資源簡介

專題53 最值、范圍問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 9
【考點1】最值問題 9
【考點2】范圍問題 19
【分層檢測】 32
【基礎篇】 32
【能力篇】 42
【培優篇】 47
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知橢圓的左、右焦點分別為，，直線與C交于A，B兩點，若面積是面積的2倍，則（ ）．
A． B． C． D．
二、解答題
2．（2024·天津·高考真題）已知橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．
(1)求橢圓方程．
(2)過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得．若存在求出這個點縱坐標的取值范圍，若不存在請說明理由．
3．（2022·全國·高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．
(1)求C的方程；
(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．
4．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知橢圓．設A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．
(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；
(2)求的最小值．
參考答案：
題號 1
答案 C
1．C
【分析】首先聯立直線方程與橢圓方程，利用，求出范圍，再根據三角形面積比得到關于的方程，解出即可.
【詳解】將直線與橢圓聯立，消去可得，
因為直線與橢圓相交于點，則，解得，
設到的距離到距離，易知，
則，，
，解得或（舍去），
故選：C.
2．(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根據橢圓的離心率和三角形的面積可求基本量，從而可得橢圓的標準方程.
（2）設該直線方程為：，， 聯立直線方程和橢圓方程并消元，結合韋達定理和向量數量積的坐標運算可用表示，再根據可求的范圍.
【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，故，，其中為半焦距，
所以，故，
故，所以，，故橢圓方程為：.
（2）
若過點的動直線的斜率存在，則可設該直線方程為：，
設，
由可得，
故且
而，
故
，
因為恒成立，故，解得.
若過點的動直線的斜率不存在，則或，
此時需，兩者結合可得.
綜上，存在，使得恒成立.
【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的范圍問題，往往需要用合適的參數表示目標代數式，表示過程中需要借助韋達定理，此時注意直線方程的合理假設.
3．(1)；
(2).
【分析】（1）由拋物線的定義可得，即可得解；
（2）法一：設點的坐標及直線，由韋達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，設直線，結合韋達定理可解.
【詳解】（1）拋物線的準線為，當與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，
此時，所以，
所以拋物線C的方程為；
（2）[方法一]：【最優解】直線方程橫截式
設，直線，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直線，代入拋物線方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，
若要使最大，則，設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，設直線，
代入拋物線方程可得，
，所以，
所以直線.
[方法二]：直線方程點斜式
由題可知，直線MN的斜率存在.
設,直線
由 得：，,同理，.
直線MD:,代入拋物線方程可得：，同理，.
代入拋物線方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，則，
設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，設直線，
代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.
[方法三]：三點共線
設，
設,若 P、M、N三點共線，由
所以，化簡得，
反之，若,可得MN過定點
因此，由M、N、F三點共線，得，
由M、D、A三點共線，得，
由N、D、B三點共線，得，
則，AB過定點（4,0）
（下同方法一）若要使最大，則，
設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，所以直線.
【整體點評】（2）法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯立方程的運算，通過尋找直線的斜率關系，由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據韋達定理求出直線方程，是該題的最優解，也是通性通法；
法二：常規設直線方程點斜式，解題過程同解法一；
法三：通過設點由三點共線尋找縱坐標關系，快速找到直線過定點，省去聯立過程，也不失為一種簡化運算的好方法．
4．(1)；
(2)．
【分析】（1）設是橢圓上任意一點,再根據兩點間的距離公式求出，再根據二次函數的性質即可求出；
（2）設直線與橢圓方程聯立可得，再將直線方程與的方程分別聯立，可解得點的坐標，再根據兩點間的距離公式求出，最后代入化簡可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【詳解】（1）設是橢圓上任意一點,,
，當且僅當時取等號，故的最大值是.
（2）設直線,直線方程與橢圓聯立,可得,設，所以，
因為直線與直線交于,
則,同理可得,.則
，
當且僅當時取等號，故的最小值為.
【點睛】本題主要考查最值的計算，第一問利用橢圓的參數方程以及二次函數的性質較好解決，第二問思路簡單，運算量較大，求最值的過程中還使用到柯西不等式求最值，對學生的綜合能力要求較高，屬于較難題．
【考點1】最值問題
一、解答題
1．（2024·湖南邵陽·三模）已知橢圓：的離心率為，右頂點與的上，下頂點所圍成的三角形面積為．
(1)求的方程．
(2)不過點的動直線與交于，兩點，直線與的斜率之積恒為．
（i）證明：直線過定點；
（ii）求面積的最大值．
2．（2024·河南新鄉·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，且，過點作兩條直線，直線與交于兩點，的周長為．
(1)求的方程；
(2)若的面積為，求的方程；
(3)若與交于兩點，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值．
3．（2024·上海·模擬預測）已知點在雙曲線的一條漸近線上，為雙曲線的左、右焦點且.
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點的直線與雙曲線恰有一個公共點，求直線的方程；
(3)過點的直線與雙曲線左右兩支分別交于點，求證：.
