參數(shù)范圍與最值（解析版）-2025年高考數(shù)學(xué)專項必刷題

第78講參數(shù)范圍與最值

拿知識梳理

1、求量值問題常用的兩種方法

(1)幾何法:題中給出的條件有明顯的幾何特征，則考慮用幾何圖形性質(zhì)來解決，這是幾

何法.

(2)代數(shù)法:題中給出的條件和結(jié)論的幾何特征不明顯,則可以建立目標(biāo)函數(shù)，再求該函

數(shù)的最值.求函數(shù)的最值常見的方法有基本不等式法、單調(diào)性法、導(dǎo)數(shù)法和三角換元法等，這

就是代數(shù)法.

2、求參數(shù)范圉問題的常用方法

構(gòu)建所求幾何量的含參一元函數(shù)，形如AB=/也),并且進一步找到自變?范圍，進而求

出值域，即所求幾何景的范圍，常見的函數(shù)有：

(1)二次函數(shù)i(2)“對勾函數(shù)"u=a;+￡(Q>0)；(3)反比例函數(shù)；(4)分式函數(shù).若出

現(xiàn)非常規(guī)函數(shù)，則可考慮通過換元“化歸”為常規(guī)函數(shù)，或者利用導(dǎo)致進行解決.這里找自變

景的取值范圍在A>0或者換元的過程中產(chǎn)生.除此之外，在找自變景取值范圍時,還可以

從以下幾個方面考慮：

①利用判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圉.

②利用已知參數(shù)的范圍，求出新參數(shù)的范圍，解題的關(guān)健是建立兩個參數(shù)之間的等*關(guān)

系.

⑧利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍.

④利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.

辛必考題型全歸納

1題型一:弦長最值問題

血(2024?湖北武漢?高二華中師大一附中?？计谥?已知圓O:"+才=產(chǎn)的任意一條切線

I與橢圓M用+手=1都有兩個不同交點A,B(O是坐標(biāo)原點)

(1)求圓O半徑T的取值更圍:

(2)是否存在圓O,使得04?的=0恒成立？若存在，求出圓O的方程及|OA||OB|的最

大值;若不存在，說明理由.

【解析】(1)當(dāng)0V7V2時，圓O在橢圓內(nèi)部，切點在橢圓內(nèi)，圓的每一條切線都過橢圓內(nèi)

部的點，切線與橢圓總有兩個不同交點，滿足題意；當(dāng)廠>2時，圓的切線g=r>和g=—安

都和橢圓最多只有一個公共點,不滿足題意；

故廠的取值范圍是(0,2).

⑵當(dāng)圓的切線的斜率存在時，設(shè)圓的切線為沙=k/+?72,設(shè)人(力1,%)2(力2，例),由

2

<12+4—1消去g得：(1+3k2)/2+Qi^mx_|_3m—12=0,則力I+g=―6k巧,X1X2=

[y=kx-\-m1+3

，則用紡=供為+m)%x2+m)=北;#，由OA-OB=0</逆2+yiVi=0,

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即生^—起/——=0,m2=3(1+k2),又由g=k/+?7i與圓O相切得r—1nli,即

l+3fcVl+fc

皿2

r2=------a，解得/=3,此時圓O的方程為x2-hy2=3.

1+fc

當(dāng)切線斜率不存在時,上述圓的切線為/=V3或x=—V3,這兩條切線與橢圓的交點為

A(V3,V3),B(V3,-V3)或A(-V3,V3),B(-V3,-V3),也滿足OA-OB=0,故滿足

條件的圓O存在，其方程為/+才=3.

當(dāng)切線斜率存在且不等于0時，因為|AB|=J1+青jQi+電尸一0電=

,i2/36fc2m212m2—48叵19Zc4+10fc2+l仄/7Z4p_

+1+3照―2行y西+6/+1—2存/+調(diào)+6標(biāo)+「

2V3-/1+之二44,當(dāng)且僅當(dāng)％2=春時取等號;

V9照+表+63

當(dāng)切線斜率不存在或等于0時，|AB|=，^，則|AB|1mx=4,又OA_LOB,故|OA||OB|

=r|AB|=V3|AB|,則(|OA||OB|)111ax=V3|ABU=4V3.

