2023年高考数学大题专练专题15圆锥曲线中的范围和最值问题试题含解析

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 专题15 圆锥曲线中的范围和最值问题
一、解答题
1．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】
（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）

设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又

故即，综上，或.
2．（2022·全国·高三专题练习（文））已知抛物线C：，F为抛物线C的焦点，是抛物线C上点，且；
(1)求抛物线C的方程；
(2)过平面上一动点作抛物线C的两条切线PA，PB（其中A，B为切点），求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据焦半径公式求出的值即可得抛物线方程；
（2）首先根据导数的几何意义，求出切线，进而求出直线的方程，根据焦半径公式，将转化成两点纵坐标的关系式，由韦达定理进行化简，从函数的角度运用换元法求其最大值.
(1)
依题意得：
∴，∴，
所求抛物线的方程为；
(2)
抛物线的方程为，即∴，
设，，则切线PA，PB的斜率分别为，.
所以切线PA：，
∴，又，，
同理可得切线PB的方程为，
因为切线PA，PB均过点，所以，，
所以，为方程的两组解.
所以直线AB的方程为.
联立方程，消去x整理得，
∴，∴.
∴，
由抛物线定义可知，，
所以
∵
，
∴
令
∴原式，
即原式的最大值.
3．（2022·湖北·蕲春县第一高级中学模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，圆，椭圆与圆交于点，且.

(1)求椭圆方程.
(2)若过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，与圆交于两点，且，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意得到，得到，设，得到，即可椭圆的方程；
（2）由（1）得，得到且，分别为椭圆和圆的弦长，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，得到和，和分别重合，求得；
设直线，联立方程组得到，求得，以及点到直线的距离和，得到，令，则，得到，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
(1)
解：由题意，圆，可得圆心坐标，则，
即，
设，则，整理得，
即椭圆的方程为.
(2)
解：由（1）得，因为且,
所以且，分别为椭圆和圆的弦长，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
由，可得此时和，和分别重合，所以，所以，
此时，则；
当直线的斜率存在时设直线，联立方程组，
整理得，则，
所以，
因为点到直线的距离，所以，
又由，两边平方，可得，
因为，
令，则，
又因为，
所以，
设，可得，
当时，，所以在上单调递减，
又由，所以，即，
综上可得，的取值范围为.
4．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】
（1）根据点在抛物线的准线上可得，即可求出抛物线方程
（2）（ⅰ）设直线的方程为，与抛物线联立方程组得到，再写出直线的方程，根据两点式写出 ，整理消去 ，即可求出直线所过定点
（ⅱ）因为，根据（ⅰ）中的结论和弦长公式求出，再根据列出关于的不等式，解出的范围即可
(1)
由题意可知C：（）的准线方程为：，
即，所以.
抛物线C的标准方程为
(2)
设，，，
（ⅰ）由题意知直线不与y轴垂直，故直线方程可设为：，
与抛物线方程联立
，化简得：，根据韦达定理可得：
即，
，直线方程为，整理得：.
又因为，即.
将代入化简可得：，
代入整理得：
故直线过定点
（ⅱ）由（ⅰ）知与x轴平行，直线的斜率一定存在
，
由（ⅰ）知
所以，又因为
即，化简得或
又由，得：且，即或
综上所述，
5．（2022·浙江·模拟预测）如图所示，曲线，曲线，过点作直线交曲线于点A，交曲线于点B，若点C在曲线的准线上．

(1)求；
(2)若存在直线使点B为中点，求A点横坐标（用p表示）及斜率的范围．
【答案】(1)2；
(2).A点的横坐标为，AC斜率的范围是.
【解析】
【分析】
（1）先得出曲线的准线方程，进而建立等式求出答案；
（2）设点，进而得到点A的坐标，然后代入曲线化简即可得到t,p间的关系，进而求出点A的横坐标；然后根据及t,p间的关系将所求斜率进行化简，最后结合对勾函数的性质求出斜率的范围.
(1)
由题意，曲线的准线方程为，则.
(2)
由题意，，，设，因为点B为线段AC的中点，则，代入曲线得，则点A的横坐标.
因为，所以，
易知，由对勾函数的性质可知，，所以，于是.
6．（2022·全国·华中师大一附中模拟预测）如图，已知椭圆的离心率为，直线与圆交于M，N两点，．

