\f(2m,2k2＋1)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2km,2k2＋1)，\f(m,2k2＋1)))，又N(0，－m)，所以|ND|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2km,2k2＋1)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2k2＋1)＋m))eq\s\up12(2)，整理得|ND|2＝eq\f(4m2（1＋3k2＋k4）,（2k2＋1）2)，因为|NF|＝|m|，所以eq\f(|ND|2,|NF|2)＝eq\f(4（k2＋3k2＋1）,（2k2＋1）2)＝1＋eq\f(8k2＋3,（2k2＋1）2).令t＝8k2＋3，t≥3.故2k2＋1＝eq\f(t＋1,4)，所以eq\f(|ND|2,|NF|2)＝1＋eq\f(16t,（1＋t）2)＝1＋eq\f(16,t＋\f(1,t)＋2).令y＝t＋eq\f(1,t)，所以y′＝1－eq\f(1,t2).当t≥3时，y′>0，从而y＝t＋eq\f(1,t)在[3，＋∞)上单调递增，因此t＋eq\f(1,t)≥eq\f(10,3)，等号当且仅当t＝3时成立，此时k