第15讲 圆锥曲线中的最值及范围问题（教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page第15讲圆锥曲线中的最值及范围问题（8类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析关联考点2024年新I卷，第11题,6分纵坐标的最值问题由方程研究曲线的性质求平面轨迹方程2023年新I卷，第22题,12分周长最值问题求平面轨迹方程由导数求函数的最值(不含参)基本(均值)不等式的应用求直线与抛物线相交所得弦的弦长2020年新Ⅱ卷，第21题,12分求椭圆中的最值问题根据椭圆过的点求标准方程求椭圆的切线方程椭圆中三角形(四边形)的面积2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-17分【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的最值问题及其相关计算2.理解、掌握圆锥曲线的范围问题及其相关计算【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会运算，需强化训练复习考点一、弦长及周长类最值1．（2021·全国·高考真题）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．【详解】设点，因为，，所以，而，所以当时，的最大值为．故选：A．【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,，当且仅当时取等号，故的最大值是.（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，因为直线与直线交于,则,同理可得,.则，当且仅当时取等号，故的最小值为.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．3．（23-24高三上·天津南开·期末）设椭圆经过点，且其左焦点坐标为.(1)求椭圆的方程；(2)对角线互相垂直的四边形的四个顶点都在上，且两条对角线均过的右焦点，求的最小值.【答案】(1)(2).【分析】（1）根据焦点坐标和椭圆所过点，利用椭圆的定义可求方程；（2）设出直线方程，联立，结合韦达定理表示出，利用二次函数可得答案.【详解】（1）因为椭圆的左焦点坐标为，所以右焦点坐标为.又椭圆经过点，所以.所以椭圆的方程为.（2）①当直线中有一条直线的斜率不存在时，.②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程，由，得，则，.设直线的方程为，同理得，所以，设，则，则，所以时，有最小值.综上，的最小值是.4．（21-22高三上·江苏南通·开学考试）已知C为圆的圆心，P是圆C上的动点，点，若线段MP的中垂线与CP相交于Q点．(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹N的方程；(2)过点的直线l与点Q的轨迹N分别相交于A，B两点，且与圆O：相交于E，F两点，求的取值范围．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）由线段的垂直平分线，得到，结合椭圆的定义，即可求解；（2）①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为，分别求得；②若直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程组，结合弦长公式，求得和，进而求得的值.【详解】（1）解：由线段的垂直平分线，可得，所以点的轨迹是以点，为焦点，焦距为，长轴长为的椭圆，所以，，则，所以椭圆C的标准方程为．（2）解：由（1）可知，椭圆的右焦点为，①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为，则，，，，所以，，．②若直线的斜率存在，设直线的方程为，，，联立方程组，整理得，则，，所以，因为圆心到直线l的距离，所以，所以，因为，所以，综上可得，．5．（2024·内蒙古赤峰·二模）已知点P为圆上任意一点，线段PA的垂直平分线交直线PC于点M，设点M的轨迹为曲线H.(1)求曲线H的方程;(2)若过点M的直线l与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且M为线段ST的中点.(i)证明：直线l与曲线H有且仅有一个交点；(ii)求的取值范围.【答案】(1)(2)(i)证明见解析，(ii)【分析】(1)由双曲线的定义进行求解；(2)(i)设，求出，由直线l与曲线H方程进行求解；（ii）由，则利用基本不等式求解．【详解】（1）M为的垂直平分线上一点,则，则∴点M的轨迹为以为焦点的双曲线,且，

故点M的轨迹方程为（2）(i)设，双曲线的渐近线方程为：，如图所示：则①，②，①+②得，，①-②得，，则，得由题可知，则，得，即，∴直线的方程为，即，又∵点M在曲线H上，则，得，将方程联立，得，得，由，可知方程有且仅有一个解，得直线l与曲线H有且仅有一个交点.（ii）由（i）联立，可得，同理可得，，则，故，当且仅当，即时取等号.故的取值范围为．【点睛】关键点点睛：第二问中的第2小问中，先要计算，再由基本不等式求解范围．1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知椭圆，其左、右焦点分别为F1，F2，离心率，点P为该椭圆上一点，且△F1PF2的面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的上顶点B作两条互相垂直的直线，分别交椭圆C于点D、E，求线段DE长度的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得，求解可得椭圆的方程；（2）设直线的方程为联立方程可得结合已知可得，可得，进而可得，利用换元法可求.【详解】（1）由已知可得，解得，所以椭圆的方程为；（2）设直线的方程为联立方程，消去得，所以，由题意可得，则由题意可得，所以，化简整理得，解得或，当时，直线过定点不符合题意，所以，所以，令，则，当时，.【点睛】方法点睛：直线与椭圆联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．第五步：根据题设条件求解问题中的结论．2．（2024·河南新乡·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过点作两条直线，直线与交于两点，的周长为．(1)求的方程；(2)若的面积为，求的方程；(3)若与交于两点，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值．【答案】(1)(2)或．(3)．【分析】（1）根据椭圆的定义求得，即可求解；（2）由题意设，联立椭圆方程，根据韦达定理表示出，结合的面积建立方程，计算即可求解；（3）由（2）可得，进而，则，结合基本不等式计算即可求解.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，所以，的周长为，所以，所以，故的方程为．（2）易知的斜率不为0，设，联立，得，所以．所以，由，解得，所以的方程为或．（3）由（2）可知，因为的斜率是的斜率的2倍，所以，得．所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为．