3(2024?河北?統(tǒng)考模擬預(yù)測)在平面直角坐標(biāo)系;rOv中，點A在立軸上滑動，點B在夕軸

上滑動，A、B兩點間距離為l+6.點P滿足麻=四祿_,且點P的軌跡為C.

⑴求C的方程；

(2)設(shè)M,N是C上的不同兩點，直線MN斜率存在且與曲線^+/=1相切，若點F為

(V2,0),那么4MNF的周長是否有最大值.若有，求出這個最大值，若沒有,請說明理由.

【解析】⑴設(shè)點P坐標(biāo)為(①辦點A,B的坐標(biāo)分別為(a,0),(0,b).

由題意BP=/SPA.,得(x,y—b)=V3(a—z,—y)

貝ija—1+^^a;,b=(1+V3)y,

V3

又因為A、B兩點間距離為1+血，則c?+b'a+gy

2

(1+J)7+(I+V3)V=(1+V3)

J

整理得點P的軌跡為橢圓，其方程C:4+d=1.

⑵因為直線MN的斜率存在，設(shè)M(如明)，N3，%)，

設(shè)直線MN:v=k力+小，因為M,N是橢圓C上的不同兩點，所以kwo

由直線MN與曲線□?+d=1相切可得=1,得m2=A?+1,

y=kx+m

{62+2_］可得(1+3*)/+6knz/+3m?—3=0,

前?,_6km_3m2—3

所以與+"2=一幣記,為.電=—F'

所以|MN|=Vl+fc2?J+/2)2—46?力2

26km)2_4.3荷—3_/TZP.血謫_2^24/_#或耐

=Vi+k1+3源1+3送一口+用l+3fc2-Vml+3fc2-1+3*'

|MF|=y/(a；i-V2)3+yi=J(曷―220+2)+試

屆2,

?m+%一L

|MF|=J(曷一22為+2)+1—弓=y^-2V2a^+3=/叵=

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3—V2x-y

~73~=~X1

同理|NF|=，^—乎電

o

|MF|+|NF|=2通一乎(的+電)=2V3+乎=2V3+2V6(-^TT)

km

所以Z\MNF的周長="4A：”?+2A/3+2V6(2)

1+3肥'1+3//

當(dāng)km<0時，AMNF的周長=2^/3

km

當(dāng)km>0時，AMNF的周長=2^/3+476(J,

\1+3k~/

（法一）由m2=昭+1

km_/fc2(fc2+l)_/fe4+fc2~

l+3fc2―V郃2+1)2―V(3fc2+l)2

設(shè)3fc2+1=力,則力G(1,+oo),k2="J,

km/fc4+2lt2+t-2_71+j"?

1+3/c2-V(3fc2+l)2-V9t3

當(dāng):=],即1=4時，*—最大值為卓.

k=l式1

此時，3k2+1=4,所以k=±l,即m=V2"tm=—V2

此時直線MN\y—x-\-A/2或y——x—V2,

所以ANINF的周長最大值為2盜+40(4)=4血.

(法二)2盜+4V6-km=2A/3+4V6-)歿---

''1+3*(m2-fc2)+3fc27

nL

=2V3+4V6-2<2V3+4V6-,=473

病+2"2Vm2-2k2

當(dāng)m2：2后,即必=1時，等號成立，則(用1行或1后，

(m=V2(m=—V2

此時直線MN:y=x+V2或y=—x—V2,

所以△MNF的周長最大值為2通+40(卓)=4遍.

I兩II（2024?廣東佛山?華南師大附中南海實驗高中?？寄M預(yù)測）在橢圓C5~+，=l（a>

b>0））中，c=2,過點（0,6）與（a,0）的直線的斜率為一冬.

O

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)F為橢圓C的右焦點，P為直線c=3上任意一點，過F作PF的垂線交橢圓C于

M,N兩點，求典^的最大值.

