备战2025年高考数学精品教案第八章平面解析几何突破2圆锥曲线中的最值、范围问题（Word版附解析）

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命题点1 最值问题
例1 [2023全国卷甲]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面积的最小值.
解析 （1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞12.
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以｜AB｜＝1+1（12）2·（y1＋y2）2－4y1y2＝5·16p2－8p＝415，解得p＝2或p＝－32（舍去），
故p＝2.
（2）设M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知抛物线C：y2＝4x，
则点F（1，0）.
因为FM·FN＝0，
所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝12｜MF｜｜NF｜＝12（x3＋1）（x4＋1）＝12（x3x4＋x3＋x4＋1） ①.
当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，
因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.
不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，
由y＝x－1，y2=4x，得x2－6x＋1＝0，
得x3=3－22，x4=3－22或x3=3+22，x4=3+22.
代入①式计算易得，当x3＝x4＝3－22时，△MFN的面积取得最小值，为12－82.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由y＝kx＋m，y2=4x，得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2＞0，则x3＋x4＝4－2kmk2，x3x4＝m2k2，y3y4＝（kx3＋m）（kx4＋m）＝k2x3x4＋mk（x3＋x4）＋m2＝4mk.
又FM·FN＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，
所以m2k2－4－2kmk2＋1＋4mk＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝12（x3x4＋x3＋x4＋1）＝m2＋k2－2km+42k2＝m2＋k2+2kmk2＝（mk）2＋2（mk）＋1.
令t＝mk，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，所以（mk）2＋6（mk）＋1＝4k2＞0，
即t2＋6t＋1＞0，得t＞－3＋22或t＜－3－22，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1＞12－82.
故△MFN面积的最小值为12－82.
训练1 [2022全国卷甲]设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点.当直线MD垂直于x轴时，｜MF｜＝3.
（1）求C的方程.
（2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程.
解析 （1）当MD⊥x轴时，有｜MF｜＝p2＋p＝3，得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）如图，根据（1）知F（1，0），D（2，0）.
当MN⊥x轴时，易得α＝β＝π2，此时α－β＝0.
当MN的斜率存在时，设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），
则直线MN的方程为y－y1＝y1－y2x1－x2（x－x1），
即y－y1＝y1－y2y124－y224（x－x1）＝4y1＋y2（x－x1），
即y（y1＋y2）－y1（y1＋y2）＝4（x－x1），
所以直线MN的方程为y（y1＋y2）－y1y2＝4x.
同理可得，直线AM的方程为y（y3＋y1）－y3y1＝4x，直线BN的方程为y（y4＋y2）－y4y2＝4x，直线AB的方程为y（y4＋y3）－y4y3＝4x.
因为F（1，0）在MN上，所以y1y2＝－4.
因为D（2，0）在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，
所以y3＝－8y1，y4＝－8y2.
所以y3＋y4＝－8y1－8y2＝－8（y1＋y2）y1y2＝－8（y1＋y2）－4＝2（y1＋y2），y3y4＝64y1y2＝64－4＝－16，
所以直线AB的方程y（y4＋y3）－y4y3＝4x可化为（y1＋y2）y＋8＝2x，
所以tan α＝4y2＋y1，tan β＝2y2＋y1，
所以tan（α－β）＝2y2＋y11+8（y2＋y1）2＝2（y2＋y1）（y2＋y1）2+8＝2×1（y2＋y1）＋8y2＋y1.
当y2＋y1＜0时，tan（α－β）＜0，不符合题意.
当y2＋y1＞0时，（y2＋y1）＋8y2＋y1≥42，tan（α－β）≤2×142＝24，当且仅当y2＋y1＝8y2＋y1，即y2＋y1＝22时取等号，
此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－2y－4＝0.
命题点2 范围问题
例2 [2021北京高考]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）过点A（0，－2），其四个顶点的连线围成的四边形面积为45.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过点P（0，－3）的直线l的斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC分别交直线y＝－3于点M，N，若｜PM｜＋｜PN｜≤15，求k的取值范围.
解析 （1）由题意可知，b＝2，2ab＝45，所以a＝5，
所以椭圆E的标准方程为x25＋y24＝1.