3．（23-24高三上·江苏·阶段练习）已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．(1)求C的方程；(2)当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；（2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.【详解】（1）当M与原点O重合时，可设Ax0,y0且，即有,则，即，又，故，则，即有，由离心率为，即，则，故，即有，解得，故，即C的方程为；（2）设直线方程为，令，有，即，设点Ax1,y1联立直线与椭圆方程：，消去有，，即，有，，为，令，故，由，故，其中，即，则，当且仅当时等号成立，故周长的最小值为.【点睛】本题考查了椭圆的方程，在求解直线与椭圆的位置关系问题时，常用方法是设而不求，借助韦达定理等手段，将多变量问题转变为单变量问题，再用基本不等式或函数方式求取范围或最值.4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，上､下顶点分别为，四边形的面积为且有一个内角为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若以线段为直径的圆与椭圆无公共点，过点的直线与椭圆交于两点（点在点的上方），线段上存在点，使得，求的最小值.【答案】(1)或(2)【分析】（1）由题意可得的值及的值，即求出椭圆的方程；（2）由线段为直径的圆与椭圆无公共点，可得，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，设点的坐标，由，可得点的横纵坐标的关系，由，可得的最小值.【详解】（1）由题意可得，可得，，或，所以椭圆的方程为：或；（2）由以线段为直径的圆与椭圆无公共点，得，所以椭圆的标准方程为：，因为，所以点在椭圆外，设，当直线的斜率存在时，，由，可得，解得，（*）设直线，联立，整理可得：，由，整理可得：，解得或，且，代入整理可得，代入直线的方程，得，可得，当直线的斜率不存在时，，则，由，得，也满足方程，所以点在直线（在椭圆内部）上，

设点F21,0关于直线的对称点为，则解得，所以，此时点在椭圆内，符合题意，所以的最小值为.【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围考点二、面积类最值1．（2020·新Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【答案】（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以△AMN的面积的最大值：.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．2．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上．(1)求椭圆的方程；(2)过的两条互相垂直的直线分别交椭圆于两点和两点，设的中点分别为，求面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由焦点坐标可得到与的关系，将点代入椭圆方程即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程，联立方程组，利用韦达定理得到两根之和两根之积，从而得出，的坐标，分别讨论直线的斜率情况，进而得到直线的方程以及直线过定点，计算两种情况下的面积即可得出结论.【详解】（1）由题意知．又，所以．把点代入椭圆方程，得，解得．故椭圆的方程为．（2）由题意知直线的斜率均存在且不为零．设直线的方程为，且Ax1,由消去，得．所以，．而，所以．同理得．若，则，此时直线的斜率不存在，可得直线．此时，所以；若，则直线的斜率为，可得直线：．化简，得．所以直线过定点．所以．令，则．因为，所以在上单调递减．所以，即.综上，.所以当时，的面积取得最大值．【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，定点问题，最值问题；意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，分类讨论的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，是解题的关键，此方法是考查的重点，需要熟练掌握.3．（2024·广东珠海·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，点在椭圆C上，直线．(1)若直线l与椭圆C有两个公共点，求实数t的取值范围；(2)当时，记直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，P，Q为椭圆C上两动点，求四边形PAQB面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据焦距可得，再根据点在椭圆上可得，解出后可得椭圆的方程，联立直线方程和椭圆方程后结合判别式可求的范围；（2）由题设可得当过且与直线平行的直线与椭圆相切时面积之和最大，故求出切点坐标后可求面积和的最大值.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则，故，而在椭圆上，故，故，故椭圆方程为：，由可得，故即即.（2）当时，直线，故，

由题设可得为位于直线的两侧，不妨设在直线上方，在直线的下方，当过的直线与直线平行且与椭圆相切时，到直线的距离最大及的面积最大，当过的直线与直线平行且与椭圆相切时，到直线的距离最大及的面积最大，由（1）可得相切时即，当时，切点的横坐标为，切点坐标为，在直线上方，此时到的距离为，当时，切点的横坐标为，切点坐标为，在直线下方；此时到的距离为，又故四边形PAQB面积的最大值为8.4．（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点.(1)求的方程；(2)过且不垂直于坐标轴的直线交于两点，点为的中点，记的面积为的面积为，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用离心率公式以及点在椭圆上即可求解；（2）解法一：设，利用三角形的面积公式，将面积之比表示为点的纵坐标之比，利用韦达定理可求出的纵坐标之比的取值范围，从而可求解；解法二：设，将面积之比表示为点A,B的纵坐标之比，利用韦达定理可求出A,B的纵坐标之比的取值范围，即可求解.【详解】（1）因为，所以，因为点在椭圆上，所以.即，解得，所以，所以椭圆的方程为.（2）

解法一：由（1）得，依题意设，由消去，得，设Ax1,设，则，，由得，，即，因为，所以，所以，所以，令且，则，解得，且，所以，所以的取值范围为0,2.解法二：由（1）得，依题意设，由消去，得，设Ax1,所以，设，则，，令且，则代入可得，消去得：，因为，所以，所以，解得，且，所以，所以的取值范围为0,2.1．（2024·河南·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上，，，为直线上关于轴对称的两个动点，直线，与的另一个交点分别为，.(1)求的标准方程；(2)为坐标原点，求面积的最大值.【答案】(1)(2)2【分析】（1）根据可求的值，再根据点在椭圆上和，，的关系求，，从而确定椭圆标准方程；（2）假设直线方程，联立椭圆方程得到，再利用关于轴对称的条件得到，进而利用弦长公式与点线距离公式，结合三角换元与基本不等式得到面积的最大值，从而得解.【详解】（1）设F1−c,0，，由又点在椭圆上，所以：，故椭圆的标准方程为：.（2）如图，直线必存在斜率，可设直线方程为.