(1)求椭圆E的方程；
(2)A，B为椭圆E的上、下顶点，过点A作直线交圆O于点P，交椭圆E于点Q（P，Q位于y轴的右侧），直线BP，BQ的斜率分别记为，，试用k表示，并求当时，△面积的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由点线距离及勾股定理求得，再根据离心率和椭圆参数关系求a、c，即可得E的方程；
（2）由题意设为，联立圆和椭圆求P、Q的坐标，应用斜率两点式求、，根据已知条件求参数k的范围，并得到△面积关于k的表达式，利用导数判断单调性，进而求面积的范围.
(1)
圆心O到直线的距离为，解得，
由题设，，解得，故椭圆E的方程为．
(2)
由（1）知，，，直线为，
设，，
联立，得，
所以，，
联立得：，
所以，，
．
由，得：，
．
令，则，
所以函数在上单调递增，，，
所以△面积的取值范围为.
7．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）已知双曲线的离心率为2，F为双曲线的右焦点，直线l过F与双曲线的右支交于两点，且当l垂直于x轴时，；
(1)求双曲线的方程；
(2)过点F且垂直于l的直线与双曲线交于两点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据通径，直接求得，再结合离心率为2即可求双曲线的方程；
（2）通过对转化为，从而简化计算，利用韦达定理求解即可.
(1)
依题意，，当l垂直于x轴时，，
即，即，
解得，，因此；
(2)
设，联立双曲线方程，
得：，
当时，，
，
当时，设，
因为直线与双曲线右支相交，
因此，即，同理可得，
依题意，
同理可得，，
而，
代入，，
，
分离参数得，，
因为，
当时，由，
，
所以，
综上可知，的取值范围为.
8．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知椭圆：四点中恰有三点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为坐标原点，过点的直线与椭圆相交于两点，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的对称性与第一象限随的增大而减小判断在椭圆上的三点，再求方程即可；
（2）设方程为：，联立直线与椭圆的方程，根据面积公式结合韦达定理可得面积的表达式，再根据基本不等式求解最值即可
(1)
由对称性可知：都在椭圆上，对于椭圆在第一象限的图像上的点，易知随的增大而减小，故中只有符合.所以三点在椭圆上，故，将代入椭圆方程得，所以椭圆方程为：
(2)
（3）由已知直线斜率不为，故设方程为：
设，由联立方程得：
即



