参数范围与最值（解析版）-2025年高考数学专项必刷题

第78讲参数范围与最值

拿知识梳理

1、求量值问题常用的两种方法

(1)几何法:题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决，这是几

何法.

(2)代数法:题中给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数，再求该函

数的最值.求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等，这

就是代数法.

2、求参数范圉问题的常用方法

构建所求几何量的含参一元函数，形如AB=/也),并且进一步找到自变•范围，进而求

出值域，即所求几何景的范围，常见的函数有：

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

现非常规函数，则可考虑通过换元“化归”为常规函数，或者利用导致进行解决.这里找自变

景的取值范围在A>0或者换元的过程中产生.除此之外，在找自变景取值范围时,还可以

从以下几个方面考虑：

①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范圉.

②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关健是建立两个参数之间的等*关

系.

⑧利用基本不等式求出参数的取值范围.

④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.

辛必考题型全归纳

1题型一:弦长最值问题

血(2024・湖北武汉•高二华中师大一附中校考期中)已知圆O:"+才=产的任意一条切线

I与椭圆M用+手=1都有两个不同交点A,B(O是坐标原点)

(1)求圆O半径T的取值更围:

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

大值;若不存在，说明理由.

【解析】(1)当0V7V2时，圆O在椭圆内部，切点在椭圆内，圆的每一条切线都过椭圆内

部的点，切线与椭圆总有两个不同交点，满足题意；当厂>2时，圆的切线g=r>和g=—安

都和椭圆最多只有一个公共点,不满足题意；

故厂的取值范围是(0,2).

⑵当圆的切线的斜率存在时，设圆的切线为沙=k/+?72,设人(力1,%)2(力2，例),由

2

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

[y=kx-\-m1+3

，则用纺=供为+m)%x2+m)=北;#，由OA-OB=0</逆2+yiVi=0,

第2837页共3427页

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

l+3fcVl+fc

皿2

r2=------a，解得/=3,此时圆O的方程为x2-hy2=3.

1+fc

当切线斜率不存在时,上述圆的切线为/=V3或x=—V3,这两条切线与椭圆的交点为

A(V3,V3),B(V3,-V3)或A(-V3,V3),B(-V3,-V3),也满足OA-OB=0,故满足

条件的圆O存在，其方程为/+才=3.

当切线斜率存在且不等于0时，因为|AB|=J1+青jQi+电尸一0电=

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

+1+3照―2行y西+6/+1—2存/+调+6标+「

2V3-/1+之二44,当且仅当％2=春时取等号;

V9照+表+63

当切线斜率不存在或等于0时，|AB|=，^，则|AB|1mx=4,又OA_LOB,故|OA||OB|

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

3(2024・河北•统考模拟预测)在平面直角坐标系;rOv中，点A在立轴上滑动，点B在夕轴

上滑动，A、B两点间距离为l+6.点P满足麻=四禄_,且点P的轨迹为C.

⑴求C的方程；

(2)设M,N是C上的不同两点，直线MN斜率存在且与曲线^+/=1相切，若点F为

(V2,0),那么4MNF的周长是否有最大值.若有，求出这个最大值，若没有,请说明理由.

【解析】⑴设点P坐标为(①办点A,B的坐标分别为(a,0),(0,b).

由题意BP=/SPA.,得(x,y—b)=V3(a—z,—y)

贝ija—1+^^a;,b=(1+V3)y,

V3

又因为A、B两点间距离为1+血，则c?+b'a+gy

2

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

J

整理得点P的轨迹为椭圆，其方程C:4+d=1.

