重难点32 圆锥曲线中的参数范围及最值问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点32圆锥曲线中的参数范围及最值问题【七大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1弦长最值及范围问题】 2【题型2离心率的取值范围问题】 5【题型3三角形（四边形）面积的最值及范围问题】 8【题型4长度（距离）的最值及范围问题】 15【题型5斜率的最值及范围问题】 20【题型6向量数量积的最值及范围问题】 25【题型7参数的取值范围问题】 301、圆锥曲线中的参数范围及最值问题圆锥曲线中的参数范围及最值问题是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，此类问题考查频率较高，此类问题一般有长度、距离、面积、数量积、离心率等几何量的范围或最值问题，各类题型都有考查，在解答题中考查时难度较高；复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.【知识点1圆锥曲线中的最值问题】1．处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决.(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.2．圆锥曲线中的最值问题的解题思路(1)建立函数模型，求解函数的值域或最值(切莫忘记定义域的考查)；(2)构建不等关系.【注意】若求解长度、距离、面积、数量积、离心率等具有具体几何意思的量的范围或最值问题时，一般可采用函数模型；若求解参量(诸如k、m等)、离心率等范围或最值问题时，一般可采用构造不等关系的方法解决.当然以上的区分并不是绝对的，当一个思路不能解决或不好解决时，应及时切换成另一思路.【知识点2圆锥曲线中的参数范围问题】1．圆锥曲线中的参数范围问题的求解策略：结合题目条件，构建所求几何量的含参函数，并且进一步找到自变量的范围，进而求出其值域，即所求参数的范围.【题型1弦长最值及范围问题】【例1】（2024·湖北武汉·模拟预测）设抛物线C:y=4x2的焦点为F，过焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，则|AB|的最小值为（

）A．1 B．12 C．14 【解题思路】联立方程得韦达定理，即可根据焦点弦公式求解.【解答过程】由C:y=4x2得x2由题意可知直线AB的斜率存在，故设其方程为y=kx+1联立y=kx+116与x2设Ax1,y1因此|AB|=y1+故选：C.【变式1-1】（2024·云南昆明·模拟预测）已知直线l是圆C：x2+y2=1的切线，且l与椭圆E：x23+yA．2 B．3 C．2 D．1【解题思路】由直线与圆相切分析得圆心到直线距离为1，再分类讨论直线斜率是否存在的情况，存在时假设直线方程，进一步联立椭圆方程结合韦达定理得出弦长表达式，最后化简用基本不等式得出结果.【解答过程】∵直线l是圆C：x2∴圆心O到直线l的距离为1，设A(x①当AB⊥x轴时，|AB|=2②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m.由已知|m|1+k2把y=kx+m代入椭圆方程，整理得(3k.x∴|AB=(1+k=12(令t=原式=≤当且仅当9t=4t即综上所述ABmax故选：B.【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(1)求椭圆C的标准方程；(2)若倾斜角为π4的直线l与C相交于两个不同的点A,B，求AB【解题思路】（1）借助椭圆上的点的坐标，△PF1F（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理与弦长公式计算即可得.【解答过程】（1）由题意可得3a2+故椭圆C的标准方程为x2（2）k=tanπ4=1，故可设lAB联立x212+y2Δ=36t2x1+x则AB=2则当t=0时，AB有最大值，且其最大值为48−02【变式1-3】（2024·安徽·一模）已知双曲线C：x2a2(1)求C的方程；(2)若直线l与C交于A，B两点，且OA⋅OB=0（点O【解题思路】（1）根据离心率以及经过的点即可联立求解曲线方程；（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得3k【解答过程】（1）由题意可得4a2−故双曲线方程为C:x（2）当直线l斜率不存在时，可设Ax则OA=将其代入双曲线方程xA又OA⋅OB=此时AB=2当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，设Ax联立y=kx+mx故3−k则OA=1+化简得3k2+3=2所以AB=1+k=6当k=0时，此时AB=当k≠0时，此时AB=∵3−k2≠0,∴因此AB=综上可得AB∈【题型2离心率的取值范围问题】【例2】（2024·河南濮阳·模拟预测）点M是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆A．2−3,1 C．