2026《衡中学案》高考一轮总复习 数学提能训练 练案[58] 人教版
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提能训练 练案[58]
1．(2025·广东中山一中等四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为8.
(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，＝，2bc＝8，又a2＝b2＋c2，
解得a＝4，b＝2，c＝2，
所以椭圆C的方程为＋＝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
得(m2＋4)y2＋2my－15＝0，
由于直线过椭圆内一点，故必有Δ>0，
则y1y2＝－.
又S△ABQ＝×|2y1|×|x2－x1|，
S△APQ＝×|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|
＝＝≤＝，
当且仅当|m|＝，即m＝±2时等号成立，
所以△BPQ面积的最大值为，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＋＝5，解得p＝2.
所以E的标准方程为y2＝4x.
(2)①证明：由(1)知，y＝4×4，且y0>0，
解得y0＝4，所以P(4,4)．
设A，B，则kPA＝＝，
同理可得，kPB＝，
则kPA·kPB＝·＝－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＝，
整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.
所以4x－20－(y1＋y2)(y＋4)＝0，
即y＋4＝(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y＝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
消去x得k2x2－(10k2＋8k＋4)x＋(5k＋4)2＝0，
由题意Δ>0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝＋＋1＝＋36＝202＋≥，所以当＝－，k＝－时，|FA|·|FB|的最小值为；
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.
3．(2025·江西红色十校联考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为，C的右焦点F到该渐近线的距离为2.
(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，
所以＝，b＝a，
则C的一条渐近线的方程为x－y＝0，
因为＝2a，
所以右焦点F(2a,0)到渐近线x－y＝0的距离为＝2，
所以a＝2，b＝2，所以C的方程为－＝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－＝1联立得(3m2－1)y2＋24my＋36＝0，
所以3m2－1≠0，Δ＝144(m2＋1)>0，
y1＋y2＝－，y1y2＝，
又A，B两点在x轴同一侧，所以y1y2>0.
此时3m2－1>0，即m2>.
又圆O的方程为x2＋y2＝4，点O到直线AB的距离d＝，
由d3，由
得m2>3，所以m>或m3，设t＝3m2－1，t>8，
则|AB|·|MN|＝＝
16＝16∈(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A，B，
过点A处的切线方程为y－＝(x－x1)，
即y＝－，
同理可得，过点B处的切线方程为y＝－，
联立两直线方程
可得P，
依题意，＝－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＝－，
即M，
点Q到直线y＝－1的距离为2k2＋2，
所以△QPM的面积
S＝|2k＋|×(2k2＋2)＝2|k3＋2k＋|，
不妨设k>0，则S＝2，
设f(k)＝2，
则f′(k)＝2＝2×
＝，
所以当k＝时，f(k)取得极小值，也是最小值，
f＝，
所以△QPM面积的最小值为.
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1．(2025·广东中山一中等四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为8.
(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，＝，2bc＝8，又a2＝b2＋c2，
解得a＝4，b＝2，c＝2，
所以椭圆C的方程为＋＝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
得(m2＋4)y2＋2my－15＝0，
由于直线过椭圆内一点，故必有Δ>0，
则y1y2＝－.
又S△ABQ＝×|2y1|×|x2－x1|，
S△APQ＝×|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|
＝＝≤＝，
当且仅当|m|＝，即m＝±2时等号成立，
所以△BPQ面积的最大值为，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＋＝5，解得p＝2.
所以E的标准方程为y2＝4x.
(2)①证明：由(1)知，y＝4×4，且y0>0，
解得y0＝4，所以P(4,4)．
设A，B，则kPA＝＝，
同理可得，kPB＝，
则kPA·kPB＝·＝－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＝，
整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.
所以4x－20－(y1＋y2)(y＋4)＝0，
即y＋4＝(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y＝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
消去x得k2x2－(10k2＋8k＋4)x＋(5k＋4)2＝0，
由题意Δ>0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝＋＋1＝＋36＝202＋≥，所以当＝－，k＝－时，|FA|·|FB|的最小值为；
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.
3．(2025·江西红色十校联考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为，C的右焦点F到该渐近线的距离为2.
(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，
所以＝，b＝a，
则C的一条渐近线的方程为x－y＝0，
因为＝2a，
所以右焦点F(2a,0)到渐近线x－y＝0的距离为＝2，
所以a＝2，b＝2，所以C的方程为－＝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－＝1联立得(3m2－1)y2＋24my＋36＝0，
所以3m2－1≠0，Δ＝144(m2＋1)>0，
y1＋y2＝－，y1y2＝，
又A，B两点在x轴同一侧，所以y1y2>0.
此时3m2－1>0，即m2>.
又圆O的方程为x2＋y2＝4，点O到直线AB的距离d＝，
由d3，由
得m2>3，所以m>或m3，设t＝3m2－1，t>8，
则|AB|·|MN|＝＝
16＝16∈(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A，B，
过点A处的切线方程为y－＝(x－x1)，
即y＝－，
同理可得，过点B处的切线方程为y＝－，
联立两直线方程
可得P，
依题意，＝－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＝－，
即M，
点Q到直线y＝－1的距离为2k2＋2，
所以△QPM的面积
S＝|2k＋|×(2k2＋2)＝2|k3＋2k＋|，
不妨设k>0，则S＝2，
设f(k)＝2，
则f′(k)＝2＝2×
＝，
所以当k＝时，f(k)取得极小值，也是最小值，
f＝，
所以△QPM面积的最小值为.
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