2025年高三数学高考解析几何中的最值与范围问题模拟试题

2025年高三数学高考解析几何中的最值与范围问题模拟试题题型一：椭圆与直线综合的面积最值问题例题1已知椭圆(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的焦距为4，左右焦点分别为(F_1(-2,0))、(F_2(2,0))，过(F_2)且不垂直于坐标轴的直线(l)交椭圆于(M(x_1,y_1))、(N(x_2,y_2))两点，(\triangleMNF_1)的周长为(4\sqrt{5})，点(M)关于(x)轴的对称点为(P)，直线(PN)交(x)轴于点(Q)。（1）求椭圆(C)的标准方程；（2）求四边形(MF_1NQ)面积的最大值。解析（1）由椭圆定义知，(\triangleMNF_1)的周长为(4a=4\sqrt{5})，故(a=\sqrt{5})。又焦距(2c=4)，得(c=2)，则(b^2=a^2-c^2=5-4=1)，椭圆方程为(\frac{x^2}{5}+y^2=1)。（2）设直线(l)的方程为(x=my+2(m\neq0))，联立椭圆方程得：[\begin{cases}x=my+2\\frac{x^2}{5}+y^2=1\end{cases}]消去(x)整理得((m^2+5)y^2+4my-1=0)，由韦达定理得：[y_1+y_2=-\frac{4m}{m^2+5},\quady_1y_2=-\frac{1}{m^2+5}]点(P(x_1,-y_1))，直线(PN)的方程为(y+y_1=\frac{y_2+y_1}{x_2-x_1}(x-x_1))。令(y=0)，解得(Q\left(\frac{5}{2},0\right))。四边形(MF_1NQ)的面积可分割为(\triangleMF_1Q)与(\triangleNF_1Q)的面积之和，即：[S=\frac{1}{2}\cdot|F_1Q|\cdot|y_1-y_2|]其中(|F_1Q|=\frac{5}{2}-(-2)=\frac{9}{2})，(|y_1-y_2|=\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{2\sqrt{5(m^2+1)}}{m^2+5})。代入得：[S=\frac{9}{2}\cdot\frac{\sqrt{5(m^2+1)}}{m^2+5}]令(t=\sqrt{m^2+1}(t\geq1))，则(S=\frac{9\sqrt{5}t}{t^2+4}\leq\frac{9\sqrt{5}}{4})（当(t=2)即(m=\pm\sqrt{3})时取等号）。故四边形面积最大值为(\frac{9\sqrt{5}}{4})。题型二：抛物线中的参数范围问题例题2已知抛物线(E:y^2=2x)的焦点为(F)，(A,B,C)为(E)上不重合的三点，且(\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC}=\overrightarrow{0})。（1）求(|FA|+|FB|+|FC|)的值；（2）过(A,B)两点分别作(E)的切线(l_A)与(l_B)，相交于点(D)，若(|AB|=4)，求(\triangleABD)面积的最大值。解析（1）抛物线焦点(F\left(\frac{1}{2},0\right))，设(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3))，由向量关系得(x_1+x_2+x_3=\frac{3}{2})。由抛物线定义，(|FA|=x_1+\frac{1}{2})，同理(|FB|=x_2+\frac{1}{2})，(|FC|=x_3+\frac{1}{2})，故(|FA|+|FB|+|FC|=x_1+x_2+x_3+\frac{3}{2}=3)。（2）设直线(AB)的方程为(x=ty+n)，联立抛物线方程(y^2=2x)得(y^2-2ty-2n=0)，则(y_1+y_2=2t)，(y_1y_2=-2n)。