⑵因为直线MN的斜率存在，设M(如明)，N3，%)，

设直线MN:v=k力+小，因为M,N是椭圆C上的不同两点，所以kwo

由直线MN与曲线□?+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

所以与+"2=一币记,为.电=—F'

所以|MN|=Vl+fc2•J+/2)2—46•力2

26km)2_4.3荷—3_/TZP.血谪_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)+试

届2,

•m+%一L

|MF|=J(曷一22为+2)+1—弓=y^-2V2a^+3=/叵=

第2838页共3427页

3—V2x-y

~73~=~X1

同理|NF|=，^—乎电

o

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

km

所以Z\MNF的周长="4A：”?+2A/3+2V6(2)

1+3肥'1+3//

当km<0时，AMNF的周长=2^/3

km

当km>0时，AMNF的周长=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

设3fc2+1=力,则力G(1,+oo),k2="J,

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

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

当:=],即1=4时，*—最大值为卓.

k=l式1

此时，3k2+1=4,所以k=±l,即m=V2"tm=—V2

此时直线MN\y—x-\-A/2或y——x—V2,

所以ANINF的周长最大值为2盗+40(4)=4血.

(法二)2盗+4V6-km=2A/3+4V6-)殁---

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

nL

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

病+2"2Vm2-2k2

当m2：2后,即必=1时，等号成立，则(用1行或1后，

(m=V2(m=—V2

此时直线MN:y=x+V2或y=—x—V2,

所以△MNF的周长最大值为2通+40(卓)=4遍.

I两II（2024・广东佛山・华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）在椭圆C5~+，=l（a>

b>0））中，c=2,过点（0,6）与（a,0）的直线的斜率为一冬.

O

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设F为椭圆C的右焦点，P为直线c=3上任意一点，过F作PF的垂线交椭圆C于

M,N两点，求典^的最大值.

I"I

【解析】⑴过点（0,b）与（a,0）的直线的斜率为—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,

第2839页共3427页

所以椭圆C的标准方程是与+¥=L

(2)由题知F(2,0),作出图形如图所示

设点P(3,m),则直线FP的斜率为kFP=m.

当mWO时，直线MN的斜率除仅二一-L,直线MN的方程是/=-小9+2;

当nz=0时，直线MN的方程是力=2,也符合x——my+2的形式，

将直线MN的方程力=一馆"+2代入椭圆会+考=1方程得

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

设M(:ri,yi),N(;r2,y2)，则的+纺=弁。，明沙2=-----

m+3m+3

所以|MN|=/⑸一球+3一统丫=/(馆2+1)(幼一统)2=J(恒2+1)[(协+统)2-4%取]

m2+i

V西方(771i+3)f"m2+3

又|PF|=Vm2+1,令t=Vm2+1(1>1),则

3=小tV24V24_/^

|PF|54

/+2正一,

当且仅当力=看即t—V2时等号成立,

由力=Vm2+1=V2,解得m2=1,

所以||PF|的最大值为^3-

227—

^3(2024•全国•高三专题练习)已知椭圆E:%+9=l(a>6>0)的离心率为斗，焦距为

2,过E的左焦点F的直线I与E相交于A、B两点,与直线立=—2相交于点M.

(1)若M(—2,—1),求证：|MA|-|BF|=|MB|•|AF|；

(2)过点F作直线l的垂线馆与E相交于C、D两点,与直线工=—2相交于点N.求

志+万岛+—+高的最大值.

【解析】⑴证明:设E(—c,O)、B(c,O),因为椭圆E的焦距为2,所以2c=2,解得c=l.

又因为椭圆E的离心率e=—=，所以Q=A/2，所以b?=Q?—。2=2—1=1,

a2

所以椭圆E的方程为-y+?/2=1.

因为直线/经过M(-2,-l)、F(-l,0),=1，

所以，直线I的方程为y=x+l,

第2840页共3427页

设点A(电,%)、B(g,仍)，联立｛5工2:2可得3/+4/=0,

由3/+46=0,得力1=―宠，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证明：若直线/、nz中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线x=

—2平行,不合乎题意，

所以，直线/的斜率存在且不为零，设直线/方程为g=k(力+1),

则直线nz方程为y——~^(x+1)，其中fc#0.

rv

联立卜:'?可得(1+2/)，2+4k2c+2后—2=0,

[%十/g—/

422

设Ai(g,gi)、B(比2,佻)，则△=16fc—8(2fc+l)(fc-1)=8(彦+1)>0,

4k2_2k2—2

由韦达定理可得力1+x=—力避2=~To，

22fc2+l2k2+1

易知⑥>-2且g>—2,将工=-2代入直线/的方程可得y=-鼠即点M(—2,-k),

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

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

1/]+]\=_^L________-+电+4

2

Jl+储'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

丽W-^1+^_xyTT+F

2(1+固)优+1+2同r--2—

所以|MA|+|MB|+|NC|+|ND|V*+1J

V网

当且仅当k=±1时，等号成立,

因此，息+得以+右+曲的最大值为22.

