第8章 课时冲关54 最值(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

课时冲关54　最值、范围、证明问题 [能力提升组] 1．如图，已知椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，且AC⊥BD.求四边形面积的最小值． 解：当直线BD斜率k存在且不为0时，设BD方程为：y＝k(x＋1)，联立⇒(3k2＋2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0， 设B(x1，y1)，D(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝， 由弦长公式可得|BD|＝|x1－x2| ＝＝， 因为AC⊥BD，故kAC＝－，进而可得|AC|＝＝， 所以四边形的面积为 S＝·＝××＝， 因为(2k2＋3)(3k2＋2)≤， 即(2k2＋3)(3k2＋2)≤， S＝≥＝，当且仅当2k2＋3＝3k2＋2⇒k2＝1时，等号成立， 当直线BD斜率不存在或者为0时，此时四边形的面积为S＝·＝×2a×＝2b2＝4>， ∴四边形面积的最小值为. 2．已知抛物线C1：x2＝2py(p＞0)过点A(2，1)，且它的焦点F也是椭圆C2：＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点，椭圆上的点到焦点F的最小值为2. (1)求抛物线C1和椭圆C2的标准方程； (2)设M，N是抛物线C1上的两个动点，且·＝－4. ①求证：直线MN必过定点，并求定点Q坐标； ②直线MN交椭圆C2于R、S两点，当S△FSR最大时，求直线MN的方程． 解：(1)把A(2，1)代入抛物线C1可得4＝2p，p＝2. ∴抛物线C1的方程为x2＝4y. 故F(0，1)，又F(0，1)是椭圆C2：＋＝1的焦点，且椭圆上的点到焦点F的最小值为2， ∴解得 ∴椭圆C2的标准方程为＋＝1. (2)①证明：∵直线MN与抛物线交于M，N两点， ∴直线MN斜率必存在． 设直线MN的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)， N(x2，y2)， 联立方程组消去y可得 x2－4kx－4m＝0， ∴x1x2＝－4m，∴y1y2＝·＝m2， ∴·＝x1x2＋y1y2＝m2－4m＝－4，即m＝2. ∴直线MN的方程为y＝kx＋2. ∴直线MN过定点Q(0，2). ②联立方程组消去y可得： (9＋8k2)x2＋32kx－40＝0， 设R(x3，y3)，S(x4，y4)，则x3＋x4＝－， x3x4＝－， ∴|RS|＝ ＝， 又F(0，1)到直线MN的距离d＝， ∴S△FSR＝×|RS|×d＝， 令＝t，则t≥， ∴S△FSR＝＝， 由对勾函数的性质可知当t＝时，S△FSR取得最大值，此时k＝0. ∴直线MN的方程为y＝2. 3．(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，记动点P的轨迹为W. (1)求W的方程； (2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3. 解：(1)设P(x，y)，则|y|＝，两边同平方并化简得y＝x2＋. 故W的轨迹方程为y＝x2＋. (2)证明：不妨设A，B，D三点在W上，且有BA⊥DA， 设A，易知直线BA，DA斜率均存在且不为0. 设直线BA，DA的斜率分别为k，－，由对称性不妨设|k|≤1， 直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋， 联立方程 可得x2－kx＋ka－a2＝0，由韦达定理得xA＋xB＝k， ∴B， |AB|＝|k－2a|， 同理可得|AD|＝ ＝， 所以|AB|＋|AD| ＝|k－2a|＋ ≥ ≥·＝， 令k2＝m，则m∈(0，1]， 设f(m)＝＝m2＋3m＋＋3， 可得f′(m)＝2m＋3－＝， 令f′(m)＝0，解得m＝， 可知f(m)在上为减函数，在上为增函数，所以f(m)在(0，1)上的最小值为f＝， 所以|AB|＋|AD|＝f(k2)≥，由于两处取等的条件不一致， 所以矩形的周长为2(|AB|＋|AD|)＞3. 4．(2023·北京卷)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为.