新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点29圆锥曲线中的最值范围问题大题突破（附解析）

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(1)求点M的轨迹Γ的方程；
(2)过P的直线l与轨迹Γ交于A，B两点，若点D满足eq \(QD,\s\up6(→))＝eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))，求四边形QADB面积的最大值．
解：
2．[2023·吉林长春模拟]在平面内，动点M(x，y)与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：x＝eq \f(1,2)的距离比是常数2.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若直线m与动点M的轨迹交于P，Q两点，且OP⊥OQ(O为坐标原点)，求|OP|2＋|OQ|2的最小值．
解：
3．[2023·全国甲卷]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且|AB|＝4eq \r(15).
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
解：
4．[2023·湖南常德模拟]双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B，D两点，且△ABD是直角三角形．
(1)求双曲线C的方程；
(2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，若k1k2＝－2，求点A到直线MN的距离d的取值范围．
解：
5．[2023·河北沧州模拟]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，A为C上的一点，|AF|的最大值与最小值的差为2eq \r(3)，过点F且垂直于x轴的直线被C截得的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆C交于M，N两点，记C的右顶点为P，直线PM与直线PN的斜率分别为k1，k2，若k1k2＝eq \f(1,20)，求△PMN面积的取值范围．
解：
6．[2023·新课标Ⅰ卷]在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq \r(3).
解：
命题点29 圆锥曲线中的最值、范围问题(大题突破)
1．解析：(1)因为N为圆Q上的动点，线段NP的垂直平分线和半径NQ相交于点M，
所以由线段垂直平分线的性质可得：|MP|＝|MN|，
所以|MQ|＋|MP|＝|MQ|＋|MN|＝4>|PQ|＝2eq \r(3)，
故点M的轨迹是以P，Q为焦点的椭圆，其中a＝2，c＝eq \r(3)，
所以b2＝a2－c2＝4－3＝1，
故点M的轨迹Γ的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意，设直线l的方程为x＝my＋eq \r(3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1,x＝my＋\r(3)))，整理可得：(4＋m2)y2＋2eq \r(3)my－1＝0，
所以Δ＝12m2＋4(m2＋4)>0,
y1＋y2＝－eq \f(2\r(3)m,4＋m2)，y1y2＝－eq \f(1,4＋m2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝eq \r(1＋m2)·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(1＋m2)·eq \f(4\r(1＋m2),4＋m2)＝eq \f(4＋4m2,4＋m2)，
点Q(－eq \r(3)，0)到直线l的距离d＝eq \f(2\r(3),\r(1＋m2))，
所以S△QAB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×eq \f(4＋4m2,4＋m2)×eq \f(2\r(3),\r(1＋m2))＝eq \f(4\r(3),（4＋m2）×\f(\r(1＋m2),m2＋1))
＝eq \f(4\r(3),\f(m2＋4,\r(1＋m2)))＝eq \f(4\r(3),\f(3,\r(1＋m2))＋\r(1＋m2))≤eq \f(4\r(3),2\r(3))＝2，
当且仅当eq \f(3,\r(1＋m2))＝eq \r(1＋m2)，即m＝±eq \r(2)时等号成立，
因为eq \(QD,\s\up6(→))＝eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))，
所以S四边形QADB＝2S△QAB≤4，
所以四边形QADB面积的最大值为4.
2．解析：(1)由已知可得：eq \f(\r(（x－2）2＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))))＝2，整理化简可得：3x2－y2＝3，
即x2－eq \f(y2,3)＝1，
所以动点M的轨迹方程为：x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)由OP⊥OQ可设直线OP的方程为y＝kx，直线OQ的方程为y＝－eq \f(1,k)x，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx,3x2－y2＝3))，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(3,3－k2),y2＝\f(3k2,3－k2)))，
所以|OP|2＝x2＋y2＝eq \f(3（1＋k2）,3－k2)，
同理可得|OQ|2＝eq \f(3（1＋k2）,3k2－1)，
又由|OP|2>0且|OQ|2>0，可得eq \f(1,3)所以eq \f(1,|OQ|2)＋eq \f(1,|OP|2)＝eq \f(3－k2＋3k2－1,3（1＋k2）)＝eq \f(2,3)，
所以|OP|2＋|OQ|2＝eq \f(3,2)(|OP|2＋|OQ|2)(eq \f(1,|OQ|2)＋eq \f(1,|OP|2))，
所以|OP|2＋|OQ|2＝eq \f(3,2)(2＋eq \f(|OP|2,|OQ|2)＋eq \f(|OQ|2,|OP|2))≥eq \f(3,2)(2＋2eq \r(1))＝6，
当且仅当|OP|＝|OQ|＝eq \r(3)时等号成立，
所以|OP|2＋|OQ|2的最小值为6.