由.由得：.设Px1,y1，Q直线的方程为：，令得：.同理：.由，得，所以.因为直线不经过点，故不成立，所以.由，且直线方程为.所以，，所以，所以，又点到直线的距离为，则因为，可设，，则（当且仅当时取“=”）.所以面积的最大值为2.【点睛】方法点睛：解析几何中，求取值范围的问题，通常用以下方法来求：（1）转化为二次函数在给定区间上的值域问题；（2）利用基本（均值）不等式求最值；（3）利用函数的单调性求函数的值域；（4）利用换元法求值域.2．（2024·陕西榆林·三模）已知椭圆的离心率为；直线与只有一个交点.(1)求的方程；(2)的左､右焦点分别为上的点（两点在轴上方）满足.①试判断（为原点）是否成立，并说明理由；②求四边形面积的最大值.【答案】(1)(2)①不成立，理由见解析；②3【分析】（1）结合离心率，联立曲线与直线方程，消去得与有关一元二次方程，有，计算即可得解；（2）①设出直线、的方程，联立曲线表示出两点坐标，即可表示出、，假设成立，则有，计算即可得；②设直线和椭圆另一交点为，结合面积公式与椭圆对称性可得，计算出该面积借助换元法与对勾函数的性质计算即可得.【详解】（1）因为，所以，设椭圆方程为，由，消去得，又因为直线与椭圆只有一个交点，所以，解得，所以椭圆方程为；（2）①直线不能平行于轴，所以可设直线的方程为，设Mx1,y1，则，同理：设直线的方程为，设，由，得，，则；若，即，即：，方程无解，所以不成立；②设直线和椭圆另一交点为，由椭圆的对称性知，又，，设，则，且在上是减函数，当时，取最大值3，此时，即.【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于找到直线和椭圆另一交点，结合椭圆对称性得到，从而表示出面积.3．（2024·河北唐山·二模）已知椭圆的右焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为；菱形内接于椭圆．(1)求椭圆的标准方程；(2)（ⅰ）坐标原点在边上的投影为点，求点的轨迹方程；（ⅱ）求菱形面积的取值范围．【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）．【分析】（1）利用题意列出两个方程，联立求解得的值，即得椭圆方程；（2）（ⅰ）设方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用菱形对角线互相垂直得到，再由题意推出，即得点的轨迹方程；（ⅱ）利用弦长公式求出,算出的面积表达式，通过换元将其化成一个关于的函数，利用二次函数的图象即可求其取值范围.【详解】（1）根据题意设椭圆的标准方程为，由已知得，，即，由可得，，联立解得，，，故椭圆的标准方程为：．（2）①如图，当直线的斜率存在时，设其方程为，由，得，由题意，设，则，，于是，．（ⅰ）四边形为菱形，，，即，，即（*）．依题意，,故点到直线的距离即为，两边平方并将（*）代入可得，，设点，则得：，即点的轨迹方程为：．当直线AB斜率不存在时，四边形为正方形，此时求得,也适合，综合可得点的轨迹方程为：．（ⅱ）因为的面积，令，则，代入上式整理得，，，当时，，当时，，所以．由对称性可知菱形面积等于面积的4倍，则此时菱形面积的取值范围为．②当直线的斜率不存在时，不妨设其方程为，因四边形是菱形，故它是正方形，则其面积为，将点代入解得，故此时菱形的面积为.综上，菱形面积的取值范围为．【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线有关的点的轨迹、面积范围问题，属于难题.解题思路为，充分理解题意，发掘重要的结论，如本题中由得出的参变量之间的关系式，同时还要熟练掌握如弦长公式，求多边形面积的常见方法，以及常见函数的值域求法等等，只有具备了这些基本技能方法，才有可能突破.4．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）将圆上各点的横坐标变为原来的5倍，纵坐标变为原来的4倍，所得的曲线为.记曲线与轴负半轴和轴正半轴分别交于两点，为轴上一点.(1)求曲线的方程；(2)连接交曲线于点，过点作轴的垂线交曲线于另一点.记的面积为，记的面积为，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意首先设曲线上任一点的坐标为，由题意，其中为单位圆上点的坐标，由此即可得解.（2）首先联立直线方程与椭圆方程，表示出点坐标（含参数），结合椭圆对称性得点坐标，得进一步可得直线与轴交点的坐标，结合三角形面积公式求得表达式，进一步即可求出范围即可.【详解】（1）设曲线上任一点的坐标为，圆上的对应点的坐标为，由题意可得，因为，所以曲线的方程为.（2）如图所示：连接交轴于点，由题意，所以直线，联立，消去并整理得，解得，即，由题意并结合椭圆的对称性可知关于轴对称，所以所以直线，所以，，，所以，因为，所以.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据题意求得点的坐标，从而得解.5．（2024·湖南永州·三模）已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为(1)求轨迹的方程；(2)在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由：(3)过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值.【答案】(1)(2)存在，或((3)【分析】（1）利用相关点法即可求解；（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.【详解】（1）设则，由得，又在椭圆上，所以代入化简得，所以点的轨迹的方程为（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，联立，消去得则由判别式，得，设两条切线的斜率分别为，依题意得即，又点在轨迹上，，解得，或(当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.（3）将代入轨迹的方程，可得，由，可得①，且，，所以，因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积，将代入椭圆C的方程可得1+2k2由，可得②，令，由①②可知，因此，故，当且仅当，即时，取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，所以四边形的面积的最大值为.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积.6．（2024·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系中，点，分别是椭圆：的右顶点，上顶点，若的离心率为，且到直线的距离为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与椭圆交于，两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为，.（i）求证：为定值，并求出该定值；（ii）设直线与轴交于点，求的面积的最大值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析，；（ii）【分析】（1）根据题意求出，即可得解；（2）（i）设直线的方程为，其中，且，设直线与椭圆交于点，联立方程，利用韦达定理求出，，再结合斜率公式化简即可得出结论；（ii）法一：直线的方程为，设直线与轴交于点，直线的方程为，分别求出的坐标，联立方程组求出，即可得的坐标，再求出三角形面积的表达式，结合基本不等式即可得解.法二：直线的方程为，设直线与轴交于点，直线的方程为，分别求出的坐标，易得点是线段的中点，则，其中为点到直线的距离，求出的最大值即可.【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为椭圆的离心率为，所以，即，据，得，即.所以直线的方程为，即，因为原点到直线的距离为，故，解得，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）（i）设直线的方程为，其中，且，即，设直线与椭圆交于点，联立方程组整理得，所以，，（i）所以为定值，得证；（ii）法一：直线的方程为，令，得，故，设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故联立方程组整理得，解得或0（舍），，所以的面积，由（i）可知，，故，代入上式，所以，因为点在轴下方且不在轴上，故或，得，所以，显然，当时，，当时，，故只需考虑，令，则，所以，当且仅当，，即时，不等式取等号，所以的面积的最大值为.法二：直线的方程为，令，得，故，设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故，由（i）可知，，故，所以点是线段的中点，故的面积，其中为点到直线的距离，思路1

显然，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值，设直线的方程为，即，联立方程组整理得，据，解得（正舍），所以平行直线：与直线：之间的距离为，即的最大值为，所以的面积的最大值为.思路2

