備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章專題突破1

專題突破1圓錐曲線中的最值與范圍問(wèn)題高考概覽圓錐曲線中的最值與范圍問(wèn)題是解析幾何中的重要題型，也是高考的重點(diǎn)，綜合性強(qiáng)，題目難度較大，?？碱}型為選擇題、填空題、解答題，分值為5分、12分考點(diǎn)研讀1.會(huì)利用圓錐曲線的定義、幾何性質(zhì)將最值轉(zhuǎn)化，結(jié)合平面幾何中的定理、性質(zhì)及圖形的直觀性求解2．能利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或利用已知條件或隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求解范圍問(wèn)題3．注意配方法、基本不等式法、函數(shù)單調(diào)性法等在求最值和范圍問(wèn)題中的應(yīng)用一、基礎(chǔ)小題1．直線y＝kx＋1，當(dāng)k變化時(shí)，此直線被橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1截得的弦長(zhǎng)的最大值是()A．2 B.eq\f(4\r(3),3)C．4 D．不能確定答案B解析直線y＝kx＋1恒過(guò)定點(diǎn)(0，1)，且點(diǎn)(0，1)在橢圓上，設(shè)另外一個(gè)交點(diǎn)為(x，y)，所以eq\f(x2,4)＋y2＝1，則x2＝4－4y2，弦長(zhǎng)為eq\r(x2＋（y－1）2)＝eq\r(4－4y2＋（y－1）2)＝eq\r(－3y2－2y＋5)，當(dāng)y＝－eq\f(1,3)時(shí)，弦長(zhǎng)最大，最大值為eq\f(4\r(3),3).故選B.2．已知F為雙曲線Γ：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1的左焦點(diǎn)，P為Γ的右支上一點(diǎn)，則直線PF的斜率的取值范圍為()A．(－4，4) B．(－3，3)C．(－2eq\r(2)，2eq\r(2)) D．(－2，2)答案D解析由已知F(－2eq\r(5)，0)，設(shè)直線PF的方程為y＝k(x＋2eq\r(5))，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2\r(5)），,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1，))消去y得(4－k2)x2－4eq\r(5)k2x－20k2－16＝0，根據(jù)已知可得方程有一正根一負(fù)根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（4\r(5)k2）2＋4（4－k2）（20k2＋16）>0，,\f(－20k2－16,4－k2)<0，))解得－2<k<2.故選D.3．已知拋物線C：y＝eq\f(x2,4)，直線l1：y＝－2，l2：3x－4y－6＝0，M為C上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)M到l1與l2的距離之和的最小值為()A．3 B.eq\f(5,2)C．2 D.eq\f(7,2)答案A解析由y＝eq\f(x2,4)，得x2＝4y，焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(0，1)，準(zhǔn)線方程為l3：y＝－1.由拋物線的定義可知，點(diǎn)M到準(zhǔn)線的距離等于到焦點(diǎn)F的距離，所以點(diǎn)M到l3與l2的距離之和的最小值為點(diǎn)F到l2的距離，為d＝eq\f(|－4－6|,\r(32＋（－4）2))＝2，所以點(diǎn)M到l1與l2的距離之和的最小值為2＋1＝3.故選A.4．已知P為橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上一點(diǎn)，M，N分別是圓(x＋3)2＋y2＝4和(x－3)2＋y2＝1上的點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的取值范圍是()A．[7，13] B．[10，15]C．[10，13] D．[7，15]答案A解析根據(jù)橢圓的定義，得|PF1|＋|PF2|＝2a＝10，所以7＝10－(1＋2)≤|PM|＋|PN|≤10＋(1＋2)＝13，即所求取值范圍為[7，13]．故選A.5．已如P(3，3)，M是拋物線y2＝4x上的動(dòng)點(diǎn)(異于頂點(diǎn))，過(guò)M作圓C：(x－2)2＋y2＝4的切線，切點(diǎn)為A，則|MA|＋|MP|的最小值為________．答案3解析依題意，設(shè)M(x0，y0)，x0>0，有yeq\o\al(2,0)＝4x0，圓C：(x－2)2＋y2＝4的圓心C(2，0)，半徑r＝2，于是|MA|＝eq\r(|MC|2－r2)＝eq\r(（x0－2）2＋yeq\o\al(2,0)－4)＝eq\r(xeq\o\al(2,0))＝x0，因此|MA|＋|MP|＝x0＋|MP|，表示拋物線C上的點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離與到定點(diǎn)P的距離的和，而點(diǎn)P在拋物線C內(nèi)，當(dāng)且僅當(dāng)M是過(guò)點(diǎn)P垂直于y軸的直線與拋物線C的交點(diǎn)時(shí)，x0＋|MP|取得最小值3，所以|MA|＋|MP|的最小值為3.6．