备考2024届高考数学一轮复习好题精练第八章平面解析几何突破2圆锥曲线中的最值范围问题.docx

1、突破2 圆锥曲线中的最值、范围问题1.2023河南省安阳市阶段性测试已知椭圆C：x2a2y2b21（ab0）的离心率为32，短半轴长为1.（1）求C的方程；（2）过点M（0，2）的直线l与C交于A，B两点，且AOB为锐角（O为坐标原点），求l的斜率的取值范围.解析（1）由题可知ca32，b=1，a2b2c2，得a=2，b=1，c3，所以C的方程为x24y21.（2）依题意，直线l的斜率必存在，设l的方程为ykx2，A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程得x24y2=1，ykx+2，消去y整理得（14k2）x216kx120，因为直线与椭圆相交，所以0，即256k248（14k2）0，解得

2、k32或k32.由根与系数的关系得，x1x216k1+4k2，x1x2121+4k2，所以y1y2（kx12）（kx22）k2x1x22k（x1x2）412k21+4k232k21+4k2444k21+4k2，当AOB为锐角时，OAOB0，即x1x2y1y20，所以121+4k244k21+4k20，即k240，解得2k2，所以k（2，32）（32，2） .2.2024陕西宝鸡模拟设抛物线C：y22px（p0），直线x2y10与C交于A，B两点，且AB415.（1）求p；（2）设C的焦点为F，M，N为C上两点，若MFNF0，求MNF面积的最小值.解析（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），

3、由x2y+1=0，y2=2px，可得y24py2p0，所以y1y24p，y1y22p，所以AB5y1y25（y1y2）24y1y2415，即2p2p60，因为p0，所以p2.（2）由（1）得抛物线C：y24x，则F（1，0），显然直线MN的斜率不可能为零，设直线MN：xmyn，M（x3，y3），N（x4，y4），由y2=4x，xmyn，可得y24my4n0，所以y3y44m，y3y44n，16m216n0，得m2n0，因为MFNF0，所以（x31）（x41）y3y40，即（my3n1）（my4n1）y3y40，即（m21）y3y4m（n1）（y3y4）（n1）20，将y3y44m，y3y44n

4、代入得，4m2n26n1，即4（m2n）（n1）20，所以n1，且n26n10，解得n322或n322，设点F到直线MN的距离为d，则dn11+m2，MN1+m2y3y41+m216m2+16n1+m24（n1）221+m2n1，所以MNF的面积S12MNd1221+m2n1n11+m2（n1）2，又n322或n322，所以当n322时，Smin（222）21282.3.2024吉林长春一模已知椭圆C：x2a2y2b21（ab0）的离心率为32，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦的长度为1.（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点M（0，m），若存在实数m，使得

5、OA3OB4OM，求m的取值范围.解析（1）因为椭圆C的离心率为32，所以有ca32，c2a234，a2b2a234，可得b2a214，在方程x2a2y2b21中，令xc，解得y2b2（1c2a2）b4a2，yb2a，因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦的长度为1，所以有b2a（b2a）1，由可得a=2，b=1，所以椭圆C的标准方程为x24y21.（2）当直线l的斜率不存在时，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，于是有x24y2=1，ykxm，（14k2）x28kmx4m240，可得64k2m24（14k2）（4m24）0，化简得4k2m210，设A（x1，y1），B（x2

6、，y2），于是有x1x28km1+4k2，x1x24m241+4k2，因为OA3OB4OM，所以（x1，y1）3（x2，y2）4（0，m），得x13x20，得x13x2，代入x1x28km1+4k2中，得3x2x28km1+4k2，x24km1+4k2，于是有（3x2）x24m241+4k2，3（4km1+4k2）24m241+4k2，化简得k2m21416m2，代入4k2m210中，得4m21416m2m210，得14m21，所以m（12，1）（1，12）.4.2023重庆市名校联考已知双曲线C：x2a2y2b21（a0，b0）与双曲线x2y21有相同的渐近线，A，F分别为双曲线C的左顶点和

7、右焦点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线在第一象限交于点B，ABF的面积为2（21）.（1）求双曲线C的方程；（2）若直线ykx1与C的左、右两支分别交于M，N两点，与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，MNPQ，求实数的取值范围.解析（1）因为双曲线C与双曲线x2y21有相同的渐近线，所以ab.设B（xB，yB），则xBc2a.由已知，将xB2a代入x2a2y2b21，可得yBa.由12BFAF2（21），得12a（ac）12a（a2a）2（21），所以a2，故双曲线C的方程为x24y241.（2）由题意，设M（x1，y1），N（x2，y2），由ykx1，x24y24=1，消去y并整理得，（1k2）x22kx50，所以1k20，（2k）24（1k2）（5）0，x1x251k20，解得1k1，则x1x22k1k2，x1x251k2，所以MN1+k2x1x21+k2（2k1k2）2451k221+k254k21k2.不妨设点P在渐近线yx上，点Q在渐近线yx上，P（x3，y3），Q（x4，y4），由ykx1，yx得，x31k1.同理得，x41k+1.所以PQ1+k2x3x41+k21k11k+121+k21k2，所以MNPQ21+k254k21k221+k21k254k2，1k1，因为54k2（1，5，所以的取值范围是（1，5.