因为直线的方程为，所以，依题意，，，，故，所以，因为在椭圆上，故，即，所以，当且仅当时取等号，故，所以，即的面积的最大值为.思路3因为直线的方程为，所以，因为在椭圆上，故，设，，不妨设，所以，当，，时，，即的面积的最大值为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．考点三、斜率类最值1．（2021·全国·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，；当时，，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为．设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．[方法三]：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为．设直线的斜率为k，则．令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．[方法四]：参数+基本不等式法由题可设．因为，所以．于是，所以则直线的斜率为．当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.2．（2024·浙江台州·一模）已知椭圆：的上、下顶点分别为，，点在线段上运动（不含端点），点，直线与椭圆交于，两点（点在点左侧），中点的轨迹交轴于，两点，且．(1)求椭圆的方程；(2)记直线，的斜率分别为，，求的最小值．【答案】(1)(2)．【分析】（1）根据中点坐标关系即代入椭圆求解点轨迹，即可由求解，（2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，根据两点斜率公式可求解，，即可根据二次函数的性质求解最值.【详解】（1）设中点，则，因为点在线段上，所以点只能在右半椭圆上运动，所以，即，由点在椭圆：上，所以，令，得，由，解得，故椭圆的方程为．（2）设：，，，．由得，则，，又，，，令，得，当即时取等号，所以的最小值为．【点睛】方法点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.1．（2024·重庆·三模）已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】(1)利用椭圆的定义，结合椭圆的几何性质知，，则，解出a，b即可得椭圆方程；(2)设的方程为代入椭圆方程，求出M的坐标，可得，用代替k，可得，求出的面积S，可得，解不等式可得k的取值范围．【详解】（1）设椭圆的左焦点为，连接，由对称性知四边形是平行四边形，所以，．由椭圆定义知，则，．设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则，所以，所以椭圆的标准方程为．（2）椭圆的标准方程为．则，所以直线，如图所示，

设，联立，消去并整理得，．．．所以，所以，．．所以，．同理可得：，所以，所以，由，得，整理得，得，．又，所以，所以或．所以的取值范围为．【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，难点在于计算过程相当复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，十分容易出错.2．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，P是E的右支上一点，且，的面积为3．(1)求E的方程；(2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为和，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（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，代入中化简即可得出最值.【详解】（1）设双曲线的半焦距为()，，由题可知，，即，又，故E的方程为.（2）如图，

由题可知，且直线的斜率不为，设直线的方程为，，将方程和联立，得，，，，,直线与的右支有交点，，当时，取得最小值，且最小值为.考点四、角度及三角函数类最值1．（2022·全国·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．(1)求C的方程；(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为；（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.[方法二]：直线方程点斜式由题可知，直线MN的斜率存在.设,直线由得：，,同理，.直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.[方法三]：三点共线设，设,若P、M、N三点共线，由所以，化简得，反之，若,可得MN过定点因此，由M、N、F三点共线，得，

由M、D、A三点共线，得，

由N、D、B三点共线，得，则，AB过定点（4,0）（下同方法一）若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，所以直线.【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知抛物线：（）的焦点为，点，过的直线交于，两点，当点的横坐标为1时，点到抛物线的焦点的距离为2.(1)求抛物线的方程；(2)设直线，与的另一个交点分别为，，点，分别是，的中点，记直线，的倾斜角分别为，.求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）关键抛物线的定义可得，求出p即可求解；（2）设，将直线和直线BD，分别联立抛物线方程，利用韦达定理表示，，进而可得、，由中点坐标公式与斜率公式可得和，则，当时最大，由两角差的正切公式和换元法可得，结合基本不等式计算即可求解.【详解】（1）抛物线的准线为，由抛物线的定义知，，又，所以，所以抛物线C的方程为；（2）由（1）知，，设，则，设直线，由可得，，则，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，由斜率公式可得，，又因为直线OP、OQ的倾斜角分别为，所以，若要使最大，需使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为.【点睛】关键点睛：本题求解过程中，需要熟练运用斜率公式以及类比的思想方法，在得到两条直线的关系后，设，利用换元法，化简式子，求最值是难点，也是关键点，属于难题.1．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：的两焦点分别为，并且经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)过的直线交椭圆C于A，B两点，设直线与C的另一个交点分别为M，N，记直线AB，MN的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线AB的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆的定义可得，求出a，再求出b；（2）设点的坐标及直线方程，由根与系数的关系及斜率公式得，即，再由两角差的正切公式及基本不等式分析求解【详解】（1）由椭圆定义知，解得.又，所以，故椭圆C的方程为.（2）①当时，由对称性得.②当时，设直线AB的方程为，且，，当时，设直线的方程为，，由得，易知，则，得.同理，当时，设直线的方程为，则.则.当时，，解得，由椭圆的对称性，不妨设，由于F21,0，故此时直线，联立椭圆方程得，解得或（舍去），当时，，故，同理可得，，则，满足.所以.当时，.当时，，此时，故，所以，当且仅当时等号成立.综上，当取得最大值时，直线AB的方程为.【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2．（2023·福建三明·三模）已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为.当时，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)、为椭圆的左、右顶点，点满足，当与、不重合时，射线交椭圆于点，直线、交于点，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出，分析出，利用勾股定理结合椭圆的定义、三角形的面积公式可得出，再由可得出、的值，即可得出椭圆的方程；（2）求出点的坐标，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的横坐标为，设点，其中，求出关于的函数表达式，利用基本不等式求出的最大值，即可得出的最大值.【详解】（1）解：设点，则，，因为，所以，，设椭圆左焦点为，因为，所以.即，又因为，所以，所以，所以，所以，因为此时，所以，所以，所以.因为，所以，，所以椭圆的方程为.（2）解：设点，，，因为点满足，则，解得，所以，