I"I

【解析】⑴過點（0,b）與（a,0）的直線的斜率為—序，

0

所以一^—=—°^,即a=V3b,

一d3

又C=2,即Q2=匕2+4,解得匕2=2,Q2=6,

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所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是與+￥=L

(2)由題知F(2,0),作出圖形如圖所示

設(shè)點P(3,m),則直線FP的斜率為kFP=m.

當(dāng)mWO時，直線MN的斜率除僅二一-L,直線MN的方程是/=-小9+2;

當(dāng)nz=0時，直線MN的方程是力=2,也符合x——my+2的形式，

將直線MN的方程力=一館"+2代入橢圓會+考=1方程得

(m2+3)i/2—4my—2=0,且△=(—4m)2+8(m2+3)=24m2+24>0,

設(shè)M(:ri,yi),N(;r2,y2)，則的+紡=弁。，明沙2=-----

m+3m+3

所以|MN|=/⑸一球+3一統(tǒng)丫=/(館2+1)(幼一統(tǒng))2=J(恒2+1)[(協(xié)+統(tǒng))2-4%取]

m2+i

V西方(771i+3)f"m2+3

又|PF|=Vm2+1,令t=Vm2+1(1>1),則

3=小tV24V24_/^

|PF|54

/+2正一,

當(dāng)且僅當(dāng)力=看即t—V2時等號成立,

由力=Vm2+1=V2,解得m2=1,

所以||PF|的最大值為^3-

227—

^3(2024?全國?高三專題練習(xí))已知橢圓E:%+9=l(a>6>0)的離心率為斗，焦距為

2,過E的左焦點F的直線I與E相交于A、B兩點,與直線立=—2相交于點M.

(1)若M(—2,—1),求證：|MA|-|BF|=|MB|?|AF|；

(2)過點F作直線l的垂線館與E相交于C、D兩點,與直線工=—2相交于點N.求

志+萬島+—+高的最大值.

【解析】⑴證明:設(shè)E(—c,O)、B(c,O),因為橢圓E的焦距為2,所以2c=2,解得c=l.

又因為橢圓E的離心率e=—=，所以Q=A/2，所以b?=Q?—。2=2—1=1,

a2

所以橢圓E的方程為-y+?/2=1.

因為直線/經(jīng)過M(-2,-l)、F(-l,0),=1，

所以，直線I的方程為y=x+l,

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設(shè)點A(電,%)、B(g,仍)，聯(lián)立｛5工2:2可得3/+4/=0,

由3/+46=0,得力1=―寵，x—0.

O2

所以|MA|-|BF|^V2|X1+2|-V2|X2+1|^2X1-X1=4,

oo

IMB|,|AF|=V2|a?2+2|,V2|a?i+1|=2x2x~1~=,，

oo

因此，|MA|?|BF|=|MB|-|AF|.

⑵證明：若直線/、nz中兩條直線分別與兩條坐標(biāo)軸垂直，則其中有一條必與直線x=

—2平行,不合乎題意，

所以，直線/的斜率存在且不為零，設(shè)直線/方程為g=k(力+1),

則直線nz方程為y——~^(x+1)，其中fc#0.

rv

聯(lián)立卜:'?可得(1+2/)，2+4k2c+2后—2=0,

[%十/g—/

422

設(shè)Ai(g,gi)、B(比2,佻)，則△=16fc—8(2fc+l)(fc-1)=8(彥+1)>0,

4k2_2k2—2

由韋達定理可得力1+x=—力避2=~To，

22fc2+l2k2+1

易知⑥>-2且g>—2,將工=-2代入直線/的方程可得y=-鼠即點M(—2,-k),

所以-----r+----r=]----------------F/-------------

|MA||MB|^+e\Xl+2\71+^|^+2|

1/]+]\=_^L________-+電+4

2

Jl+儲'B+2X2+2)Vl+fcX1X2+2(X1+X2')+4：

一4.

i1+2/=].4-+4=_2

Vi+fc22照—2?—8*-Vl+F,2照+2-71+F

1+2/1+2r

1上1_2_2同

5

麗W-^1+^_xyTT+F

2(1+固)優(yōu)+1+2同r--2—

所以|MA|+|MB|+|NC|+|ND|V*+1J

V網(wǎng)

當(dāng)且僅當(dāng)k=±1時，等號成立,

因此，息+得以+右+曲的最大值為22.

