2025年高三數(shù)學(xué)高考解析幾何中的最值與范圍問題模擬試題題型一：橢圓與直線綜合的面積最值問題例題1已知橢圓(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的焦距為4，左右焦點(diǎn)分別為(F_1(-2,0))、(F_2(2,0))，過(F_2)且不垂直于坐標(biāo)軸的直線(l)交橢圓于(M(x_1,y_1))、(N(x_2,y_2))兩點(diǎn)，(\triangleMNF_1)的周長為(4\sqrt{5})，點(diǎn)(M)關(guān)于(x)軸的對稱點(diǎn)為(P)，直線(PN)交(x)軸于點(diǎn)(Q)。（1）求橢圓(C)的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）求四邊形(MF_1NQ)面積的最大值。解析（1）由橢圓定義知，(\triangleMNF_1)的周長為(4a=4\sqrt{5})，故(a=\sqrt{5})。又焦距(2c=4)，得(c=2)，則(b^2=a^2-c^2=5-4=1)，橢圓方程為(\frac{x^2}{5}+y^2=1)。（2）設(shè)直線(l)的方程為(x=my+2(m\neq0))，聯(lián)立橢圓方程得：[\begin{cases}x=my+2\\frac{x^2}{5}+y^2=1\end{cases}]消去(x)整理得((m^2+5)y^2+4my-1=0)，由韋達(dá)定理得：[y_1+y_2=-\frac{4m}{m^2+5},\quady_1y_2=-\frac{1}{m^2+5}]點(diǎn)(P(x_1,-y_1))，直線(PN)的方程為(y+y_1=\frac{y_2+y_1}{x_2-x_1}(x-x_1))。令(y=0)，解得(Q\left(\frac{5}{2},0\right))。四邊形(MF_1NQ)的面積可分割為(\triangleMF_1Q)與(\triangleNF_1Q)的面積之和，即：[S=\frac{1}{2}\cdot|F_1Q|\cdot|y_1-y_2|]其中(|F_1Q|=\frac{5}{2}-(-2)=\frac{9}{2})，(|y_1-y_2|=\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{2\sqrt{5(m^2+1)}}{m^2+5})。代入得：[S=\frac{9}{2}\cdot\frac{\sqrt{5(m^2+1)}}{m^2+5}]令(t=\sqrt{m^2+1}(t\geq1))，則(S=\frac{9\sqrt{5}t}{t^2+4}\leq\frac{9\sqrt{5}}{4})（當(dāng)(t=2)即(m=\pm\sqrt{3})時(shí)取等號）。故四邊形面積最大值為(\frac{9\sqrt{5}}{4})。題型二：拋物線中的參數(shù)范圍問題例題2已知拋物線(E:y^2=2x)的焦點(diǎn)為(F)，(A,B,C)為(E)上不重合的三點(diǎn)，且(\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC}=\overrightarrow{0})。（1）求(|FA|+|FB|+|FC|)的值；（2）過(A,B)兩點(diǎn)分別作(E)的切線(l_A)與(l_B)，相交于點(diǎn)(D)，若(|AB|=4)，求(\triangleABD)面積的最大值。解析（1）拋物線焦點(diǎn)(F\left(\frac{1}{2},0\right))，設(shè)(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3))，由向量關(guān)系得(x_1+x_2+x_3=\frac{3}{2})。由拋物線定義，(|FA|=x_1+\frac{1}{2})，同理(|FB|=x_2+\frac{1}{2})，(|FC|=x_3+\frac{1}{2})，故(|FA|+|FB|+|FC|=x_1+x_2+x_3+\frac{3}{2}=3)。（2）設(shè)直線(AB)的方程為(x=ty+n)，聯(lián)立拋物線方程(y^2=2x)得(y^2-2ty-2n=0)，則(y_1+y_2=2t)，(y_1y_2=-2n)。由弦長公式(|AB|=\sqrt{1+t^2}\cdot\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=2\sqrt{(1+t^2)(t^2+2n)}=4)，化簡得((1+t^2)(t^2+2n)=4)，解得(n=\frac{2}{1+t^2}-\frac{t^2}{2})。