由题知不与轴重合，设直线的方程为，联立方程组，消整理得，，设、，则，.因为的方程为，的方程为两直线方程联立得：.因为.所以，解得，所以动点的轨迹方程为.由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为、，由图可知，且，因为，则，因为，，所以，当且仅当时等号成立，此时，，所以的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．考点五、参数类最值1．（2024·吉林·模拟预测）已知点，直线，动圆与直线相切，交线段于点，且．(1)求圆心的轨迹方程，并说明是什么曲线；(2)过点且倾斜角大于的直线与轴交于点，与的轨迹相交于两点，且，求的值及的取值范围.【答案】(1)，点的轨迹是焦点在轴上，实轴长、虚轴长均为的等轴双曲线．(2)，【分析】（1）设点Px,y，根据列出等量关系整理可得；（2）设直线，联立双曲线方程，利用韦达定理结合，可得的值及的取值范围.【详解】（1）设点Px,y，圆的半径为为到直线的距离，则．根据题意，动点的轨迹就是点的集合即，整理得.所以，点的轨迹是焦点在轴上，实轴长、虚轴长均为的等轴双曲线．（2）设直线，倾斜角大于设联立得，故，，，由题知，双曲线的焦点，由得的取值范围是1．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知椭圆，点、分别为椭圆的左、右焦点.(1)若椭圆上点满足，求的值；(2)点为椭圆的右顶点，定点在轴上，若点为椭圆上一动点，当取得最小值时点恰与点重合，求实数的取值范围；(3)已知为常数，过点且法向量为的直线交椭圆于、两点，若椭圆上存在点满足（），求的最大值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）设点，然后代入椭圆方程，即可求出，再根据椭圆定义求PF1；（2）设，求出，根据二次函数在给定区间上的最值要求列不等式求解；（3）设直线的方程为，与椭圆联立，写出韦达定理，再根据求出的坐标，代入椭圆方程，利用韦达定理计算，利用基本不等式求最值.【详解】（1）因为，所以设点，则，所以，即，所以；；（2）设，则，，则，所以，，要时取最小值，则必有，所以；（3）设过点且法向量为的直线的方程为，，联立，消去得，则，则，，又，又点在椭圆上，则，所以，即，所以，所以，所以，即的最大值为.考点六、向量类最值1．（2023·浙江台州·统考模拟预测）已知点是双曲线与椭圆的公共点，直线与双曲线交于不同的两点，，设直线与的倾斜角分别为，，且满足.(1)求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；(2)记（1）中直线恒过定点为，若直线与椭圆交于不同两点，，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）记，的斜率为，，由可得，联立直线与双曲线，用坐标表示，结合韦达定理可得，分析即可得解；（2）用坐标表示，结合韦达定理以及得到的范围，求解即可.【详解】（1）由已知得，所以，，当，斜率不存在时，则直线，为或，与题意不符；当，斜率存在时，记，的斜率为，所以根据，可得，……（*）设，，直线，由联立可得，所以因为，所以，所以，所以或（此时直线过，不符，舍去）所以直线恒过定点；（2）由（1）知，可设直线的方程：，设直线与椭圆的交点，坐标分别为，，由可得，所以，因为，所以又因为可得或，又因为直线与双曲线交于不同的两点，，由联立可得，又因为可得，所以或，所以结合（1）可得的取值范围为，所以的取值范围为.2．（2023·江苏南京·校考一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别、焦距为2，且与双曲线共顶点．P为椭圆C上一点，直线交椭圆C于另一点Q．(1)求椭圆C的方程；(2)若点P的坐标为，求过P、Q、三点的圆的方程；(3)若，且，求的最大值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由焦距为2得到，再由双曲线的顶点求出，得到，椭圆方程；（2）求出的方程，与椭圆方程联立后得到点Q的坐标，待定系数法求出圆的方程；（3）设，，由向量共线得到，将两点坐标代入椭圆方程中，求出，从而表达出，结合基本不等式求出最值.【详解】（1）双曲线的顶点坐标为，故，由题意得，故，故椭圆的方程为．（2）因为，，所以的方程为，由，解得点Q的坐标为．设过P，Q，三点的圆为，则，解得，，，所以圆的方程为；（3）设，，则，，因为，所以，即，所以，解得，所以，因为，所以，当且仅当，即时，取等号．最大值为．1．（2023·辽宁沈阳·校联考二模）从抛物线的焦点发出的光经过抛物线反射后，光线都平行于抛物线的轴，根据光路的可逆性，平行于抛物线的轴射向抛物线后的反射光线都会汇聚到抛物线的焦点处，这一性质被广泛应用在生产生活中．如图，已知抛物线，从点发出的平行于y轴的光线照射到抛物线上的D点，经过抛物线两次反射后，反射光线由G点射出，经过点．(1)求抛物线C的方程；(2)已知圆，在抛物线C上任取一点E，过点E向圆M作两条切线EA和EB，切点分别为A、B，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据抛物线光的反射性质知：直线必过焦点，写出坐标，由斜率相等及两点式列方程求，即可得抛物线方程；（2）根据题设画出草图，易得，令，进而得到，结合求范围，最后利用导数研究在上单调性，求范围.【详解】（1）由题设，令，，根据抛物线性质知：直线必过焦点，所以，则，整理得，，则，所以抛物线C的方程为.（2）由题意，，且，，，所以，而，令，则，所以，，综上，，又，，若，则，由，当，即时，无最大值，所以，即，故，，令，则，令，在上恒成立，即递减，所以.2．（24-25高二上·吉林长春·阶段练习）已知为椭圆C：上的点，C的焦距为．(1)求椭圆C的方程；(2)点P为椭圆C上的动点，过点P作圆O：的两条切线，切点分别为A，B，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据点在椭圆上，代入即可列方程求解，（2）根据点点的距离可得，即可根据模长公式以及数量积的运算，结合二倍角公式即可求解.【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆方程为（2）设，则，由于，故，故，由于故，因此，故3．（2024·贵州贵阳·二模）一动圆圆与圆外切，同时与圆内切.设动圆圆心的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程;(2)若曲线与轴的左、右交点分别为A、B，过点的直线与曲线交于P、Q两点，直线AP、BQ相交于点，当点的纵坐标为时，若，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意，有，圆心的轨迹为椭圆，结合椭圆的定义求方程；（2）设直线的方程，与椭圆联立方程组，设，表示出直线AP、BQ的方程，结合韦达定理求出点和点P坐标，得直线PQ的方程，的最小值为点到直线PQ的距离，求解即可.【详解】（1）由题意知，设动圆的圆心坐标为，半径为，则有①，②，①+②得，所以动圆圆心的轨迹为以为焦点的椭圆，，设椭圆的方程为，则有，，故的方程为．（2）由题可知，直线的斜率，故可设直线PT的方程为，由消去得，设，所以，由（1）知，，，，，，即点在直线上，即，所以直线AP的方程为，联立，消去得，点的坐标为，直线PQ的方程为，由可知在直线PQ上，所以的最小值为点到直线PQ的距离，．所以的最小值为．【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．考点七、点到直线距离类最值1．（2023·广东佛山·二模）双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形．(1)求双曲线的方程；(2)、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，转化为的方程，即可求解；（2）首先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，并根据的取值范围，求点到直线的距离的取值范围.【详解】（1）依题意，，焦半径，由，得，得，解得：（其中舍去），所以，故双曲线的方程为；（2）显然直线不可能与轴平行，故可设直线的方程为，联立，消去整理得，在条件下，设，，则，，由，得，即，整理得，代入韦达定理得，，化简可消去所有的含的项，解得：或（舍去），则直线的方程为，得，又都在双曲线的右支上，故有，，此时，，所以点到直线的距离的取值范围为.1．（2024·吉林·二模）设分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(1)求椭圆的方程；(2)如图，是椭圆上不重合的三点，原点是的重心（i）当直线垂直于轴时，求点到直线的距离；（ii）求点到直线的距离的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知列出关于的方程组，结合解出椭圆方程.（2）（i）设出三点坐标根据重心坐标公式和已知条件列出方程得到的纵坐标为，从而解出横坐标，进而解出结果.（ii）讨论直线有无斜率两种情况，有斜率时设出直线的方程，与椭圆联立，结合根与系数关系，重心坐标表示出的坐标，代入椭圆得到一个关系式，利用点到直线距离公式表示点到直线的距离并化简，结合式子结构，综合两种情况解出结果.【详解】（1）（1）由题意得整理得解得所以椭圆得方程为.（2）（i）设,根据题意有.因为原点是的重心，所以，即，.将，代入解得，所以.所以到直线的距离为.（ii）由（i）知当直线斜率不存在时到直线的距离为.当斜率存在时，设所在直线方程为，.由得，且，即.所以.因为原点是的重心，所以所以，所以.将点代入椭圆方程得并整理可得所以点到直线的距离为.综上所述，当与轴垂直时点到直线的距离最大为考点八、点坐标及截距类最值1．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．(1)求椭圆方程．(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)(2)存在，使得恒成立.【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.（2）设该直线方程为：，，联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，所以，故，故，所以，，故椭圆方程为：.（2）若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，设，由可得，故且而，故，因为恒成立，故，解得.若过点的动直线的斜率不存在，则或，此时需，两者结合可得.综上，存在，使得恒成立.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.2．（2021·浙江·高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.（2）[方法一]：通式通法设，，，所以直线，由题设可得且.由x=ty+1y2=4x可得，故因为，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或.故直线在轴上的截距的范围为或或.[方法二]：利用焦点弦性质设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．由得，所以．因为，，．由得．同理．由得．因为，所以即．故．令，则．所以，解得或或．故直线在x轴上的截距的范围为．[方法三]【最优解】：设，由三点共线得，即．所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．设直线的方程为，则．所以．故（其中）．所以．因此直线在x轴上的截距为．【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.1．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知椭圆的左右顶点距离为，离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设过点，斜率存在且不为0的直线与椭圆交于，两点，求弦垂直平分线的纵截距的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得，进而得到椭圆标准方程；（2）设与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用中点坐标公式表示出点坐标，从而得到方程；令可求得在轴的截距，利用函数值域的求解方法可求得结果.【详解】（1）由题意，，即，又，所以，故，故所求椭圆的标准方程为.（2）如图，由题意知：直线的斜率存在且不为零，设，，Ax1,y1，Bx2联立，消去并整理得：，恒成立，则，，，，则方程为：，即，化简得：设直线在轴上截距为，令得，由可知，所以直线在轴上的截距的取值范围为.1．（2024·四川绵阳·二模）已知直线与抛物线交于A，B两点，F为E的焦点，直线FA，FB的斜率之和为0．(1)求E的方程；(2)直线分别交直线于两点，若，求k的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）联立直线与抛物线方程，将直线FA，FB的斜率之和坐标化，利用韦达定理代入整理求解系数；（2）由直线方程，令，用表示坐标，代入利用志达定理将条件转化为的不等关系，求解不等式即得.【详解】（1）由，得，设直线与抛物线线交点，的斜率，的斜率，由已知直线FA，FB的斜率之和为0，则①，联立方程组，消得，由，且，得，则.由韦达定理得，代入①化简得，由，解得，故抛物线E的方程为；（2）由（1）知，焦点，则，，令，得，故，解得，又，由（1）知，，代入②式得，，且，解得，则，或，故的取值范围为.