I網(wǎng)I(2024?全國?高三專題練習(xí))已知橢圓C%+y=l(a>fe>0)的離心率為］，左頂點

b2

為A(—2,0),直線Z與橢圓C交于P,Q兩點.

⑴求橢圓的C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)若直線AP,AQ的斜率分別為阮，自，且阮?a=一：，求|PQ|的最小值.

22

【解析】(1)由題知，橢圓C:告+旨=l(a>6>0)的離心率為［■，左頂點為A(—2,0),

ab2

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c_=l_

所以,a=2^，解得Q=2,b=，^,c=L

a2=&2+c2

22

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為弓-+萼=1.

4O

⑵由⑴得，C：［+g=l,

因為直線/與橢圓C交于P,Q兩點，

由題可知,直線I斜率為0時，卜肉>0,

所以直線/的斜率不為0,

所以設(shè)直線l:x=my+九,P(力1，U1),Q(N2,紡)，

x=my+n

力2y1，得(4+37712)^2+6^^0+3712—12=0,

{才+至=1

所以△=36m2n2—48n2+192-36m2n2+144m2=48(3m2—n2+4),

—6mn_3n2—12

%+例2

4+3m'9例-4+3m2

yiV2V孰

所以k#2—

力i+2g+2(m?/1+n+2)(my2+n+2)

V1V2

/nij2+館(九+2)(%+%)+m+2)2

3n2—12

4+3m2

后記+皿"2）（1）+（九+2）2

3n2-12_3(n-2)

■，解得n=-1,

4(n+2)2―4(n+2)

此時A=48(3m2+3)>0恒成立,

所以直線I的方程為直線x=m\,y—L直線I過定點（-1,0）,

-9

此時陰+%=4；嬴2，%%

4+3m2

2

2236m36

所以|PQ|=Vl+m?/(%+紡)2—4幼幼=Vl+m?(4+3m2)2+4+3m2

2

12(l+m)4?號=41?])e[3,4),

4+3m23m2+4

當(dāng)且僅當(dāng)m=0時取等號,

所以|PQ|的最小值為3.

（2024?江西南昌?統(tǒng)考一模）已知雙曲線4-2

4362=l（b>a>0）,O為坐標(biāo)原點,離心率

ab

e=2,點M四）在雙曲線上.

⑴求雙曲線的方程；__

⑵若直線I與雙曲線交于P、Q兩點,且GF?氏=0.求|OP|2+|OQ『的最小值.

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【解析】⑴由e=2,可得C=2Q,

.?./=。2—/=3Q2,

一,r2/

雙曲線方程為一5-------T=L

a3a

??,點在雙曲線上，

?丁丁匕

解得a2=4,

22

雙曲線的方程為1-----患=L

(2)①當(dāng)直線，的斜率存在時,設(shè)直線，的方程為y=kx+m,

彳/“消去整理得(儂

由7^203—/)/—2krc—m?—12=0(*),

??,直線Z與雙曲線交于P,Q兩點，

A=(2km)2—4(3—fc2)(—TTL—12)—12(7TZ2—4fc2+12)>0.

設(shè)P(61,%),Q(g,y2)，

2kmm2+12

則比1+優(yōu)2=XrX

3^)23-fc2

由OP,OQ=0得到：力逆2+yiV2=0,

即(1+優(yōu))/逆2+km(g+g)+7712=0,

7n

/.(1+-)2+12-km?2}m+/=0,

KiOKO

化簡得m2=6A;2+6.

384fc2

|OP『+|OQF=|PQ|2=(1+青)[(電+g)2—4①施]=24+)24,

(1—3)2

當(dāng)A:=0時上式取等號,且方程(*)有解.

