备考2025年高考数学一轮复习第六章专题突破1

专题突破1圆锥曲线中的最值与范围问题高考概览圆锥曲线中的最值与范围问题是解析几何中的重要题型，也是高考的重点，综合性强，题目难度较大，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分考点研读1.会利用圆锥曲线的定义、几何性质将最值转化，结合平面几何中的定理、性质及图形的直观性求解2．能利用圆锥曲线的几何性质或利用已知条件或隐含的不等关系建立不等式，从而求解范围问题3．注意配方法、基本不等式法、函数单调性法等在求最值和范围问题中的应用一、基础小题1．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1截得的弦长的最大值是()A．2 B.eq\f(4\r(3),3)C．4 D．不能确定答案B解析直线y＝kx＋1恒过定点(0，1)，且点(0，1)在椭圆上，设另外一个交点为(x，y)，所以eq\f(x2,4)＋y2＝1，则x2＝4－4y2，弦长为eq\r(x2＋（y－1）2)＝eq\r(4－4y2＋（y－1）2)＝eq\r(－3y2－2y＋5)，当y＝－eq\f(1,3)时，弦长最大，最大值为eq\f(4\r(3),3).故选B.2．已知F为双曲线Γ：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1的左焦点，P为Γ的右支上一点，则直线PF的斜率的取值范围为()A．(－4，4) B．(－3，3)C．(－2eq\r(2)，2eq\r(2)) D．(－2，2)答案D解析由已知F(－2eq\r(5)，0)，设直线PF的方程为y＝k(x＋2eq\r(5))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2\r(5)），,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1，))消去y得(4－k2)x2－4eq\r(5)k2x－20k2－16＝0，根据已知可得方程有一正根一负根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（4\r(5)k2）2＋4（4－k2）（20k2＋16）>0，,\f(－20k2－16,4－k2)<0，))解得－2<k<2.故选D.3．已知抛物线C：y＝eq\f(x2,4)，直线l1：y＝－2，l2：3x－4y－6＝0，M为C上的动点，则点M到l1与l2的距离之和的最小值为()A．3 B.eq\f(5,2)C．2 D.eq\f(7,2)答案A解析由y＝eq\f(x2,4)，得x2＝4y，焦点坐标为F(0，1)，准线方程为l3：y＝－1.由抛物线的定义可知，点M到准线的距离等于到焦点F的距离，所以点M到l3与l2的距离之和的最小值为点F到l2的距离，为d＝eq\f(|－4－6|,\r(32＋（－4）2))＝2，所以点M到l1与l2的距离之和的最小值为2＋1＝3.故选A.4．已知P为椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上一点，M，N分别是圆(x＋3)2＋y2＝4和(x－3)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的取值范围是()A．[7，13] B．[10，15]C．[10，13] D．[7，15]答案A解析根据椭圆的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a＝10，所以7＝10－(1＋2)≤|PM|＋|PN|≤10＋(1＋2)＝13，即所求取值范围为[7，13]．故选A.5．已如P(3，3)，M是抛物线y2＝4x上的动点(异于顶点)，过M作圆C：(x－2)2＋y2＝4的切线，切点为A，则|MA|＋|MP|的最小值为________．答案3解析依题意，设M(x0，y0)，x0>0，有yeq\o\al(2,0)＝4x0，圆C：(x－2)2＋y2＝4的圆心C(2，0)，半径r＝2，于是|MA|＝eq\r(|MC|2－r2)＝eq\r(（x0－2）2＋yeq\o\al(2,0)－4)＝eq\r(xeq\o\al(2,0))＝x0，因此|MA|＋|MP|＝x0＋|MP|，表示抛物线C上的点M到y轴的距离与到定点P的距离的和，而点P在抛物线C内，当且仅当M是过点P垂直于y轴的直线与抛物线C的交点时，x0＋|MP|取得最小值3，所以|MA|＋|MP|的最小值为3.6．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2eq\r(6)，0)，点A的坐标为(0，1)，点P为双曲线左支上的动点，且△APF的周长不小于18，则双曲线C的离心率的取值范围为__________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))解析由右焦点为F(2eq\r(6)，0)，点A的坐标为(0，1)，可得|AF|＝eq\r(24＋1)＝5.因为△APF的周长不小于18，所以|PA|＋|PF|的最小值不小于13.设F2为双曲线的左焦点，可得|PF|＝|PF2|＋2a，故|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PF2|＋2a，当A，P，F2三点共线时，|PA|＋|PF2|＋2a取得最小值|AF|＋2a，即5＋2a，所以5＋2a≥13，即a≥4.因为c＝2eq\r(6)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(6),a)≤eq\f(\r(6),2).又e>1，所以e的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2))).二、高考小题7．(2021·新高考Ⅰ卷)已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为()A．13 B．12C．9 D．6答案C解析由椭圆的定义可知，|MF1|＋|MF2|＝2a＝6.由基本不等式可得|MF1|·|MF2|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq\s\up12(2)＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立．