I网I(2024・全国•高三专题练习)已知椭圆C%+y=l(a>fe>0)的离心率为］，左顶点

b2

为A(—2,0),直线Z与椭圆C交于P,Q两点.

⑴求椭圆的C的标准方程；

(2)若直线AP,AQ的斜率分别为阮，自，且阮♦a=一：，求|PQ|的最小值.

22

【解析】(1)由题知，椭圆C:告+旨=l(a>6>0)的离心率为［■，左顶点为A(—2,0),

ab2

第2841页共3427页

c_=l_

所以,a=2^，解得Q=2,b=，^,c=L

a2=&2+c2

22

所以椭圆C的标准方程为弓-+萼=1.

4O

⑵由⑴得，C：［+g=l,

因为直线/与椭圆C交于P,Q两点，

由题可知,直线I斜率为0时，卜肉>0,

所以直线/的斜率不为0,

所以设直线l:x=my+九,P(力1，U1),Q(N2,纺)，

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+馆(九+2)(%+%)+m+2)2

3n2—12

4+3m2

后记+皿"2）（1）+（九+2）2

3n2-12_3(n-2)

■，解得n=-1,

4(n+2)2―4(n+2)

此时A=48(3m2+3)>0恒成立,

所以直线I的方程为直线x=m\,y—L直线I过定点（-1,0）,

-9

此时阴+%=4；嬴2，%%

4+3m2

2

2236m36

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

2

12(l+m)4•号=41・])e[3,4),

4+3m23m2+4

当且仅当m=0时取等号,

所以|PQ|的最小值为3.

（2024•江西南昌•统考一模）已知双曲线4-2

4362=l（b>a>0）,O为坐标原点,离心率

ab

e=2,点M四）在双曲线上.

⑴求双曲线的方程；__

⑵若直线I与双曲线交于P、Q两点,且GF•氏=0.求|OP|2+|OQ『的最小值.

第2842页共3427页

【解析】⑴由e=2,可得C=2Q,

.・./=。2—/=3Q2,

一,r2/

双曲线方程为一5-------T=L

a3a

•・,点在双曲线上，

•丁丁匕

解得a2=4,

22

双曲线的方程为1-----患=L

(2)①当直线，的斜率存在时,设直线，的方程为y=kx+m,

彳/“消去整理得(侬

由7^203—/)/—2krc—m?—12=0(*),

・・,直线Z与双曲线交于P,Q两点，

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

设P(61,%),Q(g,y2)，

2kmm2+12

则比1+优2=XrX

3^)23-fc2

由OP,OQ=0得到：力逆2+yiV2=0,

即(1+优)/逆2+km(g+g)+7712=0,

7n

/.(1+-)2+12-km•2}m+/=0,

KiOKO

化简得m2=6A;2+6.

384fc2

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

(1—3)2

当A:=0时上式取等号,且方程(*)有解.

②当直线I的斜率不存在时,设直线I的方程为c=t,则有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.

综上可得|OP『+|OQ|2的最小值是24.

2题型二:三角形面积最值问题

国|(2024・云南.校联考模拟预测)己知椭圆。：兴+号=19>6>0)的左、右顶点分别为

Mi、Mt，T为椭圆上异于Mi、M2的动点，设直线TMi、TM2的斜率分别为阮、自，且丘

自=一丁

(1)求椭圆C的标准方程；

第2843页共3427页

⑵设动直线Z与椭圆C相交于A、B两点，O为坐标原点，若OA•OB=0,aOAB的面

积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值;若不存在,请说明理由.

22o2

【解析】⑴不妨设T的坐标为My。)，则与+咨=1,则若=3—当，

QJa

O3a?o

又、，贝Ifci-fc=x-ya=—4-.

