2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习66圆锥曲线中的最值范围问题（Word版附解析）

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(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
2．[2024·安徽宣城模拟]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点，当A，B两点的纵坐标相同时，|AB|＝4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若P，Q为抛物线C上两个动点，|PQ|＝m(m>0)，E为PQ的中点，求点E纵坐标的最小值．
3．[2024·安徽合肥模拟]已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(2)，A，F分别为左顶点和右焦点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于第一象限的点B，△ABF的面积为2(eq \r(2)＋1).
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线y＝kx－1与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点，与双曲线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．
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4．[2024·九省联考]已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．
(1)证明：直线MN过定点；
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
课后定时检测案66 圆锥曲线中的最值、范围问题
1．解析：(1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝eq \f(1,2)(x－2)，即x－2y＝－4.
当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4.
椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2，3)，可得eq \f(4,16)＋eq \f(9,b2)＝1，解得b2＝12.
所以C的方程：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1，
可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程：x－2y＝8，
直线AM方程为x－2y＝－4，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得d＝eq \f(8＋4,\r(1＋4))＝eq \f(12\r(5),5)，
由两点之间距离公式可得|AM|＝eq \r(（2＋4）2＋32)＝3eq \r(5).
所以△AMN的面积的最大值为eq \f(1,2)×3eq \r(5)×eq \f(12\r(5),5)＝18.
2．解析：(1)由题设，F(0，eq \f(p,2))且yA＝yB＝eq \f(p,2)，则|AB|＝2p＝4，
所以抛物线C的方程x2＝4y.
(2)设直线PQ为y＝kx＋b，联立抛物线方程可得x2－4kx－4b＝0，
所以Δ＝16k2＋16b>0，即k2＋b>0，
xP＋xQ＝4k，xPxQ＝－4b，则yP＋yQ＝k(xP＋xQ)＋2b＝4k2＋2b，故yE＝2k2＋b，
又|PQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（xP＋xQ）2－4xPxQ)＝
4eq \r(（1＋k2）（k2＋b）)＝m，可得b＝eq \f(m2,16（1＋k2）)－k2，
所以yE＝eq \f(m2,16（1＋k2）)＋(1＋k2)－1令t＝1＋k2≥1，则yE＝eq \f(m2,16t)＋t－1，
由对勾函数的性质：
当eq \f(m,4)≤1，0当eq \f(m,4)>1，m>4时，yE在(1，eq \f(m,4))上单调递减，在(eq \f(m,4)，＋∞)上单调递增，则最小yE＝eq \f(m,2)－1；
综上，04时最小yE＝eq \f(m,2)－1.
3．解析：(1)因为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(2)，
则eq \f(c,a)＝eq \r(2)，c＝eq \r(2)a，可得a＝b，
由已知，将xB＝c＝eq \r(2)a代入eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，可得|yB|＝a，
由eq \f(1,2)×|BF|×|AF|＝2(eq \r(2)＋1)，即eq \f(1,2)×a×(a＋c)＝2(eq \r(2)＋1)，
所以a＝2，故双曲线的方程为x2－y2＝4.
(2)依题意，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－y2＝4，,y＝kx－1，))可得(1－k2)x2＋2kx－5＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝（2k）2－4（1－k2）×（－5）>0，))
解得－1所以|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(（\f(－2k,1－k2)）2－4×\f(－5,1－k2))＝eq \f(2\r(1＋k2)·\r(5－4k2),1－k2)，
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x，,y＝kx－1，))得x3＝eq \f(1,k－1)，同理x4＝eq \f(1,k＋1)，
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x3－x4|＝eq \r(1＋k2)|eq \f(1,k－1)－eq \f(1,k＋1)|＝eq \f(2\r(1＋k2),1－k2)，
所以λ＝eq \f(|MN|,|PQ|)＝eq \f(\f(2\r(1＋k2)·\r(5－4k2),1－k2),\f(2\r(1＋k2),1－k2))＝eq \r(5－4k2)，其中－1因为eq \r(5－4k2)∈(1，eq \r(5)]，故λ的取值范围是(1，eq \r(5)].