故选C.8．(2021·全国乙卷)设B是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))答案C解析依题意，B(0，b)，设椭圆上一点P(x0，y0)，则|y0|≤b，eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，可得xeq\o\al(2,0)＝a2－eq\f(a2,b2)yeq\o\al(2,0)，则|PB|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－b)2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)－2by0＋b2＝－eq\f(c2,b2)yeq\o\al(2,0)－2by0＋a2＋b2≤4b2.因为当y0＝－b时，|PB|2＝4b2，所以－eq\f(b3,c2)≤－b，得2c2≤a2，所以离心率e＝eq\f(c,a)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).故选C.三、模拟小题9．(2023·福建厦门双十中学校考模拟预测)已知抛物线C：y2＝－8x的焦点为F，动点M在C上，圆M的半径为1，过点F的直线与圆M相切于点N，则eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→))的最小值为()A．2 B．3C．4 D．5答案B解析因为抛物线C：y2＝－8x，所以焦点坐标为F(－2，0)，如图所示．连接MN，过M作MQ垂直准线x＝2于点Q，则在Rt△NFM中，cos∠NFM＝eq\f(|\o(FN,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|\o(FM,\s\up16(→))|))，所以eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→))＝|eq\o(FM,\s\up16(→))||eq\o(FN,\s\up16(→))|cos∠NFM＝|eq\o(FM,\s\up16(→))||eq\o(FN,\s\up16(→))|eq\f(|\o(FN,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|\o(FM,\s\up16(→))|))＝|eq\o(FN,\s\up16(→))|2＝|eq\o(FM,\s\up16(→))|2－|eq\o(MN,\s\up16(→))|2＝|eq\o(FM,\s\up16(→))|2－1.由抛物线的定义，得|eq\o(FM,\s\up16(→))|＝|MQ|，则由图可得|MQ|的最小值即抛物线顶点O到准线x＝2的距离，即|MQ|min＝2，所以(eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→)))min＝(|eq\o(FM,\s\up16(→))|2－1)min＝(|MQ|2－1)min＝3.故选B.10．(2024·江西红色十校高三联考)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq\r(3)，离心率为eq\f(\r(3),2)，过C上一点P分别作与l1：y＝2x和l2：y＝－2x平行的直线，交直线l2，l1于M，N两点，则线段MN长度的最大值为()A．4 B．3C．2 D．1答案A解析由题意知，c＝eq\r(3)，又离心率为eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，则y1＝－2x1，y2＝2x2，因为四边形PMON为平行四边形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝x0＋0＝\f(1,2)（y2－y1），,y1＋y2＝y0＋0＝2（x2－x1），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－x2＝－\f(y0,2)，,y1－y2＝－2x0，))又点P在椭圆C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以yeq\o\al(2,0)＝1－eq\f(xeq\o\al(2,0),4)，所以|MN|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(\f(yeq\o\al(2,0),4)＋4xeq\o\al(2,0))＝eq\r(\f(63,16)xeq\o\al(2,0)＋\f(1,4))，因为－2≤x0≤2，所以0≤xeq\o\al(2,0)≤4，所以eq\r(\f(63,16)xeq\o\al(2,0)＋\f(1,4))≤eq\r(\f(63,16)×4＋\f(1,4))＝4，所以线段MN长度的最大值为4.故选A.11．(2023·江西南昌市八一中学校考三模)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若在C上存在点P(不是顶点)，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，则C的离心率的取值范围为()A．(eq\r(2)，2) B．(eq\r(3)，＋∞)C．(1，eq\r(3)] D．(1，eq\r(2)]答案A解析设PF1与y轴交于点Q，连接QF2，则|QF1|＝|QF2|，所以∠QF1F2＝∠QF2F1，因为∠PF2F1＝3∠PF1F2，故点P在双曲线右支上，且∠PF2Q＝∠PQF2＝2∠PF1F2，故|PQ|＝|PF2|，而|PF1|－|PF2|＝2a，故|PF1|－|PF2|＝|PF1|－|PQ|＝|QF1|＝2a，在Rt△QOF1中，|QF1|>|OF1|，即2a>c，故e＝eq\f(c,a)<2，由∠PF2F1＝3∠PF1F2，且三角形内角和为180°，故∠PF1F2<eq\f(180°,4)＝45°，则cos∠PF1F2＝eq\f(|OF1|,|QF1|)>cos45°，即eq\f(c,2a)>eq\f(\r(2),2)，即e＝eq\f(c,a)>eq\r(2)，所以C的离心率的取值范围为(eq\r(2)，2)．