3．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>eq \f(1,2).
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)))·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(5)·eq \r(16p2－8p)＝4eq \r(15)，解得p＝2或p＝－eq \f(3,2)(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eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，所以∠MFN＝90°，
则S△MFN＝eq \f(1,2)|MF||NF|＝eq \f(1,2)(x3＋1)(x4＋1)＝eq \f(1,2)(x3x4＋x3＋x4＋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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))得x2－6x＋1＝0，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3－2\r(2)，,x4＝3－2\r(2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3＋2\r(2)，,x4＝3＋2\r(2)．))
代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2eq \r(2)时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2eq \r(2)).
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m(k≠0).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y2＝4x，))得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＋x4＝\f(4－2km,k2)，,x3x4＝\f(m2,k2)，))
y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝eq \f(4m,k).
又eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，
所以eq \f(m2,k2)－eq \f(4－2km,k2)＋1＋eq \f(4m,k)＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝eq \f(1,2)(x3x4＋x3＋x4＋1)＝eq \f(m2＋k2－2km＋4,2k2)＝eq \f(m2＋k2＋2km,k2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1.
令t＝eq \f(m,k)，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))eq \s\up12(2)＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1＝eq \f(4,k2)>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2eq \r(2)或t<－3－2eq \r(2)，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8eq \r(2)＝4(3－2eq \r(2)).
故△MFN面积的最小值为4(3－2eq \r(2)).
4．解析：(1)依题意，∠BAD＝90°，焦半径c＝2，
由AF＝BF，得a＋c＝eq \f(b2,a)，得a2＋2a＝22－a2，
解得：a＝1(其中a＝－2<0舍去)，
所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，
故双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)显然直线MN不可能与x轴平行，故可设直线MN的方程为x＝my＋n，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋n,3x2－y2＝3))，消去x整理得(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0，
在条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3m2－1≠0,Δ>0))下，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝－eq \f(6mn,3m2－1)，y1y2＝eq \f(3（n2－1）,3m2－1)，
由k1k2＝－2，得y1y2＋2(x1＋1)(x2＋1)＝0，
即y1y2＋2(my1＋n＋1)(my2＋n＋1)＝0，
整理得(2m2＋1)y1y2＋2m(n＋1)(y1＋y2)＋2(n＋1)2＝0，
代入韦达定理得，3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2(3m2－1)＝0，
化简可消去所有的含m的项，解得：n＝5或n＝－1(舍去)，
则直线MN的方程为x－my－5＝0，得d＝eq \f(6,\r(m2＋1))，
又M，N都在双曲线的右支上，故有3m2－1<0，0≤m2此时1≤eq \r(m2＋1)所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(3eq \r(3)，6].
5．解析：(1)设C的半焦距为c，
由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a＋c）－（a－c）＝2\r(3),\f(2b2,a)＝1,a2＝b2＋c2))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2,b＝1,c＝\r(3)))，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意知P(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1,y＝kx＋m))得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0，
所以Δ＝64m2k2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，即4k2－m2＋1>0，
且x1＋x2＝－eq \f(8mk,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2).