②當(dāng)直線I的斜率不存在時,設(shè)直線I的方程為c=t,則有P(^y),Q(t,-y)(T/>0),

由。正氏=0可得"=巴

可得3/—?=12,解得t2=6.

A|PQ|2=4y2=4t2=24.

A|OP|2+|OQ|2=|PQ|2=24.

綜上可得|OP『+|OQ|2的最小值是24.

2題型二:三角形面積最值問題

國|(2024?云南.校聯(lián)考模擬預(yù)測)己知橢圓。：興+號=19>6>0)的左、右頂點分別為

Mi、Mt，T為橢圓上異于Mi、M2的動點，設(shè)直線TMi、TM2的斜率分別為阮、自，且丘

自=一丁

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

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⑵設(shè)動直線Z與橢圓C相交于A、B兩點，O為坐標(biāo)原點，若OA?OB=0,aOAB的面

積是否存在最小值？若存在，求出這個最小值;若不存在,請說明理由.

22o2

【解析】⑴不妨設(shè)T的坐標(biāo)為My。)，則與+咨=1,則若=3—當(dāng)，

QJa

O3a?o

又、，貝Ifci-fc=x-ya=—4-.

M^-a,O)M2(a,0)2笠0=嚴(yán)02=—22=

x0+ax0-axl-aX^-CLCL4

故可得■，可得a2=4,故可得橢圓C的方程為與+/=L

a~443

⑵因為GX?而=0,且G1均為非零向量，則OA±OB.

當(dāng)點A、B均為橢圓C的頂點時，則SAOAB=^-x2xV3=V3;

若直線OA、OB的斜率都存在時,設(shè)直線OA的方程為y=fcc(kWO),

則直線OB的方程為y=_泉,

rv

/12(l+fc2)

V4fc2+3

此時，%AB=&OA卜小

22V4k+33k+4(4k2+3)(3k2+4)

>6(行+1)=12

)(41+3)+(3府+4)―〒

2

當(dāng)且僅當(dāng)4*+3=3k2+4時，即當(dāng)k=±l時，等號成立，

又因為早〈四,故當(dāng)=0時，△OAB的面積存在最小值，且最小值為-y-.

3J(2024?安徽安慶?安慶一中?？寄M預(yù)測)如圖，E,F,G,H分別是矩形ABCD四邊的中

點，F(xiàn)(2,0),C(2,l),國亦=461；

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（1）求直線ER與直線GS交點M的軌跡方程；

（2）過點1（1,0）任作直線與點M的軌跡交于P,Q兩點，直線HP與直線QF的交點為J,

直線HQ與直線PF的交點為K,求△口!<面積的最小值.

【解析】⑴由已知，RO,0）,S（2,1—1）,E（0,-l）,G（0,l）,

當(dāng)共20時，直線ER方程：9=±工一1,

2/1

直線GS方程：y^-^-x+1,

聯(lián)立上述兩方程消去A得：號—Fy2—1,

當(dāng)入=0時，交點M（0,l）符合上述方程，

又交點M不可能為

故所求的軌跡方程為亍+才=1（2；/0且^^—1）.

（2）設(shè)PQ方程：x=my+1（依題意館存在），

代入x2+4g2—4=0得（m2+4）d+21mg—3=0,

A=16（m2+3）>0,設(shè)「（如％）,（^（力2,統(tǒng)），

—47TZ-33

%+改=2一，沙醺=,.>my.=7（陰+紡），

m+4m2+44

HP方程：夕=WyQ+ZbQF方程：V二上亍⑶-2）,

力］_十/力2-/

聯(lián)立上述兩方程消去得：

3

工+2=（?+2）的=（小e+3）統(tǒng)=上（%+納）+3統(tǒng)=§

x2

~3一2）%（my廠l）yi今（%+紡）

x=4,

所以J（4,%）,其中%=普萬，

同理直線HQ與直線PF的交點K（4,如），其中四=，

62十/

I6%6ylI_18（仍一陰）_/2,0

⑸廠加一行一口卜（叫+3）（”+3）-92Vm+3'

SAIJK—"I""（4—1）?|yj—?/KI—3Vm2+3>3，^（當(dāng)且僅當(dāng)m—0時取等號）,

故△口!<的面積最小值為3四,此時直線PQ的方程為①=1.