故选A.12．(2024·湖北武汉九所重点中学高三第一次联考)抛物线C：y2＝3x的焦点为F，顶点为O，其上两点A，B(均异于原点O)满足OA⊥OB.过点O作OC⊥AB于点C，则|CF|的取值范围是()A．(0，3] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(3\r(3),2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(9,4))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，3))答案C解析如图所示，由题意，不妨设直线AB：x＝my＋t，t≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,y2＝3x，))得y2－3my－3t＝0，所以由根与系数的关系得y1y2＝－3t，从而x1x2＝eq\f(yeq\o\al(2,1),3)×eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3t,3)))eq\s\up12(2)＝t2，又由OA⊥OB，可知eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝t2－3t＝0，因为t≠0，所以解得t＝3，此时Δ＝9m2＋36>0满足题意，故m∈R，所以直线AB：x＝my＋3.因为OC⊥AB，所以不妨设OC：y＝－mx，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋3，,y＝－mx，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,m2＋1)，,y＝\f(－3m,m2＋1)，))即点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,m2＋1)，\f(－3m,m2＋1)))，又Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，所以|CF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,m2＋1)－\f(3,4)))\s\up12(2)＋\f(9m2,（m2＋1）2))＝eq\r(\f(9,16)＋\f(9,2（m2＋1）))，因为m2＋1≥1，所以0<eq\f(9,2（m2＋1）)≤eq\f(9,2)，eq\f(3,4)<|CF|＝eq\r(\f(9,16)＋\f(9,2（m2＋1）))≤eq\f(9,4).故选C.13．(多选)(2023·海南嘉积中学高三质检)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P(eq\r(2)，1)在椭圆内部，点Q在椭圆上，椭圆C的离心率为e，则下列说法正确的是()A．离心率e的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B．存在点Q，使得eq\o(QF1,\s\up16(→))·eq\o(QF2,\s\up16(→))＝0C．当e＝eq\f(\r(2),4)时，|QF1|＋|QP|的最大值为4＋eq\f(\r(6),2)D.eq\f(1,|QF1|)＋eq\f(1,|QF2|)的最小值为1答案ACD解析因为点P(eq\r(2)，1)在椭圆内部，所以eq\f(2,4)＋eq\f(1,b2)<1，于是2<b2<4.对于A，离心率e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(b2,4))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，故A正确；对于B，设Q(x，y)，若eq\o(QF1,\s\up16(→))·eq\o(QF2,\s\up16(→))＝0，则(x＋c，y)·(x－c，y)＝0，即x2＋y2＝c2，所以点Q在以原点为圆心，半径为c的圆上，由A，c＝ea∈(0，eq\r(2))，b∈(eq\r(2)，2)，即c<b，所以该圆与椭圆没有交点，故B错误；对于C，由椭圆的定义可知，|QF1|＋|QP|＝4－|QF2|＋|QP|，当点Q在x轴下方，且Q，F2，P三点共线时，|QF1|＋|QP|有最大值4＋|PF2|，由e＝eq\f(\r(2),4)，得eq\f(c,2)＝eq\f(\r(2),4)，解得c＝eq\f(\r(2),2)，则F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0))，则|PF2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋1)＝eq\f(\r(6),2)，即|QF1|＋|QP|的最大值为4＋eq\f(\r(6),2)，故C正确；对于D，由椭圆的定义，|QF1|＋|QF2|＝2a＝4，所以eq\f(1,|QF1|)＋eq\f(1,|QF2|)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|QF1|)＋\f(1,|QF2|)))(|QF1|＋|QF2|)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(|QF2|,|QF1|)＋\f(|QF1|,|QF2|)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(|QF2|,|QF1|)·\f(|QF1|,|QF2|))))＝1，当且仅当|QF1|＝|QF2|时取等号，故D正确．故选ACD.14．(2023·四川绵阳统考二模)已知双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，离心率为eq\f(3\r(5),5)，过C的右支上一点P(x0，y0)，作两条渐近线的平行线，分别交x轴于点M，N，且|OM|·|ON|＝5.过点P作∠F1PF2的角平分线，F2在角平分线上的投影为点H，则|F1H|的取值范围为________．