新課標(biāo)2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題五解析幾何第4講圓錐曲線中的最值范圍及存在性問(wèn)題練習(xí)文新人教A版

PAGE1-第4講圓錐曲線中的最值、范圍及存在性問(wèn)題1．(2024·武漢市調(diào)研測(cè)試)已知橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為M(－2，0)，離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓Γ的方程；(2)過(guò)點(diǎn)N(1，0)的直線l交橢圓Γ于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))取得最大值時(shí)，求△MAB的面積．解：(1)由題意得a＝2，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，得c＝eq\r(2)，所以a2－b2＝2，即4－b2＝2，所以b2＝2，所以橢圓Γ的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當(dāng)直線l與x軸重合時(shí)，不妨取A(－2，0)，B(2，0)，則點(diǎn)M與點(diǎn)A重合，eq\o(MA,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝0.當(dāng)直線l與x軸不重合時(shí)，設(shè)直線l的方程為x＝ty＋1，設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))，得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0，明顯Δ>0，所以y3＋y4＝eq\f(－2t,t2＋2)，y3·y4＝eq\f(－3,t2＋2)，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x3＋2)(x4＋2)＋y3y4＝(ty3＋3)(ty4＋3)＋y3y4＝(t2＋1)y3y4＋3t(y3＋y4)＋9＝(t2＋1)·eq\f(－3,t2＋2)＋3t·eq\f(－2t,t2＋2)＋9＝eq\f(－3－3t2－6t2,t2＋2)＋9＝eq\f(－9t2－3,t2＋2)＋9＝eq\f(15,t2＋2)≤eq\f(15,2).所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最大值為eq\f(15,2)，此時(shí)t＝0，l：x＝1，不妨取Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(6),2)))，則|AB|＝eq\r(6)，又|MN|＝3，所以△MAB的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·|MN|＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×3＝eq\f(3\r(6),2).2．(2024·安徽五校聯(lián)盟其次次質(zhì)檢)已知A，B是x軸正半軸上的兩點(diǎn)(A在B的左側(cè))，且|AB|＝a(a>0)，過(guò)A，B分別作x軸的垂線，與拋物線y2＝2px(p>0)在第一象限分別交于D，C兩點(diǎn)．(1)若a＝p，點(diǎn)A與拋物線y2＝2px的焦點(diǎn)重合，求直線CD的斜率；(2)若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，記△OCD的面積為S1，梯形ABCD的面積為S2，求eq\f(S1,S2)的取值范圍．解：(1)由題意知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋a，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，則Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋a，\r(p2＋2pa)))，又a＝p，所以kCD＝eq\f(\r(3)p－p,\f(3p,2)－\f(p,2))＝eq\r(3)－1.(2)設(shè)直線CD的方程為y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,y2＝2px))，得ky2－2py＋2pb＝0，所以Δ＝4p2－8pkb>0，得kb<eq\f(p,2)，又y1＋y2＝eq\f(2p,k)，y1y2＝eq\f(2pb,k)，由y1＋y2＝eq\f(2p,k)>0，y1y2＝eq\f(2pb,k)>0，可知k>0，b>0，因?yàn)閨CD|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝aeq\r(1＋k2)，點(diǎn)O到直線CD的距離d＝eq\f(|b|,\r(1＋k2))，所以S1＝eq\f(1,2)·aeq\r(1＋k2)·eq\f(|b|,\r(1＋k2))＝eq\f(1,2)ab.又S2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2))·|x1－x2|＝eq\f(1,2)·eq\f(2p,k)·a＝eq\f(ap,k)，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(kb,2p)，因?yàn)?<kb<eq\f(p,2)，所以0<eq\f(S1,S2)<eq\f(1,4).3．(2024·洛陽(yáng)市統(tǒng)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，其焦點(diǎn)為F，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l與拋物線C相交于不同的兩點(diǎn)A，B，M為AB的中點(diǎn)．(1)若p＝2，M的坐標(biāo)為(1，1)，求直線l的方程；(2)若直線l過(guò)焦點(diǎn)F，AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)N，試問(wèn)：eq\f(2|MN|2,|FN|)是否為定值？若為定值，試求出此定值；否則，說(shuō)明理由．解：(1)由題意知直線l的斜率存在且不為0，故設(shè)直線l的方程為x－1＝t(y－1)，即x＝ty＋1－t，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1－t,y2＝4x))，得y2－4ty－4＋4t＝0，所以Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)>0，y1＋y2＝4t，所以4t＝2，即t＝eq\f(1,2).所以直線l的方程為2x－y－1＝0.(2)eq\f(2|MN|2,|FN|)為定值2p，證明如下．因?yàn)閽佄锞€C：y2＝2px(p>0)，所以焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).由題意知直線l的斜率存在且不為0，因?yàn)橹本€l過(guò)焦點(diǎn)F，故設(shè)直線l的方程為x＝ty＋eq\f(p,2)(t≠0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋\f(p,2),y2＝2px))，得y2－2pty－p2＝0，所以y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p2>0.所以x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，所以M(pt2＋eq\f(p,2)，pt)．所以MN的方程為y－pt＝－t(x－pt2－eq\f(p,2))．令y＝0，解得x＝pt2＋eq\f(3p,2)，N(pt2＋eq\f(3p,2)，0)，所以|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋eq\f(3p,2)－eq\f(p,2)＝pt2＋p，所以eq\f(2|MN|2,|FN|)＝eq\f(2（p2＋p2t2）,pt2＋p)＝2p.4．(2024·湖南省湘東六校聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(1,2)，點(diǎn)A(b，0)，B，F(xiàn)分別為橢圓的上頂點(diǎn)和左焦點(diǎn)，且|BF|·|BA|＝2eq\r(6).(1)求橢圓C的方程；(2)若過(guò)定點(diǎn)M(0，2)的直線l與橢圓C交于G，H兩點(diǎn)(G在M，H之間)，設(shè)直線l的斜率k>0，在x軸上是否存在點(diǎn)P(m，0)，使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形為菱形？假如存在，求出m的取值范圍；假如不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)設(shè)橢圓的焦距為2c，由離心率e＝eq\f(1,2)得a＝2c①.由|BF|·|BA|＝2eq\r(6)，得a·eq\r(b2＋b2)＝2eq\r(6)，所以ab＝2eq\r(3)②.a2－b2＝c2③，由①②③可得a2＝4，b2＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2(k>0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2（k>0）,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得，(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，可知Δ>0，所以k>eq\f(1,2).設(shè)G(x1，y1)，H(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－16k,4k2＋3)，eq\o(PG,\s\up6(→))＋eq\o(PH,\s\up6(→))＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，eq\o(GH,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．因?yàn)榱庑蔚膶?duì)角線相互垂直，所以(eq\o(PG,\s\up6(→))＋eq\o(PH,\s\up6(→)))·