高考數(shù)學大一輪復習精講精練(新高考地區(qū))8.10圓錐曲線中最值、范圍模型(精練)(原卷版+解析)

8.10圓錐曲線中最值、范圍模型【題型解讀】【題型一斜率型最值、范圍問題】1.(2023·全國·高三專題練習）已知橢圓的左?右焦點分別為和,且,,,四點中恰有三點在橢圓C上.（1）求橢圓C的標準方程；（2）點P是橢圓C上位于x軸上方的動點,直線和與直線分別交于G和H兩點,設直線和的斜率分別為和,若線段GH的長度小于,求的最大值.2.(2023·全國·高三專題練習）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓C上，以PF1為直徑的圓E：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,4)))2＝eq\f(49,16)過焦點F2.(1)求橢圓C的方程；(2)若橢圓C的右頂點為A，與x軸不垂直的直線l交橢圓C于M，N兩點(M，N與A點不重合)，且滿足AM⊥AN，點Q為MN的中點，求直線MN與AQ的斜率之積的取值范圍．【題型二距離型最值、范圍問題】例2(2023·青島高三模擬）已知橢圓經(jīng)過點,離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）直線與橢圓相交于兩點,求的最大值.2.已知橢圓：的左、右焦點分別為、,是橢圓上一動點,的最大面積為,.(1)求橢圓的方程；(2)若直線與橢圓交于、兩點,、為橢圓上兩點,且,求的最大值.【題型三面積型最值、范圍問題】例3(2023·全國高三專題練習）已知橢圓的離心率為,其左焦點到點的距離為．(1)求橢圓的方程；(2)直線與橢圓相交于兩點,求的面積關于的函數(shù)關系式,并求面積最大時直線的方程．2.(2023·山西太原五中高三期末）已知橢圓的離心率為,橢圓上一動點與左?右焦點構(gòu)成的三角形面積最大值為.(1)求橢圓的方程；(2)設橢圓的左?右頂點分別為,直線交橢圓于兩點,記直線的斜率為,直線的斜率為,已知.①求證：直線恒過定點；②設和的面積分別為,求的最大值.【題型四數(shù)量積型最值、范圍問題】例4(2023·湖北模擬）已知圓心為H的圓x2＋y2＋2x－15＝0和定點A(1，0)，B是圓上任意一點，線段AB的中垂線l和直線BH相交于點M，當點B在圓上運動時，點M的軌跡記為曲線C．(1)求C的方程；(2)過點A作兩條相互垂直的直線分別與曲線C相交于P，Q和E，F(xiàn)，求eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))的取值范圍．2.(2023·德陽三模）已知點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(\r(3),3)))在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，且點M到橢圓C的左、右焦點的距離之和為2eq\r(2)．(1)求橢圓C的方程；(2)設O為坐標原點，若橢圓C的弦AB的中點在線段OM(不含端點O，M)上，求eq\o(OA,\s\up7())·eq\o(OB,\s\up7())的取值范圍．【題型五參數(shù)型最值、范圍問題】1.(2023·湖北模擬）已知橢圓過點．(1)求橢圓C的方程；(2)在橢圓C的第四象限的圖象上有一個動點M,連接動點M與橢圓C的左頂點A與y的負半軸交于點E,連接動點M與橢圓的上頂點B,與x的正半軸交于點F,記四邊形的面積為,的面積為,,求的取值范圍．2.(2023·德陽三模）已知雙曲線E：（,）一個頂點為,直線l過點交雙曲線右支于M,N兩點,記,,的面積分別為S,,.當l與x軸垂直時,的值為.(1)求雙曲線E的標準方程；(2)若l交y軸于點P,,,求證：為定值；(3)在（2）的條件下,若,當時,求實數(shù)m的取值范圍.【題型六坐標型最值、范圍問題】1.(2023·湖北模擬）橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(3),2)，過點F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1．(1)求橢圓C的方程；(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2，設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m，0)，求m的取值范圍．2.(2023·德陽三模）已知A，B，C是橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的三點，其中點A的坐標為(2eq\r(3)，0)，BC過橢圓的中心，且eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2|eq\o(AC,\s\up6(→))|．(1)求橢圓M的方程；(2)過點(0，t)的直線l(斜率存在時)與橢圓M交于兩點P，Q，設D為橢圓M與y軸負半軸的交點，且|eq\o(DP,\s\up6(→))|＝|eq\o(DQ,\s\up6(→))|，求實數(shù)t的取值范圍．8.10圓錐曲線中最值、范圍模型【題型解讀】【題型一斜率型最值、范圍問題】1.(2023·全國·高三專題練習）已知橢圓的左?右焦點分別為和,且,,,四點中恰有三點在橢圓C上.（1）求橢圓C的標準方程；（2）點P是橢圓C上位于x軸上方的動點,直線和與直線分別交于G和H兩點,設直線和的斜率分別為和,若線段GH的長度小于,求的最大值.【解析】（1）由于,兩點關于y軸對稱,故由題設知C經(jīng)過,兩點.又由,知C不經(jīng)過,所以點在C上.所以解得所以橢圓C的標準方程為；（2）設,如圖,過點P作直線軸,分別交x軸和直線于M,N兩點.易知,則,即,由,得,所以,由,得,從而所以當時,,即的最大值為.2.(2023·全國·高三專題練習）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓C上，以PF1為直徑的圓E：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,4)))2＝eq\f(49,16)過焦點F2.