4．（2024·山東濟南·二模）已知點是雙曲線上一點，在點處的切線與軸交于點.
(1)求雙曲線的方程及點的坐標；
(2)過且斜率非負的直線與的左 右支分別交于.過做垂直于軸交于（當位于左頂點時認為與重合）.為圓上任意一點，求四邊形的面積的最小值.
5．（2024·陜西西安·模擬預測）已知為拋物線：上的一點，直線交于A，B兩點，且直線，的斜率之積為2.
(1)求的準線方程；
(2)求的最小值.
6．（2024·內蒙古·三模）已知為坐標原點，是拋物線的焦點，是上一點，且.
(1)求的方程；
(2)是上兩點（異于點），以為直徑的圓過點為的中點，求直線斜率的最大值.
參考答案：
1．(1)；
(2)（i）證明見解析；（ii）.
【分析】（1）根據橢圓的離心率及三角形面積，列出方程組求解即得.
（2）（i）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，利用斜率坐標公式，結合韋達定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面積建立函數關系，再求出最大值.
【詳解】（1）令橢圓的半焦距為c，由離心率為，得，解得，
由三角形面積為，得，則，，
所以的方程是.
（2）（i）由（1）知，點，設直線的方程為，設，
由消去x得：，
則，
直線與的斜率分別為，，
于是
，整理得，解得或，
當時，直線過點，不符合題意，因此，
直線：恒過定點.
（ii）由（i）知，，
則，
因此的面積
，當且僅當，即時取等號，
所以面積的最大值為.

【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的幾何圖形面積范圍或最值問題，可以以直線的斜率、橫(縱)截距、圖形上動點的橫(縱)坐標為變量，建立函數關系求解作答.
2．(1)
(2)或．
(3)．
【分析】（1）根據橢圓的定義求得，即可求解；
（2）由題意設，聯立橢圓方程，根據韋達定理表示出，結合的面積建立方程，計算即可求解；
（3）由（2）可得，進而，則，結合基本不等式計算即可求解.
【詳解】（1）設橢圓的半焦距為，由題意知，所以，
的周長為，所以，
所以，
故的方程為．
（2）易知的斜率不為0，設，
聯立，得，
所以．
所以，
由，
解得，
所以的方程為或．
（3）由（2）可知，
因為的斜率是的斜率的2倍，所以，
得．
所以，
當且僅當時，等號成立，
所以的最大值為．

3．(1)
(2)或.
(3)證明見解析
【分析】（1）設雙曲線的漸近線為，將代入漸近線方程，得出方程.，解出c，綜合解出即可.
（2）斜率不存在是剛好滿足，斜率存在與漸近線平行時也成立，分情況討論，求出直線方程即可.
（3）用弦長公式求出，看做k的函數，后借助導數知識研究函數最小值，結合放縮即可證明.
【詳解】（1）設雙曲線的漸近線為，
因為點在雙曲線的一條漸近線上，所以，
又，故，
又解得，故雙曲線的方程為.
（2）
如圖，當直線斜率不存在時，，滿足題意；
如圖，當斜率存在時，由雙曲線的性質結合看圖可得，
當直線過點且平行于雙曲線的漸近線時，直線與雙曲線也只有一個公共點，
此時，，
此時直線方程為：，即
綜上：直線的方程為或.
（3）由題，直線斜率存在，
設直線方程為，即，，
聯立，整理得：，
則
由弦長公式：
令，則,
則,，則
令,與同正負.，此時，則，即單調遞增，
則，且，
則，使得
則當，即，則單調遞減.
當，即，則單調遞增.
則在出取得最小值,且，
故
即，原命題得證.
【點睛】難點點睛：解答本題的難點在于第二問的計算，計算過程十分復雜，計算量大，并且基本都是關于字母參數的運算，要求十分仔細才可以.
4．(1)，
(2)
【分析】（1）利用待定系數法求雙曲線方程，利用導數法來求切線方程即可得A點坐標；
（2）先設直線的方程，再利用三點共線，可求出直線過定點，從而把面積問題轉化到兩定點上去研究，最后發現為實軸兩頂點時取到最小值，再去研究另一個圓上動點的最小值.
【詳解】（1）由題意可知，，即，故的方程為：.
因為在第一象限，不妨設，則可變形為，
則，代入得：，所以切線方程為，
令得,所以點坐標為.
（2）

顯然直線的斜率存在且不為，
設，則，
聯立方程，整理得：，
，
由三點共線得：，即，
整理得：，
所以，整理得，
滿足，所以直線過定點，則且線段垂直于x軸，
令分別表示到的距離，
結合圖，顯然，僅當為右頂點時兩式中等號成立，
所以
，當且僅當時等號成立.
【點睛】關鍵點點睛：利用導數思想來研究某點處的切線方程；對于面積問題，本題是要轉移到一邊已知，從而把面積問題轉化為點到這邊距離的最小值問題.