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F(2eq\r(6)，0)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0，1)，點(diǎn)P為雙曲線左支上的動(dòng)點(diǎn)，且△APF的周長(zhǎng)不小于18，則雙曲線C的離心率的取值范圍為__________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))解析由右焦點(diǎn)為F(2eq\r(6)，0)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0，1)，可得|AF|＝eq\r(24＋1)＝5.因?yàn)椤鰽PF的周長(zhǎng)不小于18，所以|PA|＋|PF|的最小值不小于13.設(shè)F2為雙曲線的左焦點(diǎn)，可得|PF|＝|PF2|＋2a，故|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PF2|＋2a，當(dāng)A，P，F(xiàn)2三點(diǎn)共線時(shí)，|PA|＋|PF2|＋2a取得最小值|AF|＋2a，即5＋2a，所以5＋2a≥13，即a≥4.因?yàn)閏＝2eq\r(6)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(6),a)≤eq\f(\r(6),2).又e>1，所以e的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2))).二、高考小題7．(2021·新高考Ⅰ卷)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C上，則|MF1|·|MF2|的最大值為()A．13 B．12C．9 D．6答案C解析由橢圓的定義可知，|MF1|＋|MF2|＝2a＝6.由基本不等式可得|MF1|·|MF2|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq\s\up12(2)＝9，當(dāng)且僅當(dāng)|MF1|＝|MF2|＝3時(shí)等號(hào)成立．故選C.8．(2021·全國(guó)乙卷)設(shè)B是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上頂點(diǎn)，若C上的任意一點(diǎn)P都滿足|PB|≤2b，則C的離心率的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))答案C解析依題意，B(0，b)，設(shè)橢圓上一點(diǎn)P(x0，y0)，則|y0|≤b，eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，可得xeq\o\al(2,0)＝a2－eq\f(a2,b2)yeq\o\al(2,0)，則|PB|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－b)2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)－2by0＋b2＝－eq\f(c2,b2)yeq\o\al(2,0)－2by0＋a2＋b2≤4b2.因?yàn)楫?dāng)y0＝－b時(shí)，|PB|2＝4b2，所以－eq\f(b3,c2)≤－b，得2c2≤a2，所以離心率e＝eq\f(c,a)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).故選C.三、模擬小題9．(2023·福建廈門雙十中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))已知拋物線C：y2＝－8x的焦點(diǎn)為F，動(dòng)點(diǎn)M在C上，圓M的半徑為1，過(guò)點(diǎn)F的直線與圓M相切于點(diǎn)N，則eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→))的最小值為()A．2 B．3C．4 D．5答案B解析因?yàn)閽佄锞€C：y2＝－8x，所以焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(－2，0)，如圖所示．連接MN，過(guò)M作MQ垂直準(zhǔn)線x＝2于點(diǎn)Q，則在Rt△NFM中，cos∠NFM＝eq\f(|\o(FN,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|\o(FM,\s\up16(→))|))，所以eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→))＝|eq\o(FM,\s\up16(→))||eq\o(FN,\s\up16(→))|cos∠NFM＝|eq\o(FM,\s\up16(→))||eq\o(FN,\s\up16(→))|eq\f(|\o(FN,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|\o(FM,\s\up16(→))|))＝|eq\o(FN,\s\up16(→))|2＝|eq\o(FM,\s\up16(→))|2－|eq\o(MN,\s\up16(→))|2＝|eq\o(FM,\s\up16(→))|2－1.由拋物線的定義，得|eq\o(FM,\s\up16(→))|＝|MQ|，則由圖可得|MQ|的最小值即拋物線頂點(diǎn)O到準(zhǔn)線x＝2的距離，即|MQ|min＝2，所以(eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→)))min＝(|eq\o(FM,\s\up16(→))|2－1)min＝(|MQ|2－1)min＝3.故選B.10．(2024·江西紅色十校高三聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2eq\r(3)，離心率為eq\f(\r(3),2)，過(guò)C上一點(diǎn)P分別作與l1：y＝2x和l2：y＝－2x平行的直線，交直線l2，l1于M，N兩點(diǎn)，則線段MN長(zhǎng)度的最大值為()A．4 B．3C．2 D．