因为k1k2＝eq \f(1,20)，所以eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(1,20)，
又y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，
所以20(kx1＋m)(kx2＋m)＝(x1－2)(x2－2)，①
因为(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝(1＋4k2)(x－x1)(x－x2)，
所以令x＝2，得(x1－2)(x2－2)＝eq \f(16k2＋16mk＋4m2,1＋4k2)，②
令x＝－eq \f(m,k)，得(1＋4k2)·eq \f(m2,k2)－4m2－4＝(1＋4k2)(－eq \f(m,k)－x1)(－eq \f(m,k)－x2)，
所以(kx1＋m)(kx2＋m)＝eq \f(m2－4k2,1＋4k2)，
所以20(kx1＋m)(kx2＋m)＝eq \f(20m2－80k2,1＋4k2)，③
把②③代①，得16k2＋16mk＋4m2＝20m2－80k2，
化简得m2－km－6k2＝0，
所以m＝－2k或m＝3k.
所以当m＝－2k时，直线l的方程为y＝k(x－2)，
直线过点P(2，0)，不合题意，舍去；
当m＝3k时，直线l的方程为y＝k(x＋3)，
所以直线l经过定点Q(－3，0)，
所以S△PMN＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(S△PQM－S△PQN))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PQ))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1－y2))＝eq \f(5,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))＝eq \f(5,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k))eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(10\r(（1－5k2）k2),1＋4k2)，
因为4k2－m2＋1>0且m＝3k，所以1－5k2>0，所以0设t＝4k2＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(9,5)))，
所以S△PMN＝eq \f(5,2)eq \r(\f(－5t2＋14t－9,t2))＝eq \f(5,2)eq \r(－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(7,9)))\s\up12(2)＋\f(4,9))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,3)))，
即△PMN面积的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,3))).
6．解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，
依题意得|y|＝eq \r(x2＋（y－\f(1,2)）2)，
化简得x2＝y－eq \f(1,4)，
所以W的方程为x2＝y－eq \f(1,4).
(2)设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).
设B(t，t2＋eq \f(1,4))，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－(t2＋eq \f(1,4))＝k(x－t)，不妨设k>0，
与x2＝y－eq \f(1,4)联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－t|＝eq \r(1＋k2)|k－2t|＝eq \r(1＋k2)|2t－k|，
|BC|＝eq \r(1＋（－\f(1,k)）2)|－eq \f(1,k)－2t|＝eq \f(\r(1＋k2),k)|eq \f(1,k)＋2t|＝eq \f(\r(1＋k2),k2)|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝eq \f(2\r(1＋k2),k2)(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－\f(1,2k),（2k－2k2）t＋k3＋1，－\f(1,2k)＜t≤\f(k,2),（2k2＋2k）t－k3＋1，t>\f(k,2)))，
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－eq \f(1,2k)]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－eq \f(1,2k)，eq \f(k,2)]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(eq \f(k,2)，＋∞)上单调递增，
所以当t＝eq \f(k,2)时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞eq \f(2\r(1＋k2),k2)(k2＋1)＝eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2).
令f(k)＝eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2)，k≥1，
则f′(k)＝eq \f(2（1＋k2）\f(1,2)（k＋\r(2)）（k－\r(2)）,k3)，
当1≤k＜eq \r(2)时，f′(k)＜0，当k＞eq \r(2)时，f′(k)＞0，
所以函数f(k)在[1，eq \r(2))上单调递减，在(eq \r(2)，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f(eq \r(2))＝3eq \r(3)，
所以2(|AB|＋|BC|)＞eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2)≥3eq \r(3).
当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－eq \f(1,2k)]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－eq \f(1,2k)，eq \f(k,2)]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(eq \f(k,2)，＋∞)上单调递增，
所以当t＝－eq \f(1,2k)时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞eq \f(2\r(1＋k2),k2)k(k2＋1)＝eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k).
令g(k)＝eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k)，0则g′(k)＝eq \f(2（1＋k2）\f(1,2)（2k2－1）,k2)，
当00，
所以函数g(k)在(0，eq \f(\r(2),2))上单调递减，在(eq \f(\r(2),2)，1)上单调递增，
所以g(k)≥g(eq \f(\r(2),2))＝3eq \r(3)，
所以2(|AB|＋|BC|)>eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k)≥3eq \r(3).
综上，矩形ABCD的周长大于3eq \r(3).