（2）由题意可得直线l的方程为y＝kx－3，由y＝kx－3，x25＋y24=1，消去y得（4＋5k2）x2－30kx＋25＝0，Δ＝（－30k）2－4×25×（4＋5k2）＝400（k2－1）＞0，所以k＞1或k＜－1，
设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1＋x2＝30k5k2+4，x1x2＝255k2+4 ①.
直线AB的方程为y＋2＝y1+2x1x，令y＝－3，则x＝－x1y1+2，
所以M（－x1y1+2，－3），｜PM｜＝｜－x1y1+2｜＝｜x1y1+2｜，
同理得｜PN｜＝｜x2y2+2｜.
因为x1x2＞0，即x1，x2正负相同，且y1＋2＞0，y2＋2＞0，所以｜PM｜＋｜PN｜＝｜x1y1+2｜＋｜x2y2+2｜≤15，
即｜x1（y2+2）＋x2（y1+2）（y1+2)(y2+2）｜≤15，
从而｜x1（kx2－1）＋x2（kx1－1）（kx1－1)(kx2－1）｜≤15 ②.
由①②可得，｜k｜≤3.综上可得－3≤k＜－1或1＜k≤3.
所以k的取值范围为[－3，－1）∪（1，3].
方法技巧
圆锥曲线中最值（范围）问题的求解方法
训练2 [2023福建连江一中模拟]设双曲线C：x22－y23＝1， F1，F2为其左、右两个焦点.
（1）设O为坐标原点，M为双曲线C的右支上任意一点，求OM·F1M的取值范围；
（2）若动点P与双曲线C的两个焦点F1，F2的距离之和为定值（大于｜F1F2｜），且cs∠F1PF2的最小值为－19，求动点P的轨迹方程.
解析 （1）设M（x，y），x≥2，左焦点F1（－5，0），
∵OM·F1M＝（x，y）·（x＋5，y）＝x2＋5x＋y2＝x2＋5x＋3x22－3＝52x2＋5x－3（x≥2），对称轴为直线x＝－55≤2，
∴OM·F1M∈[2＋10，＋∞）.
（2）由椭圆定义得P点轨迹为椭圆，可设其轨迹方程为x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），
∵｜F1F2｜＝25，｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，
∴cs∠F1PF2＝｜PF1｜2＋｜PF2｜2－202｜PF1｜·｜PF2｜＝4a2－2｜PF1｜·｜PF2｜－202｜PF1｜·｜PF2｜＝4a2－202｜PF1｜·｜PF2｜－1，
由基本不等式得2a＝｜PF1｜＋｜PF2｜≥2｜PF1｜·｜PF2｜，当且仅当｜PF1｜＝｜PF2｜时等号成立，
∴｜PF1｜·｜PF2｜≤a2，则cs∠F1PF2≥4a2－202a2－1＝－19，
∴a2＝9，b2＝4，
∴动点P的轨迹方程为x29＋y24＝1.
1.[命题点1]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为2，且过点（e，3），其中e为双曲线C的离心率.
（1）求C的标准方程；
（2）过点M（－2，0）且斜率不为0的直线l与C的左、右两支分别交于点A，B，点N在线段AB上，且｜MA｜｜MB｜＝｜AN｜｜NB｜，P为线段AB的中点，记直线OP，ON（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，求｜k1｜＋｜k2｜的最小值.
解析 （1）∵双曲线C：x2a2－y2b2＝1的实轴长为2，
∴a＝1，
∵双曲线过点（e，3），e＝ca＝c，∴c2－9b2＝1，
又c2＝a2＋b2＝1＋b2，∴b2＝3，
故双曲线C的标准方程为x2－y23＝1.
（2）设直线l：my＝x＋2（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），N（x3，y3），
由my＝x+2，x2－y23=1，整理得（3m2－1）y2－12my＋9＝0，
则3m2－1≠0，Δ=36m2+36>0，y1＋y2＝12m3m2－1，y1y2＝93m2－1.
则P（23m2－1，6m3m2－1），
∴k1＝3m.
∵｜MA｜｜MB｜＝｜AN｜｜NB｜，∴y1y2＝y3－y1y2－y3，
∴y3＝2y1y2y1＋y2＝1812m＝32m，∴N（－12，32m），k2＝－3m.
