2026届高考数学一轮总复习提能训练练案58圆锥曲线__最值范围问题

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案58圆锥曲线__最值范围问题，共7页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知抛物线E，已知双曲线C，设P为抛物线C等内容，欢迎下载使用。
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为Q.当△BPQ的面积取得最大值时，求直线l的方程．
[解析] (1)设椭圆C的焦距为2c，依题意，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，2bc＝8eq \r(3)，又a2＝b2＋c2，
解得a＝4，b＝2，c＝2eq \r(3)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意可得直线l的斜率不为0，
故可设直线l的方程为x＝my＋1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Q(x1，－y1)，
联立直线l与椭圆C的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))
得(m2＋4)y2＋2my－15＝0，
由于直线过椭圆内一点，故必有Δ>0，
则y1y2＝－eq \f(15,m2＋4).
又S△ABQ＝eq \f(1,2)×|2y1|×|x2－x1|，
S△APQ＝eq \f(1,2)×|2y1|×|1－x1|，
易知x2－x1与1－x1同号，
所以S△BPQ＝S△ABQ－S△APQ＝|y1|×(|x2－x1|－|1－x1|)
＝|y1|×|(x2－x1)－(1－x1)|＝|y1|×|x2－1|＝|y1|×|my2|＝|my1y2|
＝eq \f(15|m|,m2＋4)＝eq \f(15,|m|＋\f(4,|m|))≤eq \f(15,2\r(|m|×\f(4,|m|)))＝eq \f(15,4)，
当且仅当|m|＝eq \f(4,|m|)，即m＝±2时等号成立，
所以△BPQ面积的最大值为eq \f(15,4)，此时直线l的方程为x±2y－1＝0.
2．(2024·广东佛山联考)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，P(4，y0)为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5.
(1)求E的标准方程；
(2)设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线PA与PB斜率乘积为－4.
①证明：直线AB过定点；
②求|FA|·|FB|的最小值．
[解析] (1)由题可知4＋eq \f(p,2)＝5，解得p＝2.
所以E的标准方程为y2＝4x.
(2)①证明：由(1)知，yeq \\al(2,0)＝4×4，且y0>0，
解得y0＝4，所以P(4,4)．
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，则kPA＝eq \f(y1－4,\f(y\\al(2,1),4)－4)＝eq \f(4,y1＋4)，
同理可得，kPB＝eq \f(4,y2＋4)，
则kPA·kPB＝eq \f(4,y1＋4)·eq \f(4,y2＋4)＝－4，
即4(y1＋y2)＋y1y2＋20＝0.
当直线AB斜率存在时，直线AB的方程为
y－y1＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,2),4))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，
整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.
所以4x－20－(y1＋y2)(y＋4)＝0，
即y＋4＝eq \f(4,y1＋y2)(x－5)，
所以直线AB过定点(5，－4)；
当直线AB的斜率不存在时y1＋y2＝0，
可得yeq \\al(2,1)＝20，x1＝5.综上，直线AB过定点(5，－4)．
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝k(x－5)－4＝kx－5k－4，
与抛物线E联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－5k－4，))
消去x得k2x2－(10k2＋8k＋4)x＋(5k＋4)2＝0，
由题意Δ>0，所以x1＋x2＝eq \f(10k2＋8k＋4,k2)，x1x2＝eq \f(5k＋42,k2)，
所以|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝eq \f(5k＋42,k2)＋eq \f(10k2＋8k＋4,k2)＋1＝eq \f(48k＋20,k2)＋36＝20eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋\f(6,5)))2＋eq \f(36,5)≥eq \f(36,5)，所以当eq \f(1,k)＝－eq \f(6,5)，k＝－eq \f(5,6)时，|FA|·|FB|的最小值为eq \f(36,5)；
当直线AB斜率不存在时，x1＝x2＝5.
由抛物线定义知|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝36.
