2027年高考数学一轮复习(创新设计)层级三　 与角度、斜率、参数、向量有关的范围(最值)问题

与角度、斜率、参数、向量有关的范围(最值)问题题型分析与角度、斜率、参数、向量有关的范围(最值)问题是解析几何中的典型问题，也是历年高考的热点.解决与此有关的范围(最值)问题，一般有两种解题方向，一是几何法方向;二是代数法方向，常见的思路:(1)基本不等式法;(2)利用函数单调性;(3)配方法;(4)换元法;(5)判别式法;(6)导数法;(7)利用三角函数有界性.题型一与角度、斜率有关的范围(最值)例1(2026·厦门调研)已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方程;(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ＝9QF，求直线OQ斜率的最大值.解(1)抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点Fp2，0，准线方程为x＝－由题意，该抛物线焦点到准线的距离为p2－−∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)法一设Q(x0，y0)，则PQ＝9QF＝(9－9x0，－9y0)，∴P(10x0－9，10y0)，由P在抛物线上可得(10y0)2＝4(10x0－9)，即x0＝25y∴直线OQ的斜率kOQ＝y0当y0＝0时，kOQ＝0;当y0≠0时，kOQ＝1025当y0>0时，25y0＋9y0≥2此时0<kOQ≤13，当且仅当25y0＝9y0，即y0＝35当y0<0时，kOQ<0，综上，直线OQ斜率的最大值为13法二同法一得到点Q的轨迹方程为y2＝25x－9设直线OQ的方程为y＝kx，则当直线OQ与抛物线y2＝25x－925相切时，其斜率k联立y＝kx，y2＝25x−9则Δ＝−252－4k2解得k＝±13∴直线OQ斜率的最大值为13法三(轨迹方程＋换元求最值法)同法一得点Q的轨迹方程为y2＝25x－9设直线OQ的斜率为k，Q(x，y)，则k2＝yx令1x＝t0<则k2＝－925t2＋25t的对称轴为t＝∴0≤k2≤19，－13≤k≤故直线OQ斜率的最大值为13感悟提升求解与斜率、角度有关的最值问题的关键是建立关于斜率的目标函数，然后运用基本不等式或者函数求解有关的问题.训练1(2026·湖南联考节选)已知椭圆C:x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆C交于A，B两点，且△ABF1的周长为42.设AB的中点为P(1)求椭圆C的标准方程;(2)求∠AQB的正弦值的最大值.解(1)由△ABF1的周长为42，可得|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝2a＋2a＝42，∴a＝2，又ca＝22，∴c故椭圆C的标准方程为x22＋y(2)显然直线l的斜率不为0，设l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x22＋y2＝1，x＝my＋1，∴y1＋y2＝－2mm2＋2，y1y∴x1＋x2＝4m2＋2，∴∴kOP＝－m2，∴直线OP的方程为y＝－m2x，则Q(2，－∴kQF2＝－m，则kQF2∴AB⊥QF2.又|AF2|＝1＋m2|y1|，|BF2|＝1＋m2|QF2|＝1＋m∴tan∠AQF2＝AF2|Q同理tan∠BQF2＝|y2|，∴tan∠AQB＝tan(∠AQF2＋∠BQF2)＝|＝22m2＋1≤22，当且仅当由tan∠AQB＝sin∠AQBcos∠AQB＝得sin∠AQB≤223，即∠AQB的正弦值的最大值为题型二与参数、向量有关的范围(最值)例2(2024·天津卷)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝12，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C(1)求椭圆的方程;(2)过点0，−32的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得TP·TQ≤0?若存在，求出点解(1)因为e＝ca所以a＝2c，b＝a2−由题知A(－a，0)，B(0，－b)，C0，−b所以S△ABC＝12·|BC|·|OA|＝12·＝12·3c2·2c＝332，所以a＝23，b＝3.故椭圆的方程为x2(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t).当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P(0，3)，Q(0，－3)，则TP·TQ＝(0，3－t)·(0，－3－t)＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3.当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－32由y可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，所以Δ＝144k2＋4×27(3＋4k2)>0，x1＋x2＝12k3＋4k2，x1x所以TP·TQ＝(x1，y1－t)·(x2，y2－t)＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋k＝(1＋k2)x1x2－k32＋t(x1＋x＝－27(1＋＝−27−27＝(4t因为TP·TQ≤0，所以(4t2－36)k2＋3t2＋9t－814≤0对k∈R恒成立则有4解得－3≤t≤32综上可得－3≤t≤32即点T的纵坐标的取值范围是−3，3感悟提升1.涉及参数的问题比较常见，如斜率k，横、纵截距，坐标，要注意它们的几何意义与范围.2.