∴k1k2＝3m×（－3m）＝－9，｜k1k2｜＝9.
∴｜k1｜＋｜k2｜≥2｜k1k2｜＝6，当且仅当｜k1｜＝｜k2｜，即k1＝3，k2＝－3或k1＝－3，k2＝3时等号成立，此时m＝1或－1，y1y2＝93m2－1＝92＞0，满足l与C的左、右两支分别相交.
∴｜k1｜＋｜k2｜的最小值为6.
2.[命题点2]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离
心率为12，过点P（1，0）作x轴的垂线，与C交于A，B两点，且｜AB｜＝2b2a.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l1与椭圆C交于D，E两点，直线l2与椭圆C交于M，N两点，且l1⊥l2，l1，l2交于点P，求｜DE｜·｜MN｜的取值范围.
解析 （1）由椭圆C的离心率为12，得ca＝12，即a＝2c ①.
将x＝1代入椭圆方程，得1a2＋y2b2＝1，则｜y｜＝ba2－1a，（点拨：因为过点P（1，0）且与x轴垂直的直线与C有2个交点，所以a＞1）
由｜AB｜＝2b2a，得2ba2－1a＝2b2a，即a2－1＝b2 ②.
由①②并结合a2＝b2＋c2，得a＝2，b＝3，
所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.
（2）①当直线l1的斜率为0时，直线l2的方程为x＝1，此时｜DE｜＝4，｜MN｜＝｜AB｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12.
当直线l1的斜率不存在时，直线l2的斜率为0，此时｜MN｜＝4，｜DE｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12.
②当直线l1的斜率存在且不为0时，设直线l1的方程为x＝my＋1（m≠0），
由x＝my+1，x24＋y23=1，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0.
设D（x1，y1），E（x2，y2），则y1＋y2＝－6m3m2+4，y1y2＝－93m2+4，
所以｜DE｜＝m2+1｜y1－y2｜
＝m2+1×（y1＋y2）2－4y1y2
＝m2+1×（－6m3m2+4）2＋363m2+4
＝12（m2+1）3m2+4.
因为l1⊥l2，所以可用－1m替换｜DE｜表达式中的m，得｜MN｜＝12（1+m2）4m2+3，
所以｜DE｜·｜MN｜＝144（m2+1）2（3m2+4)(4m2+3）.
令t＝m2＋1，因为m≠0，所以t＞1，0＜1t＜1，m2＝t－1，
所以｜DE｜·｜MN｜＝144t2（3t+1)(4t－1）＝144t212t2＋t－1＝
14412+1t－1t2＝144－（1t－12）2＋494，
所以57649≤｜DE｜·｜MN｜＜12.
综上，｜DE｜·｜MN｜的取值范围为[57649，12].
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1.[2023河南省安阳市阶段性测试]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为32，短半轴长为1.
（1）求C的方程；
（2）过点M（0，2）的直线l与C交于A，B两点，且∠AOB为锐角（O为坐标原点），求l的斜率的取值范围.
解析 （1）由题可知ca＝32，b=1，a2＝b2＋c2， 得a=2，b=1，c＝3，所以C的方程为x24＋y2＝1.
（2）依题意，直线l的斜率必存在，设l的方程为y＝kx＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程得x24＋y2=1，y＝kx+2，消去y整理得（1＋4k2）x2＋16kx＋12＝0，
因为直线与椭圆相交，所以Δ＞0，即256k2－48（1＋4k2）＞0，
解得k＜－32或k＞32.
由根与系数的关系得，x1＋x2＝－16k1+4k2，x1x2＝121+4k2，
所以y1y2＝（kx1＋2）（kx2＋2）＝k2x1x2＋2k（x1＋x2）＋4＝12k21+4k2＋－32k21+4k2＋4＝4－4k21+4k2，
当∠AOB为锐角时，OA·OB＞0，即x1x2＋y1y2＞0，
所以121+4k2＋4－4k21+4k2＞0，即k2－4＜0，解得－2＜k＜2，
所以k∈（－2，－32）∪（32，2） .
2.[2024陕西宝鸡模拟]设抛物线C：y2＝2px（p＞0），直线x－2y＋1＝0与C交于A，B两点，且｜AB｜＝415.