5．(1)
(2)
【分析】（1）將點代入即可求出，則得到準線方程；
（2）設點，計算斜率得到，聯立直線與拋物線得到，則得到韋達定理式，代入即可得到，則，再利用二次函數性質即可得到最值.
【詳解】（1）因為點在：上，
所以，解得.
所以的準線方程為.
（2）由（1）知：，設，.
，同理可得，
所以，即.
聯立得，
由得.（*），
，，
所以，
整理得.
所以，
當，時，等號成立，此時，滿足（*）式，
故的最小值為.
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是化簡斜率之積的式子得到，再將直線方程與拋物線方程聯立得到韋達定理式，再代入得到，最后統一變量得到利用二次函數性質即可得到答案.
6．(1)
(2)
【分析】（1）首先由條件求得點的橫坐標，再根據焦半徑公式，即可求解；
（2）首先聯立直線與拋物線方程，利用，結合坐標運算，求得點的坐標，再表示直線的斜率，即可求解.
【詳解】（1）由拋物線的定義可知.
因為，所以.
因為，所以，解得，故的方程為.
（2）由題意知AB斜率不為0，設，
聯立方程得，，
則
因為以為直徑的圓過點，所以，則，
即，
解得，所以.
又，所以
當時，，
當時，.
故直線斜率的最大值為.
反思提升：
處理圓錐曲線最值問題的求解方法
圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質以及平面幾何中的定理、性質等進行求解；二是利用代數法，即把要求最值的幾何量或代數表達式表示為某個(些)參數的函數(解析式)，然后利用函數方法、不等式方法等進行求解.
【考點2】范圍問題
一、解答題
1．（2024·湖北·模擬預測）已知橢圓E：，直線與E交于，兩點，點P在線段MN上（不含端點），過點P的另一條直線與E交于A，B兩點.
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)若，，點A在第二象限，求直線的斜率；
(3)若直線MA，MB的斜率之和為2，求直線的斜率的取值范圍.
2．（2024·重慶·三模）已知F，C分別是橢圓的右焦點、上頂點，過原點的直線交橢圓于A，B兩點，滿足．
(1)求橢圓的方程；
(2)設橢圓的下頂點為，過點作兩條互相垂直的直線，這兩條直線與橢圓的另一個交點分別為M，N，設直線的斜率為的面積為，當時，求的取值范圍．
3．（2025·浙江·模擬預測）已知P為雙曲線C：上一點，O為坐標原點，線段OP的垂直平分線與雙曲線C相切．
(1)若點P是直線與圓的交點，求a；
(2)求的取值范圍．
4．（2024·貴州貴陽·三模）已知為雙曲線的右頂點，過點的直線交于D、E兩點.
(1)若，試求直線的斜率;
(2)記雙曲線的兩條漸近線分別為，過曲線的右支上一點作直線與，分別交于M、N兩點，且M、N位于軸右側，若滿足，求的取值范圍（為坐標原點）.
5．（2024·重慶·三模）設圓D：與拋物線C：交于E，F兩點，已知
(1)求拋物線C的方程；
(2)若直線l：與拋物線C交于A，B兩點點A在第一象限，動點異于點A，在拋物線C上，連接MB，過點A作交拋物線C于點N，設直線AM與直線BN交于點P，當點P在直線l的左邊時，求：
①點P的軌跡方程；
②面積的取值范圍.
6．（2024·遼寧·模擬預測）在直角坐標系xOy中，點P到點(0，1)距離與點P到直線距離的差為﹣1，記動點P的軌跡為W.
(1)求W的方程；
(2)設點P的橫坐標為.
（i）求W在點P處的切線的斜率(用表示)；
（ii）直線l與W分別交于點A，B．若，求直線l的斜率的取值范圍(用表示).
參考答案：
1．(1)
(2)
(3).
【分析】（1）把點代入方程列方程組求解即可；
（2）①設直線方程為，代入橢圓E的方程可得，結合判別式與韋達定理，由，求出直線斜率即可；
②由,可知，代入，，
可得或，利用判別式求解的取值范圍.
【詳解】（1）因為，兩點在橢圓上，
所以
解得，.
故橢圓的標準方程為.
（2）設，，設，
聯立，得，
即，
，，.
由得，則，則.
由得：，
即，
代入得，，，
解得：，，.
故直線的斜率為.
（3）由,可知，
即，
即，
即，
代入，，
得，
即，故，
故或.
當時，直線過，此時點重合，與條件矛盾，舍去.
當時，直線過定點，點在線段上運動，
當時，由，所以，即
從而直線的斜率的取值范圍為.
【點睛】直線與圓錐曲線的位置關系，轉化等價條件，利用判別式和韋達定理，向量的共線問題求解，求解參數的范圍.