与向量的共线(线性运算)、数量积运算相结合，也是圆锥曲线综合问题中一种常见类型，要熟练向量的有关运算.训练2(2025·上海卷节选)已知椭圆Γ:x2a2＋y25＝1(a>5)的右顶点为A(1)若Γ的一个焦点是(2，0)，求Γ的离心率;(2)已知线段AM的垂直平分线的斜率为2，且交椭圆Γ于C，D两点，若∠CMD为钝角，求a的取值范围.解(1)由已知得a2－5＝22，所以a2＝9.所以a＝3，又c＝2，所以e＝23(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由题知A(a，0)，M(0，m)，则kAM＝－ma＝－12，即a＝2故AM的中点为a2直线CD的方程为y－a4＝2x即y＝2x－3a联立y消去y得(4a2＋5)x2－3a3x＋9a4−80故x1＋x2＝3a34a2＋5，x由∠CMD为钝角知，MC·MD＝x＝x1x2＋2＝5x1x2－52a(x1＋x2)＋＝516a29即5(a2－11)<0，又a>5，所以5<a<11，故a的取值范围为(5，1.(2026·西安模拟改编)已知椭圆C:x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，且与双曲线x22－y2＝1共顶点.P(1)求椭圆C的方程;(2)若F1P＝λQF1，且λ∈12解(1)双曲线x22－y2＝1的顶点坐标为(±2，0)，则a由题意得c＝1，故b2＝a2－c2＝2－1＝1，故椭圆C的方程为x22＋y(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则F1P＝(x1＋1，y1)，QF1＝(－1－x2因为F1P＝λQF1，所以x即x所以(−解得x2＝1−3λ所以OP·OQ＝x1x2＋y1y2＝(－λx2－λ－1)x2－λy＝－λ2x22－(1＋λ)＝－λ21−3λ2λ2－(1＋＝74因为λ∈12所以λ＋1λ≥2，当且仅当λ＝1即λ＝1时，取等号，故OP·OQ的最大值为2.(2026·青岛质检)已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，25)在抛物线C上.(1)若|MF|＝6，求抛物线C的标准方程;(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1，0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于2，求p的取值范围.解(1)由题意及抛物线的定义得a＋p2又因为点M(a，25)在抛物线C上，所以20＝2pa，由a所以抛物线C的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x消去y可得x2－2(p＋t)x＋t2＝0，则x1＋x2＝2p＋2t，x1x2＝t2，因为NA⊥NB，所以NA·NB＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(x1－1)(x2－1)＋(t－x1)(t－x2)＝2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，所以2t2－(t＋1)(2p＋2t)＋t2＋1＝0，可得2p＝t2由原点O到直线AB的距离不小于2，可得t2≥2解得t≥2或t≤－2，因为p>0，所以t≤－2不成立，所以t≥2，因为2p＝t2−2t＋1t且函数y＝t＋1＋4t＋1－4在[2，＋∞)所以2p≥22所以p≥16即p的取值范围为163.(2026·杭州模拟改编)已知椭圆x26＋y23＝1，过点M(2，1)的直线l与该椭圆交于A，B两点，与x轴交于点P，与y轴交于点Q.若原点解由题意可知直线l的斜率一定存在，故设直线l的方程为y－1＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x整理得(1＋2k2)x2－4k(2k－1)x＋2(2k－1)2－6＝0，则x易得y1·y2＝[k(x1－2)＋1][k(x2－2)＋1]＝k2x1x2＋(1－2k)k(x1＋x2)＋(1－2k)2＝2k2(2k＝(2则OA·OB＝x1x2＋y1y2＝2＝3(因为原点O总在以AB为直径的圆外，所以OA·OB>0，即3(2k－1)2－6k2－6>0，解得k<－24则直线l斜率的取值范围为−∞法二设AB的中点为N，因为原点O总在以AB为直径的圆外，所以|ON|>|AB|2，即4|ON|2>|AB|2易得y1＋y2＝k(x1＋x2－22)＋2＝2−22所以N2k所以|ON|2＝2＝(1＋4k易得|AB|2＝(1＋k2|x1－x2＝16(1＋k由4|ON|2>|AB|2，得42k3＋2k2＋22k＋1<0⇒(22k＋1)·(2k2＋1)<0，解得k<－24则直线l斜率的取值范围为−∞4.(2024·上海卷节选)已知双曲线Γ:x2－y2b2＝1(b>0)，左、右顶点分别为A1，A2，过点M(－2，0)的直线交双曲线Γ于P(1)若Γ的离心率为2，求b;(2)连接QO(O为坐标原点)并延长交Γ于点R，若A1R·A2解(1)由双曲线的方程知a＝1，c＝1＋b因为离心率为2，所以ca＝1＋b21(2)由双曲线的方程知A1(－1，0)，A2(1，0)，且由题意知Q，R关于原点对称.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x2，－y2).设直线PQ的方程为x＝my－2.联立直线与双曲线的方程x消去x，得(b2m2－1)y2－4b2my＋3b2＝0，且b2m2－1≠0，即m2≠1b由根与系数的关系，得y1＋y2＝4b2mb2m2−1因为A1R＝(－x2＋1，－yA2P＝(x1－1，y由A1R·A(－x2＋1)(x1－1)－y1y2＝1，所以(x2－1)(x1－1)＋y1y2＝－1，即(my2－3)(my1－3)＋