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5（2024?上海黃浦?高三上海市大同中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C:彳+苧=L

⑴求該橢圓的離心率；

（2）設(shè)點P（g,%）是橢圓C上一點,求證：過點P的橢圓C的切線方程為竽+等=1；

（3）若點M為直線Z：x=4上的動點，過點M作該橢圓的切線MA,MB，切點分別為A,

B,求4MAB的面積的最小值.

【解析】（1）橢圓C:彳+壬=1中，a2=4,/=3,則02=1,

則a=2,c=1,則橢圓的離心率為—=~77

a2

⑵當(dāng)切線斜率存在時,其方程可設(shè)為y=kx+t,

y=kx-\-t

力2#,整理得(3+4*)/2+8ktx+4(?-3)=0,

{T+T=1

則A=(8就)2—16(3+44)(廿一3)=0,則t2=3+4fc2

此時方程的根為842\=—羋，則切點橫坐標(biāo)劣0=4fc

2（3+4k）Et

切點縱坐標(biāo)y0=kx0-\-t=一,

貝》t=—,k=--匕力力03&

no44go

則切線方程為L素+￡整理得竽+警=1；

當(dāng)切線斜率不存在時，其切點為（2,0）或（一2,0）,

切線方程為2=±2,滿足竽+等=1.

綜上,點P（g,%）是橢圓C上一點時，

過點P的橢圓C的切線方程為竽+鬻=1

⑶設(shè)A（宏［如］的統(tǒng)）,M（4,n）,

則橢圓C在點A,B的切線方程分別為—^―+=1,—^―+=L

又M在兩條切線上，則竽+等=L苧+竽=L

則直線AB的方程為=1,即力+-1

4JO

,+等=1

由《202整理得，+——

x,y

第2846頁共3427頁

則IABI=J(1+*)[(劣1+比2)2—4力士2]

,9\|724\248—16九2]_4(7?+9)

一川’十薪也西同―-7+12」一/+12'

4+與-1

又點M到直線AB的距離d=—/,=Vn2+9,

則△MAB的面積為

令s=Vn2+9，則ri2=s?-9,s>3,

則券—=」3

令p[x}——-,c>3,

力2+3

6rr2(T2+3)—4rc42/4+18/2

貝|Jp'{x}=>0恒成立,

(1+3)23+3)2

9

則p(x)—在[3,+8)上單調(diào)遞增,則p(x)>p(3)=彳；？

x+3y十J2

當(dāng)且僅當(dāng)幾=0即點M坐標(biāo)為(4,0)時等號成立,

則AMAB的面積的最小值為y.

22

品(2024?全國?高三專題練習(xí))已知雙曲線C：%—七=1。。(a>b>0)和圓。：^+才

ab

=/(其中原點O為圓心)，過雙曲線C上一點P(xo,yo)引圓o的兩條切線，切點分別為

A、B.

(1)若雙曲線C上存在點P,使得ZAPB=90°,求雙曲線離心率e的取值范圍；

(2)求直線AB的方程；

(3)求三角形OAB面積的最大值.

【解析】⑴因為a>6>0,所以!VI,所以e=*^==J1+(誓)<V2.

由/APB=90°及圓的性質(zhì)，可知四邊形PAOB是正方形，所以|OP|=V26.

因為|OP|=>a,所以!>三，所以e=￡=八產(chǎn)=Jl+(9>彳.

故雙曲線離心率e的取值范圍為

⑵因為RV=Op2-O-=式+若一%

所以以點P為圓心，|PA|為半徑的圓P的方程為3f)2+@一%)2=稀+若一b2.