1答案A解析由題意知，c＝eq\r(3)，又離心率為eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，則y1＝－2x1，y2＝2x2，因?yàn)樗倪呅蜳MON為平行四邊形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝x0＋0＝\f(1,2)（y2－y1），,y1＋y2＝y(tǒng)0＋0＝2（x2－x1），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－x2＝－\f(y0,2)，,y1－y2＝－2x0，))又點(diǎn)P在橢圓C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以yeq\o\al(2,0)＝1－eq\f(xeq\o\al(2,0),4)，所以|MN|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(\f(yeq\o\al(2,0),4)＋4xeq\o\al(2,0))＝eq\r(\f(63,16)xeq\o\al(2,0)＋\f(1,4))，因?yàn)椋?≤x0≤2，所以0≤xeq\o\al(2,0)≤4，所以eq\r(\f(63,16)xeq\o\al(2,0)＋\f(1,4))≤eq\r(\f(63,16)×4＋\f(1,4))＝4，所以線段MN長(zhǎng)度的最大值為4.故選A.11．(2023·江西南昌市八一中學(xué)?？既?已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，若在C上存在點(diǎn)P(不是頂點(diǎn))，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，則C的離心率的取值范圍為()A．(eq\r(2)，2) B．(eq\r(3)，＋∞)C．(1，eq\r(3)] D．(1，eq\r(2)]答案A解析設(shè)PF1與y軸交于點(diǎn)Q，連接QF2，則|QF1|＝|QF2|，所以∠QF1F2＝∠QF2F1，因?yàn)椤螾F2F1＝3∠PF1F2，故點(diǎn)P在雙曲線右支上，且∠PF2Q＝∠PQF2＝2∠PF1F2，故|PQ|＝|PF2|，而|PF1|－|PF2|＝2a，故|PF1|－|PF2|＝|PF1|－|PQ|＝|QF1|＝2a，在Rt△QOF1中，|QF1|>|OF1|，即2a>c，故e＝eq\f(c,a)<2，由∠PF2F1＝3∠PF1F2，且三角形內(nèi)角和為180°，故∠PF1F2<eq\f(180°,4)＝45°，則cos∠PF1F2＝eq\f(|OF1|,|QF1|)>cos45°，即eq\f(c,2a)>eq\f(\r(2),2)，即e＝eq\f(c,a)>eq\r(2)，所以C的離心率的取值范圍為(eq\r(2)，2)．故選A.12．(2024·湖北武漢九所重點(diǎn)中學(xué)高三第一次聯(lián)考)拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn)為F，頂點(diǎn)為O，其上兩點(diǎn)A，B(均異于原點(diǎn)O)滿足OA⊥OB.過(guò)點(diǎn)O作OC⊥AB于點(diǎn)C，則|CF|的取值范圍是()A．(0，3] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(3\r(3),2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(9,4))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，3))答案C解析如圖所示，由題意，不妨設(shè)直線AB：x＝my＋t，t≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,y2＝3x，))得y2－3my－3t＝0，所以由根與系數(shù)的關(guān)系得y1y2＝－3t，從而x1x2＝eq\f(yeq\o\al(2,1),3)×eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3t,3)))eq\s\up12(2)＝t2，又由OA⊥OB，可知eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝t2－3t＝0，因?yàn)閠≠0，所以解得t＝3，此時(shí)Δ＝9m2＋36>0滿足題意，故m∈R，所以直線AB：x＝my＋3.因?yàn)镺C⊥AB，所以不妨設(shè)OC：y＝－mx，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋3，,y＝－mx，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,m2＋1)，,y＝\f(－3m,m2＋1)，))即點(diǎn)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,m2＋1)，\f(－3m,m2＋1)))，又Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，所以|CF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,m2＋1)－\f(3,4)))\s\up12(2)＋\f(9m2,（m2＋1）2))＝eq\r(\f(9,16)＋\f(9,2（m2＋1）))，因?yàn)閙2＋1≥1，所以0<eq\f(9,2（m2＋1）)≤eq\f(9,2)，eq\f(3,4)<|CF|＝eq\r(\f(9,16)＋\f(9,2（m2＋1）))≤eq\f(9,4).故選C.13．(多選)(2023·海南嘉積中學(xué)高三質(zhì)檢)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P(eq\r(2)，1)在橢圓內(nèi)部，點(diǎn)Q在橢圓上，橢圓C的離心率為e，則下列說(shuō)法正確的是()A．