2．(1)
(2)
【分析】(1) 利用橢圓的定義，結合橢圓的幾何性質知，，則，解出a，b即可得橢圓方程；
(2)設的方程為代入橢圓方程，求出M的坐標，可得，用代替k，可得，求出的面積S，可得，解不等式可得k的取值范圍．
【詳解】（1）設橢圓的左焦點為，連接，
由對稱性知四邊形是平行四邊形，所以，．
由橢圓定義知，則，．
設橢圓的半焦距為，由橢圓的幾何性質知，，則，
所以，
所以橢圓的標準方程為．
（2）橢圓的標準方程為．則，
所以直線，
如圖所示，

設，
聯立，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．
所以的取值范圍為．
【點睛】難點點睛：本題考查了橢圓方程的求解以及直線和橢圓位置關系中的三角形面積問題，綜合性較強，難點在于計算過程相當復雜，計算量較大，并且基本都是有關字母參數的運算，十分容易出錯.
3．(1)
(2)
【分析】（1）聯立方程求出交點坐標，代入雙曲線方程運算求解即可；
（2）設，，根據中垂線方程以及雙曲線的切線方程解得，換元令，可得，令，可知關于x的方程有正根，更換主元法求范圍即可.
【詳解】（1）聯立方程：，解得或，
即點為或，
將點代入雙曲線C：可得，解得，
所以.
（2）先證：在雙曲線上一點處的切線方程為.
因為點在雙曲線上，則，
顯然直線過點，
即，，
聯立方程，消去y可得，
即，則，解得，
所以在雙曲線上一點處的切線方程為.
設，，則，
可得線段OP的垂直平分線為，即，
設直線與雙曲線C切于點，則直線，
則，即，
且，即，整理可得，
又因為在雙曲線C上，則，即，
可得，解得（舍負），
則，
令，則，可得，
令，則關于x的方程有正根，
即關于t的方程在內有根，
設，
若，即，則，不合題意；
若，即，則，解得，不合題意；
若，即，則，解得；
綜上所述：，
則，即.
【點睛】方法點睛：解決圓錐曲線中范圍問題的方法
一般題目中沒有給出明確的不等關系，首先需要根據已知條件進行轉化，利用圓錐曲線的幾何性質及曲線 上點的坐標確定不等關系；然后構造目標函數，把原問題轉化為求函數的值域或引入參數根據參數范圍求解，解題時應注意挖掘題目中的隱含條件，尋找量與量之間的轉化．
4．(1)
(2)
【分析】（1）設，聯立得到韋達定理式，根據垂直得到，再展開代入韋達定理式求解值，最后檢驗即可；
（2）設 , 得到相關向量，根據向量共線得到方程組，解出，再將其代入雙曲線方程化簡得到，最后利用面積公式和導數求出面積范圍即可.
【詳解】（1）由題意知直線的斜率一定存在.
設直線的方程為.
聯立，化簡得:，其中
所以，
因為，所以.
即:，換元后有:.
所以，化簡得:.
解得:或.
當時，直線過點，不符合題意.
當時，代入得，滿足題意.
所以.
（2）設，
則.
由可知:，
因為，所以，且有，
化簡得:.
又，
設，則.
當時，在定義域上單減;
當時，在定義域上單增.
所以.
所以的取值范圍是:.
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是利用定比公式得到，再將其代入回雙曲線方程化簡整理出關鍵的，最后得到面積表達式，求出其范圍即可.
5．(1)
(2)①且；②
【分析】（1）求得圓心，半徑為，設與軸交于點，在直角中，求得，結合拋物線C過點，進而求得拋物線的方程；
（2）聯立方程組取得，，設動點，得到的方程，求得點的坐標，得出直線方程，聯立方程組求得，進而且，得出點P的軌跡方程；再設，結合點到直線的距離公式，求得的表達式，結合且，進而的其取值范圍.
【詳解】（1）解：由圓，可化為標準方程，
所以圓心，半徑為，
設與軸交于點，如圖所示，
因為圓D和拋物線C都關于x軸對稱，則E，F兩點也關于x軸對稱，且，
所以在直角中，，所以，則，
又由拋物線C過點，即，則，
所以拋物線C方程為.
（2）聯立方程組，解得點，，則，
設動點，
則直線的斜率為，直線，
直線的斜率為，直線，
將拋物線C代入直線AN得，
解得點，則直線BN的斜率為，
所以直線，
①聯立方程組，整理得，
因為點P在直線l的左邊，則，即，
所以，則，
又因為，且，由，可得且，
所以點P的軌跡方程為且.
②設，則P到直線l的距離，
因為，則，
則，
又因為且，所以，所以
【點睛】方法策略點睛：解答圓錐曲線的最值與范圍問題的方法與策略：
（1）幾何轉化代數法：若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質來解決；
（2）函數取值法：若題目的條件和結論的幾何特征不明顯，則可以建立目標函數，再求這個函數的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）單調性法；（4）三角換元法；（5）導數法等，要特別注意自變量的取值范圍；
3、涉及直線與圓錐曲線的綜合問題：通常設出直線方程，與圓錐曲線聯立方程組，結合根與系數的關系，合理進行轉化運算求解，同時抓住直線與圓錐曲線的幾何特征應用.