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因為圓O與圓P兩圓的公共弦所在的直線即為直線AB,

所以聯(lián)立方程組

x

I口XQ）十yoj—oiyo。

2

消去川,才，即得直線AB的方程為x（）x+yQy=b.

2

（3）由（2）知，直線AB的方程為XQX+yQy=b,

所以點O到直線AB的距離為d=/:'.

7確+#

2by/XQ-\-yQ—b2

因為|AB|=2j|OA|2—d2=2

/J曷+需—/

所以三角形OAB的面積S=3x|AB|xd=

xo+yo

2-

因為點P（a;o，?/o）在雙曲線一9--7T=1上，

ab

所以5_，=1,即式=/

設(shè)f=y/xo+yg-b2=1+耳欣一2”二八2—凡

a）

所以三一S=L

因為S，=—,

所以當(dāng)0V力Vb時，S，>0,當(dāng)力>6時，Sz>0.

所以號—%=1在（0,b）上單調(diào)遞增,在（b,+00）上單調(diào)遞減.當(dāng)衣孑W6,即b<a

ab

WV26時，S最大值=，當(dāng)"即a>2匕時，S最大值=

(V^^P)2+62—a2

綜上可知，當(dāng)bVaW06時，S最大值=J/;當(dāng)a>時，S最大值="、"一，

/CL

4367（2024?上海普陀?高三曹楊二中?？茧A段練習(xí)）已知拋物線r：y2=2c,A、B、M、N為拋

物線「上四點，點T在沙軸左側(cè),滿足直=2萬工不宜=2同.

（I）求拋物線r的準(zhǔn)線方程和焦點坐標(biāo)；

（2）設(shè)線段AB的中點為D.證明:直線TD與沙軸垂直；

（3）設(shè)圓C:Q+2戶+才=3,若點T為圓C上動點，設(shè)的面積為S,求S的最大值.

【解析】⑴因為「:娟=2避所以2P=2,n=。,

所以準(zhǔn)線是c=—看焦點坐標(biāo)是F（9,0）.

⑵

第2848頁共3427頁

設(shè)T(g,%),A(g,%),B3,紡)，

由KX=2TM可知，M為TA中點，且點M在拋物線上，即

(yo+yi^_r,&+◎,

[—2—)=2-----=①。+%

又4=2a；!,

.(yo+yi?_,yi

,,\2)~x°+2,

整理可得：褶-2%功+4g-%=0,

由歪=2TN可知，N為TB中點，且點N在拋物線上，

同理可得：城一2yoyz+4g-詔=0,

故明,勿為方程才一2yoy+4g—若=0的兩根，

"+%=2夕(),y1y2=4g-溫

D點的縱坐標(biāo)為義祥=故,

所以直線的TD的斜率為0,即直線TD與。軸垂直.

../什力2_詔+/

⑼.2—4，

_(%+紡)2-2幼敵_3*一4%

—4—2'

.”3若一4g\

??D(—2—山。卜

?'?S==|TD|?|%一仍1=3伙)24&_g

?d(yi+y?—4yAy2-—2glx2V22g

=3,J(需-2g)3,

因為T在圓C上，所以*=3—(g+2)2,

=-3

^/(—a7o6T0—I),

則當(dāng)XQ——3時，(一Xg—6g—l)max——9+18—1—8,

.1.Smax=x=3^^x8x2V2=48.

3(2024?河北?統(tǒng)考模擬預(yù)測)已知拋物線C:/=2py(p>0),過點P(0,2)的直線Z與C交

于A,B兩點，當(dāng)直線I與y軸垂直時,OA±OB(其中O為坐標(biāo)原點).

(1)求C的準(zhǔn)線方程；

(2)若點A在第一象限，直線Z的傾斜角為銳角，過點A作C的切線與“軸交于點T,連接

第2849頁共3427頁

TB交C于另一點為D,直線AD與g軸交于點Q,求Z\APQ與ZXADT面積之比的最大

值.

【解析】⑴將g=2代人力之=2py(p>0),則x—±24p，

由OA_LOB,故AAOB為等腰直角三角形，故2狼=2,即p=l,

所以C:/2=2g,故準(zhǔn)線方程為y=—1-.