答案(2eq\r(6)，3＋eq\r(5))解析∵e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(5),5)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,5)，即eq\f(b,a)＝eq\f(2\r(5),5)，∴两渐近线方程为y＝±eq\f(2\r(5),5)x，∵P(x0，y0)为右支上一点，∴eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1.设PM：y－y0＝eq\f(2\r(5),5)(x－x0)，PN：y－y0＝－eq\f(2\r(5),5)(x－x0)，分别令y＝0，可得xM＝x0－eq\f(\r(5),2)y0，xN＝x0＋eq\f(\r(5),2)y0，又|OM|·|ON|＝5，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(\r(5),2)y0))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(\r(5),2)y0))))＝5，即xeq\o\al(2,0)－eq\f(5,4)yeq\o\al(2,0)＝5，∴eq\f(xeq\o\al(2,0),5)－eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝1，∴双曲线方程为eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1，故a2＝5，b2＝4，c＝3.延长F2H交PF1于点K，如图，∵PH平分∠F1PF2且F2H⊥PH，∴|PK|＝|PF2|，又|PF1|－|PF2|＝|PF1|－|PK|＝|F1K|＝2a＝2eq\r(5)，|F1F2|＝2c＝6，H为KF2的中点，∴eq\o(F1H,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(F1K,\s\up16(→))＋eq\o(F1F2,\s\up16(→)))，∴|eq\o(F1H,\s\up16(→))|2＝eq\f(1,4)(|eq\o(F1K,\s\up16(→))|2＋2eq\o(F1K,\s\up16(→))·eq\o(F1F2,\s\up16(→))＋|eq\o(F1F2,\s\up16(→))|2)＝eq\f(1,4)(20＋2×2eq\r(5)×6×cos∠PF1F2＋36)＝14＋6eq\r(5)cos∠PF1F2，易知tan∠PF1F2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(5),5)))，∴cos∠PF1F2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)，1))，∴|eq\o(F1H,\s\up16(→))|2∈(24，14＋6eq\r(5))，∴|eq\o(F1H,\s\up16(→))|∈(2eq\r(6)，3＋eq\r(5))．即|F1H|的取值范围是(2eq\r(6)，3＋eq\r(5))．一、高考大题1．(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，且|AB|＝4eq\r(15).(1)求p；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，eq\o(MF,\s\up16(→))·eq\o(NF,\s\up16(→))＝0，求△MNF面积的最小值．解(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，所以|AB|＝eq\r(5)|yA－yB|＝eq\r(5)×eq\r(（yA＋yB）2－4yAyB)＝eq\r(5)×eq\r(16p2－8p)＝4eq\r(15)，即2p2－p－6＝0，因为p＞0，解得p＝2.(2)显然直线MN的斜率不可能为零，设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，Δ＝16m2＋16n＞0⇒m2＋n＞0，因为eq\o(MF,\s\up16(→))·eq\o(NF,\s\up16(→))＝0，F(1，0)，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入，得4m2＝n2－6n＋1，4(m2＋n)＝(n－1)2＞0，所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2).设点F到直线MN的距离为d，所以d＝eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))，|MN|＝eq\r(1＋m2)·|y1－y2|＝eq\r(1＋m2)eq\r(16m2＋16n)＝eq\r(1＋m2)eq\r(4（n2－6n＋1）＋16n)＝2eq\r(1＋m2)|n－1|，所以△MNF的面积S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(1,2)×2eq\r(1＋m2)|n－1|·eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，而n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2)，所以当n＝3－2eq\r(2)时，△MNF的面积取得最小值，Smin＝(2－2eq\r(2))2＝12－8eq\r(2).二、模拟大题2.(2024·四川南充高考适应性考试(零诊))如图所示，以原点O为圆心，分别以2和1为半径作两个同心圆，设A为大圆上任意一点，连接OA交小圆于点B，设∠AOx＝θ，过点A，B分别作x轴、y轴的垂线，两垂线交于点M.(1)求动点M的轨迹C的方程；(2)点E，F分别是轨迹C上两点，且eq\o(OE,\s\up16(→))·eq\o(OF,\s\up16(→))＝0，求△EOF面积的取值范围．