链接高考10 圆锥曲线中的最值与范围问题——2026版53高考总复习精练册word 人教版
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链接高考10圆锥曲线中的最值与范围问题
1.(2023全国甲理,20,12分)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),
由x?2y+1=0,y2=2px消去x得y2-4py+2p=0,
∵直线与抛物线有两个交点A,B,∴Δ=16p2-8p>0,
解得p>12或p0,即m2+t>0,
由根与系数的关系得y3+y4=4m,y3y4=-4t,
∵FM·FN=0,∴(x3-1,y3)·(x4-1,y4)=0,即(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+t-1)(my4+t-1)+y3y4
=(m2+1)y3y4+m(t-1)(y3+y4)+(t-1)2
=(m2+1)(-4t)+m(t-1)·4m+(t-1)2=0,
即-4m2t-4t+4m2t-4m2+t2-2t+1=0,即4m2=t2-6t+1.
设F到MN的距离为d,则d=t?1|1+m2,
又|MN|=1+m2|y3?y4|=1+m2·(y3+y4)2?4y3y4=1+m2·16m2+16t=41+m2·m2+t,
∴S△MFN=12|MN|·d=12×41+m2·m2+t·t?1|1+m2=2m2+t·|t?1|=4m2+4t·|t-1|
=t2?2t+1|t-1|=(t-1)2.
∵4m2=t2-6t+1≥0,解得t≤3-22或t≥3+22,
∴当且仅当t=3-22时,S△MFN取得最小值12-82.
即△MFN面积的最小值为12-82.
2.(2023新课标Ⅰ,22,12分)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点0,12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33.
解析(1)设P(x,y),由题意得(x?0)2+y?122=|y|,整理得x2-y+14=0,因此W的方程为y=x2+14.
(2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.
设Bx0,x02+14,Ax1,x12+14,Cx2,x22+14,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为-1k(k≠0),
直线AB,BC的方程分别为y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=?1k(x-x0),即直线AB,BC的方程分别为y=kx-kx0+x02+14,y=-xk+x0k+x02+14,
联立直线AB与抛物线W的方程可得y=x2+14,y=kx?kx0+x02+14,消去y得x2?kx+kx0?x02=0,
则Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x0.
由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x02,
∴|AB|=1+k2·|x1?x0|=1+k2·(x0+x1)2?4x0x1=1+k2|k-2x0|.
同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx?1kx0?x02=0,且|BC|=1+?1k2·|x2?x0|=1+?1k2·?1k?2x0=1+1k21k+2x0,
∴|AB|+|BC|=1+k2|k?2x0|+1+1k21k+2x0.
由对称性不妨设00,g(t)单调递增,
∴g(t)在t=12即k=±22处取得极小值,即最小值,为g12=274,
∴|AB|+|BC|>g(t)≥g12=332.
∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>33.
3.(2025届浙江杭州源清中学月考,18)在直角坐标系xOy中,已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F的直线l与C交于M,N两点,且当l的斜率为1时,|MN|=8.
(1)求C的方程;
(2)设l与C的准线交于点P,直线PO与C交于点Q(异于原点),线段MN的中点为R,若|QR|≤3,求△MNQ面积的取值范围.
解析(1)因为过F的直线l与C交于M,N两点,故直线l的斜率不为0,
不妨设l的方程为x=my+p2,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立x=my+p2,y2=2px,消去x得y2-2mpy-p2=0,
∴y1+y2=2mp,y1y2=-p2,则|MN|=x1+x2+p=m(y1+y2)+2p=2p(m2+1),
由题可知当m=1时,|MN|=8,∴p=2,∴C的方程为y2=4x.
(2)由(1)知yR=y1+y22=2m,
将yR=2m代入x=my+1,得xR=2m2+1,
即R(2m2+1,2m),
易知C的准线方程为x=-1,又l与C的准线交于点P,
∴P?1,?2m,
则直线OP的方程为x=m2y,联立OP与C的方程,得y2=2my,
∴Q(m2,2m),∴Q,R的纵坐标相等,
∴直线QR∥x轴,∴|QR|=|2m2+1-m2|=m2+1,
∴S△MNQ=S△QRM+S△QRN=12|QR||y1-y2|=2(m2+1)·m2+1=2|QR|32,
(技巧点拨:巧用面积公式S△MNQ=12|QR|·|y1-y2|避免大量计算,起到化繁为简的目的)
∵点Q异于原点,∴m≠0,∵|QR|≤3,∴1b>0)的右焦点,O为坐标原点,M为椭圆上任意一点,|MF|的最大值为2+3,当|OM|=|OF|时,△MOF的面积为12.
