2026版《优化设计大一轮》高考数学（优化设计新高考版）课时规范练56最值与范围问题

课时规范练56最值与范围问题1.(15分)(2024·广东茂名二模)已知椭圆C:x22+y2=1,右焦点为F,过点F的直线l交C于A,B(1)若直线l的倾斜角为π4,求|AB|(2)记线段AB的垂直平分线交直线x=-1于点M,当∠AMB最大时,求直线l的方程.2.(17分)(2024·湖南长沙一模)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,其准线l与x轴交于点P,过点P的直线与C交于A,B两点(点A在点B的左侧).(1)若点A是线段PB的中点,求点A的坐标;(2)若直线AF与C交于点D,记△BDP内切圆的半径为r,求r的取值范围.3.(17分)(2024·山东青岛模拟)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e,左、右焦点分别为F1,F2,且直线y=ex是双曲线x24-y2=1的一条渐近线.直线x=x0与椭圆E交于C,D两点,且△CDF1的周长最大值为8.椭圆E的左、右顶点分别为A,B,点P,Q为椭圆上异于A,B的两动点,直线PQ与x轴相交于点M(m,0),记直线(1)求k1(2)若m=1,设△AQP和△BPQ的面积分别为S1,S2,求|S1-S2|的最大值.4.(17分)(2024·江苏南通二模)已知双曲线E的渐近线为y=±33x,左顶点为A(-3,0)(1)求双曲线E的方程;(2)直线l:x=t交x轴于点D,过点D的直线交双曲线E于B,C,直线AB,AC分别交l于G,H,若O,A,G,H均在圆P上,①求点D的横坐标;②求圆P面积的取值范围.答案：1.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意可得F(1,0),因为直线l的倾斜角为π4,所以k=tanπ4=1,因此直线l的方程为y=x-1,联立方程x22+y2=1,y=x-1,消去y得3x2-4x=0,解得x1=0,x2=(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得,直线l的斜率不为0,故设l的方程为x=my+1,联立方程x22+y2=1,x=my+1,消去x得(m2+2)因此y1+y2=-2mm2+2,y1所以|AB|=1+m2(设线段AB的中点为G,则yG=y1+y22=-mm2+2,xG=myG+1=2m2+2,所以lMG:y=-m(x-1m2+2),可得M(-1,m3+3mm2+2),所以|MG|=1+m2(m2+4)m2+2,所以tan∠AMB2=12|AB||MG|=21+m2m2+4,2.解(1)由题意知P(-12,0),设点A(x0,y0),因为点A是线段PB的中点,所以B(2x0+12,2y0),又点A,B都在抛物线C上,所以y02=2x0,4y02=2(2x0+12),解得x0=14(2)如图,由题意可知直线AB的斜率存在且不为0,F(12,0),设直线AB的方程为y=k(x+12),k≠0,A(x1,y1),B(x2,y2),由点A在点B的左侧,则0<x1<x设D(x3,y3),直线BD与x轴交于点E,联立y=k(x+12),y2=2x得k2x2+(k2-2)x+k24=0,易知Δ=(k2-2)2-k4=4-4k2>0,解得-1<k<1,k≠0,x1+x2=2-k2k2,x1x2=14,所以0<x1<12<x2,而F(12,0),所以直线AF的斜率存在,所以直线AF的方程为y=y1x1-12(x-12),与y2=2x联立消去y得,y12x2-(y12+2x12-2x1+12)x+14y12=0,又y12=2x1,所以化简得2x1x2-(2x12+12)x+12x1=0,解得x=14x1或x=x1.因为直线AF的斜率存在,所以x3=14x1=x2,所以BD⊥x所以r=(x2+1令t=x2+12,t>1,则r=112t-1+1t2+1t,因为函数y=1x2=x-2,y=12x-1,y=1x在(1,+∞)上均单调递减,则函数y=12x-1+1x2+1x在(1,+∞3.解(1)设CD与x轴的交点为H,由题意可知|CH|≤|CF2|,则|CF1|+|CH|≤|CF1|+|CF2|=2a,当直线CD过右焦点F2时,△CDF1的周长取最大值4a=8,所以a=2.双曲线x24-y2=1的渐近线为y=±12x,又直线y=ex是双曲线x24-y2=1的一条渐近线,所以e=12,即ca=12,所以c=1,b2=a2-c2=3,所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线PQ的方程为x=ty+m,与椭圆方程联立x24+y23=1,x=ty+m,消去x得(3t2+4)y2+6tmy+3m2-12=0,则判别式Δ=(6tm)2-4(3t2+4)(3m2-12)=144t2-48m2+192>0,即3t2+4>m2,y1+y2=由题意,k2≠0,所以k(2)若m=1,则直线PQ的方程为x=ty+1,由(1)知y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,S1=12|AM|·|y1-y2|,S2=12|BM|·|y1-y2|,所以|S1因为t2≥0,则t2+1≥1.因为函数f(x)=3x+1x在[1,+∞)上单调递增,故3t2+1+1t2+1≥4,所以|S1-S2|≤124=3,当且仅当t2+1=1,4.解(1)因为双曲线的渐近线关于坐标轴及原点对称,又顶点在x轴上,可设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),因为双曲线的左顶点为A(-3,0),所以a=3,b=1,所以双曲线E的方程为x23-y2=(2)如图,①由题知,直线BC斜率存在,设D(t,0),B(x1,y1),C(x2,y2),直线BC的方程为my=x-t,将x=my+t代入双曲线方程,消去x整理得(m2-3)y2+2mty+t2-3=0,易知该方程有两解,所以m2-3≠0且Δ=12(t2+m2-3)>0,则y1+y2=-2mtm2-3,y设直线AG的倾斜角为α,不妨设0<α<π2,则∠AGH=π2-α,由O,A,G,H四点共圆知∠HOD=∠AGH,所以直线OH的倾斜角为π2-α,kAG·kOH=tanα·tan(π2-α)=又A(-3,0),直线AC的方程为y=y2x2+3(x+3),令x=t,则y=y2(t+3)x2+3,从而H(t,y2所以kAG·kOH=y1x1+3×y2(t+3)t(x2+3)=1⇒将x1=my1+t,x2=my2+t代入上式,得(t+3)y1y2=t(my1+t+3)(my2+t+3),所以(t+3)y1y2=t[m2y1y2+m(t+3)(y1+y2)+(t+3)2],所以(t+3)·t2-3m2-3=t[m2·t2-3m2-3+m(t+3)·-2mtm2-3+(t+3)2],化简得4t2+33②直线AG的方程为y=tanα·(x+3),由①知t=34,所以G(34,53直线OH的方程为y=1tanαx,所以H(34,34tanα),若G,H在x轴上方时,G在H的上方,即tanα>0时,534tanα>34tanα;若G,H在x轴下方时,即tanα<0时,534tanα<34tanα,所以tanα>55或tanα<-55.又直线AG与双曲线的渐近线不平行,所以tanα≠±33.所以0<α<π,tanα>55或tanα<55且tanα≠±33.因为OG=(34)

2+(53tanα4)

2=143(1+25tan2α),设圆P的半径为R,面积为S,则2R=OGsinα