解(1)因为∠AOx＝θ(0≤θ<2π)，所以A(2cosθ，2sinθ)，B(cosθ，sinθ)，设M(x，y)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝sinθ))(θ是参数)，消去θ，得eq\f(x2,4)＋y2＝1，即动点M的轨迹C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)∵eq\o(OE,\s\up16(→))·eq\o(OF,\s\up16(→))＝0，∴OE⊥OF，当直线OE或OF的斜率不存在时，易得S△EOF＝1；当直线OE和OF的斜率都存在时，设lOE：y＝kx(k≠0)，E(x1，y1)，则lOF：y＝－eq\f(x,k)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,x2＋4y2＝4，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝\f(4,1＋4k2)，,yeq\o\al(2,1)＝\f(4k2,1＋4k2)，))∴|OE|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(\f(4（1＋k2）,4k2＋1))，同理可得|OF|＝eq\r(\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2))),\f(4,k2)＋1))＝eq\r(\f(4（k2＋1）,k2＋4))，S△EOF＝eq\f(1,2)|OE|·|OF|＝2eq\r(\f(（k2＋1）2,（k2＋4）（4k2＋1）))，令t＝k2＋1>1，S△EOF＝2eq\r(\f(t2,4t2＋9t－9))＝2eq\r(\f(1,－\f(9,t2)＋\f(9,t)＋4))＝2eq\r(\f(1,－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(25,4)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1)).综上所述，△EOF面积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1)).3．(2024·浙南名校联盟高三第一次联考)设抛物线y2＝4x的焦点为F，O是坐标原点，M(4，0)，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，延长AM，BM分别交抛物线于点C，D，P，Q分别是AB，CD的中点．(1)求直线OP的斜率的取值范围；(2)求cos∠POQ的最小值．解(1)由题意，得F(1，0)，设AB：x＝ny＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入y2＝4x，得y2－4ny－4＝0，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4n，,y1y2＝－4，))x1＋x2＝n(y1＋y2)＋2＝4n2＋2，所以P(2n2＋1，2n)，故|kOP|＝eq\f(2|n|,2n2＋1)，当n＝0时，kOP＝0，当n≠0时，|kOP|＝eq\f(2|n|,2n2＋1)＝eq\f(2,2|n|＋\f(1,|n|))≤eq\f(2,2\r(2|n|·\f(1,|n|)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当2|n|＝\f(1,|n|)，即|n|＝\f(\r(2),2)时等号成立)).综上可得，直线OP的斜率的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).(2)设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则kAC＝eq\f(y3－y1,x3－x1)＝eq\f(4,y1＋y3)＝eq\f(y1,\f(yeq\o\al(2,1),4)－4)，解得y3＝－eq\f(16,y1)，同理，y4＝－eq\f(16,y2)，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(64,yeq\o\al(2,1))，－\f(16,y1)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(64,yeq\o\al(2,2))，－\f(16,y2)))，所以点Q的横坐标为32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,yeq\o\al(2,1))＋\f(1,yeq\o\al(2,2))))＝32×eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,（y1y2）2)＝16(2n2＋1)，点Q的纵坐标为－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝8n，所以OQ的斜率kOQ＝eq\f(n,2（2n2＋1）)＝eq\f(1,4)kOP，记t＝kOP，t2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，取OP，OQ的方向向量分别为p＝(1，t)，q＝(4，t)，故cos∠POQ＝eq\f(|p·q|,|p||q|)＝eq\f(t2＋4,\r(t2＋1)·\r(16＋t2)).当t2＝0时，cos∠POQ＝eq\f(4,4)＝1；当t2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，cos∠POQ＝eq\r(1－\f(9,t2＋\f(16,t2)＋17))，函数y＝x＋eq\f(16,x)在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，最小值为eq\f(1,2)＋eq\f(16,\f(1,2))＝eq\f(65,2)，所以当t2＝eq\f(1,2)时，cos∠POQ取得最小值为eq\r(1－\f(9,\f(65,2)＋17))＝eq\r(\f(9,11))＝eq\f(3\r(11),11).4．(2023·浙江校考三模)已知双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1，F1，F2分别为其左、右焦点，点P(x0，y0)为其右支上一点，在点P处作双曲线的切线l.