6−22【解题思路】根据MF⊥x轴可设Mc,y，代入椭圆方程可求得圆M的半径，根据△PMQ为锐角三角形，可构造关于a,c的齐次不等式，进而配凑出离心率e【解答过程】∵圆M与x轴相切于焦点F，∴MF⊥x轴，可设Mc,y∵M在椭圆上，∴c2a2+y2b2作MN⊥y轴，垂足为N，∵MP=MQ∵△PMQ为锐角三角形，∴∠NMQ<π4，∴ac<a2−c2即椭圆离心率的取值范围为6−故选：D.【变式2-1】（2024·广东东莞·模拟预测）若双曲线C：x2a2−y24=1a>0的右支上存在AA．1,5 B．C．1,3 D．【解题思路】设点Qx0,y0，根据点在双曲线上和|PQ【解答过程】根据题意，结合双曲线的对称性可知，存在以点P5a,0所以当双曲线上的点Q到点P的距离最小时，点Q不可为双曲线的右顶点，设点Qx0,又因为由x02a所以|PQ|要使|PQ|最小，x0≠a，则10a2所以e=c又因为双曲线中e>1，所以e∈1,故选：A.【变式2-2】（2024·陕西·模拟预测）已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1−c,0,F2c,0，抛物线C2A．55,22 B．22,【解题思路】先利用椭圆与抛物线的对称性分析得四边形ABF1F2的外接圆就是△BF1F【解答过程】如图，由椭圆与抛物线的对称性，知点A,B关于y轴对称，四边形ABF1F2是等腰梯形，易知四边形设四边形ABF1F在△BF1F记椭圆C1的上顶点为M,∠F1易知∠F1BF2<θ，又∴0<θ2<∴4又sin又0<θ2<π4所以14<c2a则椭圆C1的离心率的取值范围是5故选：A.【变式2-3】（2024·四川德阳·模拟预测）已知双曲线l：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与EA．2332 B．2333 【解题思路】首先求出S△AOB=ab，再结合题干中的条件可知ab≥3【解答过程】由题意得Aa,0，渐近线y=±将x=a代入得M,N坐标为a,±b,所以MN=2b因为MN⊥x轴，所以S△AOB由已知可得ab≥3两边同时除以a2得b所以3ba2解得33≤b而双曲线的离心率e=1+故选：A.【题型3三角形（四边形）面积的最值及范围问题】【例3】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2(1)求双曲线C的标准方程；(2)记O为坐标原点，双曲线C的左、右顶点分别为A,B,P为双曲线C上一动点（异于顶点），M为线段AP的中点，Q为直线x=95上一点，且AP//OQ，过点Q作QN⊥OM于点N，求【解题思路】（1）由点E在C上可得16916a2−c（2）设出直线AP的方程，与双曲线C的方程联立求出点M的坐标，结合已知确定点N的位置，进而求出△ABN面积的最大值.【解答过程】（1）由双曲线C:x2a2−双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，则双曲线C上的点(x′,于是16916a2−c2ab2所以双曲线C的标准方程为x2（2）由（1）知A(−3,0),B(3,0)，显然直线AP的斜率存在且不为0，设直线AP的方程为y=k(x+3),k≠0，由x29−y216=1设P(x1,y1),x于是线段AP的中点M(27k216−9k由OM⊥QN，得直线QN的斜率kQN=−916k，而AP//OQ，直线OQ于是直线QN的方程为y=−9k16(x−95)+9因此点N在以OF为直径的圆上，该圆的圆心为(52,0)则点N到直线AB的最大距离为52，点N的坐标为(52而点N在直线OM上，即kOM=169k=1或kOM=所以点N到直线AB的距离的最大值为52，△ABN面积的最大值为1【变式3-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2=1a>1的离心率为255，椭圆C的动弦AB过椭圆C的右焦点F，当AB垂直(1)求点M的坐标；(2)若直线AB的斜率为1m，过点M作x轴的垂线l，点N为l上一点，且点N的纵坐标为−m2，直线NF与椭圆C交于P，Q【解题思路】（1）根据椭圆的几何意义，求得椭圆C的方程，从而得F(2,0)，将x=2代入椭圆方程，求出点A的坐标，再设椭圆C在点A处的切线方程为y=k(x−2)+55，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0，求出k的值，即可求得（2）设直线AB的方程为x=my+2，将其与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出|AB|，结合（1）中所得写出N的坐标，并求出直线NF的方程，再利用弦长公式求得|PQ|，然后化简运算1|AB|+1【解答过程】（1）解：由题意知，b=1ca=255b所以椭圆C的方程为x25+将x=2代入椭圆方程得y=±5不妨取A(2,5设椭圆C在点A处的切线方程为y=k(x−2)+5联立x25+所以Δ=整理得4(5k+2)所以在点A处的切线方程为y=−2由椭圆的对称性知，点M在x轴上，令y=0，则x=5即点M的坐标为(52,（2）根据题意可设直线AB的方程为x=my+2，A(x1,y1)，联立x=my+2x25所以y1+y2=所以|AB|=1+因为MN⊥x轴，且点N的纵坐标为−m2，所以N(5所以直线NF的斜率为−m所以直线NF的方程为x=−1同理可得，|PQ|=2所以1|AB|故1|AB|+1故1|AB|+1由于kNF=−m,kAB=故SAPBQ=1【变式3-2】（2024·陕西宝鸡·三模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）和圆C：x2+y2=1，C经过E的右焦点(1)求椭圆E的方程；(2)设D，A是椭圆E的左、右顶点，过F的直线l交E于M，N两点（其中M点在x轴上方），求△MAF与△DNF的面积之比的取值范围.