離心率e的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B．存在點(diǎn)Q，使得eq\o(QF1,\s\up16(→))·eq\o(QF2,\s\up16(→))＝0C．當(dāng)e＝eq\f(\r(2),4)時(shí)，|QF1|＋|QP|的最大值為4＋eq\f(\r(6),2)D.eq\f(1,|QF1|)＋eq\f(1,|QF2|)的最小值為1答案ACD解析因?yàn)辄c(diǎn)P(eq\r(2)，1)在橢圓內(nèi)部，所以eq\f(2,4)＋eq\f(1,b2)<1，于是2<b2<4.對(duì)于A，離心率e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(b2,4))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，故A正確；對(duì)于B，設(shè)Q(x，y)，若eq\o(QF1,\s\up16(→))·eq\o(QF2,\s\up16(→))＝0，則(x＋c，y)·(x－c，y)＝0，即x2＋y2＝c2，所以點(diǎn)Q在以原點(diǎn)為圓心，半徑為c的圓上，由A，c＝ea∈(0，eq\r(2))，b∈(eq\r(2)，2)，即c<b，所以該圓與橢圓沒(méi)有交點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由橢圓的定義可知，|QF1|＋|QP|＝4－|QF2|＋|QP|，當(dāng)點(diǎn)Q在x軸下方，且Q，F(xiàn)2，P三點(diǎn)共線時(shí)，|QF1|＋|QP|有最大值4＋|PF2|，由e＝eq\f(\r(2),4)，得eq\f(c,2)＝eq\f(\r(2),4)，解得c＝eq\f(\r(2),2)，則F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0))，則|PF2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋1)＝eq\f(\r(6),2)，即|QF1|＋|QP|的最大值為4＋eq\f(\r(6),2)，故C正確；對(duì)于D，由橢圓的定義，|QF1|＋|QF2|＝2a＝4，所以eq\f(1,|QF1|)＋eq\f(1,|QF2|)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|QF1|)＋\f(1,|QF2|)))(|QF1|＋|QF2|)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(|QF2|,|QF1|)＋\f(|QF1|,|QF2|)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(|QF2|,|QF1|)·\f(|QF1|,|QF2|))))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)|QF1|＝|QF2|時(shí)取等號(hào)，故D正確．故選ACD.14．(2023·四川綿陽(yáng)統(tǒng)考二模)已知雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，離心率為eq\f(3\r(5),5)，過(guò)C的右支上一點(diǎn)P(x0，y0)，作兩條漸近線的平行線，分別交x軸于點(diǎn)M，N，且|OM|·|ON|＝5.過(guò)點(diǎn)P作∠F1PF2的角平分線，F(xiàn)2在角平分線上的投影為點(diǎn)H，則|F1H|的取值范圍為________．答案(2eq\r(6)，3＋eq\r(5))解析∵e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(5),5)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,5)，即eq\f(b,a)＝eq\f(2\r(5),5)，∴兩漸近線方程為y＝±eq\f(2\r(5),5)x，∵P(x0，y0)為右支上一點(diǎn)，∴eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1.設(shè)PM：y－y0＝eq\f(2\r(5),5)(x－x0)，PN：y－y0＝－eq\f(2\r(5),5)(x－x0)，分別令y＝0，可得xM＝x0－eq\f(\r(5),2)y0，xN＝x0＋eq\f(\r(5),2)y0，又|OM|·|ON|＝5，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(\r(5),2)y0))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(\r(5),2)y0))))＝5，即xeq\o\al(2,0)－eq\f(5,4)yeq\o\al(2,0)＝5，∴eq\f(xeq\o\al(2,0),5)－eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝1，∴雙曲線方程為eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1，故a2＝5，b2＝4，c＝3.