(1)求ba的值;
(2)A,B为椭圆的左、右顶点,点P满足AP=3PB,当M与A,B不重合时,射线MP交椭圆C于点N,直线AM,BN交于点T,求∠ATB的最大值.
解析(1)|MF|max=a+c=2+3①,
设椭圆的左焦点为E,因为|OM|=|OF|=12|EF|,
所以∠EMF=90°,
即|ME|2+|MF|2=|EF|2=4c2,
又|ME|+|MF|=2a,所以|ME|2+|MF|2+2|ME||MF|=4a2,所以2|ME||MF|=4a2-4c2=4b2,
所以|ME||MF|=2b2,
所以S△MEF=12|ME||MF|=b2,
因为S△MOF=12,所以S△MEF=1,所以b2=1②,又a2=b2+c2③,
所以联立①②③,解得a2=4,c2=3,所以ba=12.
(2)由(1)可知椭圆C的方程为x24+y2=1,因为点P满足AP=3PB,所以P(1,0),设直线MN的方程为x=my+1,
联立x=my+1,x24+y2=1,消去x得(m2+4)y2+2my-3=0,
易得Δ>0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4,
直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2),
直线BN的方程为y=y2x2?2(x-2),
联立得x?2x+2=y1(x2?2)y2(x1+2)=y1(my2+1?2)y2(my1+1+2)=my1y2?y1my1y2+3y2,
因为my1y2=32(y1+y2),所以x?2x+2=32(y1+y2)?y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13,解得x=4,
所以动点T的轨迹方程为x=4(y≠0).
由椭圆的对称性不妨设T(4,t),t>0,直线TA,TB的倾斜角分别为α,β,
因为∠ATB=β-α,所以tan∠ATB=tan(β-α)=tanβ?tanα1+tanβtanα,
因为tanα=kTA=t6,tanβ=kTB=t2,
所以tan∠ATB=t2?t61+t2·t6=4tt2+12=4t+12t≤443=33,
当且仅当t=23时,等号成立,此时T(4,23),∠ATB=π6,所以∠ATB的最大值为π6.
1.(2023全国甲理,20,12分)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),
由x?2y+1=0,y2=2px消去x得y2-4py+2p=0,
∵直线与抛物线有两个交点A,B,∴Δ=16p2-8p>0,
解得p>12或p0,即m2+t>0,
由根与系数的关系得y3+y4=4m,y3y4=-4t,
∵FM·FN=0,∴(x3-1,y3)·(x4-1,y4)=0,即(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+t-1)(my4+t-1)+y3y4
=(m2+1)y3y4+m(t-1)(y3+y4)+(t-1)2
=(m2+1)(-4t)+m(t-1)·4m+(t-1)2=0,
即-4m2t-4t+4m2t-4m2+t2-2t+1=0,即4m2=t2-6t+1.
设F到MN的距离为d,则d=t?1|1+m2,
又|MN|=1+m2|y3?y4|=1+m2·(y3+y4)2?4y3y4=1+m2·16m2+16t=41+m2·m2+t,
∴S△MFN=12|MN|·d=12×41+m2·m2+t·t?1|1+m2=2m2+t·|t?1|=4m2+4t·|t-1|
=t2?2t+1|t-1|=(t-1)2.
∵4m2=t2-6t+1≥0,解得t≤3-22或t≥3+22,
∴当且仅当t=3-22时,S△MFN取得最小值12-82.
即△MFN面积的最小值为12-82.
2.(2023新课标Ⅰ,22,12分)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点0,12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33.
解析(1)设P(x,y),由题意得(x?0)2+y?122=|y|,整理得x2-y+14=0,因此W的方程为y=x2+14.
(2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.
设Bx0,x02+14,Ax1,x12+14,Cx2,x22+14,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为-1k(k≠0),
直线AB,BC的方程分别为y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=?1k(x-x0),即直线AB,BC的方程分别为y=kx-kx0+x02+14,y=-xk+x0k+x02+14,
联立直线AB与抛物线W的方程可得y=x2+14,y=kx?kx0+x02+14,消去y得x2?kx+kx0?x02=0,
则Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x0.
由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x02,
∴|AB|=1+k2·|x1?x0|=1+k2·(x0+x1)2?4x0x1=1+k2|k-2x0|.