【解题思路】（1）根据条件，转化为关于a,b的方程组，即可求解；（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，斜率不存在时，直接计算，斜率存在时，直线l的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示三角形的面积比值，利用韦达定理表示面积比值，并求范围.【解答过程】（1）设椭圆焦距为2c，由题意可得c=1，有a2又因为直线AB方程为xa所以d=ab联立①②解得：a2=4，故椭圆方程为x（2）①当l斜率不存在时，易知S△AMF②当l斜率存在时，设l：x=ty+1（t≠0），Mx1由x=ty+1x24+y所以y1+y因为S△DNF=1所以S因为y1又y1设y1y2=k，则k<0，−4所以S△AMF综上，S△AMFS△DNF【变式3-3】（2024·甘肃白银·模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0),A为第一象限内C上任意一点，以A为切点作C的切线l与x轴交于点B，与y轴交于点M，过点B作垂直于l的直线l′交C于D,E两点，其中点D在第一象限，设l′(1)若点A的坐标为2,1，求切线l的方程；(2)若KM=λKA，求(3)当p=2时，连接OD,OE,AK,AD，记△OKE,△OKD,△AKD的面积分别为S1,S【解题思路】（1）代入方程求出p，即可求出抛物线方程，利用导数的几何意义求出切线方程；（2）设点AxA,yA，利用导数的几何意义表示出切线方程，从而得到B、M的坐标，即可得到B为AM（3）首先得到l′的方程，设Dx1,y【解答过程】（1）因为点A的坐标为2,1，则22=2p，解得p=2，所以则y′=x2，所以点所以切线l的方程为y−1=x−2，即y=x−1.（2）设点AxA,yA，由y=所以切线l:y=xApx−xA+所以BpyAxA令x=0，可得y=−yA，则所以B为AM的中点，因为l′垂直于l，所以点K在AM所以KM=KA，所以（3）解法一：设点Ax0,x024则切线l:y=x02则kl′=−2x0，所以联立2xx0+y−1=0x2设Dx1,y1,Ex则S1因为S1所以S1S2=1+8x又A到l′的距离dO到l′的距离d所以S3则S3当且仅当x0所以S3S2解法二：由解法一知联立2xx0+y−1=0,则x1所以S1S2所以S3当且仅当x0=23【题型4长度（距离）的最值及范围问题】【例4】（2024·河南信阳·三模）已知椭圆y29+x2=1，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线l1:y=3x和l2:y=−3x平行的直线，分别交l2A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】由题意可得四边形PMON为平行四边形，设M(x1,y1)，N(x2,【解答过程】设过点P分别与直线l1,l设M(x1,y1)，N(x显然四边形PMON为平行四边形，故M,N与O,P的中点重合，则x0+0=x又因P为椭圆上任意一点，所以y029即MN=而−1≤x0≤1，即故选：C.【变式4-1】（2024·黑龙江·三模）已知点P是抛物线C:y2=4x准线上的一点，过点P作C的两条切线，切点分别为A,B，则原点O到直线ABA．14 B．13 C．1【解题思路】设P−1,y0,Aa24,a,Bb24,b，且lPA:x=ty−a+【解答过程】由抛物线C:y2=4x，可得焦点F(1,0)设P−1,由题意可知a≠b≠0且PA,PB的斜率存在且不为0，不妨设lPA联立方程x=ty−a+a由直线与抛物线相切可得Δ=16t2−44ta−又因为P−1,y0在直线上，所以有a若y0=0，则a2=b2=4，即AB的直线方程为x=1若y0≠0，则a≠b≠2，两式联立消y所以lAB:y−a=4所以O到直线AB距离d=4综上可得d≤1，即原点O到直线AB距离的最大值为1.故选：D.【变式4-2】（2024·四川自贡·三模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F(1)求椭圆E的方程；(2)过点A1,3的直线与椭圆E相交于两点P、Q（P在Q上方），线段PQ上存在点M使得|AP||AQ|=【解题思路】（1）根据已知条件和椭圆中a,b,c的关系，求出a,b,c的值，可得椭圆的标准方程.