全國版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測十七圓錐曲線中的最值范圍探索性問題文含解析

PAGE專題檢測（十七）圓錐曲線中的最值、范圍、探究性問題大題專攻強(qiáng)化練1．(2024·全國卷Ⅰ)已知點(diǎn)A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，|AB|＝4，⊙M過點(diǎn)A，B且與直線x＋2＝0相切．(1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑．(2)是否存在定點(diǎn)P，使得當(dāng)A運(yùn)動時，|MA|－|MP|為定值？并說明理由．解：(1)因為⊙M過點(diǎn)A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上．由已知A在直線x＋y＝0上，且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，所以M在直線y＝x上，故可設(shè)M(a，a)．因為⊙M與直線x＋2＝0相切，所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|.連接MA，由已知得|AO|＝2.又eq\o(MO,\s\up7(→))⊥eq\o(AO,\s\up7(→))，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半徑r＝2或r＝6.(2)存在定點(diǎn)P(1，0)，使得|MA|－|MP|為定值．理由如下：設(shè)M(x，y)，由已知得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化簡得M的軌跡方程為y2＝4x.因為曲線C：y2＝4x是以點(diǎn)P(1，0)為焦點(diǎn)，以直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，所以|MP|＝x＋1.因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在滿意條件的定點(diǎn)P.2．(2024·武漢部分學(xué)校調(diào)研)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓C上異于A，B的點(diǎn)，直線TA，TB的斜率之積為－eq\f(3,4).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)M(8，0)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，求△OPQ面積的最大值．解：(1)設(shè)T(x，y)(x≠±4)，則直線TA的斜率為k1＝eq\f(y,x＋4)，直線TB的斜率為k2＝eq\f(y,x－4).于是由k1k2＝－eq\f(3,4)，得eq\f(y,x＋4)·eq\f(y,x－4)＝－eq\f(3,4)，整理得eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1(x≠±4)，故橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由題意設(shè)直線PQ的方程為x＝my＋8，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋8，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))得(3m2＋4)y2＋48my＋144＝0，Δ＝(48m)2－4×144×(3m2＋4)＝12×48(m即m2＞4，yP＋yQ＝－eq\f(48m,3m2＋4)，yPyQ＝eq\f(144,3m2＋4).|PQ|＝eq\f(\r(m2＋1),3m2＋4)·eq\r(Δ)＝eq\f(24\r(（m2＋1）（m2－4）),3m2＋4)，點(diǎn)O到直線PQ的距離d＝eq\f(8,\r(m2＋1)).故S△OPQ＝eq\f(1,2)×|PQ|×d＝eq\f(96\r(m2－4),3m2＋4)＝eq\f(96,3\r(m2－4)＋\f(16,\r(m2－4)))≤4eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)m2＝\f(28,3)時等號成立，且滿意m2＞4))，故△OPQ面積的最大值為4eq\r(3).3．(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，請說明理由．解：(1)設(shè)橢圓的焦距為2c，由離心率e＝eq\f(1,2)得a＝2c.①由|BF|·|BA|＝2eq\r(6)，得a·eq\r(b2＋b2)＝2eq\r(6)，∴ab＝2eq\r(3).②a2－b2＝c2，③由①②③可得a2＝4，b2＝3，∴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，∴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\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→))＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，eq\o(GH,\s\up7(→))＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．∵菱形的對角線相互垂直，∴(eq\o(PG,\s\up7(→))＋eq\o(PH,\s\up7(→)))·eq\o(GH,\s\up7(→))＝0，∴(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得m＝－eq\f(2k,4k2＋3)，即m＝－eq\f(2,4k＋\f(3,k))，∵k＞eq\f(1,2)，∴－eq\f(\r(3),6)≤m＜0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)\f(3,k)＝4k時，等號成立)).∴存在滿意條件的實(shí)數(shù)m，m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，0)).4．(2024·鄭州市其次次質(zhì)量預(yù)料)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A為橢圓上一動點(diǎn)(異于左、右頂點(diǎn))，△AF1F2的周長為4＋2eq\r(3)，且面積的最大值為eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)B是橢圓上一動點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為P，OA，OB(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的斜率分別為k1，k2，且k1k2＝－eq\f(1,4)，求|OP|的取值范圍．解：(1)由橢圓的定義及△AF1F2的周長為4＋2eq\r(3)，可得2(a＋c)＝4＋2eq\r(3)，∴a＋c＝2＋eq\r(3).①當(dāng)A在上(或下)頂點(diǎn)時，△AF1F2的面積取得最大值，即bc＝eq\r(3)，②由①②及a2＝c2＋b2，得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在時，k1＝－k2，∵k1k2＝－eq\f(1,4)，∴k1＝±eq\f(1,2)，不妨取k1＝eq\f(1,2)，則直線OA的方程為y＝eq\f(1,2)x，不妨取點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(2),2)))，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\f(\r(2),2)))，P(eq\r(2)，0)，∴|OP|＝eq\r(2).當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4))可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m∴x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).∵k1k2＝－eq\f(1,4)，∴4y1y2＋x1x2＝0，∴4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－eq\f(32k2m2,1＋4k2)＋4化簡得2m2＝1＋4k2(滿意③式)，∴m2≥eq\f(1,2).設(shè)P(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－4km,1＋4k2)＝eq\f(－2k,m)，y0＝kx0＋m＝eq\f(1,2m).∴|OP|2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝eq\f(4k2,m2)＋eq\f(