2025版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第9讲圆锥曲线-最值范围问题提能训练

第8章平面解析几何第9讲圆锥曲线——最值、范围问题1．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点(2eq\r(2)，1)，渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，直线l是双曲线C右支的一条切线，且与C的渐近线交于A，B两点．(1)求双曲线C的方程；(2)设点A，B的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值．[解析](1)由题设可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(8,a2)－\f(1,b2)＝1，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))则C：eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)设点M的横坐标为xM>0，当直线l斜率不存在时，则直线l：x＝2，易知点M到y轴的距离为xM＝2；当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠±\f(1,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝kx＋m，))整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，Δ＝64k2m2－16(4k2－1)(m2＋1)＝0，整理得4k2＝m2＋1.则x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2－1)＝－eq\f(8km,m2)＝－eq\f(8k,m)，则xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4k,m)>0，即km<0，则xeq\o\al(2,M)＝eq\f(16k2,m2)＝4＋eq\f(4,m2)>4，即xM>2，∴此时点M到y轴的距离大于2；综上所述，点M到y轴的最小距离为2.2．(2024·浙江名校协作体联盟联考)如图，已知双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1，经过点T(1,1)且斜率为k的直线l与C交于A，B两点，与C的渐近线交于M，N两点(从左至右的依次依次为A，M，N，B)，其中k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).(1)若点T是MN的中点，求k的值；(2)求△OBN面积的最小值．[解析](1)解法一：设M(x1，y1)、N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),2)－y\o\al(2,1)＝0，,\f(x\o\al(2,2),2)－y\o\al(2,2)＝0，))得eq\f(x1－x2x1＋x2,2)＝(y1－y2)(y1＋y2)，又T(1,1)为MN的中点，∴x1＋x2＝y1＋y2＝2，∴k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,2).解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线l与双曲线C的方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1＋1，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得(1－2k2)x2－4k(1－k)x－2(1－k)2－2＝0，由韦达定理可知，x1＋x2＝eq\f(4k－4k2,1－2k2)，x1·x2＝eq\f(－21－k2－2,1－2k2)，联立直线l与其中一条渐近线方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1＋1，,y＝\f(\r(2),2)x，))解得x＝eq\f(1－k,\f(\r(2),2)－k)，即xN＝eq\f(1－k,\f(\r(2),2)－k)，同理可得xM＝eq\f(k－1,\f(\r(2),2)＋k)，则xM＋xN＝eq\f(4k－4k2,1－2k2)＝x1＋x2，则可知AB的中点与MN中点重合．由于T(1,1)是MN的中点，所以eq\f(4k1－k,1－2k2)＝2，解得k＝eq\f(1,2).(2)y＝k(x－1)＋1与eq\f(x2,2)－y2＝1联立，消去y得(1－2k2)x2－4k(1－k)x－2(1－k)2－2＝0，由(1)知，|BN|＝|AM|＝eq\f(|AB|－|MN|,2)或S△OBN＝eq\f(1,2)(S△OAB－S△OMN)由于|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)\r(1－k2＋1－2k2),1－2k2)，|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)\r(1－k2),1－2k2)，所以|BN|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(2)[\r(1－k2＋1－2k2)－\r(1－k2)],1－2k2)，又O到直线的距离d＝eq\f(1－k,\r(1＋k2))，所以S△OBN＝eq\f(1,2)|BN|·d＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(1－k[\r(1－k2＋1－2k2)－\r(1－k2)],1－2k2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(1－k,\r(1－k2＋1－2k2)＋\r(1－k2))，整理得S△OBN＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(1,\r(1＋\f(1－2k2,1－k2))＋1)，令t＝1－k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1))，则eq\f(1－2k2,1－k2)＝eq\f(－2t2＋4t－1,t2)＝－eq\f(1,t2)＋eq\f(4,t)－2，当eq\f(1,t)＝2，即k＝eq\f(1,2)时，eq\f(1－2k2,1－k2)的最大值为2，所以S△OBN的最小值为eq\f(\r(6)－\r(2),4).3．(2024·浙江台州八校联盟期中)已知F(eq\r(3)，0)是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点，点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－eq\f(1,2)(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．[解析](1)由题意，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为(－eq\r(3)，0)，依据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为eq\r(\r(3)＋\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－0))2)＋eq\f(1,2)＝4，即2a＝4，所以a＝2，又因为c＝eq\r(3)，可得b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，则x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－1,4k2＋1)，所以kOA＋kOB＝eq\f(y1,x1)＋eq\f(y2,x2)＝eq\f(kx1＋mx2＋kx2＋mx1,x1x2)＝2k＋eq\f(mx1＋x2,x1x2)＝2k＋eq\f(－8km2,4m2－1)＝eq\f(－2k,m2－1)，因为kOA＋kOB＝－eq\f(1,2)，可得m2＝4k＋1，所以k≥－eq\f(1,4)，又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0，解得k<0或k>1，综上可得，直线l的斜率的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞)．4．(2024·广东佛山联考)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，P(4，y0)为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5.(1)求E的标准方程；(2)设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线PA与PB斜率乘积为－4.①证明：直线AB过定点；②求|FA|·|FB|的最小值．[解析](1)由题可知4＋eq\f(p,2)＝5，解得p＝2.所以E的标准方程为y2＝4x.(2)①由(1)知，yeq\o\al(2,0)＝4×4，且y0>0，解得y0＝4，所以P(4,4)．设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2))，则kPA＝eq\f(y1－4,\f(y\o\al(2,1),4)－4)＝eq\f(4,y1＋4)，同理可得，kPB＝eq\f(4,y2＋4)，则kPA·kPB＝eq\f(4,y1＋4)·eq\f(4,y2＋4)＝－4，即4(y1＋y2)＋y1y2＋20＝0.当直线AB斜率存在时，直线AB的方程为y－y1＝eq\f(y1－y2,\f(y\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,2),4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),4)))，整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.所以4x－20－(y1＋y2)(y＋4)＝0，即y＋4＝eq\f(4,y1＋y2)(x－5)，所以直线AB过定点(5，－4)；当直线AB的斜率不存在时y1＋y2＝0，可得yeq\o\al(2,1)＝20，x1＝5.综上，直线AB过定点(5，－4)．②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－5)－4＝kx－5k－4，与抛物线E联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－5k－4，))消去x得k2x2－(10k2＋8k＋4)x＋(5k＋4)2＝0，由题意Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(10k2＋8k＋4,k2)，x1x2＝eq\f(5k＋42,k2)，所以|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝eq\f(5k＋42,k2)＋eq\f(10k2＋8k＋4,k2)＋1＝eq\f(48k＋20,k