6．(1)
(2)（i），（ii）答案見解析
【分析】（1）設點P的坐標為，利用距離公式列式化簡求解即可；
（2）（i）利用導數的幾何意義求得切線斜率；
（ii）分析直線l斜率存在設為，與拋物線方程聯立，韋達定理，表示出線段AB中點M的坐標，利用斜率關系得，從而，根據，得，分類討論解不等式即可.
【詳解】（1）設點P的坐標為，由題意得，
即，所以或
整理得或故W的方程為.
（2）（i）因為W為，所以．所以W在點P處的切線的斜率為：；
（ii）設直線l為，點M為線段AB的中點，當時，不合題意，所以；
因為點A，B滿足所以滿足，
從而
因為直線PM的方程為，所以，
即，從而.
因為，
所以，即，
等價于(其中).
①當時，即時，有，此時，
②當時，即時，有，此時，
③當時，即時，
有，
其中，
所以.
綜上，當時，；
當時，.
反思提升：
解決圓錐曲線中的取值范圍問題應考慮的五個方面
(1)利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；
(2)利用已知參數的范圍，求新參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系；
(3)利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；
(4)利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數的取值范圍；
(5)利用求函數的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2022·浙江·模擬預測）已知橢圓：與拋物線：交于兩點，為坐標原點，若的外接圓經過點，則等于（ ）
A． B． C．2 D．4
2．（2024·河南·三模）已知橢圓的右焦點為，短軸長為，點在橢圓上，若的最大值是最小值的3倍，則橢圓的焦距為（ ）
A．3 B．4 C．1 D．2
3．（2021·云南文山·模擬預測）已知雙曲線上關于原點對稱的兩個點P，Q，右頂點為A，線段的中點為E，直線交x軸于，則雙曲線的離心率為（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·江西九江·一模）已知雙曲線的左右焦點分別為為雙曲線上一點，若，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
5．（2024·山東濟南·一模）已知橢圓，且兩個焦點分別為，，是橢圓上任意一點，以下結論正確的是（ ）
A．橢圓的離心率為 B．的周長為12
C．的最小值為3 D．的最大值為16
6．（2021·全國·模擬預測）已知雙曲線：過點，左、右焦點分別為，，且一條漸近線的方程為，點為雙曲線上任意一點，則（ ）
A．雙曲線的方程為 B．
C．點到兩漸近線的距離的乘積為 D．的最小值為1
7．（2020·全國·模擬預測）已知拋物線：（）的焦點為，為拋物線上一動點，設直線與拋物線相交于，兩點，點不在拋物線上（ ）
A．若直線過點，且與軸垂直，則
B．若的最小值為3，則
C．若直線經過焦點，則直線，（為坐標原點）的斜率，滿足
D．若過，所作的拋物線的兩條切線互相垂直，且，兩點的縱坐標之和的最小值為2，則
三、填空題
8．（23-24高三上·全國·階段練習）已知，點為橢圓上的動點，當取最小值時，點的橫坐標的值為 ．
9．（2021·山東德州·二模）已知，是雙曲線的兩個焦點，是雙曲線上任意一點，過作平分線的垂線，垂足為，則點到直線的距離的取值范圍是 ．
10．（2022·山東濟南·二模）已知拋物線方程為，直線，拋物線上一動點P到直線的距離的最小值為 ．
四、解答題
11．（2022·浙江嘉興·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，點M是拋物線的準線上的動點．
(1)求p的值和拋物線的焦點坐標；
(2)設直線l與拋物線相交于A、B兩點，且，求直線l在x軸上截距b的取值范圍．
12．（23-24高三上·天津南開·期末）設橢圓經過點，且其左焦點坐標為.
(1)求橢圓的方程；
(2)對角線互相垂直的四邊形的四個頂點都在上，且兩條對角線均過的右焦點，求的最小值.
參考答案：
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D D C BD ACD ACD
1．A
【分析】解法一：確定外接圓的方程，與橢圓聯立可得點坐標，代入拋物線方程即可得解；
解法二：根據橢圓和拋物線的對稱性知的外接圓的圓心必在x軸，設直線AB與x軸的交點為，結合圓的性質可得、進而得，代入橢圓方程計算即可求解.
【詳解】解法一：設，則，，
由橢圓和拋物線的對稱性，知的外接圓的圓心必在x軸，
又圓過點與點，所以該圓的圓心為，半徑為，
所以該圓的方程為，
由點為圓與橢圓的交點，
由，解得，所以.
解法二：設，則，.
由題意知，四點共圓，
由橢圓和拋物線的對稱性，知的外接圓的圓心必在x軸，
設與x軸相交于點D，則，
在圓中，由相交弦定理可得有，
即，又，
所以，解得，①
代入，得，②
將①②代入橢圓方程，得，
整理，得，解得.
經檢驗，時，符合題意.
故實數p的值為.
故選：A.
2．D
【分析】利用橢圓的幾何性質得到關于的方程組，解之即可得解.
【詳解】依題意，橢圓短軸長為，得，則，
又的最大值是最小值的3倍，即，
所以，所以，則其焦距為.