令，则
令， 当且仅当，时取等号
∴面积的取值范围为
9．（2022·浙江省新昌中学模拟预测）已知抛物线上一点到其焦点的距离为2．

(1)求p与m的值；
(2)过点作直线交y轴于点A，交C于E，F两点，交y轴于点B，交C于G，H两点，点M在直线上，且，求的最大值．
【答案】(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据焦半径公式求解即可；
（2）设过的直线方程为，，联立抛物线方程得出韦达定理，再根据可得，设的方程分别为，则是的两根，再表达出的表达式，利用基本不等式求解即可
(1)
由焦半径公式有，解得，故抛物线，故，
(2)
显然斜率不为0，故设过的直线方程为，联立抛物线方程有，即，设，则..
设，则，因为，所以，即，代入韦达定理有，化简得.
设的方程分别为，则是的两根，故，.又与轴的交点分别为和，故，当且仅当时取等号
故的最大值为
10．（2022·山东日照·三模）已知椭圆过点离心率，左、右焦点分别为，P，Q是椭圆C上位于x轴上方的两点．
(1)若，求直线的方程；
(2)延长分别交椭圆C于点M，N，设，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意求出椭圆方程，设直线的方程为，设直线的方程为，设，由，求得，从而可求得，同理求得，从而可求得，即可得解；
（2）设，由，得，代入椭圆的方程，可求得，同理可求得，从而可得出答案.
(1)
解：由已知过点，得，①
由，②
由①、②，得，
故椭圆C的方程为，
若，
设直线的方程为，设直线的方程为，设，
由，得，解得，
故，
同理，，
，则，，
故直线的方程为；
(2)
解：设，
由，得，
故，
代入椭圆的方程得（3），
又由，得，
代入（3）式得，，
化简得，，即，
显然，故，
同理可得，
故，
所以的最小值．
11．（2022·广东·模拟预测）平面直角坐标系内有一定点，定直线，设动点P到定直线的距离为d，且满足．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)直线过定点Q，与动点P的轨迹交于不同的两点M，N，动点P的轨迹与y的负半轴交于A点，直线分别交直线于点H、K，若，求k的取值范围．
【答案】(1)动点P的轨迹方程为椭圆
(2)
【解析】
【分析】
（1）设动点P的坐标为，根据题意列式再化简方程求解即可；
（2）设，再根据的直线方程得出，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理与判别式中的范围，进而将韦达定理代入化简可得，结合判别式中的范围即可得
(1)
设动点P的坐标为，因为，
所以，即，整理得．
所以动点P的轨迹方程为椭圆．
(2)
设，由（1）可得A的坐标为，
故直线，令，则，同理．
直线，由，消去y得，
故，解得或．
又，故，
又
，
∵，
故，即，
综上，或．
所以k的取值范围是．
12．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知、、，圆，抛物线，过的直线与抛物线交于、两点，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与圆交于、两点，记面积为，面积为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设、，分析可知直线与轴不重合，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，解出的值，即可得出抛物线的方程；
（2）利用韦达定理结合三角形的面积公式可求得的表达式，设直线的方程为，利用几何法计算出的表达式，然后将直线、的方程联立，求出点的坐标，代入抛物线方程，可得出且，然后利用换元法结合二次函数的基本性质可求得的取值范围.
(1)
解：设、，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，与联立得，
所以，，
因为，解得，
故抛物线的方程．
(2)
解：由，，
得，
设直线的方程为，即，则原点到直线的距离，
得，，
联立可得，即点，
所以，则且，
则，
令，则，，则，
综上，的取值范围为．
13．（2022·浙江·湖州市菱湖中学模拟预测）如图，已知椭圆，抛物线，O为坐标原点．

(1)若抛物线的焦点正好为椭圆的上顶点，求p的值；
(2)椭圆与抛物线在第一象限的交点为，过点P但不过原点的的直线l交椭圆于点Q，交抛物线于点M（Q，M不同于点P），若M是线段PQ的中点，求p的最大值，并求当p取最大时直线l的斜率．
【答案】(1)
(2)的最大值为，此时直线的斜率为；
【解析】
【分析】
（1）首先求出椭圆的上顶点，再根据抛物线的性质计算可得；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与曲线方程，即可求出、，从而求出，再代入椭圆方程，即可得到，令，利用基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，从而得解；
(1)
解：椭圆，所以上顶点为，
依题意，所以；
(2)
解：因为点既在椭圆上，又在抛物线上，
所以且，
设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
则，所以；
联立，消去整理得，
则，所以，代入抛物线方程得，
再代入椭圆方程得，
整理得，
令，则，
依题意可知且，当且仅当，即时取等号，
所以
所以，即，即的最大值为，此时直线的斜率为；
【点睛】
（1）解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0 或不存在等特殊情形．
14．（2022·全国·高考真题（理））设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
(1)
抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
(2)
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，
所以，
若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.
15．（2022·上海交大附中高三阶段练习）已知椭圆的右焦点为，不垂直轴且不过点的直线与椭圆相交于、两点．
(1)若直线，试求的面积；
(2)若直线经过点，则直线、的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；
(3)如果，原点到直线的距离为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)是，且定值为
(3)
【解析】
【分析】
（1）将直线的方程与椭圆的方程联立，求出、的坐标，利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得结果；
（3）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由已知可得出，求得，利用点到直线的距离公式结合二次函数的基本性质可求得的取值范围.
(1)
解：设点、，联立可得，
解得或，即点、，
直线过椭圆的左焦点，所以，.
(2)
解：由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
设点、，联立可得，
，可得，
由韦达定理可得，，

.
(3)
解：不妨设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
，，
由题意可得
，
整理可得，则，
所以，，
则.
16．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．

