2027新高考数学复习53A版3-高考热点11　圆锥曲线中的最值与范围问题

高考热点11圆锥曲线中的最值与范围问题类型1圆锥曲线中的最值问题1.★★★★(2023全国甲理,20,12分)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,|AB|=415.(1)求p;(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,且FM·FN=0,求△MFN解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),由x-2y+1=0,y2=2px消去x得y2-4py+2∵直线与抛物线有两个交点A,B,∴Δ=16p2-8p>0,解得p>12或p<0(舍)由根与系数的关系可知,y1+y2=4p,y1y2=2p,∴|AB|=1+1k2|y1-=1+4=5·解得p=2或p=-32(舍).∴p=2(2)由(1)知,抛物线的焦点为F(1,0).由题意知直线MN的斜率不可能为0,∴设MN的方程为x=my+t,M(x3,y3),N(x4,y4),联立x=my+t,y2=4x,消去x得y2-4my-4∴Δ=16m2+16t>0,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)+y3=(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|又|MN|=1+m2|y3-y=1+=1+=41+m∴S△MFN=12|MN|·=12×4=2m2+t·|=t2-2t+1|t-1|=(t-1)∵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(1)求E的标准方程;(2)设点D14,0,求|AD|(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+从而E的标准方程为x24(2)设A(x0,y0),x0>0,y0>0,则x024+y023所以|AD|=x=x=14x02-12x0+4916=1(3)证明:因为A在第一象限,则由椭圆方程可得y=3·1-x24设A(x0,y0),x0>0,y0>0,则在A处的切线斜率为y'|x=x0=-34·x则y'|x=则切线方程为y=-34·x0y0(x-x【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+4y令y=0,得x=3x02+4y则S△OBC=12又x024+y023=1,因此1=x024+y023所以S△OBC=6x0y0≥23,即△OBC3.★★★★(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(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且|AB|=a2+b2=10,a2=解得a=3,b=1,c=22,∴椭圆C的方程为x29+y2(2)(i)∵点R在射线AP上,A(0,-1),∴设AR=λAP=λ(m,则|AP||AR|=λ|AP|2=λ[m2+(n∴λ=3m∴AR=3mm2∴R3mm(ii)由(i),知kOR=n+2-n2-m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-12当y=12时,|DQ|max=33则|PQ|max=33+3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(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(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,C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的方程分别为联立直线AB与抛物线W的方程可得y=x2则Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x0∴|AB|=1+k2·|x1-x同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx-1kx0-∴|AB|+|BC|=1+k由对称性不妨设0<|k|≤1,则1+1k2=1+k2k≥1+k∴|AB|+|BC|≥1+k2·令t=k2,则t∈(0,1],则(k令g(t)=(t+1)3t,t∈(0,则g'(t)=3(t+1)当0<t<12时,g'(t)<0,g(t)单调递减;当12<t≤1时,g'(t)>0,g(t)∴g(t)在t=12即k=±22处取得极小值,即最小值∴|AB|+|BC|>g(t)≥g1∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>33.2.★★★★★(2026届广东部分学校联考,19)过点R(4,0)的直线l与双曲线Γ:x24-y2b2=1(b>0)的右支交于A,B两点,当AB⊥(1)求Γ的渐近线方程;(2)记Γ的左顶点为C,求kAC+kBC的取值范围;(3)若分别以点A,B为圆心的两圆有公共点R,它们与x轴的另一交点分别记作点P,Q,记O为坐标原点,当OP·OQ≤20时,求|AB|解析(1)当AB⊥x轴时,|AB|=6,故点(4,3)在Γ上,可得b2=3,因此Γ的标准方程为x24故Γ的渐近线方程为y=±32(2)设直线l:x=ty+4,联立x=ty+4,可得(3t2-4)y2+24ty+36=0.当3t2-4=0时,l与Γ只有一个交点,故t≠±23因为l与Γ右支有两个交点,所以根据图可得t∈-2设A(xA,yA),B(xB,yB),根据根与系数的关系得yAx因此kAC+kBC=y=2t·36则kAC+kBC∈-3(3)易得xP+【方法技巧:利用圆的弦的垂直平分线经过圆心,由A,B的横坐标表示P,Q的横坐标是解题的关键】OP·OQ=xPxQ=(2xA-4)(2xB-4)=4xAxB-8(xA+xB)+16≤【思路探究:由OP·OQ的范围结合根与系数的关系求出参数t的范围,再由参数t的范围求出弦长的范围】即4·-64-12t23t2-4-8·-32∵t∈-233,233,∴3t2-4