故選：D
3．D
【解析】由雙曲線的對稱性及題意可知M為的重心可得的值，進而可得解.
【詳解】由已知得M為的重心，∴，又，∴，即.
故選:D.
【點睛】此題考查雙曲線的性質及基本量計算，屬于基礎題.
4．C
【分析】根據題意得點在以為直徑的圓上或圓內，即，結合為雙曲線上一點，然后解不等式即可
【詳解】解：要使得，則點在以為直徑的圓上或圓內，，又，且，，
故選:C.
5．BD
【分析】由題，利用離心率公式、橢圓的定義和基本不等式即可一一判斷．
【詳解】橢圓，則
對于A：，故A錯誤；
對于B：的周長為，故B正確；
對于C：的最小值為，故C錯誤；
對于D：，當且僅當時等號成立，故D正確．
故選：BD．
6．ACD
【分析】由漸近線的方程可得，又點在雙曲線上，可求出雙曲線的方程，可判斷選項A；根據條件可得，可判斷選項B; 設點由點到直線的距離結合點在雙曲線上，可判斷選項C；當點為雙曲線的左頂點時，取得最小值為，可判斷選項D.
【詳解】因為雙曲線的一條漸近線的方程為，所以，
又雙曲線過點，所以，得，，
所以雙曲線的標準方程為，選項A正確；
易知，所以，所以，所以選項B不正確；
設點，則點到兩漸近線的距離的乘積為，
因為點在雙曲線上，所以，即，
所以點到兩漸近線的距離的乘積為，所以選項C正確；
當點為雙曲線的左頂點時，取得最小值為1，所以選項D正確．
故選：ACD．
7．ACD
【分析】對于A，根據求出，可知A正確；
對于B，當點在拋物線的外部時，求出，可知B不正確；
對于C，利用斜率公式計算可得，可知C正確；
對于D，設，，利用兩條切線互相垂直求出，根據的最小值，得到的坐標，再求出三角形的面積，可知D正確.
【詳解】若直線過點，且與軸垂直，則，所以，所以A正確.
當點在拋物線的內部時，設是拋物線的準線，過點作于點，則，當且僅當，，三點共線時等號成立，所以的最小值是，由得；
當點在拋物線的外部時，連接，則的最值為，所以，得，所以B不正確.
易知直線的斜率存在，設直線：，與聯立，
消去得，設，，
則，從而可得，
所以，所以C正確.
設，，由得，
所以，即，
所以，
所以當時，取得最小值，且，
所以，所以，即，，
因為點，所以，所以D正確.
故選：ACD.
【點睛】關鍵點點睛：掌握拋物線的標準方程和幾何性質是解題關鍵.
8．
【分析】根據橢圓的定義，結合三點共線，即可聯立方程求解.
【詳解】因為為橢圓的右焦點，設橢圓左焦點為，則，
由橢圓的定義，得，
當為射線與橢圓交點時，取最小值，
因為直線方程為，設，
聯立，消去得或，
由于，所以，
故答案為：

9．
【分析】延長交于點，由角平分線性質可知，，即可列出等式，確定點的軌跡，轉化圓周上的點到直線的距離的取值范圍．
【詳解】解：如圖，延長交于點，連接，因為為的平分線，且，所以為的中點，為的垂直平分線，所以，在中，、分別為、的中點，所以，設點坐標為，所以，圓心為，半徑，圓心到直線的距離，所以點到直線的距離的取值范圍是
故答案為：
10．
【分析】將直線向拋物線平移，當直線與拋物線相切時，切點到直線的距離最小，所以只要求與直線平行的切線方程，然后利用兩平行線間的距離公式求解即可
【詳解】設與直線平行且與拋物線相切的直線方程為，
由，得，
則，得，
所以切線方程為，
所以拋物線上一動點P到直線的距離的最小值為
，
故答案為：
11．(1)；
(2)
【分析】（1）根據拋物線的定義與方程求解；（2）利用向量處理，結合韋達定理代換整理，注意討論直線l斜率是否存在．
【詳解】（1）因為拋物線的準線是，所以拋物線的焦點坐標，所以；
（2）因為點M是拋物線的準線上的動點，設．
（ⅰ）若直線l的斜率不存在，則．
由得，
因為，所以，
即，所以，
因為，所以；
因為，所以，
即，所以，
所以因為，所以①．
（ⅱ）若直線l的斜率存在，設為k，則．設．
由得，所以，
且，所以（*），
因為，所以，即，所以，
所以，得，
因為，所以，
即，所以，
所以
則
所以，得，
所以②，
代入（*）得，，所以③，
由②得，所以④，
所以，所以，⑤
由④，⑤知，
綜合（ⅰ）（ⅱ）知直線l在x軸上截距b的取值范圍是．
12．(1)
(2).
【分析】（1）根據焦點坐標和橢圓所過點，利用橢圓的定義可求方程；
（2）設出直線方程，聯立，結合韋達定理表示出，利用二次函數可得答案.