拋物線在點(diǎn)(A)處的切線方程為(y_1y=x+x_1)，同理(B)處切線為(y_2y=x+x_2)，聯(lián)立得(D(t,-n))。點(diǎn)(D)到直線(AB)的距離(d=\frac{|t^2+2n|}{\sqrt{1+t^2}})，則(\triangleABD)的面積：[S=\frac{1}{2}\cdot|AB|\cdotd=2\cdot\frac{|t^2+2n|}{\sqrt{1+t^2}}]將(n)代入得(S=\frac{4}{\sqrt{1+t^2}})，當(dāng)(t=0)時(shí)，(S)取最大值4。題型三：雙曲線與面積范圍問題例題3已知等軸雙曲線(C)的左右焦點(diǎn)分別為(F_1,F_2)，經(jīng)過(F_2)的直線與(C)的漸近線交于(M,N)兩點(diǎn)，點(diǎn)(M)的橫坐標(biāo)為-1，(N)是線段(F_2M)的中點(diǎn)，經(jīng)過(F_1)的直線(l)與(C)交于(A,B)兩點(diǎn)。（1）求雙曲線(C)的方程；（2）當(dāng)(\triangleABF_2)的面積為(\frac{8\sqrt{2}}{3})時(shí)，求直線(l)的方程。解析（1）等軸雙曲線漸近線方程為(y=\pmx)，設(shè)(M(-1,1))（或((-1,-1))），(F_2(c,0))。因(N)是(F_2M)的中點(diǎn)，故(N\left(\frac{c-1}{2},\frac{1}{2}\right))。又(N)在漸近線(y=x)上，得(\frac{c-1}{2}=\frac{1}{2})，解得(c=2)，雙曲線方程為(x^2-y^2=2)。（2）設(shè)直線(l)的方程為(x=my-2)，聯(lián)立雙曲線方程得((m^2-1)y^2-4my+2=0)，由韋達(dá)定理得(y_1+y_2=\frac{4m}{m^2-1})，(y_1y_2=\frac{2}{m^2-1})。(\triangleABF_2)的面積(S=\frac{1}{2}\cdot|F_1F_2|\cdot|y_1-y_2|=2|y_1-y_2|=\frac{8\sqrt{2}}{3})，解得(|y_1-y_2|=\frac{4\sqrt{2}}{3})。由弦長公式：[\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{4\sqrt{2}}{3}]代入化簡得(m^2=7)或(m^2=\frac{1}{7})，故直線(l)的方程為(x\pm\sqrt{7}y+2=0)或(x\pm\frac{\sqrt{7}}{7}y+2=0)。題型四：軌跡方程與四邊形面積最值例題4已知線段(AB=2\sqrt{2})，動(dòng)點(diǎn)(E)與(A,B)的斜率之積為(-\frac{1}{2})，點(diǎn)(S)在線段(AB)上，且(|AS|=\sqrt{2}-1)，過(S)作兩條互相垂直的直線分別交動(dòng)點(diǎn)(E)的軌跡(C)于(M,N)和(P,Q)。（1）建立坐標(biāo)系，求軌跡(C)的方程；（2）求四邊形(PMQN)面積的最小值。解析（1）以(AB)中點(diǎn)為原點(diǎn)，(AB)所在直線為(x)軸，設(shè)(A(-\sqrt{2},0))，(B(\sqrt{2},0))，動(dòng)點(diǎn)(E(x,y))。由斜率之積(\frac{y}{x+\sqrt{2}}\cdot\frac{y}{x-\sqrt{2}}=-\frac{1}{2})，化簡得軌跡方程(\frac{x^2}{2}+y^2=1)。（2）設(shè)(S(1,0))，設(shè)直線(MN)的方程為(y=k(x-1))，則(PQ)的方程為(y=-\frac{1}{k}(x-1))。聯(lián)立橢圓方程求得(|MN|=\frac{4(k^2+1)}{2k^2+1})，(|PQ|=\frac{4(k^2+1)}{k^2+2})。四邊形面積(S=\frac{1}{2}|MN|\cdot|PQ|=\frac{8(k^2+1)^2}{(2k^2+1)(k^2+2)})，令(t=k^2+1\geq1)，則(S=\frac{8t^2}{(2t-1)(t+1)})，求導(dǎo)得最小值為(\frac{32}{9})。解題策略總結(jié)函數(shù)與方程思想：通過韋達(dá)定理構(gòu)建目標(biāo)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為二次