同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx?1kx0?x02=0,且|BC|=1+?1k2·|x2?x0|=1+?1k2·?1k?2x0=1+1k21k+2x0,
∴|AB|+|BC|=1+k2|k?2x0|+1+1k21k+2x0.
由对称性不妨设00,g(t)单调递增,
∴g(t)在t=12即k=±22处取得极小值,即最小值,为g12=274,
∴|AB|+|BC|>g(t)≥g12=332.
∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>33.
3.(2025届浙江杭州源清中学月考,18)在直角坐标系xOy中,已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F的直线l与C交于M,N两点,且当l的斜率为1时,|MN|=8.
(1)求C的方程;
(2)设l与C的准线交于点P,直线PO与C交于点Q(异于原点),线段MN的中点为R,若|QR|≤3,求△MNQ面积的取值范围.
解析(1)因为过F的直线l与C交于M,N两点,故直线l的斜率不为0,
不妨设l的方程为x=my+p2,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立x=my+p2,y2=2px,消去x得y2-2mpy-p2=0,
∴y1+y2=2mp,y1y2=-p2,则|MN|=x1+x2+p=m(y1+y2)+2p=2p(m2+1),
由题可知当m=1时,|MN|=8,∴p=2,∴C的方程为y2=4x.
(2)由(1)知yR=y1+y22=2m,
将yR=2m代入x=my+1,得xR=2m2+1,
即R(2m2+1,2m),
易知C的准线方程为x=-1,又l与C的准线交于点P,
∴P?1,?2m,
则直线OP的方程为x=m2y,联立OP与C的方程,得y2=2my,
∴Q(m2,2m),∴Q,R的纵坐标相等,
∴直线QR∥x轴,∴|QR|=|2m2+1-m2|=m2+1,
∴S△MNQ=S△QRM+S△QRN=12|QR||y1-y2|=2(m2+1)·m2+1=2|QR|32,
(技巧点拨:巧用面积公式S△MNQ=12|QR|·|y1-y2|避免大量计算,起到化繁为简的目的)
∵点Q异于原点,∴m≠0,∵|QR|≤3,∴1b>0)的右焦点,O为坐标原点,M为椭圆上任意一点,|MF|的最大值为2+3,当|OM|=|OF|时,△MOF的面积为12.
(1)求ba的值;
(2)A,B为椭圆的左、右顶点,点P满足AP=3PB,当M与A,B不重合时,射线MP交椭圆C于点N,直线AM,BN交于点T,求∠ATB的最大值.
解析(1)|MF|max=a+c=2+3①,
设椭圆的左焦点为E,因为|OM|=|OF|=12|EF|,
所以∠EMF=90°,
即|ME|2+|MF|2=|EF|2=4c2,
又|ME|+|MF|=2a,所以|ME|2+|MF|2+2|ME||MF|=4a2,所以2|ME||MF|=4a2-4c2=4b2,
所以|ME||MF|=2b2,
所以S△MEF=12|ME||MF|=b2,
因为S△MOF=12,所以S△MEF=1,所以b2=1②,又a2=b2+c2③,
所以联立①②③,解得a2=4,c2=3,所以ba=12.
(2)由(1)可知椭圆C的方程为x24+y2=1,因为点P满足AP=3PB,所以P(1,0),设直线MN的方程为x=my+1,
联立x=my+1,x24+y2=1,消去x得(m2+4)y2+2my-3=0,
易得Δ>0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4,
直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2),
直线BN的方程为y=y2x2?2(x-2),
联立得x?2x+2=y1(x2?2)y2(x1+2)=y1(my2+1?2)y2(my1+1+2)=my1y2?y1my1y2+3y2,
因为my1y2=32(y1+y2),所以x?2x+2=32(y1+y2)?y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13,解得x=4,
所以动点T的轨迹方程为x=4(y≠0).
由椭圆的对称性不妨设T(4,t),t>0,直线TA,TB的倾斜角分别为α,β,
因为∠ATB=β-α,所以tan∠ATB=tan(β-α)=tanβ?tanα1+tanβtanα,
因为tanα=kTA=t6,tanβ=kTB=t2,
所以tan∠ATB=t2?t61+t2·t6=4tt2+12=4t+12t≤443=33,
当且仅当t=23时,等号成立,此时T(4,23),∠ATB=π6,所以∠ATB的最大值为π6.
