2025届高中数学一轮复习练习：第九章限时跟踪检测(58)　最值与范围问题（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第九章限时跟踪检测(58)　最值与范围问题（含解析），共8页。试卷主要包含了已知焦点在y轴上的椭圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
(1)当点C运动时，|MN|是否变化？试证明你的结论；
(2)求eq \f(m,n)＋eq \f(n,m)的最大值．
2．(2024·辽宁抚顺模拟)已知椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点．
(1)求双曲线C2的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋2与双曲线C2恒有两个不同的交点A和B，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))>1(其中O为原点)，求k的取值范围．
3．(2024·重庆模拟)已知焦点在y轴上的椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，离心率为eq \f(\r( ,3),2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,2),2)，\r( ,2)))，不过椭圆顶点的动直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求△AOB面积的最大值，并求取得最值时直线OA，OB的斜率之积．
4．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(eq \r( ,5)，eq \r( ,3))在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，求|OP|2＋|OQ|2的最小值．
高分推荐题
5．(2024·河南洛平许济第二次质量检测)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为4，F1，F2分别为C的左、右焦点，点P(不在x轴上)在C上运动，且cs∠F1PF2的最小值为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2的直线l与椭圆C交于M，N两点，记△F1MN的内切圆的半径为r，求r的取值范围．
解析版
1．(2024·江西南昌模拟)已知圆C过定点A(0，p)(p>0)，圆心C在抛物线x2＝2py上运动，若MN为圆C在x轴上截得的弦，设|AM|＝m，|AN|＝n.
(1)当点C运动时，|MN|是否变化？试证明你的结论；
(2)求eq \f(m,n)＋eq \f(n,m)的最大值．
(1)证明：设Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(x\\al(2,0),2p)))，
则|AC|＝eq \r( ,x\\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),2p)－p))2)，
故圆C的方程为(x－x0)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(x\\al(2,0),2p)))2＝xeq \\al(2,0)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),2p)－p))2，令y＝0，得(x－x0)2＋eq \f(x\\al(4,0),4p2)＝xeq \\al(2,0)＋eq \f(x\\al(4,0),4p2)－xeq \\al(2,0)＋p2，
故(x－x0)2＝p2，解得x1＝x0＋p，x2＝x0－p，故|MN|＝|x1－x2|＝2p不变化，为定值．
(2)解：由(1)不妨设M(x0－p,0)，N(x0＋p,0)，
故m＝eq \r(,x0－p2＋p2)，
n＝eq \r( ,x0＋p2＋p2)，
eq \f(m,n)＋eq \f(n,m)＝eq \f(m2＋n2,mn)＝
eq \f(x0－p2＋p2＋x0＋p2＋p2,\r( ,x0－p2＋p2)\r( ,x0＋p2＋p2))
＝eq \f(2x\\al(2,0)＋4p2,\r( ,x\\al(2,0)＋2p22－4p2x\\al(2,0)))＝eq \f(2x\\al(2,0)＋2p2,\r( ,x\\al(4,0)＋4p4))
＝2eq \r( ,1＋\f(4x\\al(2,0)p2,x\\al(4,0)＋4p4))＝2eq \r( ,1＋\f(4p2,x\\al(2,0)＋\f(4p4,x\\al(2,0))))≤
2eq \r( ,1＋\f(4p2,2\r( ,x\\al(2,0)·\f(4p4,x\\al(2,0)))))＝2eq \r( ,2)，
当且仅当xeq \\al(2,0)＝eq \f(4p4,x\\al(2,0))，即x0＝±eq \r( ,2)p时取等号．
故eq \f(m,n)＋eq \f(n,m)的最大值为2eq \r( ,2).
2．(2024·辽宁抚顺模拟)已知椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点．
(1)求双曲线C2的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋2与双曲线C2恒有两个不同的交点A和B，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))>1(其中O为原点)，求k的取值范围．
解：(1)由题，在椭圆C1中，左、右焦点坐标为(－1,0)和(1,0)，左、右顶点分别为(－2,0)和(2,0)，
因为双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点，
所以在双曲线C2中，设双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，则a2＝1，c2＝4，所以b2＝c2－a2＝3，
所以双曲线C2的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去y并整理，得(k2－3)x2＋4kx＋7＝0，①
消去x并整理，得(k2－3)y2＋12y－12＋3k2＝0.②
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2为方程①的两根，y1，y2为方程②的两根，
x1·x2＝eq \f(7,k2－3)，y1·y2＝eq \f(－12＋3k2,k2－3)，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1·x2＋y1·y2＝eq \f(7,k2－3)＋eq \f(－12＋3k2,k2－3)>1，
得k2>3或k20，得k2b>0)，离心率为eq \f(\r( ,3),2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,2),2)，\r( ,2)))，不过椭圆顶点的动直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求△AOB面积的最大值，并求取得最值时直线OA，OB的斜率之积．
解：(1)因为椭圆C的离心率为eq \f(\r( ,3),2)，
所以可设椭圆C的方程为eq \f(y2,4b2)＋eq \f(x2,b2)＝1，
因为椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,2),2)，\r( ,2)))，
所以b＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(y2,4)＋x2＝1，))
得(k2＋4)x2＋2kmx＋m2－4＝0，
Δ＝16(k2＋4－m2)>0①，
x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋4)，x1x2＝eq \f(m2－4,k2＋4)，
所以|x1－x2|＝eq \r( ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2km,k2＋4)))2－4·\f(m2－4,k2＋4))
＝eq \f(4,k2＋4)·eq \r( ,k2＋4－m2)，
又点O到直线AB的距离为d＝eq \f(|m|,\r( ,1＋k2))，
所以S△AOB＝eq \f(1,2)|AB|d
＝eq \f(1,2)eq \r( ,k2＋1)·eq \f(4,k2＋4)eq \r( ,k2＋4－m2)·eq \f(|m|,\r( ,k2＋1))＝eq \f(2\r( ,k2＋4－m2m2),k2＋4)
＝2eq \r( ,\f(k2＋4－m2m2,k2＋42))
＝2eq \r( ,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,k2＋4)－\f(1,2)))2＋\f(1,4))≤1，
故当eq \f(m2,k2＋4)＝eq \f(1,2)，即k2＋4＝2m2时，
△AOB的面积取最大值1，此时满足①，
所以kOA·kOB＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝eq \f(－4k2＋4m2,m2－4)＝eq \f(16－4m2,m2－4)＝－4，
所以△AOB面积的最大值为1，此时直线OA，OB的斜率之积为－4.
