2026版步步高大一轮高考数学复习第八章 进阶篇 圆锥曲线中的综合问题 进阶3 含答案.docx
2026版步步高大一轮高考数学复习第八章进阶篇圆锥曲线中的综合问题进阶3含答案进阶3与角度、斜率、参数、向量有关的范围(最值)问题
题型一与角度、斜率有关的范围(最值)问题
例1已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ＝9QF，求直线OQ斜率的最大值.
解(1)抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点Fp2，0，准线方程为x＝－
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为
p2－-p
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)方法一设Q(x0，y0)，
则PQ＝9QF＝(9－9x0，－9y0)，
∴P(10x0－9，10y0)，
由P在抛物线上可得(10y0)2＝4(10x0－9)，
即x0＝25y0
∴直线OQ的斜率kOQ＝y0
当y0＝0时，kOQ＝0；
当y0≠0时，kOQ＝1025
当y00时，∵25y0＋9y0≥225
此时0kOQ≤13，当且仅当25y0＝9y0，即y0
当y00时，kOQ0，
综上，直线OQ斜率的最大值为13
方法二同方法一得到点Q的轨迹方程为y2＝25x－9
设直线OQ的方程为y＝kx，则当直线OQ与抛物线y2＝25x－925相切时，其斜率
联立y＝kx,y2＝25x-925,
则Δ＝-252－4k2×
解得k＝±13
∴直线OQ斜率的最大值为13
方法三(轨迹方程＋换元求最值法)
同方法一得点Q的轨迹方程为y2＝25x－9
设直线OQ的斜率为k，Q(x，y)，
则k2＝yx
令1x＝t0
则k2＝－925t2＋25t的对称轴为t＝
∴0≤k2≤19，－13≤k≤
故直线OQ斜率的最大值为13
方法四由题可设P(4t2，4t)(t≥0)，Q(x，y)，
∵F(1，0)，PQ＝9QF，
∴(x－4t2，y－4t)＝9(1－x，－y)，
于是x-4t
则直线OQ的斜率为k＝yx
当t＝0时，k＝0；
当t0时，k＝44t＋
当且仅当4t＝9t，即t＝3
综上，直线OQ斜率的最大值为13
思维升华求解与斜率、角度有关的最值问题的关键是建立关于斜率的目标函数，然后运用基本不等式或者函数求解有关的问题.
跟踪训练1(2024·皖北协作区联考)已知双曲线E：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，P是E的右支上一点，且PF1⊥PF
(1)求E的方程；
(2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点F2的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别为kAM和kBN，求kAM2＋
解(1)设双曲线的半焦距为c(c0)，
∵S△PF1F2＝1
∴|PF1||PF2|＝6.
由题可知|PF1|－|PF2|＝2a，
|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，
∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4a2，
即4c2－12＝4a2，∴b2＝3.又ca＝2，∴a2
故E的方程为x2－y2
(2)如图，由题可知F2(2，0)，
A(－1，0)，B(1，0)，且直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x＝ty＋2-3
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立x
得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，
∴y1＋y2＝－12t3t2-1，y1
∵kAM＝y1x1＋1，k
∴k
＝ty1y
∴kBN＝－3kAM，
∴kAM2＋23kBN＝(kAM
∵直线AM与E的右支有交点，
∴－3kAM3，
∴当kAM＝1，kBN＝－3时，kAM2＋2
题型二与参数、向量有关的范围(最值)问题
例2已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点M(2，0)的直线与椭圆C相交于A，B两点，设P为椭圆上一点，且满足OA＋OB＝tOP(t∈R)，当|PA－PB|
解(1)由题意可知，短半轴长b＝|0-0＋2
因为e＝ca＝22，则e
即a2＝2b2＝2，
所以椭圆C的方程为x22＋y
(2)由题意可知，直线AB的斜率存在，
设直线AB为y＝k(x－2)，
联立方程y
消去y得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
由Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)0，
解得k212
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，
则x1＋x2＝8k21＋2k2，x1
因为OA＋OB＝t
则(x1＋x2，y1＋y2)＝t(x，y)，易知t≠0，
可得x＝x1
y＝y1＋y2t＝1t[k(x1＋x
且点P在椭圆上，
则(8k2
整理得16k2＝t2(1＋2k2)，
又因为|PA－PB|＝|BA|
则1＋k2|x1－x2|
可得(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]209
即(1＋k2)64k4(1＋2
整理得(4k2－1)