（2）当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为y−3=kx−1，把直线方程代入椭圆方程，消去y，得到关于x的一元二次方程，韦达定理，将|AP||AQ|=|MP||MQ|用x1,x2,x0表示，消k得【解答过程】（1）由题意bc=tanπ3=3所以椭圆E的方程为x2（2）因为124+323>1当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为y−3=kx−1联立y−3=kx−1x2由Δ=24k−8k解得k>−1+3或k<−1−3，所以x1由|AP||AQ|=|MP||MQ|得则y0=kx0−1当直线PQ斜率不存在时，M1,34所以点M在直线x+4y−4=0上且在椭圆E的内部，设F2关于直线PQ对称点E则1+x32所以|MF1|+|MF2由y=35x+1x+4y−4=0得M817,【变式4-3】（2024·陕西咸阳·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，圆F1:(x+2)2+y2=4，F22,0，P是圆F1上的一个动点，线段P(1)求曲线C的方程；(2)若动直线l与曲线C相交于Q、N两点，设Qx1,y1，Nx2,y2，且x1>0，x2>0，A−1,0，记直线AQ【解题思路】（1）根据圆的性质及双曲线的定义计算可得；（2）设直线l的方程为x=my+n，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由k1k2=−2求出【解答过程】（1）圆F1:(x+2)2+如图所示，

连接MF2，根据题意，则MF∴点M的轨迹是以F1，F设双曲线方程为x2a2−y∴a=1，c=2，则b2故所求C的方程为x2（2）依题意直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+n，由x=my+nx2−y2在3m2−1≠0Δ=36由k1k2即y1即2m则2m即3n即6m即n2−4n−5=0，解得n=5或当n=−1直线l的方程为x−my+1=0过点A−1,0所以直线l的方程为x−my−5=0，则d=6由Qx1,y1，Nx2,y所以0≤m2<13即点A到直线l的距离d的取值范围为33【题型5斜率的最值及范围问题】【例5】（2024·内蒙古·三模）已知O为坐标原点，F是抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，M是C(1)求C的方程；(2)A,B是C上两点（A,B异于点O），以AB为直径的圆过点O,Q为AB的中点，求直线OQ斜率的最大值.【解题思路】（1）首先由条件求得点M的横坐标，再根据焦半径公式，即可求解；（2）首先联立直线与抛物线方程，利用OA⊥OB，结合坐标运算，求得点Q的坐标，再表示直线OQ的斜率，即可求解.【解答过程】（1）由抛物线的定义可知Fp因为MF=MO，所以因为MF=32，所以p4+p2（2）由题意知AB斜率不为0，设Ax联立方程x=my+t,y2=4x,得y则y因为以AB为直径的圆过点O，所以OA⊥OB，则xA即yA解得yAyB又xA+当m=0时，kOQ当m≠0时，kOQ故直线OQ斜率的最大值为24【变式5-1】（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），直线l1与E交于M(1)求椭圆E的标准方程；(2)若MP⃗=PN⃗，AP=(7−4(3)若直线MA，MB的斜率之和为2，求直线l2【解题思路】（1）把点代入方程列方程组求解即可；（2）①设直线l方程为AB:y=kx+t，代入椭圆E的方程可得，结合判别式与韦达定理，由MP=②由kAM+kBM=2,可知y可得t=4k+43或t=4k，利用判别式求解【解答过程】（1）因为M−4,0，N−2,2两点在椭圆所以−4解得a2=16，故椭圆E的标准方程为x2（2）设Ax1,y1联立x216+即k2Δ>0，x1+x由MP=PN得P−3,1，则AB:y=k由AP=7−43即x1+代入t=3k+1得，x1+x解得：x1=−23，x故直线l2的斜率为k=−（3）由kAM+k即y1即kx即2k−2x1代入x1+x得2k−2t即t2+16k故t=4k+43或t=4k当t=4k时，直线AB过M−4,0，此时点M,P当t=4k+43时，直线AB过定点K−4,当t=4k+43时，由Δ=4k从而直线l2的斜率的取值范围为−【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）设抛物线C:x2=2py(p>0)，直线x−y+1=0与C交于A，B(1)求抛物线C的方程；(2)已知点P为x2+y+12=1上一点，过点P作抛物线C的两条切线PD，PE，设切点分别为D，E【解题思路】（1）联立直线与方程可得与横坐标有关韦达定理，结合弦长公式计算即可得解；（2）借助导数可得lPD、lPE，从而得到lDE【解答过程】（1）设点Ax由x2=2pyx−y+1=0则x1+xAB=1+k即抛物线C:x（2）设点Px0,y0，Dx3由C:x2=4y，即y=则lPD:y−x则有y0即Dx3,y4化简得lDE将直线DE的方程代入C:x2=4y则x3+x则k==2又Px0,y0为x【变式5-3】（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线E:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1(1)求E的方程；(2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点F2的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为kAM和kBN【解题思路】（1）由三角形面积及双曲线的定义，利用勾股定理求解即可；（2）设直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式化简可得kBN=−3k【解答过程】（1）设双曲线的半焦距为c(c>0)，∵S∴由题可知|PF∴    |PF1又ca=2故E的方程为x2（2）如图，