2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知椭圆经过点，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)若直线与交于两点，且直线与的斜率互为相反数，求的中点到右焦点的距离的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据点在椭圆上以及焦点即可联立方程求解，（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可得坐标，进而根据中点坐标公式可得，从而判断在直线上，即可由点到直线距离公式求解.【详解】（1）由已知解得所以椭圆方程为（2）由于的斜率互化相反数，不妨设的斜率为，的斜率为.则AB的方程为，联立，故，又，所以，进而,用代入可得,所以中点的坐标为由于,所以在直线上，所以点与的最小距离即是点到直线的距离，当且仅当时取得最小值.3．（23-24高二上·北京海淀·期末）已知椭圆的两个顶点分别为，离心率为椭圆上的动点，直线分别交动直线于点C，D，过点C作的垂线交x轴于点H．(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）由离心率及顶点坐标结合即可求解；（2）结合两点式得直线方程，进而得到点坐标，由直线与直线垂直得到直线的斜率，结合点斜式得直线的方程，进而的到点坐标，结合数量积的坐标运算及二次函数的最值即可求解.【详解】（1）由，又两个顶点分别为，则，，故椭圆E的方程为；（2）为椭圆上的动点，则，故直线的斜率存在且不为0，则直线：，即，则点，则直线：，即，则点，则直线的斜率为，故直线：，令,得，又Px0,y0所以，则，所以综上，存在，使得有最大值.【点睛】按题意结合两点式，点斜式求得点坐标，结合数量积运算及二次函数的最值即可求，思路相对明确，运算要细心，是中档题.4．（24-25高三上·福建福州·阶段练习）已知椭圆经过点，右焦点为(1)求椭圆的方程；(2)若直线与交于两点，且直线与的斜率互为相反数，求的中点与的最小距离．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆上的点坐标以及焦点坐标联立解方程组可得结果；（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可得两点坐标，进而根据中点坐标公式可得，可得点在直线上，再由点到直线距离公式可求解.【详解】（1）由已知可得，解得；所以椭圆的方程为.（2）由于直线与的斜率互为相反数，不妨设直线的斜率为，则直线的斜率为，；则直线的方程为，如下图所示：联立，整理可得，可得，又，可得，即，同理用代替可得；因此可得的中点，因此可得，所以可得点在直线上，可得点与的最小距离即为点到直线的距离，当且仅当时，取得最小值.5．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知，动点满足与的斜率之积为定值.(1)求动点的轨迹的方程；(2)过点的直线与曲线交于两点，且均在轴右侧，过点作直线的垂线，垂足为.（i）求证：直线过定点；（ii）求面积的最小值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）设动点的坐标，由题意列式并化简，即可得答案；（2）（i）设直线方程，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，求出m的范围，利用直线BD的方程求出其与x轴交点坐标的表达式，化简即可证明结论；（ii）结合根与系数的关系式，求出面积的表达式，利用换元，并结合函数的单调性，即可求得答案.【详解】（1）设动点的坐标为，由动点满足与的斜率之积为定值，得，即，故动点的轨迹的方程为；（2）（i）证明：设，联立，得，设，