【詳解】（1）因為橢圓的左焦點坐標為，
所以右焦點坐標為.
又橢圓經過點，
所以.
所以橢圓的方程為.
（2）①當直線中有一條直線的斜率不存在時，.
②當直線的斜率存在且不為0時，
設直線的方程，
由，得，
則，
.
設直線的方程為，同理得，
所以，
設，則，
則，
所以時，有最小值.
綜上，的最小值是.
【能力篇】
一、單選題
1．（2023·湖北武漢·模擬預測）已知橢圓，點在橢圓上，滿足在橢圓上存在一點到直線的距離均為，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）在平面直角坐標系中，橢圓，圓，為圓上任意一點，為橢圓上任意一點.過作橢圓的兩條切線，，當，與坐標軸不垂直時，記兩切線斜率分別為，，則（ ）
A．橢圓的離心率為 B．的最小值為1
C．的最大值為 D．
三、填空題
3．（2021·全國·模擬預測）已知直線是雙曲線的兩條漸近線，點是雙曲線上一點，若點到漸近線的距離的取值范圍是，則點到漸近線的距離的取值范圍是 ．
四、解答題
4．（2024·安徽·模擬預測）已知雙曲線（，）的左、右焦點分別為，，離心率為2，P是E的右支上一點，且，的面積為3．
(1)求E的方程；
(2)若E的左、右頂點分別為A，B，過點的直線l與E的右支交于M，N兩點，直線AM和BN的斜率分別即為和，求的最小值．
參考答案：
題號 1 2
答案 B AC
1．B
【分析】設，根據距離公式可得是關于的方程的兩個實根，整理得關于的一元二次方程，根據韋達定理可得，求解得，結合不等式即可得最大值.
【詳解】
由題可設，
則到直線的距離為，到直線的距離為，
所以是關于的方程的兩個實根，
該方程即，于是．
又，所以，同理，
所以
．
當且僅當時等號成立，所以的最大值是.
故選：B.
2．AC
【分析】根據橢圓的標準方程判斷選項A，再由兩點間距離，判斷BC，利用切線方程的斜率和韋達定理求解判斷選項D.
【詳解】對于A，根據題意，，則，故，故A正確；
對于BC，設，則，
而圓的圓心，半徑為，
則，
因為，所以，則，
所以，即，
所以的最小值為，最大值為，故B錯誤，C正確；
對于D，設，過點的直線方程為：，
聯立，，
根據直線與橢圓的相切，則，
化簡可得，，
可知是方程的兩個根，所以，
所以，當且僅當取等號，故D錯誤.
故選：AC
3．
【分析】設點P（x0，y0），由雙曲線的漸近線方程和點到直線的距離公式，結合P的坐標滿足雙曲線的方程，可得P到兩漸近線的距離之積為定值，由反比例的性質，可得所求范圍．
【詳解】設點，由題可設漸近線，漸近線，由點到直線的距離，點到直線的距離，有，又，即，則，則，由與成反比，且，所以
故答案為：.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由三角形面積及雙曲線的定義，利用勾股定理求解即可；
（2）設直線方程，聯立雙曲線方程，由根與系數的關系及斜率公式化簡可得，代入中化簡即可得出最值.
【詳解】（1）設雙曲線的半焦距為()，
，
由題可知，
，即，
又，
故E的方程為.
（2）如圖，

由題可知，且直線的斜率不為，
設直線的方程為，，
將方程和聯立，得，
，
，
，,
直線與的右支有交點，，
當時，取得最小值，且最小值為.
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·河南信陽·三模）已知橢圓，P為橢圓上任意一點，過點P分別作與直線和平行的直線，分別交，交于M，N兩點，則的最大值為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多選題
2．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知雙曲線為其右焦點，點到漸近線的距離為1，平行四邊形的頂點在雙曲線上，點在平行四邊形的邊上，則（）
A．
B．
C．若平行四邊形各邊所在直線的斜率均存在，則其值均不為
D．四邊形的面積
三、填空題
3．（2024·山東棗莊·模擬預測）設為平面上兩點，定義、已知點P為拋物線上一動點，點的最小值為2，則 ；若斜率為的直線l過點Q，點M是直線l上一動點，則的最小值為 ．
參考答案：
題號 1 2
答案 C BCD
1．C
【分析】由題意可得四邊形為平行四邊形，設，，，根據與的中點相同得，再由兩點間的距離公式，結合橢圓的性質即可求解.
【詳解】設過點P分別與直線平行的直線為，如圖：
設，，，則，，
顯然四邊形為平行四邊形，故與的中點重合，
則，即，
又因P為橢圓上任意一點，所以，即，
即，
而，即，所以當時，.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：本題結合兩點間的距離公式考查橢圓的幾何性質的應用，考查理解辨析能力與運算求解能力，解題的關鍵是利用平行四邊形的性質找到點的坐標之間的關系.