由题可知F22,0,A−1,0,B设直线MN的方程为x=ty+2−33将方程x=ty+2和x2−y∴∵k∴k∴kBN=−3∵直线AM与E的右支有交点，∴−3∴当kAM=1,kBN=−3【题型6向量数量积的最值及范围问题】【例6】（23-24高二上·北京·期中）已知椭圆M:x24+y2=1的上、下顶点为A,B，过点P0,2的直线l与椭圆M相交于两个不同的点A．−1,16 B．−1,16 C．【解题思路】由题意画出图形，分直线的斜率不存在和存在两种情况求解，当直线斜率不存在时，求得OC⋅OD=−1，当直线斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立，由判别式大于0求得k的范围，再结合根与系数的关系写出数量积，由k【解答过程】当直线斜率不存在时，直线方程为x=0，C(0,1)，D(0,−1)，此时OC⋅当直线斜率存在时，设斜率为k(k≠0)，设Cx则直线方程为y=kx+2，联立y=kx+2x24Δ=(16k)2x1∴y1y∴OC⋅∵k2>34，则−1<OC综上，OC⋅OD的取值范围是故选：D．【变式6-1】（2024·湖北黄石·三模）已知Mx0,y0为双曲线x2−y2=4上的动点，x0>0，y0≥0，直线l1：xA．−8 B．−4 C．0 D．【解题思路】先证明线l1是双曲线x2−y2=4的切线，线段【解答过程】因为Mx0,所以x02−y0联立x2−y2=4因为y0且Δ=所以直线l1是双曲线x2−双曲线的渐近线方程为y=±x，联立x0x−y所以P点的坐标为x0联立x0x−y所以Q点的坐标为x0所以线段PQ的中点为Mx双曲线x2−y2=4的渐近线方程为y=±x则RP=RM2−=1由题意可得直线PQ的斜率大于零或不存在，故OQ⃗≤22所以−1所以RP⋅RQ的最小值为故选：D.【变式6-2】（2024·福建厦门·二模）已知A−2,0，B2,0，P为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1(1)求Γ的轨迹方程；(2)直线PA，PB分别交动直线x=t于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H.HC⋅【解题思路】（1）设点P(x,y),(x≠±2)，由题意列出等式，化简即可求得答案；（2）分别设直线PA,PB的方程，求出点C,D的坐标，即可得出直线CH的方程，继而求出H点坐标，从而求出HC⋅【解答过程】（1）由题意设点P(x,y),(x≠±2)，由于k1故yx−2⋅y即Γ的轨迹方程为x2（2）由题意知直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足设直线PA的方程为y=k1x+2，令x=t，则可得y=直线PB:y=k2x−2又直线CH的方程为y−k令y=0，得xH=t+k故HC=3t+6当t=6时，−3即HC⋅【变式6-3】（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23，离心率为32，椭圆的左右焦点分别为F1、F2(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆上有一动点T，求PT⋅(3)设线段BC的中点为M，当t≥2时，判别椭圆上是否存在点Q，使得非零向量OM与向量PQ【解题思路】（1）由题意计算即可得；（2）由设出T点坐标，表示出PT，结合TF1−T（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线l与椭圆交于不同的两点可得该方程Δ>0，并由方程中的韦达定理表示出直线OM斜率，假设存在该点Q，则有kPQ=kOM，借此设出直线PQ【解答过程】（1）由题意，得c=3，a=2，所以b=则椭圆的标准方程为x2（2）设动点Tx,y，F1FPT⋅∵x∈−2,2，所以PT⋅T（3）显然直线的斜率存在，故可设直线l:y=kx+t，Bx1,联立y=kx+tx24+yΔ=−16t2则x1+x则x1+x则xM故kOM若OM//PQ，则有设直线PQ为y=−1联立y=−14kx+tx2要使得存在点Q，则Δ2整理得16+4故k2由①②式得，t2则t2−14所以当t≥2时，不存在点Q，使得OM【题型7参数的取值范围问题】【例7】（23-24高二上·北京平谷·期末）已知椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过点(0,1)，斜率存在且不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，求弦AB垂直平分线的纵截距的取值范围.