结合题意有，解得，且，又直线BD的方程为，令，则，故直线过定点；（ii）由题意知，故的面积为，令，则，则，由于在上单调递减，故在上单调递增，故当，即时，面积取最小值.【点睛】难点点睛：本题考查了动点轨迹方程的求法，考查了直线过定点问题以及双曲线中的三角形面积的最值问题，综合性较强，解答时要设直线方程，并联立双曲线方程，结合根与系数的关系式进行化简，难点在于计算过程比较复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，因此要十分细心.6．（24-25高三上·上海宝山·阶段练习）已知双曲线的虚轴长为4，渐近线方程为.(1)求双曲线的标准方程；(2)设，是双曲线上的动点，求的最小值；(3)过双曲线右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)1(3)【分析】（1）根据双曲线的几何性质进行求解.（2）由两点间的距离公式进行列式，并消元得到只含的式子，求函数值域得到结果.（3）联立双曲线和直线的方程表示点的坐标，由，，三点共线和联立表示点坐标，通过可知四边形是平行四边形，从而将平行四边形的面积转化为面积的两倍，用三角形面积公式表示的面积，最后通过换元和导数得到面积的最小值.【详解】（1）由题意可知，又渐近线方程为，所以，易知双曲线的标准方程为.（2）设Px,y，，因为或，对称轴为，所以当时取得最小值1.（3）设Ax1,y1，B得，，且，，由，，三点共线得①，由得，即②，由①②解得.由可知，四边形是平行四边形，所以，，，所以，令，，则，令，则，所以在上单调递减，上单调递增，所以，所以，当且仅当，即时取等号.7．（2024·江西·一模）已知双曲线（，）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.(1)求C的方程；(2)若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆交于与A，B不重合的M，N两点.（ⅰ）求直线AB斜率的取值范围；（ⅱ）求的取值范围.【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）根据渐近线的倾斜角得到，由焦点到渐近线方程的距离得到，，得到双曲线方程；（2）（ⅰ）直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，由根的判别式及得到不等式，求出，再利用直线与圆相交得到不等式，求出，直线AB的斜率，从而得到直线AB斜率的取值范围；（ⅱ）由弦长公式和垂径定理得到，其中，设，，从而得到.【详解】（1）因为C的一条渐近线的倾斜角为，所以，，则C的一条渐近线的方程为，因为，所以右焦点到渐近线的距离为，所以，，所以C的方程为.（2）（ⅰ）由（1）知，，设Ax1,y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，与联立得，所以，，，，又A，B两点在x轴同一侧，所以.此时，即.又圆O的方程为，点O到直线AB的距离，由得，由得，所以或，因为直线AB的斜率，所以直线AB斜率的取值范围是.

（ⅱ）由弦长公式得，由垂径定理得，所以，其中，设，，则，所以的取值范围是.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围.8．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知双曲线的实轴长为4，渐近线方程为.(1)求双曲线的标准方程；(2)双曲线的左､右顶点分别为，过点作与轴不重合的直线与交于两点，直线与交于点S，直线与交于点.（i）设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的值；（ii）求的面积的取值范围.【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据双曲线性质计算即可；（2）设直线l方程及坐标，联立双曲线方程，根据韦达定理得出纵坐标和积关系，（i）利用两点斜率公式消元计算即可；（ii）联立直线方程求出坐标，并求出，利用三角形面积公式及范围计算即可.【详解】（1）由题意知：，解得，双曲线方程为.（2）因为直线斜率不为0，设直线方程为，易知，设，联立，得，则，且，（i）；（ii）由题可得：.联立可得：，即，同理.，故，且，.【点睛】关键点点睛：反设直线线并设点，联立双曲线方程后得出纵坐标的和积关系，为后面消元转化减轻计算量.9．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为.(1)若到抛物线准线的距离为3，求的值；(2)当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离；(3)直线，是第一象限内上异于的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为.若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先求出点的横坐标，代入抛物线方程即可求解；（2）先通过中点在抛物线上求出点的坐标，进一步求出直线方程，利用点到直线距离公式求解即可；（3）设，联立方程求出点Q的坐标，根据恒成立，结合基本不等式即可求解.【详解】（1）抛物线的准线为，由于到抛物线准线的距离为3，则点的横坐标为2，则，解得；（2）当时，点的横坐标为，则，设，则的中点为，由题意可得，解得，所以，则，由点斜式可得，直线的方程为，即，所以原点到直线的距离为；（3）如图，