延長(zhǎng)F2H交PF1于點(diǎn)K，如圖，∵PH平分∠F1PF2且F2H⊥PH，∴|PK|＝|PF2|，又|PF1|－|PF2|＝|PF1|－|PK|＝|F1K|＝2a＝2eq\r(5)，|F1F2|＝2c＝6，H為KF2的中點(diǎn)，∴eq\o(F1H,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(F1K,\s\up16(→))＋eq\o(F1F2,\s\up16(→)))，∴|eq\o(F1H,\s\up16(→))|2＝eq\f(1,4)(|eq\o(F1K,\s\up16(→))|2＋2eq\o(F1K,\s\up16(→))·eq\o(F1F2,\s\up16(→))＋|eq\o(F1F2,\s\up16(→))|2)＝eq\f(1,4)(20＋2×2eq\r(5)×6×cos∠PF1F2＋36)＝14＋6eq\r(5)cos∠PF1F2，易知tan∠PF1F2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(5),5)))，∴cos∠PF1F2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)，1))，∴|eq\o(F1H,\s\up16(→))|2∈(24，14＋6eq\r(5))，∴|eq\o(F1H,\s\up16(→))|∈(2eq\r(6)，3＋eq\r(5))．即|F1H|的取值范圍是(2eq\r(6)，3＋eq\r(5))．一、高考大題1．(2023·全國(guó)甲卷)已知直線x－2y＋1＝0與拋物線C：y2＝2px(p＞0)交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝4eq\r(15).(1)求p；(2)設(shè)C的焦點(diǎn)為F，M，N為C上兩點(diǎn)，eq\o(MF,\s\up16(→))·eq\o(NF,\s\up16(→))＝0，求△MNF面積的最小值．解(1)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，所以|AB|＝eq\r(5)|yA－yB|＝eq\r(5)×eq\r(（yA＋yB）2－4yAyB)＝eq\r(5)×eq\r(16p2－8p)＝4eq\r(15)，即2p2－p－6＝0，因?yàn)閜＞0，解得p＝2.(2)顯然直線MN的斜率不可能為零，設(shè)直線MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，Δ＝16m2＋16n＞0?m2＋n＞0，因?yàn)閑q\o(MF,\s\up16(→))·eq\o(NF,\s\up16(→))＝0，F(xiàn)(1，0)，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，將y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入，得4m2＝n2－6n＋1，4(m2＋n)＝(n－1)2＞0，所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2).設(shè)點(diǎn)F到直線MN的距離為d，所以d＝eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))，|MN|＝eq\r(1＋m2)·|y1－y2|＝eq\r(1＋m2)eq\r(16m2＋16n)＝eq\r(1＋m2)eq\r(4（n2－6n＋1）＋16n)＝2eq\r(1＋m2)|n－1|，所以△MNF的面積S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(1,2)×2eq\r(1＋m2)|n－1|·eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，而n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2)，所以當(dāng)n＝3－2eq\r(2)時(shí)，△MNF的面積取得最小值，Smin＝(2－2eq\r(2))2＝12－8eq\r(2).二、模擬大題2.(2024·四川南充高考適應(yīng)性考試(零診))如圖所示，以原點(diǎn)O為圓心，分別以2和1為半徑作兩個(gè)同心圓，設(shè)A為大圓上任意一點(diǎn)，連接OA交小圓于點(diǎn)B，設(shè)∠AOx＝θ，過(guò)點(diǎn)A，B分別作x軸、y軸的垂線，兩垂線交于點(diǎn)M.(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程；(2)點(diǎn)E，F(xiàn)分別是軌跡C上兩點(diǎn)，且eq\o(OE,\s\up16(→))·eq\o(OF,\s\up16(→))＝0，求△EOF面積的取值范圍．解(1)因?yàn)椤螦Ox＝θ(0≤θ<2π)，所以A(2cosθ，2sinθ)，B(cosθ，sinθ)，設(shè)M(x，y)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝sinθ))(θ是參數(shù))，消去θ，得eq\f(x2,4)＋y2＝1，即動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)∵eq\o(OE,\s\up16(→))·eq\o(OF,\s\up16(→))＝0，∴OE⊥OF，當(dāng)直線OE或OF的斜率不存在時(shí)，易得S△EOF＝1；當(dāng)直線OE和OF的斜率都存在時(shí)，設(shè)lOE：y＝kx(k≠0)，E(x1，y1)，則lOF：y＝－eq\f(x,k)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,x2＋4y2＝4，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝\f(4,1＋4k2)，,yeq\o\al(2,1)＝\f(4k2,1＋4k2)，))∴|OE|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(\f(4（1＋k2）,4k2＋1))，同理可得|OF|＝eq\r(\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2))),\f(4,k2)＋1))＝eq\r(\f(4（k2＋1）,k2＋4))，S△EOF＝eq\f(1,2)|OE|·|OF|＝2eq\r(\f(（k2＋1）2,（k2＋4）（4k2＋1）))，令t＝k2＋1>1，S△EOF＝2eq\r(\f(t2,4t2＋9t－9))＝2eq\r(\f(1,－\f(9,t2)＋\f(9,t)＋4))＝2eq\r(\f(1,－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(25,4)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1)).綜上所述，△EOF面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1)).3．(2024·浙南名校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考)設(shè)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，M(4，0)，過(guò)點(diǎn)F的直線與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，延長(zhǎng)AM，BM分別交拋物線于點(diǎn)C，D，P，Q分別是AB，CD的中點(diǎn)．(1)求直線OP的斜率的取值范圍；(2)求cos∠POQ的最小值．解(1)由題意，得F(1，0)，設(shè)AB：x＝ny＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入y2＝4x，得y2－4ny－4＝0，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4n，,y1y2＝－4，))x1＋x2＝n(y1＋y2)＋2＝4n2＋2，所以P(2n2＋1，2n)，故|kOP|＝eq\f(2|n|,2n2＋1)，當(dāng)n＝0時(shí)，kOP＝0，當(dāng)n≠0時(shí)，|kOP|＝eq\f(2|n|,2n2＋1)＝eq\f(2,2|n|＋\f(1,|n|))≤eq\f(2,2\r(2|n|·\f(1,|n|)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)2|n|＝\f(1,|n|)，即|n|＝\f(\r(2),2)時(shí)等號(hào)成立)).綜上可得，直線OP的斜率的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).(2)設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)，則kAC＝eq\f(y3－y1,x3－x1)＝eq\f(4,y1＋y3)＝eq\f(y1,\f(yeq\o\al(2,1),4)－4)，解得y3＝－eq\f(16,y1)，同理，y4＝－eq\f(16,y2)，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(64,yeq\o\al(2,1))，－\f(16,y1)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(64,yeq\o\al(2,2))，－\f(16,y2)))，所以點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,yeq\o\al(2,1))＋\f(1,yeq\o\al(2,2))))＝32×eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,（y1y2）2)＝16(2n2＋1)，點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝8n，所以O(shè)Q的斜率kOQ＝eq\f(n,2（2n2＋1）)＝eq\f(1,4)kOP，記t＝kOP，t2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，取OP，OQ的方向向量分別為p＝(1，t)，q＝(4，t)，故cos∠POQ＝eq\f(|p·q|,|p||q|)＝eq\f(t2＋4,\r(t2＋1)·\r(16＋t2)).當(dāng)t2＝0時(shí)，cos∠POQ＝eq\f(4,4)＝1；當(dāng)t2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，cos∠POQ＝eq\r(1－\f(9,t2＋\f(16,t2)＋17))，函數(shù)y＝x＋eq\f(16,x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，最小值為eq\f(1,2)＋eq\f(16,\f(1,2))＝eq\f(65,2)，所以當(dāng)t2＝eq\f(1,2)時(shí)，cos∠POQ取得最小值為eq\r(1－\f(9,\f(65,2)＋17))＝eq\r(\f(9,11))＝eq\f(3\r(11),11).4．(2023·浙江校考三模)已知雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為其左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P(x0，y0)為其右支上一點(diǎn)，在點(diǎn)P處作雙曲線的切線l.(1)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3，eq\r(2))，求證：l為∠F1PF2的角平分線；(2)過(guò)F1，F(xiàn)2分別作l的平行線l1，l2，其中l(wèi)1交雙曲線于A，B兩點(diǎn)，l2交雙曲線于C，D兩點(diǎn)，求S△PAB·S△PCD的最小值．