(1)求橢圓C的方程；(2)若橢圓C的右頂點為A，與x軸不垂直的直線l交橢圓C于M，N兩點(M，N與A點不重合)，且滿足AM⊥AN，點Q為MN的中點，求直線MN與AQ的斜率之積的取值范圍．【解析】(1)在圓E的方程中，令y＝0，得x2＝3，解得x＝±eq\r(3)，所以F1，F(xiàn)2的坐標分別為(－eq\r(3)，0)，(eq\r(3)，0)．因為Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，又因為|OE|＝eq\f(1,2)|F2P|，OE∥F2P，所以點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝2×eq\f(7,4)＋eq\f(1,2)＝4，得a＝2，b＝1，即橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)右頂點為A(2,0)，由題意可知直線AM的斜率存在且不為0，設直線AM的方程為y＝k(x－2)，由MN與x軸不垂直，故k≠±1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，又點A(2,0)，則由根與系數(shù)的關系可得2x1＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，得x1＝eq\f(8k2－2,1＋4k2)，y1＝k(x1－2)＝eq\f(－4k,1＋4k2)，因為AM⊥AN，所以直線AN的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－2)，用－eq\f(1,k)替換k可得，x2＝eq\f(8－2k2,4＋k2)，y2＝eq\f(4k,4＋k2)，所以點Q坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(30k2,1＋4k24＋k2)，\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2)))，所以直線AQ的斜率k1＝eq\f(\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2),\f(30k2,1＋4k24＋k2)－2)＝eq\f(3k1－k2,22k4＋k2＋2)，直線MN的斜率k2＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(\f(4k,4＋k2)＋\f(4k,1＋4k2),\f(8－2k2,4＋k2)－\f(8k2－2,1＋4k2))＝eq\f(5k,41－k2)，所以k1k2＝eq\f(15k2,82k4＋k2＋2)＝eq\f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))，因為k2>0且k2≠1，所以2k2＋eq\f(2,k2)＋1>2eq\r(2k2×\f(2,k2))＋1＝5，所以0<eq\f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))<eq\f(3,8)，即k1k2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,8))).所以直線MN與AQ的斜率之積的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,8))).【題型二距離型最值、范圍問題】例2(2023·青島高三模擬）已知橢圓經(jīng)過點,離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）直線與橢圓相交于兩點,求的最大值.【解析】（1）由已知得解得,因此橢圓C的方程為；（2）由整理得,設,則,因為,所以MA⊥MB,三角形MAB為直角三角形,設d為點M到直線的距離,故,又因為,,所以,設,則,由于,所以,當,即k=0時,等號成立.因此,的最大值為32.2.已知橢圓：的左、右焦點分別為、,是橢圓上一動點,的最大面積為,.(1)求橢圓的方程；(2)若直線與橢圓交于、兩點,、為橢圓上兩點,且,求的最大值.【解析】（1）設橢圓的半焦距為,,,的最大面積為,,,,橢圓的方程為；（2）由題知,設直線的方程為,,,聯(lián)立,消去并整理得：,∴,得,,,∴,設,,由復合函數(shù)的單調(diào)性知：在上單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減,∴當時,,故.【題型三面積型最值、范圍問題】例3(2023·全國高三專題練習）已知橢圓的離心率為,其左焦點到點的距離為．(1)求橢圓的方程；(2)直線與橢圓相交于兩點,求的面積關于的函數(shù)關系式,并求面積最大時直線的方程．【解析】（1）由題意得：,且,解得：,所以,所以橢圓方程為；（2）聯(lián)立與橢圓方程可得：,由,解得：；設,則,,由弦長公式可得：,點到直線的距離為,則的面積為,其中,令,,則,由于,所以,,令得：,令得：,即在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,所以在處取得極大值,也是最大值,,所以當時,面積取得最大值,此時直線的方程為．2.(2023·山西太原五中高三期末）已知橢圓的離心率為,橢圓上一動點與左?右焦點構(gòu)成的三角形面積最大值為.(1)求橢圓的方程；(2)設橢圓的左?右頂點分別為,直線交橢圓于兩點,記直線的斜率為,直線的斜率為,已知.①求證：直線恒過定點；②設和的面積分別為,求的最大值.【解析】（1）由題意,解得,所以橢圓C的方程為．（2）①依題意,設,若直線的斜率為0則P,Q關于y軸對稱,必有,不合題意．所以直線斜率必不為0,設其方程為,與橢圓C聯(lián)立,整理得：,所以,且因為是橢圓上一點,即,所以,則,即因為,所以,此時,故直線恒過x軸上一定點．②由①得：,所以,而,當時的最大值為．