M^-a,O)M2(a,0)2笠0=严02=—22=

x0+ax0-axl-aX^-CLCL4

故可得■，可得a2=4,故可得椭圆C的方程为与+/=L

a~443

⑵因为GX♦而=0,且G1均为非零向量，则OA±OB.

当点A、B均为椭圆C的顶点时，则SAOAB=^-x2xV3=V3;

若直线OA、OB的斜率都存在时,设直线OA的方程为y=fcc(kWO),

则直线OB的方程为y=_泉,

rv

/12(l+fc2)

V4fc2+3

此时，%AB=&OA卜小

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

>6(行+1)=12

)(41+3)+(3府+4)―〒

2

当且仅当4*+3=3k2+4时，即当k=±l时，等号成立，

又因为早〈四,故当=0时，△OAB的面积存在最小值，且最小值为-y-.

3J(2024・安徽安庆•安庆一中校考模拟预测)如图，E,F,G,H分别是矩形ABCD四边的中

点，F(2,0),C(2,l),国亦=461；

第2844页共3427页

（1）求直线ER与直线GS交点M的轨迹方程；

（2）过点1（1,0）任作直线与点M的轨迹交于P,Q两点，直线HP与直线QF的交点为J,

直线HQ与直线PF的交点为K,求△口!<面积的最小值.

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

当共20时，直线ER方程：9=±工一1,

2/1

直线GS方程：y^-^-x+1,

联立上述两方程消去A得：号—Fy2—1,

当入=0时，交点M（0,l）符合上述方程，

又交点M不可能为

故所求的轨迹方程为亍+才=1（2；/0且^^—1）.

（2）设PQ方程：x=my+1（依题意馆存在），

代入x2+4g2—4=0得（m2+4）d+21mg—3=0,

A=16（m2+3）>0,设「（如％）,（^（力2,统），

—47TZ-33

%+改=2一，沙醺=,.>my.=7（阴+纺），

m+4m2+44

HP方程：夕=WyQ+ZbQF方程：V二上亍⑶-2）,

力］_十/力2-/

联立上述两方程消去得：

3

工+2=（©+2）的=（小e+3）统=上（%+纳）+3统=§

x2

~3一2）%（my厂l）yi今（%+纺）

x=4,

所以J（4,%）,其中%=普万，

同理直线HQ与直线PF的交点K（4,如），其中四=，

62十/

I6%6ylI_18（仍一阴）_/2,0

⑸厂加一行一口卜（叫+3）（”+3）-92Vm+3'

SAIJK—"I""（4—1）•|yj—?/KI—3Vm2+3>3，^（当且仅当m—0时取等号）,

故△口!<的面积最小值为3四,此时直线PQ的方程为①=1.

第2845页共3427页

5（2024・上海黄浦•高三上海市大同中学校考阶段练习）已知椭圆C:彳+苧=L

⑴求该椭圆的离心率；

（2）设点P（g,%）是椭圆C上一点,求证：过点P的椭圆C的切线方程为竽+等=1；

（3）若点M为直线Z：x=4上的动点，过点M作该椭圆的切线MA,MB，切点分别为A,

B,求4MAB的面积的最小值.

【解析】（1）椭圆C:彳+壬=1中，a2=4,/=3,则02=1,

则a=2,c=1,则椭圆的离心率为—=~77

a2

⑵当切线斜率存在时,其方程可设为y=kx+t,

y=kx-\-t

力2#,整理得(3+4*)/2+8ktx+4(?-3)=0,

{T+T=1

则A=(8就)2—16(3+44)(廿一3)=0,则t2=3+4fc2

此时方程的根为842\=—芈，则切点横坐标劣0=4fc

2（3+4k）Et

切点纵坐标y0=kx0-\-t=一,

贝》t=—,k=--匕力力03&

no44go

则切线方程为L素+£整理得竽+警=1；

当切线斜率不存在时，其切点为（2,0）或（一2,0）,

切线方程为2=±2,满足竽+等=1.