4．解析：(1)证明：由C：y2＝4x，故F(1，0)，由直线AB与直线CD垂直，
故两条直线斜率都存在且不为0，
设直线AB，CD分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，有m1m2＝－1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立C：y2＝4x与直线AB，即有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x,x＝m1y＋1))，
消去x可得y2－4m1y－4＝0，Δ＝16m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋16>0，
故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4，
则x1＋x2＝m1y1＋1＋m1y2＋1＝m1(y1＋y2)＋2＝4m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋2，
故eq \f(x1＋x2,2)＝2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋1，eq \f(y1＋y2,2)＝2m1，
即M(2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋1，2m1)，同理可得N(2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＋1，2m2)，
当2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋1≠2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＋1时，
则lMN：y＝eq \f(2m2－2m1,2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋1－（2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1）)(x－2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －1)＋2m1，
即y＝eq \f(m2－m1,m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )(x－2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －1)＋2m1＝eq \f(x,m2＋m1)－eq \f(2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1,m2＋m1)＋eq \f(2m1（m2＋m1）,m2＋m1)
＝eq \f(x,m2＋m1)－eq \f(2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1－2m1m2－2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,m2＋m1)＝eq \f(x,m2＋m1)－eq \f(1－2m1m2,m2＋m1)，
由m1m2＝－1，即y＝eq \f(x,m2＋m1)－eq \f(1＋2,m2＋m1)＝eq \f(1,m2＋m1)(x－3)，
故x＝3时，有y＝eq \f(1,m2＋m1)(3－3)＝0，
此时MN过定点，且该定点为(3，0)，
当2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋1＝2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＋1时，即m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) 时，由m1m2＝－1，即m1＝±1时，
有lMN：x＝2＋1＝3，亦过定点(3，0)，
故直线MN过定点，且该定点为(3，0).
(2)由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，
则lAE：y＝eq \f(y3－y1,x3－x1)(x－x1)＋y1，由y eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝4x1，y eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＝4x2，
故y＝eq \f(y3－y1,\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,4)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4))(x－eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4))＋y1＝eq \f(4x,y3＋y1)－eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,y3＋y1)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y1y3,y3＋y1)＝eq \f(4x,y3＋y1)＋eq \f(y1y3,y3＋y1)，
同理可得lBD：y＝eq \f(4x,y4＋y2)＋eq \f(y2y4,y4＋y2)，联立两直线，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(4x,y3＋y1)＋\f(y1y3,y3＋y1),y＝\f(4x,y4＋y2)＋\f(y2y4,y4＋y2)))，
有eq \f(4x,y3＋y1)＋eq \f(y1y3,y3＋y1)＝eq \f(4x,y4＋y2)＋eq \f(y2y4,y4＋y2)，
即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)，
有x＝eq \f(y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）,4（y4＋y2－y3－y1）)，由y1y2＝－4，同理y3y4＝－4，
故x＝eq \f(y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）,4（y4＋y2－y3－y1）)
＝eq \f(y2y3y4＋y1y2y4－y1y3y4－y1y2y3,4（y4＋y2－y3－y1）)
＝eq \f(－4（y2＋y4－y1－y3）,4（y4＋y2－y3－y1）)＝－1，
故xG＝－1，
过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yM－yN))×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))，
由M(2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋1，2m1)，N(2m eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＋1，2m2)，
由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0，
故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yM－yN))＝2m1－2m2＝2m1＋eq \f(2,m1)≥2eq \r(2m1×\f(2,m1))＝4，
当且仅当m1＝1时，等号成立，
下证eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))≥4：
当m1>1时，有m2＝－eq \f(1,m1)∈(－1，0)，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，
有kMN＝eq \f(1,m2＋m1)＝eq \f(1,m1－\f(1,m1))>0，由直线MN过定点(3，0)，
此时eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))>3－(－1)＝4，
同理，当m1<1时，有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，
有kMN＝eq \f(1,m2＋m1)<0，此时eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))>4，
当且仅当m1＝1时，xQ＝3，此时|xQ－xG|＝4，
故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))≥4恒成立，且m1＝1时，等号成立，
故S△GMN＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yM－yN))×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))≥eq \f(1,2)×4×4＝8.