设椭圆E的上、下顶点分别为A，C，左、右顶点分别为B，D，|AC|＝4. (1)求椭圆E的方程； (2)点P在椭圆E的第一象限上运动，直线PD与直线BC交于点M，直线AP与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD. 解：(1)依题意，得e＝＝，则c＝a， 又A，C分别为椭圆上下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2， 所以a2－c2＝b2＝4，即a2－a2＝a2＝4，则a2＝9， 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)证明：因为椭圆E的方程为＋＝1， 所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)， 因为P为第一象限E上的动点，设P(m，n)(0＜m＜3，0＜n＜2)，则＋＝1， 易得kBC＝＝－， 则直线BC的方程为y＝－x－2， kPD＝＝， 则直线PD的方程为y＝(x－3)， 联立 解得 即M， 而kPA＝＝，则直线PA的方程为y＝x＋2， 令y＝－2，则－2＝x＋2，解得x＝，即N， 又＋＝1，则m2＝9－，8m2＝72－18n2， 所以kMN＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝， 又kCD＝＝，即kMN＝kCD， 显然，MN与CD不重合，所以MN∥CD. 5．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左右顶点分别为A(－1，0)，B(1，0)，两条准线之间的距离为1. (1)求双曲线C的标准方程； (2)若点P为右准线上一点，直线PA与C交于A，M，直线PB与C交于B，N，求点B到直线MN的距离的最大值． 注：双曲线－＝1的两条准线方程为x＝±. 解：(1)由题意得a＝1.设双曲线C的焦距为2c，则2×＝1，所以c＝2. 所以b＝＝， 所以双曲线C的标准方程x2－＝1. (2)设P，则直线PA的方程为： y＝(x＋1). 由得(4t2－27)x2＋8t2x＋4t2＋27＝0. 因为直线PA与C交于A，M，所以4t2－27≠0，所以t≠±. 因为xAxM＝－xM＝， 所以xM＝－， yM＝(xM＋1)＝ ＝， 所以M. 因为直线PB的方程为y＝－2t(x－1)， 由得(4t2－3)x2－8t2x＋4t2＋3＝0. 因为直线PB与C交于B，N，所以4t2－3≠0，所以t≠±. 因为xBxN＝xN＝，所以xN＝， yN＝－2t(xN－1)＝－2t ＝－， 所以N. 所以当t≠±时，直线MN的方程为 y＋＝. 令y＝0，得x＝×＋＝＝2. 所以直线MN过定点D(2，0). 当t＝±时，－＝＝2，所以直线MN过定点D(2，0). 所以当BD⊥MN时，点B到直线MN的距离取得最大值为1. 6．(2025·葫芦岛市模拟)已知双曲线Γ1：－＝1与圆Γ2：x2＋y2＝4＋b2(b>0)交于点A(xA，yA)(第一象限)，曲线Γ为Γ1、Γ2上取满足x>的部分． (1)若xA＝，求b的值； (2)当b＝，Γ2与x轴交点记作点F1、F2，P是曲线Γ上一点，且在第一象限，且＝8，求∠F1PF2； (3)过点D斜率为－的直线l与曲线Γ只有两个交点，记为M、N，用b表示·，并求·的取值范围． 解：(1)由xA＝，点A为曲线Γ1与曲线Γ2的交点， 联立解得yA＝，b＝2. (2)由题意可得F1，F2为曲线Γ1的两个焦点， 由双曲线的定义可得＝2a， 又＝8，2a＝4，所以＝8－4＝4， 因为b＝，则c＝＝3，所以＝6， 在△PF1F2中，由余弦定理可得 cos ∠F1PF2＝ ＝＝. (3)设直线l：y＝－x＋，可得原点O到直线l的距离d＝＝， 所以直线l是圆的切线，设切点为M， 所以kOM＝，并设OM：y＝x与圆x2＋y2＝4＋b2联立， 可得x2＋x2＝4＋b2，可得x＝b，y＝2， 即M(b，2)， 注意直线l与双曲线的斜率为负的渐近线平行， 所以只有当yA>2时，直线l才能与曲线Γ有两个交点， 由可得y＝， 所以有4<，解得b2>2＋2或b2<2－2(舍去)， 因为为在上的投影向量可得，·＝4＋b2， 所以·＝4＋b2>6＋2， 则·∈(6＋2，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $$