2025版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第九章平面解析幾何第10講圓錐曲線中的范圍最值問題分層演練理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第10講圓錐曲線中的范圍、最值問題1．如圖，拋物線W：y2＝4x與圓C：(x－1)2＋y2＝25交于A，B兩點，點P為劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))上不同于A，B的一個動點，與x軸平行的直線PQ交拋物線W于點Q，則△PQC的周長的取值范圍是()A．(10，14) B．(12，14)C．(10，12) D．(9，11)解析：選C.拋物線的準(zhǔn)線l：x＝－1，焦點(1，0)，由拋物線定義可得|QC|＝xQ＋1，圓(x－1)2＋y2＝25的圓心為C(1，0)，半徑為5，可得△PQC的周長＝|QC|＋|PQ|＋|PC|＝xQ＋1＋(xP－xQ)＋5＝6＋xP，由拋物線y2＝4x及圓(x－1)2＋y2＝25可得交點的橫坐標(biāo)為4，即有xP∈(4，6)，可得6＋xP∈(10，12)，故△PQC的周長的取值范圍是(10，12)．故選C.2．過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點F，斜率為eq\f(4,3)的直線交拋物線于A，B兩點，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))(λ＞1)，則λ的值為________．解析：依據(jù)題意設(shè)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).設(shè)直線AB的方程為y＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，聯(lián)立直線與拋物線方程，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．已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距為4且過點(eq\r(2)，－2)．(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓焦點的直線l與橢圓C分別交于點E，F(xiàn)，求eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))的取值范圍．解：(1)橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距是4，所以焦點坐標(biāo)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，即橢圓C的方程是eq\f(y2,8)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)若直線l垂直于x軸，則點E(0，2eq\r(2))，F(xiàn)(0，－2eq\r(2))，eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))＝－8.若直線l不垂直于x軸，不妨設(shè)l過該橢圓的上焦點，則l的方程為y＝kx＋2，設(shè)點E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，將直線l的方程代入橢圓C的方程得到(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，則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，因為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(→))的取值范圍是[－8，2]．4．設(shè)橢圓M：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率與雙曲線x2－y2＝1的離心率互為倒數(shù)，且橢圓的長軸長為4.(1)求橢圓M的方程；(2)若直線y＝eq\r(2)x＋m交橢圓M于A，B兩點，P(1，eq\r(2))為橢圓M上一點，求△PAB面積的最大值．解：(1)由題可知，雙曲線的離心率為eq\r(2)，則橢圓的離心率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)，故橢圓M的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)不妨設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程組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到直線AB的距離為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).當(dāng)且僅當(dāng)m＝±2∈(－2eq\r(2)，2eq\r(2))時取等號，所以(S△PAB)max＝eq\r(2).1．(2024·合肥質(zhì)量檢測(一))已知點F為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點，且兩焦點與短軸的一個頂點構(gòu)成一個等邊三角形，直線eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1與橢圓E有且僅有一個交點M.(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)直線eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1與y軸交于P，過點P的直線l與橢圓E交于不同的兩點A，B若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求實數(shù)λ的取值范圍．解：(1)由題意，得a＝2c，b＝eq\r(3)c，則橢圓E為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.因為直線eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1與橢圓E有且僅有一個交點M，所以Δ＝4－4(4－3c2)＝0?c2＝1，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)得M(1，eq\f(3,2))，因為直線eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1與y軸交于P(0，2)，所以|PM|2＝eq\f(5,4)，當(dāng)直線l與x軸垂直時，|PA|·|PB|＝(2＋eq\r(3))×(2－eq\r(3))＝1，所以λ|PM|2＝|PA|·|PB|?λ＝eq\f(4,5)，當(dāng)直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為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，依題意得，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))，因為k2>eq\f(1,4)，所以eq\f(4,5)<λ<1.綜上所述，λ的取值范圍是[eq\f(4,5)，1)．2．(2024·高考山東卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，橢圓C截直線y＝1所得線段的長度為2eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)動直線l：y＝kx＋m(m≠0)交橢圓C于A，B兩點，交y軸于點M，點N是M關(guān)于O的對稱點，⊙N的半徑為|NO|.設(shè)D為AB的中點，DE，DF與⊙N分別相切于點E，F(xiàn)，求∠EDF的最小值．解：(1)由橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，得a2＝2(a2－b2)．又當(dāng)y＝1時，x2＝a2－eq\f(a2,b2)，得a2－eq\f(a2,b2)＝2，所以a2＝4，b2＝2，因此橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)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)，因為|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).當(dāng)t≥3時，y′>0，從而y＝t＋eq\f(1,t)在[3，＋∞)上單調(diào)遞增，因此t＋eq\f(1,t)≥eq\f(10,3)，等號當(dāng)且僅當(dāng)t＝3時成立，此時k