综上,点P（g,%）是椭圆C上一点时，

过点P的椭圆C的切线方程为竽+鬻=1

⑶设A（宏［如］的统）,M（4,n）,

则椭圆C在点A,B的切线方程分别为—^―+=1,—^―+=L

又M在两条切线上，则竽+等=L苧+竽=L

则直线AB的方程为=1,即力+-1

4JO

,+等=1

由《202整理得，+——

x,y

第2846页共3427页

则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+与-1

又点M到直线AB的距离d=—/,=Vn2+9,

则△MAB的面积为

令s=Vn2+9，则ri2=s?-9,s>3,

则券—=」3

令p[x}——-,c>3,

力2+3

6rr2(T2+3)—4rc42/4+18/2

贝|Jp'{x}=>0恒成立,

(1+3)23+3)2

9

则p(x)—在[3,+8)上单调递增,则p(x)>p(3)=彳；？

x+3y十J2

当且仅当几=0即点M坐标为(4,0)时等号成立,

则AMAB的面积的最小值为y.

22

品(2024•全国•高三专题练习)已知双曲线C：%—七=1。。(a>b>0)和圆。：^+才

ab

=/(其中原点O为圆心)，过双曲线C上一点P(xo,yo)引圆o的两条切线，切点分别为

A、B.

(1)若双曲线C上存在点P,使得ZAPB=90°,求双曲线离心率e的取值范围；

(2)求直线AB的方程；

(3)求三角形OAB面积的最大值.

【解析】⑴因为a>6>0,所以!VI,所以e=*^==J1+(誓)<V2.

由/APB=90°及圆的性质，可知四边形PAOB是正方形，所以|OP|=V26.

因为|OP|=>a,所以!>三，所以e=£=八产=Jl+(9>彳.

故双曲线离心率e的取值范围为

⑵因为RV=Op2-O-=式+若一%

所以以点P为圆心，|PA|为半径的圆P的方程为3f)2+@一%)2=稀+若一b2.

第2847页共3427页

因为圆O与圆P两圆的公共弦所在的直线即为直线AB,

所以联立方程组

x

I口XQ）十yoj—oiyo。

2

消去川,才，即得直线AB的方程为x（）x+yQy=b.

2

（3）由（2）知，直线AB的方程为XQX+yQy=b,

所以点O到直线AB的距离为d=/:'.

7确+#

2by/XQ-\-yQ—b2

因为|AB|=2j|OA|2—d2=2

/J曷+需—/

所以三角形OAB的面积S=3x|AB|xd=

xo+yo

2-

因为点P（a;o，?/o）在双曲线一9--7T=1上，

ab

所以5_，=1,即式=/

设f=y/xo+yg-b2=1+耳欣一2”二八2—凡

a）

所以三一S=L

因为S，=—,

所以当0V力Vb时，S，>0,当力>6时，Sz>0.

所以号—%=1在（0,b）上单调递增,在（b,+00）上单调递减.当衣孑W6,即b<a

ab

WV26时，S最大值=，当"即a>2匕时，S最大值=

(V^^P)2+62—a2

综上可知，当bVaW06时，S最大值=J/;当a>时，S最大值="、"一，

/CL

4367（2024・上海普陀・高三曹杨二中校考阶段练习）已知抛物线r：y2=2c,A、B、M、N为抛

物线「上四点，点T在沙轴左侧,满足直=2万工不宜=2同.

（I）求抛物线r的准线方程和焦点坐标；

（2）设线段AB的中点为D.证明:直线TD与沙轴垂直；

（3）设圆C:Q+2户+才=3,若点T为圆C上动点，设的面积为S,求S的最大值.

【解析】⑴因为「:娟=2避所以2P=2,n=。,

所以准线是c=—看焦点坐标是F（9,0）.

⑵

第2848页共3427页

设T(g,%),A(g,%),B3,纺)，

由KX=2TM可知，M为TA中点，且点M在抛物线上，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为TB中点，且点N在抛物线上，

同理可得：城一2yoyz+4g-诏=0,

故明,勿为方程才一2yoy+4g—若=0的两根，

"+%=2夕(),y1y2=4g-温

D点的纵坐标为义祥=故,

所以直线的TD的斜率为0,即直线TD与。轴垂直.