4．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(eq \r( ,5)，eq \r( ,3))在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，求|OP|2＋|OQ|2的最小值．
解：(1)因为e＝eq \f(c,a)＝2，
所以c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2.
所以双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
即3x2－y2＝3a2.
因为点M(eq \r( ,5)，eq \r( ,3))在双曲线上，
所以15－3＝3a2.
所以a2＝4.
所以所求双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1.
(2)设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，
则直线OQ的方程为y＝－eq \f(1,k)x，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,12)＝1，,y＝kx，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(12,3－k2)，,y2＝\f(12k2,3－k2)，))
所以|OP|2＝x2＋y2＝eq \f(12k2＋1,3－k2).
同理可得|OQ|2＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))),3－\f(1,k2))＝eq \f(12k2＋1,3k2－1)，
所以eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OQ|2)＝eq \f(3－k2＋3k2－1,12k2＋1)＝eq \f(2＋2k2,12k2＋1)＝eq \f(1,6).
设|OP|2＋|OQ|2＝t，
则t·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|OP|2)＋\f(1,|OQ|2)))＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OQ|,|OP|)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OP|,|OQ|)))2
≥2＋2＝4，
所以t≥eq \f(4,\f(1,6))＝24，
即|OP|2＋|OQ|2≥24(当且仅当|OP|＝|OQ|＝2eq \r( ,3)时取等号)．
所以当|OP|＝|OQ|＝2eq \r( ,3)时，
|OP|2＋|OQ|2取得最小值24.
高分推荐题
5．(2024·河南洛平许济第二次质量检测)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为4，F1，F2分别为C的左、右焦点，点P(不在x轴上)在C上运动，且cs∠F1PF2的最小值为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2的直线l与椭圆C交于M，N两点，记△F1MN的内切圆的半径为r，求r的取值范围．
解：(1)由题意得a＝2，
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a＝4.
在△F1PF2中，由余弦定理可得
cs∠F1PF2＝eq \f(m2＋n2－4c2,2mn)
＝eq \f(m＋n2－4c2－2mn,2mn)＝eq \f(2b2,mn)－1
≥eq \f(2b2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))2)－1＝eq \f(2b2,a2)－1，
当且仅当m＝n时取等号，从而eq \f(2b2,a2)－1＝eq \f(1,2)，得eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由椭圆的定义可得△F1MN的周长为4a＝8，
S△F1MN＝eq \f(1,2)(|F1M|＋|F1N|＋|NM|)r＝4r，所以r＝eq \f(1,4)S△F1MN.
由题知，直线l的斜率不为0，
设l的方程为x＝ty＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,3x2＋4y2＝12，))
整理可得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0，Δ>0，
且y1＋y2＝－eq \f(6t,4＋3t2)，y1y2＝－eq \f(9,4＋3t2).
因为S△F1MN＝S△F1F2M＋S△F1F2N
＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y2－y1|
＝eq \f(1,2)|F1F2|·eq \r( ,y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(1,2)×2×eq \r( ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6t,4＋3t2)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4＋3t2))))
＝eq \f(12\r( ,t2＋1),4＋3t2)，
所以r＝eq \f(1,4)S△F1MN＝eq \f(3\r( ,t2＋1),4＋3t2).
令eq \r( ,t2＋1)＝k，则k≥1，
r＝eq \f(3k,3k2＋1)＝eq \f(3,3k＋\f(1,k))，
令函数f(x)＝3x＋eq \f(1,x)，x∈[1，＋∞)，
则f′(x)＝3－eq \f(1,x2)，
当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＝3－eq \f(1,x2)>0恒成立，所以f(x)＝3x＋eq \f(1,x)在[1，＋∞)上单调递增，
则3k＋eq \f(1,k)≥4，所以0