设，则，故直线的方程为，令，可得，即，则，依题意，恒成立，又，则最小值为，即，即，则，解得，又当时，，当且仅当时等号成立，而，即当时，也符合题意.故实数的取值范围为.10．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知为椭圆：的左焦点，椭圆过点，且直线的斜率为.(1)求椭圆的方程；(2)若点，在椭圆上，且，过，分别作椭圆的切线，，与相交于点.（i）求点的轨迹方程；（ii）求周长的最小值.【答案】(1)(2)（i）（ii）【分析】（1）利用直线求出椭圆中的值，再根据椭圆的标准方程列式求解即可；（2）（i）设直线：，，与椭圆方程联立，利用和韦达定理可得①，再设的方程为，与椭圆方程联立，利用与椭圆相切，判别式为0，求出切线的方程，同理可得切线的方程，由在直线，上，联立，可得Mx1,y1，Nx2,y2在直线上，得②，再将①②联立即可求解；（ii）由（i）可知在以为焦点，以为准线的抛物线上，利用抛物线的性质求解即可.【详解】（1）由题意得，直线的方程为，即，当时，，故，由解得或（舍去），椭圆的方程.（2）（i）设直线：，，Mx1,y1，与联立，所以，，由可得化简可得①设的方程为，即，与联立，令，结合，解得，所以切线方程为，即直线方程为：，不存在时也满足此直线方程，同理可得方程为：，由在直线，上，则，即Mx1,y1，Nx2所以直线方程为：，即②由①②可得，时也满足此方程，所以的轨迹方程为.（ii）由（i）可知在以为焦点，以为准线的抛物线上，过分别向直线作垂线，垂足分别为，，由抛物线定义可得：，当且仅当，，共线时取等，所以周长的最小值为.【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为Ax（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.11．（24-25高二上·吉林长春·阶段练习）已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为，当时，的面积为.(1)求的值；(2)为椭圆的左､右顶点，点满足，当与不重合时，射线交椭圆于点，直线交于点，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题可知，当时，设椭圆左焦点为，则，再根据椭圆定义和三角形面积可求得，，的值，即可求得；（2）由题可知点，直线的斜率不为0，设其方程，并和椭圆方程联立，根据韦达定理及相关知识，可确定点的轨迹方程，设直线的倾斜角分别为，则，再根据两角差的正切公式即可求得结果.【详解】（1）因为①，设椭圆的左焦点为，因为，所以.即，又，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以②，又③，由①②③，解得，所以.（2）由（1）可知椭圆的方程为，因为点满足，所以，设直线的方程为，联立，得，设，易得，则，直线的方程为，直线的方程为，联立得，因为，所以，解得所以动点的轨迹方程为.由椭圆的对称性不妨设，直线的倾斜角分别为，因为，所以，因为，所以，当且仅当时，等号成立，此时，，所以的最大值为.12．（24-25高三上·陕西安康·开学考试）已知动圆的圆心在轴上，且该动圆经过点．(1)求点的轨迹的方程；(2)设过点的直线交轨迹于两点，若为轨迹上位于点之间的一点，点关于轴的对称点为点，过点作，交于点，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）设圆心坐标为，结合题意列式化简，即可求得答案；（2）求出A，B的坐标，利用设直线的方程并联立方程组可求出点Q，M的横坐标表达式，结合化简，求出其关于参数k的表达式，结合二次函数知识，即可求得答案.【详解】（1）因为动圆的圆心在轴上，所以设圆心坐标为，半径为，由题意可得，即，又圆心是点的中点，由中点坐标公式可得，代入上式可得，所以点的轨迹的方程为；（2）由题意知在抛物线C上，则，即，由于过点的直线交轨迹于两点，则直线l的斜率为，故l的方程为，联立，得，解得或，则，则B关于x轴的对称点为，由题意知直线AQ的斜率存在，设为k，直线的斜率为，则，

设直线，因为点Q在抛物线C上，故联立，得，得，则，,又，故直线BM的方程为，联立，解得,因为，故当时，即时，取到最大值，最大值为.【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类题目的难点在于复杂的计算，特别是第二问中求解最值问题时，基本都是字母参数的运算，并且计算量较大，需要十分细心.13．（2022·上海徐汇·一模）在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线K，P是曲线K上一点．(1)求曲线K的方程；(2)过点A且斜率为k的直线l与曲线K交于B、C两点，若且直线OP与直线交于Q点．求的值；(3)若点D、E在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．【答案】(1)(2)(3)8【分析】（1）由题意动圆的轨迹满足抛物线的定义，所以得出抛物线的轨迹方程即可，（2）联立直线l与抛物线，求出的值，又，设出OP的方程，再联立抛物线求出的值，再求出，得出的值；（3）由于D、E在y轴上，设出D、E坐标，并求出，P点的横坐标即为的高，再求面积的最小值即可．【详解】（1）由题意可知圆心到的距离等于到直线的距离，由抛物线的定义可知，曲线K的轨迹方程为，（2）设直线l的方程为，联立，消y得，∴，∴，

设，∴,又，∴∵，∴设直线OP的方程为，联立，消y得，∴，∴，∴，令，则，∴，∴，∴，故的值为，（3）设，直线PD的方程为，又圆心到PD的距离为1，即，整理得，同理可得，所以，可知b，c是方程的两根，所以，，

依题意，即，则，因为，所以，所以，当且仅当，即时上式取等号，所以面积的最小值为8．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．14．（23-24高二上·重庆·期末）已知椭圆的离心率为，上顶点.(1)求椭圆的标准方程；(2)为坐标原点，，点是椭圆上的动点，过作直线分别交椭圆于另外三点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由，求出，得到椭圆方程；（2）设，求出，设，联立方程求出，同理可得，代入求解范围.【详解】（1）由题得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）设，由题可知，①由题可知：直线斜率不为设，联立,则，所以，所以，又因为，所以，所以又因为，所以，所以②设，同理得，所以，又因为，所以，所以同理可得③，将②③代入①得又因为，所以.【点睛】本题考查椭圆的标准方程以及椭圆中范围问题，考查学生数学运算能力，解析几何中，范围的问题通常采用参数来求解.15．（24-25