备战2025年高考二轮复习数学专题突破练23　圆锥曲线中的最值、范围问题(提升篇)

专题突破练(分值:68分)学生用书P205主干知识达标练1.(17分)(2024安徽黄山一模)如图,设点F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆E:x2a2+y2=1的左、右焦点,P为椭圆E上任意一点,且PF(1)求椭圆E的方程;(2)求椭圆E的外切矩形ABCD的面积S的最大值.解(1)设点P(x,y),则y2=1-x2a2,其中a2>1,则PF1=(-c-x,-y),PF2=(c-x,-y),所以PF1·PF2=(-c-x)(c-x)+y2=x2-c2+y2=x2-(a2-1)+1-x2a2=a2-1a2x2-a2+2,故当x=0时,PF(2)设点A(x0,y0),当直线AB,AD的斜率都存在时,设直线AB,AD的斜率分别为k1,k2,设过点A且斜率存在的直线的方程为y-y0=k(x-x0),即y=kx+(y0-kx0),联立y=kx+(y0-kx0),x2+4y2=4,消去y可得(4k2+1)x2+8k(y0-kx0)x+4(y0-kx0)2-4=0,则Δ=64k2(y0-kx0)2-16(4k2+1)[(y0-kx0)2-1]=0,整理可得(y0-kx0)2-4k2-1=0,即(x02-4)k2-2x0y0k+y02-1=0,则k1,k2是关于因为AB⊥AD,则k1k2=y02-1x02-当AB,AD分别与两坐标轴垂直时,则A(±2,±1),满足x02+所以点A的轨迹方程为x2+y2=5,由对称性可知,矩形ABCD的四个顶点都在圆x2+y2=5上,该圆的半径为5,由勾股定理可得|AB|2+|AD|2=(25)2=20,由基本不等式可得20=|AB|2+|AD|2≥2|AB|·|AD|,即|AB|·|AD|≤10,当且仅当|AB|=|AD|,|AB|2+|AD|2=20时,即当2.(17分)(2024湖南长沙一模)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,其准线l与x轴交于点P,过点P的直线与C交于A,B两点(点A在点B的左侧).(1)若点A是线段PB的中点,求点A的坐标;(2)若直线AF与C交于点D,记△BDP内切圆的半径为r,求r的取值范围.解(1)由题意知P-12,0,设点A(x0,y0),因为点A是线段PB的中点,所以B2x0+12,2y0,又点A,B都在抛物线C上,所以y02=2x0,4y02=2(2x0+12),解得x0=14,y(2)如图,由题意可知直线AB的斜率存在且不为0,F12,0,设直线AB的方程为y=kx+12,k≠0,A(x1,y1),B(x2,y2),由点A在点B的左侧,则0<x1<x2,设D(x3,y3),直线BD与x轴交于点E,联立y=k(x+12),y2=2x得k2x2+(k2-2)x+k24=0,易知Δ=(k2-2)2-k4=4-4k2>0,解得-1<k<1,k≠0,x1+x2=2-k2k2,x1x2=14,所以0<x1<12<x2,而F12,0,所以直线AF的斜率存在,所以直线AF的方程为y=y1x1-12x-12,与y2=2x联立消去y得,y12x2-y12+2x12-2x1+12x+14y因为直线AF的斜率存在,所以x3=14x1=x2,所以BD⊥所以S△BDP=12x2+12·2|y2|,△BDP的周长为2(x2+12)

2+y22+2|y2|,所以122(x2+12)

2+y22+2令t=x2+12,t>1,则r=112t-1+1t2+1t,因为函数y=1x2=x-2,y=12x-所以关于t的函数r=112t-1+1t2+1所以r的取值范围为(2-1,+∞).关键能力提升练3.(17分)(2024湖北省八市一模)已知双曲线C1:x2-y2b2=1经过椭圆C2:x2a2+y2=1的左、右焦点F1,F2,设C1,C2的离心率分别为e1,e2,且e(1)求C1,C2的方程;(2)设P为C1上一点,且在第一象限内,若直线PF1与C2交于A,B两点,直线PF2与C2交于C,D两点,设AB,CD的中点分别为M,N,记直线MN的斜率为k,当k取最小值时,求点P的坐标.解(1)依题意可得a2-1=1,得a2=2,由e1e2=62,得e12e22=1+b21·a2-1a2=32,解得b2(2)如图,易知F1(-1,0),F2(1,0),设P(x0,y0),直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2,则k1=y0x0+1,k2=y0x0-1,k1k2=y02x02-1,因为点P在C1:x2-y22=设直线PF1的方程为y=k1(x+1),与椭圆方程x22+y2=1联立,消去y可得(2k12+1)x2+4k12x+2(k12-1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=-4k122k12+1,可得M-2k122k12+1,k12k12+1,直线同理可得N2k222k22+1=-(=-(2由k1k2=2可得k=-5(又点P在第一象限内,故k2>k1>0,k=-524k1+k2+2(k1+k2)≥-5224k1+k2×2(k1+k2)=-5324,当且仅当24即当k取最小值时,k1+k2=23,与k1k2=2联立,可解得k1=3-1,k2=3+1,故PF1的方程为y=(3-1)(x+1),PF2的方程为y=(3+1)(x-1),联立可解得x=3,y=2,核心素养创新练4.(17分)(2024江苏南通二模)已知双曲线E的渐近线为y=±33x,左顶点为A(-3,0)(1)求双曲线E的方程;(2)直线l:x=t交x轴于点D,过点D的直线交双曲线E于B,C,直线AB,AC分别交l于G,H,若O,A,G,H均在圆P上,①求点D的横坐标;②求圆P面积的取值范围.解(1)因为双曲线的渐近线关于坐标轴及原点对称,又顶点在x轴上,可设双曲线的方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),从而渐近线方程为因为双曲线的左顶点为A(-3,0),所以a=3,b=1,所以双曲线E的方程为x23-y2=(2)如图,①由题知,直线BC斜率存在,设D(t,0),B(x1,y1),C(x2,y2),直线BC的方程为my=x-t,将x=my+t代入双曲线方程,消去x整理得(m2-3)y2+2mty+t2-3=0,易知该方程有两解,所以m2-3≠0且Δ=12(t2+m2-3)>0,则y1+y2=-2mtm2-3,y1设直线AG的倾斜角为α,不妨设0<α<π2,则∠AGH=π2-α,由O,A,G,H四点共圆知∠HOD=∠AGH,所以直线OH的倾斜角为π2-α,kAG·kOH=tanα·tanπ2-α=sinα又A(-3,0),直线AC的方程为y=y2x2+3(x+3),令x=t,则y=y2(t+3)x2+3又kAG=kAB=y1所以kAG·kOH=y1x1+3×y2(t+3)t(x2+3)=1⇒将x1=my1+t,x2=my2+t代入上式,得(t+3)y1y2=t(my1+t+3)(my2+t+3),所以(t+3)y1y2=t[m2y1y2+m(t+3)(y1+y2)+(t+3)2],所以(t+3)·t2-3m2-3=tm2·t2-3m2-3+m(t+3)·-2mtm2-3+(t+3)2,化简得4t2+故点D的坐标为34,0.②直线AG的方程为y=tanα·(x+3),由①知t=34,所以G34,534直线OH的方程为y=1tanαx,所以H34,34tanα,若G,H在x轴上方时,G在H的上方,即tanα>0时,53若G,H在x轴下方时,即tanα<0时,534tanα<34tanα,所以tanα>55或tan又直线AG与双曲线的渐近线不平行,所以tanα≠±33所以0<α<π,tanα>55或tanα<55且tanα≠±因为OG=(34