【題型四數(shù)量積型最值、范圍問題】例4(2023·湖北模擬）已知圓心為H的圓x2＋y2＋2x－15＝0和定點A(1，0)，B是圓上任意一點，線段AB的中垂線l和直線BH相交于點M，當點B在圓上運動時，點M的軌跡記為曲線C．(1)求C的方程；(2)過點A作兩條相互垂直的直線分別與曲線C相交于P，Q和E，F(xiàn)，求eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))的取值范圍．【解析】(1)由x2＋y2＋2x－15＝0，得(x＋1)2＋y2＝16，所以圓心為H(－1，0)，半徑為4．連接MA，由l是線段AB的中垂線，得|MA|＝|MB|，所以|MA|＋|MH|＝|MB|＋|MH|＝|BH|＝4，又|AH|＝2<4．根據(jù)橢圓的定義可知，點M的軌跡是以A，H為焦點，4為長軸長的橢圓，所以a2＝4，c2＝1，b2＝3，所求曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)由直線EF與直線PQ垂直，可得eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，于是eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))＝(eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→)))·(eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AQ,\s\up6(→)))＝eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))．①當直線PQ的斜率不存在時，直線EF的斜率為零，此時可不妨取Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，E(2，0)，F(xiàn)(－2，0)，所以eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))＝－3－eq\f(9,4)＝－eq\f(21,4)．②當直線PQ的斜率為零時，直線EF的斜率不存在，同理可得eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))＝－eq\f(21,4)．③當直線PQ的斜率存在且不為零時，直線EF的斜率也存在，于是可設直線PQ的方程為y＝k(x－1)，P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(xP－1，yP)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(xQ－1，yQ)，則直線EF的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)．將直線PQ的方程代入曲線C的方程，并整理得，(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，所以xP＋xQ＝eq\f(8k2,3＋4k2)，xP·xQ＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)．于是eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(xP－1)(xQ－1)＋yP·yQ＝(1＋k2)[xPxQ－(xP＋xQ)＋1]＝(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1))＝－eq\f(91＋k2,3＋4k2)．將上面的k換成－eq\f(1,k)，可得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝－eq\f(91＋k2,4＋3k2)，所以eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝－9(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3＋4k2)＋\f(1,4＋3k2)))．令1＋k2＝t，則t>1，于是上式化簡整理可得，eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))＝－9teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4t－1)＋\f(1,3t＋1)))＝－eq\f(63t2,12t2＋t－1)＝－eq\f(63,\f(49,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))2)．由t>1，得0<eq\f(1,t)<1，所以－eq\f(21,4)<eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))≤－eq\f(36,7)．綜合①②③可知，eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，－\f(36,7)))．2.(2023·德陽三模）已知點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(\r(3),3)))在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，且點M到橢圓C的左、右焦點的距離之和為2eq\r(2)．(1)求橢圓C的方程；(2)設O為坐標原點，若橢圓C的弦AB的中點在線段OM(不含端點O，M)上，求eq\o(OA,\s\up7())·eq\o(OB,\s\up7())的取值范圍．【解析】(1)由條件知eq\f(4,3a2)＋eq\f(1,3b2)＝1，2a＝2eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則AB的中點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))在線段OM上．