../什力2_诏+/

⑼.2—4，

_(%+纺)2-2幼敌_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,

因为T在圆C上，所以*=3—(g+2)2,

=-3

^/(—a7o6T0—I),

则当XQ——3时，(一Xg—6g—l)max——9+18—1—8,

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

3(2024・河北・统考模拟预测)已知抛物线C:/=2py(p>0),过点P(0,2)的直线Z与C交

于A,B两点，当直线I与y轴垂直时,OA±OB(其中O为坐标原点).

(1)求C的准线方程；

(2)若点A在第一象限，直线Z的倾斜角为锐角，过点A作C的切线与“轴交于点T,连接

第2849页共3427页

TB交C于另一点为D,直线AD与g轴交于点Q,求Z\APQ与ZXADT面积之比的最大

值.

【解析】⑴将g=2代人力之=2py(p>0),则x—±24p，

由OA_LOB,故AAOB为等腰直角三角形，故2狼=2,即p=l,

所以C:/2=2g,故准线方程为y=—1-.

(2)设A(Q,M),直线l:y—kx-Y2(fc>0),联立抛物线得x2—2kx—4=0,

所以SB=-4,则陶=-小，故B(-亳),

22

由g=气，则式=力,故fcTA=a,直线TA:g—t—a(x—a),

令力=0,则GT二一导,故T(。，

设直线TB:g=krx—七,联立抛物线得x—2krx+Q?=0,

所以一D=a\则附=—十，故D(—十,枭■,

2

综上，直线AD:y-—"2§(a?—a),令/=0,则T/Q—弓-，故Q(0,？-)，

/Q,O\O/

1-a

由直线Z的倾斜角为锐角，故a>2,则SAAPQ=方博一2),SAADT=

专+岩)(。+*)=奇(/+4)2,

4(a2-4)

所以，令力=a?_4>0,贝1Q2=力+4,

a2(a2+4)

则巫出7------77------r=屋----4—7==3—2V2，仅当t=4V2，即a?=4

SAADT

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

(2+1)时等号成立，

所以ZXAPQ与Z\ADT面积之比的最大值3-272.

3题型三:四边形面积最值问题

IgWIl(2024・河南•高三校联考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2,0),直线l-.x=

—2,作直线I的平行线l'-.x=a(x>2)，动点P满足到F的距离与到直线V的距离之和等

第2850页共3427页

于直线Z与1之间的距离.记动点P的轨迹为E.

(1)求E的方程；

⑵过Q(3,l)作倾斜角互补的两条直线分别交E于A,B两点和C,D两点,且直线AB

的倾斜角aC「袭，片］，求四边形ACBD面积的最大值.

【解析】⑴过P分别作直线I,〃的垂线,垂足为M,N,则由题意可得|PF|+|PN|=

|PM|+|PN|,即|PF|=|PM|,

则由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为以F(2,0)为焦点，直线l:x=-2为准线的抛物

线，

则有告=2,p=4,故E的方程为才=8x.

(2)由题目条件过Q(3,l)作倾斜角互补的两条直线分别交E于A,B两点和C,D两点,

可知直线AB,CD的斜率互为相反数.设，四:,二小⑨-1)+3,A(g,y3B(x2,y2)>

由直线AB的倾斜角aC与］,且直线AB的斜率％=工,

L64」m

可知tan-^-C—〈tan与,解得1WnzWV3.

6m4

联立上2=81r

n+消去力可得y1—8my+8m—24=0,

[x=m{y—l)+3

贝IA=32(2m2—m+3)>0,%+m=8m,yg—8m—24,

则|AB|=Jl+m2J(阴+—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).

记直线AB,CD的夹角为仇

则s四边形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

贝IS四边形ACBD—32772^/(2m2+3)2—m2=32^/m2(4m4+1Im2+9),

令m?=31<力<3,则S四边形ACBD=32\/4/+ll>+93,

第2851页共3427页

令/⑴=4/+11/+例,则广⑴=12廿+22t+9,

当1&±&3时，/（力）>0,/（。单调递增，

贝,J（s四边彭ACBD）max=3274x33+11x32+9x3=96V26,

故四边形ACBD面积的最大值为96V26.