【解题思路】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得a,b,c，进而得到椭圆标准方程；（2）设l:y−1=kx与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用中点坐标公式表示出Q点坐标，从而得到l′方程；令x=0可求得l′在【解答过程】（1）由题意，2a=26，即a=又e=ca=故b2故所求椭圆的标准方程为x2（2）如图，由题意知：直线l的斜率k存在且不为零，设l:y−1=kx，k≠0，Ax1,y1，B联立y−1=kxx26+yΔ>0则x1+x2=−∴Q−则l′方程为：y−y0化简得：y=−设直线l′在y轴上截距为m，令x=0得m=−由0<12k所以直线l′在y轴上的截距的取值范围为−1,0【变式7-1】（2024·浙江温州·一模）已知抛物线x2=4y的焦点为F，抛物线上的点Ax(1)求l的方程（用x0，y(2)若直线l与y轴交于点B，直线AF与抛物线交于点C，若∠ACB为钝角，求y0【解题思路】（1）由相切利用导数或判别式求斜率，再由点斜式写出方程；（2）由∠ACB为钝角，所以CF⋅【解答过程】（1）解法1：抛物线E：x2=4y即则y′=12x，则在A所以，AB：y−y0=解法2：（1）设切线方程为y−y0=kx−xx2因为直线与抛物线相切，故方程（*）的判别式Δ即Δ=16k2所以，AB：y−y0=（2）易知F0,1，B设直线AF：y=kx+1，Cx代入抛物线方程得x2故x1x0因为∠ACB为钝角，所以CF⋅即−x即3y因为y1>0即y1解得y1<2【变式7-2】（2024·江西宜春·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为6，过点P(0,1)的直线l与C交于(1)求C的方程；(2)记C的右顶点为T，若点A，B均在C的左支上，直线AT，BT分别与y轴交于点M，N，且PM=λPO，PN=μ【解题思路】（1）根据题意列出方程组，求出a2（2）设l:y=kx+1，联立x2−2y2=1，得到两根之和，两根之积，根据两交点在左支上得到不等式，求出22<k<62，表达出直线AT的方程为y=y1x1−1(x−1)【解答过程】（1）由题可知双曲线C过点(3则3a2−1b所以双曲线C的方程为x2（2）若l的斜率不存在，此时l与双曲线无交点，舍去，根据题意设直线l:y=kx+1，Ax1,y1联立x2−2y则Δ=16k2由x1+x2=4k1−2由（1）可知T(1,0)．则直线AT的方程为y=y令x=0，得y=−y1x1所以PM=0,−y1由PM=λPO，得−y1x所以λ=y1x所以λ+μ=kx=2k⋅−31−2因为22<k<6所以6−2<1k+1所以λ+μ的取值范围为(6【变式7-3】（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1,

(1)求椭圆Γ的方程；(2)椭圆Γ上不同三点B,C,D，满足CF2⊥OF2，且BF2,C(3)直线l:y=kx−2与Γ交于M,N点，交y轴于P点，若PM=λPN，求实数【解题思路】（1）利用三角形重心坐标公式先求A坐标，再代入椭圆方程结合其性质计算即可；（2）设B、D、E坐标，并根据焦半径公式得BF2,DF2，由等差中项的性质得出x（3）设M、N坐标，联立椭圆方程结合韦达定理得出其横坐标关系，再根据平面向量的坐标表示λ+1【解答过程】（1）不妨设F1因G1,12为△A所以9a又短轴长为6，所以b=3，代入解得a2所以椭圆方程为:x2（2）由上可知F23,0，设B则BF又x1212+y同理DF又CF由题意得23即x0因B，D在Γ上，易得x12−所以线段BD中垂线的斜率4y线段BD中垂线方程:y−y令x=0得yE又线段BD中点在椭圆内所以312+y所以yE（3）设Mx3,y3联立x212+y2得x3所以λ+1当k=0时，λ=−1，当k≠0时，λ+1解不等式得−5<λ<−1一、单选题1．（2024·山东泰安·模拟预测）已知点M在椭圆C:x2+y29=1上，FA．9 B．12 C．16 D．18【解题思路】由已知可得MF1+MF【解答过程】由题知，a2=9，b2=1，即a=3，因为MF1+所以MF所以M（当且仅当MF故选：D.2．（2024·四川成都·三模）已知点P,Q分别是抛物线C:y2=4x和圆E:x2+y2−10x+21=0A．6 B．2+25 C．43 【解题思路】根据题意，将2PQ+QF转化为2(PQ+12QF)的形式，寻求定点M，使得1【解答过程】由抛物线C:y2=4x又由圆x2+y可得圆心坐标为E(5,0)，半径r=2，设定点M(t,0)，满足12QF即(x其中(x(4−t)x0=16−所以定点M满足12可得2PQ如图所示，当且仅当M,P,Q此时PQ+QM取得最小值即2PQ设P(x,y)，满足y2所以2PQ2PQ当x=2时，等号成立，故选：C.3．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,A．23,1 B．22,104【解题思路】设PF1=m,PF2=n，由已知及椭圆概念，可得mn=2b2【解答过程】因为PF1⋅PF2=0在Rt△F1PF即mn=2b2．则令mn=t，由PF1P由于函数y=t+1t在则2c2b即a2b2故离心率e=c故选：B．4．（2024·西藏林芝·模拟预测）已知抛物线y2=8x上一点P到准线的距离为d1，到直线l:4x−3y+12=0的距离为d2，则A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】点P到直线l:4x−3y+12=0的距离为|PA|，到准线l1:x=−2的距离为|PB|，利用抛物线的定义得|PF|=|PB|，当A，P和F共线时，点P到直线l:4x−3y+12=0和准线【解答过程】由抛物线y2=8x知，焦点F2,0

点P到直线l:4x−3y+12=0的距离为|PA|，到准线l1:x=−2的距离为由抛物线的定义知：|PB|=|PF|，所以点P到直线l:4x−3y+12=0和准线l1:x=−2的距离之和为且点F2,0到直线l:4x−3y+12=0的距离为d=所以d1+d故选：D.5．（2024·广东梅州·二模）已知点F为双曲线C：x23−y2=1的右焦点，点N在x轴上（非双曲线顶点），若对于在双曲线C上（除顶点外）任一点P，A．2,143 C．3,2∪2,【解题思路】设N(x0,0)，P(x,y)，把∠FPN恒是锐角转化为PF⋅【解答过程】由题意可得c=a2+设N(x0,0)，则PF=(2−x,−y)，PN由∠FPN恒是锐角，得PF⋅又x23−∴不等式可化为：(2−x)(x整理得：4x记fx要使fx当−3≤3f−3=当3x0+28>3或Δ=(x综上，3<又点N与双曲线顶点不重合，所以x0所以x0的取值范围为3故选：C．6．（2024·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，直线l:y=kx+mk>0与双曲线x2−y29=1相交且只有一个交点，与椭圆x225A．10 B．12 C．14 D．16【解题思路】根据题意确定k=3，联立方程组，利用弦长公式和面积公式，最后求最值.【解答过程】由题意知l:y=kx+m与双曲线的渐近线y=3x平行，故k=3，设Mx1,y1，N得241x2+150mx+25x1+x所以MN=点O到l的距离d=m所以△OMN的面积S=≤20当且仅当m2=241故选：A．7．（2024·全国·模拟预测）已知点A−2,2为抛物线C:x2=2py上一点，P为C上不同于点A的一个动点，过P作PA的垂线与C交于另一点B，则点A．−∞,−6∪C．−∞,−6∪【解题思路】求出抛物线方程，利用PA⊥PB，得到x22+【解答过程】因为A−2,2为抛物线C上一点，所以−22=4p，解得p=1设Bx1,x1由PA⊥PB，得kPA⋅kPB=−1则关于x2的方程一定有解，故Δ=x1−22−4故选：A．8．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0，b>0的左、右焦点分别为F1，F2，FA．12 B．24 C．16 D．8【解题思路】已知条件→a,b,c→双曲线C→平行四边形的性质S△ADE=2S△OAE→联立方程y1+【解答过程】由题意知2c=4ba=3a2+由题意及双曲线的对称性，平行四边形ABDE与双曲线C如图．∵四边形ABDE为平行四边形，所以S△ADE由题知，直线AE的斜率不为零，且F22,0，故设直线AE的方程为由x2−y23=1x=my+2，消去x设Ax1,因为点A,E均在双曲线的右支上，且双曲线渐近线的斜率为：±3，所以−3<所以S△OAE=12OF令m2+1=t1≤t<2因为y=4t−3t∴当t=1时，S△OAEmin=6故选：A.二、多选题9．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C：x23−y2=1的右焦点为F，动点M，N在直线l：x=32上，且FM⊥FN，线段FM，FN分别交C于P，Q两点，过P作l的垂线，垂足为R.设△FMN的面积为A．S1的最小值为12 C．MP⋅NFMN⋅PF为定值【解题思路】由三角形相似和基本不等式，即可判断A；代入两点间距离公式，化简后，即可判断B；根据直角三角形的性质，结合B选项，即可判断C；设∠MFH=α，利用三角函数表示S1【解答过程】对于A，易得F2,0，设H32设HM=x，HN=y，由三角形相似可得所以S1=1对于B，设Px0,y0，则PR所以PF=x0对于C，由∠MFN=π2，可得MPPR整理得MPNF对于D，易知S1S2则FM=FHcos设FP=m，则PR=3同理可得FQ=所以S1令t=sin则S1S2则φ′所以φt在1,2上单调递减，故φt故选：BC.10．（2024·湖北·模拟预测）已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），1|FA|与1|FB|的等差中项为12．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，OA．p=1 B．tan∠AOB的最大值为C．|PN||PF|的最大值为2 D．MA【解题思路】设Ax1,y1，Bx2【解答过程】显然当直线斜率不存在时不合题意，则设直线l:y=kx+p2，与x2设Ax1,y1，Bx2,y1|FA|+=2p因此p=2，A选项错误．