因為kOM＝eq\f(1,2)，所以x1＋x2＝2(y1＋y2)．eq\f(x\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),2)＋yeq\o\al(2,2)＝1，兩式相減得eq\f((x1－x2)(x1＋x2),2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0，易知x1－x2≠0，y1＋y2≠0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,2(y1＋y2))＝－1，即kAB＝－1．設直線AB的方程為y＝－x＋m，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1并整理得3x2－4mx＋2m2－2＝0．由Δ＝8(3－m2)＞0得m2＜3．由根與系數(shù)的關系得x1＋x2＝eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2m2－1,3)，又eq\f(x1＋x2,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，所以eq\f(2m,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，所以0＜m＜eq\r(3)．eq\o(OA,\s\up7())·eq\o(OB,\s\up7())＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(－x1＋m)(－x2＋m)＝2x1x2－m(x1＋x2)＋m2＝eq\f(4(m2－1),3)－eq\f(4m2,3)＋m2＝m2－eq\f(4,3)，而0＜m＜eq\r(3)，所以eq\o(OA,\s\up7())·eq\o(OB,\s\up7())的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(5,3)))．【題型五參數(shù)型最值、范圍問題】1.(2023·湖北模擬）已知橢圓過點．(1)求橢圓C的方程；(2)在橢圓C的第四象限的圖象上有一個動點M,連接動點M與橢圓C的左頂點A與y的負半軸交于點E,連接動點M與橢圓的上頂點B,與x的正半軸交于點F,記四邊形的面積為,的面積為,,求的取值范圍．【解析】（1）依題意,得,故C的方程為．（2）依題意,,設,則,所以直線,令,則．直線,令．則,又易知,所以四邊形的面積．由題意可知的直線方程為,再設橢圓的參數(shù)方程為為參數(shù),則動點M到直線的距離,,化簡得．∵,∴,的面積,∴．∵,∴,即．2.(2023·德陽三模）已知雙曲線E：（,）一個頂點為,直線l過點交雙曲線右支于M,N兩點,記,,的面積分別為S,,.當l與x軸垂直時,的值為.(1)求雙曲線E的標準方程；(2)若l交y軸于點P,,,求證：為定值；(3)在（2）的條件下,若,當時,求實數(shù)m的取值范圍.【解析】（1）由題意得,,則當l與x軸垂直時,不妨設,由,得,將代入方程,得,解得,所以雙曲線E的方程為．（2）設,,,由與,得,即,,將代入E的方程得：,整理得：①,同理由可得②．由①②知,,是方程的兩個不等實根．由韋達定理知,所以為定值．（3）又,即,整理得：,又,不妨設,則,整理得,又,故,而由（2）知,,故,代入,令,得,由雙勾函數(shù)在上單調(diào)遞增,得,所以m的取值范圍為．【題型六坐標型最值、范圍問題】1.(2023·湖北模擬）橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(3),2)，過點F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1．(1)求橢圓C的方程；(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2，設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m，0)，求m的取值范圍．【解析】(1)將x＝－c代入橢圓的方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得y＝±eq\f(b2,a)．由題意知eq\f(2b2,a)＝1，故a＝2b2．又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，則eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，即a＝2b，所以a＝2，b＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)由PM是∠F1PF2的角平分線，可得eq\f(|PF1|,|F1M|)＝eq\f(|PF2|,|F2M|)，即eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(|F1M|,|F2M|)．設點P(x0，y0)(－2＜x0＜2)，又點F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，M(m，0)，則|PF1|＝eq\r((－\r(3)－x0)2＋y\o\al(2,0))＝2＋eq\f(\r(3),2)x0，|PF2|＝eq\r((\r(3)－x0)2＋y\o\al(2,0))＝2－eq\f(\r(3),2)x0．又|F1M|＝|m＋eq\r(3)|，|F2M|＝|m－eq\r(3)|，且－eq\r(3)＜m＜eq\r(3)，所以|F1M|＝m＋eq\r(3)，|F2M|＝eq\r(3)－m．所以eq\f(2＋\f(\r(3),2)x0,2－\f(\r(3),2)x0)＝eq\f(\r(3)＋m,\r(3)－m)，化簡得m＝eq\f(3,4)x0，而－2＜x0＜2，因此－eq\f(3,2)＜m＜eq\f(3,2)．故實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3,2)))．2.(20