解(1)證明：由題意，點(diǎn)P(x0，y0)處的切線l的方程為eq\f(x0,3)x－y0y＝1，所以在點(diǎn)(3，eq\r(2))處的切線l的方程為x－eq\r(2)y＝1，切線l：x－eq\r(2)y＝1交x軸于點(diǎn)Q(1，0)，則eq\f(|QF1|,|QF2|)＝eq\f(3,1)，eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(3\r(3),\r(3))＝eq\f(3,1)，即eq\f(|QF1|,|QF2|)＝eq\f(|PF1|,|PF2|)，所以l為∠F1PF2的角平分線．(2)在P(x0，y0)處的切線l的方程為eq\f(x0,3)x－y0y＝1.當(dāng)y0≠0，即點(diǎn)P不為右頂點(diǎn)時(shí)，直線l的斜率k＝eq\f(x0,3y0)，k2＝eq\f(xeq\o\al(2,0),9yeq\o\al(2,0))＝eq\f(3＋3yeq\o\al(2,0),9yeq\o\al(2,0))＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3yeq\o\al(2,0))>eq\f(1,3)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,x2－3y2－3＝0，))消去y，得(1－3k2)x2－12k2x－12k2－3＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(12k2,1－3k2)，,x1x2＝\f(－12k2－3,1－3k2)，,Δ＝12（k2＋1），))所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2\r(3)（1＋k2）,3k2－1)＝|CD|，記P到l1的距離為d1，P到l2的距離為d2，F(xiàn)1到l的距離為d3，F(xiàn)2到l的距離為d4，則d1d2＝d3d4＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,3)（－2）－1)),\r(yeq\o\al(2,0)＋\f(xeq\o\al(2,0),9)))·eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,3)·2－1)),\r(yeq\o\al(2,0)＋\f(xeq\o\al(2,0),9)))＝1，所以S△PAB·S△PCD＝eq\f(1,2)|AB|·d1·eq\f(1,2)|CD|·d2＝eq\f(1,4)|AB|2·1＝eq\f(3（k2＋1）2,（3k2－1）2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,3k2－1)))eq\s\up12(2)>eq\f(1,3)；當(dāng)y0＝0，即點(diǎn)P為右頂點(diǎn)時(shí)，|AB|＝|CD|＝eq\f(2b2,a)＝eq\f(2,\r(3))，|PF1|＝a＋c＝2＋eq\r(3)，|PF2|＝c－a＝2－eq\r(3).所以S△PAB·S△PCD＝eq\f(1,2)|AB|·|PF1|·eq\f(1,2)|CD|·|PF2|＝eq\f(1,2)×eq\f(2,\r(3))×(2＋eq\r(3))×eq\f(1,2)×eq\f(2,\r(3))×(2－eq\r(3))＝eq\f(1,3)，綜上，S△PAB·S△PCD的最小值為eq\f(1,3).5.(2023·廣東廣州六中高三模擬)如圖，已知橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，拋物線C2：x2＝2py(p>0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)若拋物線C2的焦點(diǎn)正好為橢圓C1的上頂點(diǎn)，求p的值；(2)橢圓C1與拋物線C2在第一象限的交點(diǎn)為P(x0，y0)，過(guò)點(diǎn)P但不過(guò)原點(diǎn)的直線l交橢圓C1于點(diǎn)Q，交拋物線C2于點(diǎn)M(Q，M不同于點(diǎn)P)，若M是線段PQ的中點(diǎn)，求p的最大值，并求當(dāng)p取最大時(shí)直線l的斜率．解(1)橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，所以上頂點(diǎn)為(0，eq\r(3))，依題意eq\f(p,2)＝eq\r(3)，所以p＝2eq\r(3).(2)因?yàn)辄c(diǎn)P(x0，y0)既在橢圓C1上，又在拋物線C2上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1且xeq\o\al(2,0)＝2py0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠0)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，則x0＋xQ＝－eq\f(8km,3＋4k2)，所以xM＝eq\f(x0＋xQ,2)＝－eq\f(4km,3＋4k2).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＝2py，))消去y，整理得x2－2pkx－2pm＝0，則x0xM＝－2pm，所以x0＝eq\f(－2pm,xM)＝eq\f(p（3＋4k2）,2k)，代入拋物線方程得y0＝eq\f(xeq\o\al(2,0),2p)＝eq\f(p（3＋4k2）2,8k2)，再代入橢圓方程得3·eq\f(p2（3＋4k2）2,4k2)＋4·eq\f(p2（3＋4k2）4,（8k2）2)＝12，整理得eq\f(48,p2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋4k))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋4k))eq\s\up12(4)，令t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋4k))eq\s\up12(2)，則eq\f(48,p2)＝3t＋eq\f(1,4)t2，依題意可知k>0且eq\f(3,k)＋