由弦长公式(|AB|=\sqrt{1+t^2}\cdot\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=2\sqrt{(1+t^2)(t^2+2n)}=4)，化简得((1+t^2)(t^2+2n)=4)，解得(n=\frac{2}{1+t^2}-\frac{t^2}{2})。抛物线在点(A)处的切线方程为(y_1y=x+x_1)，同理(B)处切线为(y_2y=x+x_2)，联立得(D(t,-n))。点(D)到直线(AB)的距离(d=\frac{|t^2+2n|}{\sqrt{1+t^2}})，则(\triangleABD)的面积：[S=\frac{1}{2}\cdot|AB|\cdotd=2\cdot\frac{|t^2+2n|}{\sqrt{1+t^2}}]将(n)代入得(S=\frac{4}{\sqrt{1+t^2}})，当(t=0)时，(S)取最大值4。题型三：双曲线与面积范围问题例题3已知等轴双曲线(C)的左右焦点分别为(F_1,F_2)，经过(F_2)的直线与(C)的渐近线交于(M,N)两点，点(M)的横坐标为-1，(N)是线段(F_2M)的中点，经过(F_1)的直线(l)与(C)交于(A,B)两点。（1）求双曲线(C)的方程；（2）当(\triangleABF_2)的面积为(\frac{8\sqrt{2}}{3})时，求直线(l)的方程。解析（1）等轴双曲线渐近线方程为(y=\pmx)，设(M(-1,1))（或((-1,-1))），(F_2(c,0))。因(N)是(F_2M)的中点，故(N\left(\frac{c-1}{2},\frac{1}{2}\right))。又(N)在渐近线(y=x)上，得(\frac{c-1}{2}=\frac{1}{2})，解得(c=2)，双曲线方程为(x^2-y^2=2)。（2）设直线(l)的方程为(x=my-2)，联立双曲线方程得((m^2-1)y^2-4my+2=0)，由韦达定理得(y_1+y_2=\frac{4m}{m^2-1})，(y_1y_2=\frac{2}{m^2-1})。(\triangleABF_2)的面积(S=\frac{1}{2}\cdot|F_1F_2|\cdot|y_1-y_2|=2|y_1-y_2|=\frac{8\sqrt{2}}{3})，解得(|y_1-y_2|=\frac{4\sqrt{2}}{3})。由弦长公式：[\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{4\sqrt{2}}{3}]代入化简得(m^2=7)或(m^2=\frac{1}{7})，故直线(l)的方程为(x\pm\sqrt{7}y+2=0)或(x\pm\frac{\sqrt{7}}{7}y+2=0)。题型四：轨迹方程与四边形面积最值例题4已知线段(AB=2\sqrt{2})，动点(E)与(A,B)的斜率之积为(-\frac{1}{2})，点(S)在线段(AB)上，且(|AS|=\sqrt{2}-1)，过(S)作两条互相垂直的直线分别交动点(E)的轨迹(C)于(M,N)和(P,Q)。（1）建立坐标系，求轨迹(C)的方程；（2）求四边形(PMQN)面积的最小值。解析（1）以(AB)中点为原点，(AB)所在直线为(x)轴，设(A(-\sqrt{2},0))，(B(\sqrt{2},0))，动点(E(x,y))。由斜率之积(\frac{y}{x+\sqrt{2}}\cdot\frac{y}{x-\sqrt{2}}=-\frac{1}{2})，化简得轨迹方程(\frac{x^2}{2}+y^2=1)。（2）设(S(1,0))，设直线(MN)的方程为(y=k(x-1))，则(PQ)的方程为(y=-\frac{1}{k}(x-1))。联立椭圆方程求得(|MN|=\frac{4(k^2+1)}{2k^2+1})，(|PQ|=\frac{4(k^2+1)}{k^2+2})。四边形面积(S=\frac{1}{2}|MN|\cdot|PQ|=\frac{8(k^2+1)^2}{(2k^2+1)(k^2+2)})，令(t=k^2+1\geq1)，则(S=\frac{8t^2}{(2t-1)(t+1)})，求导得最小值为(\frac{32}{9})。解题策略总结函数与方程思想：通过韦达定理构建目标函数，转化为二次