（1）求p；
（2）设C的焦点为F，M，N为C上两点，若MF·NF＝0，求△MNF面积的最小值.
解析 （1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
由x－2y+1=0，y2=2px，可得y2－4py＋2p＝0，
所以y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以｜AB｜＝5｜y1－y2｜＝5×（y1＋y2）2－4y1y2＝415，
即2p2－p－6＝0，因为p＞0，所以p＝2.
（2）由（1）得抛物线C：y2＝4x，
则F（1，0），显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M（x3，y3），N（x4，y4），
由y2=4x，x＝my＋n，可得y2－4my－4n＝0，所以y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n，
Δ＝16m2＋16n＞0，得m2＋n＞0，
因为MF·NF＝0，所以（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝0，
即（my3＋n－1）（my4＋n－1）＋y3y4＝0，
即（m2＋1）y3y4＋m（n－1）（y3＋y4）＋（n－1）2＝0，
将y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，即4（m2＋n）＝（n－1）2＞0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋22或n≤3－22，
设点F到直线MN的距离为d，则d＝｜n－1｜1+m2，
｜MN｜＝1+m2｜y3－y4｜＝1+m216m2+16n＝1+m2·4（n－1）2＝21+m2｜n－1｜，
所以△MNF的面积S＝12×｜MN｜×d＝12×21+m2×｜n－1｜×｜n－1｜1+m2＝（n－1）2，
又n≥3＋22或n≤3－22，
所以当n＝3－22时，Smin＝（2－22）2＝12－82.
3.[2024吉林长春一模]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为32，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦的长度为1.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点M（0，m），若存在实数m，使得OA＋3OB＝4OM，求m的取值范围.
解析 （1）因为椭圆C的离心率为32，所以有ca＝32，c2a2＝34，a2－b2a2＝34，可得b2a2＝14 ①，
在方程x2a2＋y2b2＝1中，令x＝±c，解得y2＝b2（1－c2a2）＝b4a2，
y＝±b2a，
因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦的长度为1，
所以有b2a－（－b2a）＝1 ②，由①②可得a=2，b=1，
所以椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.
（2）当直线l的斜率不存在时，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
于是有x24＋y2=1，y＝kx＋m，（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
可得Δ＝64k2m2－4（1＋4k2）（4m2－4）＞0，
化简得4k2－m2＋1＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），于是有x1＋x2＝－8km1+4k2，x1x2＝4m2－41+4k2，
因为OA＋3OB＝4OM，
所以（x1，y1）＋3（x2，y2）＝4（0，m），得x1＋3x2＝0，得x1＝－3x2，
代入x1＋x2＝－8km1+4k2中，得－3x2＋x2＝－8km1+4k2，x2＝4km1+4k2，
于是有（－3x2）·x2＝4m2－41+4k2，－3（4km1+4k2）2＝4m2－41+4k2，
化简得k2＝m2－14－16m2，
代入4k2－m2＋1＞0中，得4×m2－14－16m2－m2＋1＞0，得14＜m2＜1，
所以m∈（12，1）∪（－1，－12）.
4.[2023重庆市名校联考]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）与双曲线x2－y2＝1有相同的渐近线，A，F分别为双曲线C 的左顶点和右焦点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线在第一象限交于点B，△ABF的面积为2（2＋1）.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若直线y＝kx－1与C的左、右两支分别交于M，N两点，与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，｜MN｜＝λ｜PQ｜，求实数λ的取值范围.
解析 （1）因为双曲线C与双曲线x2－y2＝1有相同的渐近线，所以a＝b.设B（xB，yB），则xB＝c＝2a.
由已知，将xB＝2a代入x2a2－y2b2＝1，可得yB＝a.
由12×｜BF｜×｜AF｜＝2（2＋1），得12×a×（a＋c）＝12×a×（a＋2a）＝2（2＋1），所以a＝2，
故双曲线C的方程为x24－y24＝1.
（2）由题意，设M（x1，y1），N（x2，y2），
由y＝kx－1，x24－y24=1，消去y并整理得，（1－k2）x2＋2kx－5＝0，
所以1－k2≠0，Δ＝（2k）2－4（1－k2）×（－5）>0，x1x2＝－51－k2