(2)設(shè)A(Q,M),直線l:y—kx-Y2(fc>0),聯(lián)立拋物線得x2—2kx—4=0,

所以SB=-4,則陶=-小，故B(-亳),

22

由g=氣，則式=力,故fcTA=a,直線TA:g—t—a(x—a),

令力=0,則GT二一導(dǎo),故T(。，

設(shè)直線TB:g=krx—七,聯(lián)立拋物線得x—2krx+Q?=0,

所以一D=a\則附=—十，故D(—十,梟■,

2

綜上，直線AD:y-—"2§(a?—a),令/=0,則T/Q—弓-，故Q(0,？-)，

/Q,O\O/

1-a

由直線Z的傾斜角為銳角，故a>2,則SAAPQ=方博一2),SAADT=

專+巖)(。+*)=奇(/+4)2,

4(a2-4)

所以，令力=a?_4>0,貝1Q2=力+4,

a2(a2+4)

則巫出7------77------r=屋----4—7==3—2V2，僅當(dāng)t=4V2，即a?=4

SAADT

G+4)(t+8)i+32+122V2+3

(2+1)時等號成立，

所以ZXAPQ與Z\ADT面積之比的最大值3-272.

3題型三:四邊形面積最值問題

IgWIl(2024?河南?高三校聯(lián)考階段練習(xí))在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點F(2,0),直線l-.x=

—2,作直線I的平行線l'-.x=a(x>2)，動點P滿足到F的距離與到直線V的距離之和等

第2850頁共3427頁

于直線Z與1之間的距離.記動點P的軌跡為E.

(1)求E的方程；

⑵過Q(3,l)作傾斜角互補的兩條直線分別交E于A,B兩點和C,D兩點,且直線AB

的傾斜角aC「襲，片］，求四邊形ACBD面積的最大值.

【解析】⑴過P分別作直線I,〃的垂線,垂足為M,N,則由題意可得|PF|+|PN|=

|PM|+|PN|,即|PF|=|PM|,

則由拋物線的定義可知，動點P的軌跡為以F(2,0)為焦點，直線l:x=-2為準(zhǔn)線的拋物

線，

則有告=2,p=4,故E的方程為才=8x.

(2)由題目條件過Q(3,l)作傾斜角互補的兩條直線分別交E于A,B兩點和C,D兩點,

可知直線AB,CD的斜率互為相反數(shù).設(shè)，四:,二?、?1)+3,A(g,y3B(x2,y2)>

由直線AB的傾斜角aC與］,且直線AB的斜率％=工,

L64」m

可知tan-^-C—〈tan與,解得1WnzWV3.

6m4

聯(lián)立上2=81r

n+消去力可得y1—8my+8m—24=0,

[x=m{y—l)+3

貝IA=32(2m2—m+3)>0,%+m=8m,yg—8m—24,

則|AB|=Jl+m2J(陰+—4yly2

—Vl+m2y/(8m)2—4X(8m—24)=4^2(l+m2)(2m2—m+3),

同理可得|CD|=4V2V(l+m2)(2m2+m+3).

記直線AB,CD的夾角為仇

則s四邊形ACBD=tlQAllCDbin。+2|QB||CD|sin9

=-^-|AB|?|CD|sin0=16(1+m2)yj(2m2+3)2—m2sin9,

2

2sinacosa2tana_2k_rn2m

又sin。=sin2a=As

sin2a+cos2atan26z+l1?]1+m2

m2

貝IS四邊形ACBD—32772^/(2m2+3)2—m2=32^/m2(4m4+1Im2+9),

令m?=31<力<3,則S四邊形ACBD=32\/4/+ll>+93,

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令/⑴=4/+11/+例,則廣⑴=12廿+22t+9,

當(dāng)1&±&3時，/（力）>0,/（。單調(diào)遞增，

貝,J（s四邊彭ACBD）max=3274x33+11x32+9x3=96V26,

故四邊形ACBD面積的最大值為96V26.