(1)若点P的坐标为(3，eq\r(2))，求证：l为∠F1PF2的角平分线；(2)过F1，F2分别作l的平行线l1，l2，其中l1交双曲线于A，B两点，l2交双曲线于C，D两点，求S△PAB·S△PCD的最小值．解(1)证明：由题意，点P(x0，y0)处的切线l的方程为eq\f(x0,3)x－y0y＝1，所以在点(3，eq\r(2))处的切线l的方程为x－eq\r(2)y＝1，切线l：x－eq\r(2)y＝1交x轴于点Q(1，0)，则eq\f(|QF1|,|QF2|)＝eq\f(3,1)，eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(3\r(3),\r(3))＝eq\f(3,1)，即eq\f(|QF1|,|QF2|)＝eq\f(|PF1|,|PF2|)，所以l为∠F1PF2的角平分线．(2)在P(x0，y0)处的切线l的方程为eq\f(x0,3)x－y0y＝1.当y0≠0，即点P不为右顶点时，直线l的斜率k＝eq\f(x0,3y0)，k2＝eq\f(xeq\o\al(2,0),9yeq\o\al(2,0))＝eq\f(3＋3yeq\o\al(2,0),9yeq\o\al(2,0))＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3yeq\o\al(2,0))>eq\f(1,3)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,x2－3y2－3＝0，))消去y，得(1－3k2)x2－12k2x－12k2－3＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(12k2,1－3k2)，,x1x2＝\f(－12k2－3,1－3k2)，,Δ＝12（k2＋1），))所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2\r(3)（1＋k2）,3k2－1)＝|CD|，记P到l1的距离为d1，P到l2的距离为d2，F1到l的距离为d3，F2到l的距离为d4，则d1d2＝d3d4＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,3)（－2）－1)),\r(yeq\o\al(2,0)＋\f(xeq\o\al(2,0),9)))·eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,3)·2－1)),\r(yeq\o\al(2,0)＋\f(xeq\o\al(2,0),9)))＝1，所以S△PAB·S△PCD＝eq\f(1,2)|AB|·d1·eq\f(1,2)|CD|·d2＝eq\f(1,4)|AB|2·1＝eq\f(3（k2＋1）2,（3k2－1）2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,3k2－1)))eq\s\up12(2)>eq\f(1,3)；当y0＝0，即点P为右顶点时，|AB|＝|CD|＝eq\f(2b2,a)＝eq\f(2,\r(3))，|PF1|＝a＋c＝2＋eq\r(3)，|PF2|＝c－a＝2－eq\r(3).所以S△PAB·S△PCD＝eq\f(1,2)|AB|·|PF1|·eq\f(1,2)|CD|·|PF2|＝eq\f(1,2)×eq\f(2,\r(3))×(2＋eq\r(3))×eq\f(1,2)×eq\f(2,\r(3))×(2－eq\r(3))＝eq\f(1,3)，综上，S△PAB·S△PCD的最小值为eq\f(1,3).5.(2023·广东广州六中高三模拟)如图，已知椭圆C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，抛物线C2：x2＝2py(p>0)，O为坐标原点．(1)若抛物线C2的焦点正好为椭圆C1的上顶点，求p的值；(2)椭圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P(x0，y0)，过点P但不过原点的直线l交椭圆C1于点Q，交抛物线C2于点M(Q，M不同于点P)，若M是线段PQ的中点，求p的最大值，并求当p取最大时直线l的斜率．解(1)椭圆C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，所以上顶点为(0，eq\r(3))，依题意eq\f(p,2)＝eq\r(3)，所以p＝2eq\r(3).(2)因为点P(x0，y0)既在椭圆C1上，又在抛物线C2上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1且xeq\o\al(2,0)＝2py0，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，则x0＋xQ＝－eq\f(8km,3＋4k2)，所以xM＝eq\f(x0＋xQ,2)＝－eq\f(4km,3＋4k2).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＝2py，))消去y，整理得x2－2pkx－2pm＝0，则x0xM＝－2pm，所以x0＝eq\f(－2pm,xM)＝eq\f(p（3＋4k2）,2k)，代入抛物线方程得y0＝eq\f(xeq\o\al(2,0),2p)＝eq\f(p（3＋4k2）2,8k2)，再代入椭圆方程得3·eq\f(p2（3＋4k2）2,4k2)＋4·eq\f(p2（3＋4k2）4,（8k2）2)＝12，整理得eq\f(48,p2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋4k))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋4k))eq\s\up12(4)，令t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋4k))eq\s\up12(2)，则eq\f(48,p2)＝3t＋eq\f(1,4)t2，依题意可知k>0且eq\f(3,k)＋