tan=−y=x24,y′=同理MB:y=x22x−x不妨设xP≥0，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为则|PN||PF|=当直线PN与抛物线相切时，∠PNQ最小．y=kx−1与x2=4y联立，消去y得：x令Δ=16k2−16=0，解得故|PN||PQ|kMAkMB则MA2故选:BCD．11．（2024·河南南阳·模拟预测）已知椭圆W:x24+y2=1，点F1,F2分别为W的左､右焦点，点C,D分别为W的左､右顶点，过原点且斜率不为0的直线l与WA．W的离心率为3B．AF2C．W上存在一点P，使∠CPD=D．△ABM面积的最大值为2【解题思路】熟悉椭圆的离心率公式ca，椭圆焦半径取值范围为a−c,a+c，焦半径三角形顶角在上顶点时取最大，先对选项A、B、C作出判断，对于选项D，就需要设出直线AM的方程为x=my+3，与椭圆方程联立，再把三角形面积计算公式转化到两根关系上来，最后代入韦达定理得到关于【解答过程】由题知，该椭圆中a=2,b=1,c=3，所以离心率为3根据椭圆上到焦点距离最大和最小的点是长轴的两个端点得，距离最大为a+c，距离最小为a−c，又直线AB的斜率不为0，所以AF当椭圆的对称可知当P为短轴顶点时，∠CPD取得最大值，此时DP=由余弦定理得cos∠CPD=CP|即W上存在一点P，使∠CPD=2设直线AM的方程为x=my+3，联立直线AM与W的方程得m设Ax1,所以AM=1+m又点O到直线AM的距离为d=3所以S△ABM令t=m2+1当且仅当t=3t，即所以△ABM面积的最大值为2,D故选：ACD.三、填空题12．（2024·辽宁锦州·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线M:x2m−y2=1经过点A2,1，点B与点A关于原点对称，C为M上一动点，且C异于A，B两点．若△BCT的重心为A，点【解题思路】根据给定条件，求出双曲线M的方程，再利用三角形的重心坐标公式求得动点T的轨迹方程，借助两点间距离公式求出DT的最小值.【解答过程】由双曲线M:x2m−y2=1则双曲线M:x22−y由△BCT的重心为A，得x+x0−2又x022−y而A,B,C不共线，即x≠6y≠3且x≠10y≠5，因此于是DT=(x−8)2所以DT的最小值为2.故答案为：2.13．（2024·安徽·一模）椭圆C：x24+y2=1的左右焦点分别为F1、F2，点M为其上的动点.当【解题思路】设点M(x,y)，由余弦定理得cos∠F1【解答过程】设M(x,y)，焦点F1(−3因为∠F1M即MF整理得：x2因为点Mx,y在椭圆x2代入得x2<又因为−2≤x≤2，所以点M纵坐标x的取值范围−2故答案为：−214．（2024·全国·模拟预测）已知直线tx−y−t=0(0<t<1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于点A,B，过线段AB的中点D作直线x=−1的垂线，垂足为E，记直线EA,EB,EF的斜率分别为k1【解题思路】先求出抛物线方程，将其与直线方程联立写出韦达定理，由题意求出点E的坐标，推理计算出k1k2=−1，从而将求【解答过程】如图，因为直线tx−y−t=0过C的焦点F，令y=0，解得：x=1，即F(1,0)，故由p2=1可得p=2，即把y=tx−t代入C的方程整理得：t2x2−2t2于是，y1+y则k1k2k3=0−2t1−(−1)=−故答案为:(1,+∞四、解答题15．（2024·新疆·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2(1)求C的方程；(2)设过点R1,13的直线l与C交于M，N两点，若动点P满足PM=λMR，PN=−λNR【解题思路】（1）根据两点间距离最值结合离心率求出a,b，即可得出椭圆方程；（2）结合向量共线求出参数关系得出轨迹方程，再根据点到直线距离求出最小值.【解答过程】（1）设Ex,y，F则EF=又因为−a≤x≤a，所以EF|max⋅又椭圆的离心率e=ca=6解得a2=3，故C的方程为（2）设Mx1,y1，N所以x1若λ=−1，则PM=−MR，即P与R重合，与若λ=1，则PN=−NR，即P与R重合，与故λ≠±1，于是x1=λ+x0化简得−5λ同理可得，−5λ故λ，−λ为方程−5x于是6x0+6y0−18=0，即令直线l2:x+y−m=0(m>0)，当l2与T相切时，记l1，l2联立x+y−m=0x23由Δ=(6m)2−163m2此时，解得x=32，y=12，即切点为32,1故PQ的最小值为22

16．（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线l：kx−y−k=0分别与x轴，直线x=−1交于点A，B，点P是线段AB的垂直平分线上的一点（P不在(1)求点P的轨迹C的方程；(2)设l与C交于E，F两点，点M在C上且满足AE⋅AM=0，延长MA交C于点N【解题思路】（1）结合题意得出几何关系PB=（2）一方面：设Ex1,y1，Fx2,y2，联立l与抛物线的方程，由韦达定理得【解答过程】（1）由题意k≠0，如图，∵