(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
(1)
设是椭圆上任意一点,,则
       ，当且仅当时取等号，故的最大值是.
(2)
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则


，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
17．（2022·青海·模拟预测（理））已知椭圆C：，圆O：，若圆O过椭圆C的左顶点及右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线，，分别与椭圆相交于点A，B，D，E，试求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据圆O过椭圆C的左顶点及右焦点，可求得椭圆的a,b，即可求得答案;
（2）当直线，中，有一条直线斜率不存在时，此时；当直线，斜率都存在时，设直线方程，并和椭圆方程联立，根据根与系数的关系，求得弦长的表达式，结合换元法，利用二次函数的性质，可求得答案.
(1)
圆O：与x轴的交点为，
即椭圆C的左顶点及右焦点分别为，
故 ，故 ，
所以椭圆C的方程为：；
(2)
当直线，中，有一条直线斜率不存在，一条直线斜率为0时，
弦长分别为 ，此时；
当直线，斜率都存在时，设,
联立，可得，，
，
，
同理，
，令 ，则 ，
，
因为，所以，
所以的取值范围为.
18．（2022·上海·位育中学模拟预测）如图， 椭圆 的右焦点为，过点的一动直线 绕点转动，并且交椭圆于两点，为线段的中点.

(1)求点的轨迹的方程;
(2)在的方程中， 令，.
①设轨迹的最高点和最低点分别为和，当为何值时， 为正三角形?
②确定的值， 使原点距直线 最远， 此时， 设与轴交点为，当直线 绕点转动到什么位置时， 的面积最大， 并求出面积的最大值?
【答案】(1)，其中.
(2)①；②直线与轴垂直时，的面积最大，且面积最大值为.
【解析】
【分析】
（1）设，，利用点差法可得，结合可得动点的轨迹方程.
（2）①由（1）及题设条件可得，从而可求.
②利用判别式法可求原点距直线的距离取最小值时对应的，再设直线，结合弦长公式和面积公式、基本不等式等可求面积的最大值.
(1)
设，，
则，，所以，
所以，
当时，有，而，
所以，整理得到：，
当时，的坐标为，此时满足，
故点的轨迹的方程为即，
其中.
(2)
①由（1）可得点的轨迹为椭圆，其中心为，长半轴长为，短半轴长为，
故，，而到的距离为.
因为 为正三角形，故，即，
所以，故即，
所以或（舍，因为），
而，故.
②原点距直线的距离为，
该距离可化简为，其中，
令，则，故，
所以，故，
整理得到：，故，
故，当且仅当即时等号成立，
此时，直线，，
设直线，由可得，
故，
所以，
当且仅当时等号成立，
故直线与轴垂直时，的面积最大，且面积最大值为.
19．（上海市奉贤区2022届高三下学期二模数学试题）椭圆上有两点和，．点A关于椭圆中心的对称点为点，点在椭圆内部，是椭圆的左焦点，是椭圆的右焦点．
(1)若点在直线上，求点坐标；
(2)是否存在一个点，满足，若满足求出点坐标，若不存在请说明理由；
(3)设的面积为，的面积为，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析；
(3)
【解析】
【分析】
（1）先求得两点坐标，进而可得直线的方程，将点坐标代入该方程，解之即可求得点坐标；
（2）假设存在符合条件的点，列方程去求点坐标，再以点在椭圆内部去判别是否存在；
（3）先求得的表达式，再去求的值域，进而求得的取值范围．
(1)
由点和点在椭圆上
可得，，则直线方程为，
又点在直线上，则，解之得，则
(2)
椭圆的两焦点
假设存在一个点，满足，
则点一定在双曲线的左半支上，
由，可得
又，则，
又因为点在椭圆内部，所以，得
所以满足条件的点不存在．
(3)
两点、和在椭圆上，
点在椭圆内部，
则直线的方程为，
点到直线的距离
则，
同理直线的方程为，
点到直线的距离
则
令，则
由，可得，，，即
由，可得，，，即
综上，的取值范围为
则的取值范围为
20．（2021·浙江·高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，

（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】
（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，


故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．设直线的方程为，则．
所以．
故（其中）．
所以．因此直线在x轴上的截距为．