故|FA|·|FB|的最小值为eq \f(36,5).
3．(2025·江西红色十校联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为eq \f(π,3)，C的右焦点F到该渐近线的距离为2eq \r(3).
(1)求C方程；
(2)若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆O：x2＋y2＝a2交于与A，B不重合的M，N两点．
①求直线AB斜率的取值范围；
②求|AB|·|MN|的取值范围．
[解析] (1)因为C的一条渐近线的倾斜角为eq \f(π,3)，
所以eq \f(b,a)＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)a，
则C的一条渐近线的方程为eq \r(3)x－y＝0，
因为eq \r(a2＋b2)＝2a，
所以右焦点F(2a,0)到渐近线eq \r(3)x－y＝0的距离为eq \f(|2\r(3)a|,\r(\r(3)2＋12))＝2eq \r(3)，
所以a＝2，b＝2eq \r(3)，所以C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1.
(2)①由(1)知，F(4,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意可得直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为x＝my＋4(m≠0)，
与eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1联立得(3m2－1)y2＋24my＋36＝0，
所以3m2－1≠0，Δ＝144(m2＋1)>0，
y1＋y2＝－eq \f(24m,3m2－1)，y1y2＝eq \f(36,3m2－1)，
又A，B两点在x轴同一侧，所以y1y2>0.
此时3m2－1>0，即m2>eq \f(1,3).
又圆O的方程为x2＋y2＝4，点O到直线AB的距离d＝eq \f(|4|,\r(m2＋1))，
由d3，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2>\f(1,3)，,m2>3，))
得m2>3，所以m>eq \r(3)或m3，设t＝3m2－1，t>8，
则|AB|·|MN|＝eq \f(16\r(t＋4t－8),t)＝
16eq \r(1－\f(4,t)－\f(32,t2))＝16eq \r(－32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋\f(1,16)))2＋\f(9,8))∈(0,16)，
所以|AB|·|MN|的取值范围是(0,16)．
4．(2024·河南名校联考)设P为抛物线C：x2＝4y准线上的一个动点，过P作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)当直线AB斜率不为0时，直线AB交C的准线于M，设Q为线段AB的中点，求△QPM面积的最小值．
[解析] (1)证明：设直线AB：y＝kx＋m，
与抛物线联立可得x2－4kx－4m＝0，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),4)))，
过点A处的切线方程为y－eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
即y＝eq \f(x1x,2)－eq \f(x\\al(2,1),4)，
同理可得，过点B处的切线方程为y＝eq \f(x2x,2)－eq \f(x\\al(2,2),4)，
联立两直线方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1x,2)－\f(x\\al(2,1),4)，,y＝\f(x2x,2)－\f(x\\al(2,2),4)，))
可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4)))，
依题意，eq \f(x1x2,4)＝－1，所以x1x2＝－4m＝－4，
解得m＝1，
所以直线AB过定点(0,1)．
(2)由(1)可知，直线AB：y＝kx＋1(k≠0)，
x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
所以P(2k，－1)，Q(2k,2k2＋1)，
对于直线AB：y＝kx＋1，令y＝－1，解得x＝－eq \f(2,k)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,k)，－1))，
点Q到直线y＝－1的距离为2k2＋2，
所以△QPM的面积
S＝eq \f(1,2)|2k＋eq \f(2,k)|×(2k2＋2)＝2|k3＋2k＋eq \f(1,k)|，
不妨设k>0，则S＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k3＋2k＋\f(1,k)))，
设f(k)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k3＋2k＋\f(1,k)))，
则f′(k)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋2－\f(1,k2)))＝2×eq \f(3k4＋2k2－1,k2)
＝eq \f(2k2＋13k2－1,k2)，
所以当k＝eq \f(\r(3),3)时，f(k)取得极小值，也是最小值，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))＝eq \f(32\r(3),9)，
所以△QPM面积的最小值为eq \f(32\r(3),9).