2．BCD
【分析】由點到線的距離判斷A，由對稱性結合雙曲線定義判斷B，由漸近線性質判斷C，聯立直線與雙曲線，表示面積利用函數單調性求得范圍判斷D.
【詳解】對A，易知漸近線方程為，焦點F坐標為，
點到漸近線的距離為，故項錯誤；
對B，若為雙曲線的左焦點，又點在平行四邊形上，
則根據對稱性知點也在平行四邊形上，且，
所以，故B項正確；
對C，由雙曲線的漸近線方程為，
若平行四邊形各邊所在直線的斜率均存在，當其值為時，
則平行四邊形各對應邊所在直線與雙曲線不可能有四個交點，故C項正確；
對D，如上圖，設直線，
聯立雙曲線方程得，且，
所以，
則，
由對稱性知，則點到直線的距離，
所以，令，
則，
又在上單調遞減，故在上單調遞增，
所以，故D項正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查雙曲線的幾何性質，關鍵是利用對稱性解決B，合理表示面積結合函數單調性求得面積范圍.
3． 2
【分析】利用定義結合二次函數求最值計算即可得第一空，過作并構造直角三角形，根據的定義化折為直，結合直線與拋物線的位置關系計算即可.
【詳解】設，則，
，即，時取得最小值；
易知，，聯立有，
顯然無解，即直線與拋物線無交點，如下圖所示，
過作交l于N，過作，
則（重合時取得等號），
設，則，所以，

故答案為：2，
【點睛】思路點睛：對于曼哈頓距離的新定義問題可以利用化折為直的思想，數形結合再根據二次函數的性質計算最值即可.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題53 最值、范圍問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 3
【考點1】最值問題 3
【考點2】范圍問題 4
【分層檢測】 6
【基礎篇】 6
【能力篇】 8
【培優篇】 9
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知橢圓的左、右焦點分別為，，直線與C交于A，B兩點，若面積是面積的2倍，則（ ）．
A． B． C． D．
二、解答題
2．（2024·天津·高考真題）已知橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．
(1)求橢圓方程．
(2)過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得．若存在求出這個點縱坐標的取值范圍，若不存在請說明理由．
3．（2022·全國·高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．
(1)求C的方程；
(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．
4．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知橢圓．設A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．
(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；
(2)求的最小值．
【考點1】最值問題
一、解答題
1．（2024·湖南邵陽·三模）已知橢圓：的離心率為，右頂點與的上，下頂點所圍成的三角形面積為．
(1)求的方程．
(2)不過點的動直線與交于，兩點，直線與的斜率之積恒為．
（i）證明：直線過定點；
（ii）求面積的最大值．
2．（2024·河南新鄉·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，且，過點作兩條直線，直線與交于兩點，的周長為．
(1)求的方程；
(2)若的面積為，求的方程；
(3)若與交于兩點，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值．
3．（2024·上海·模擬預測）已知點在雙曲線的一條漸近線上，為雙曲線的左、右焦點且.
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點的直線與雙曲線恰有一個公共點，求直線的方程；
(3)過點的直線與雙曲線左右兩支分別交于點，求證：.
4．（2024·山東濟南·二模）已知點是雙曲線上一點，在點處的切線與軸交于點.
(1)求雙曲線的方程及點的坐標；
(2)過且斜率非負的直線與的左 右支分別交于.過做垂直于軸交于（當位于左頂點時認為與重合）.為圓上任意一點，求四邊形的面積的最小值.
5．（2024·陜西西安·模擬預測）已知為拋物線：上的一點，直線交于A，B兩點，且直線，的斜率之積為2.
(1)求的準線方程；
(2)求的最小值.
6．（2024·內蒙古·三模）已知為坐標原點，是拋物線的焦點，是上一點，且.
(1)求的方程；
(2)是上兩點（異于點），以為直徑的圓過點為的中點，求直線斜率的最大值.
反思提升：
處理圓錐曲線最值問題的求解方法
圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質以及平面幾何中的定理、性質等進行求解；二是利用代數法，即把要求最值的幾何量或代數表達式表示為某個(些)參數的函數(解析式)，然后利用函數方法、不等式方法等進行求解.
【考點2】范圍問題
一、解答題
1．（2024·湖北·模擬預測）已知橢圓E：，直線與E交于，兩點，點P在線段MN上（不含端點），過點P的另一條直線與E交于A，B兩點.
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)若，，點A在第二象限，求直線的斜率；
(3)若直線MA，MB的斜率之和為2，求直線的斜率的取值范圍.
2．（2024·重慶·三模）已知F，C分別是橢圓的右焦點、上頂點，過原點的直線交橢圓于A，B兩點，滿足．
(1)求橢圓的方程；
(2)設橢圓的下頂點為，過點作兩條互相垂直的直線，這兩條直線與橢圓的另一個交點分別為M，N，設直線的斜率為的面積為，當時，求的取值范圍．
3．（2025·浙江·模擬預測）已知P為雙曲線C：上一點，O為坐標原點，線段OP的垂直平分線與雙曲線C相切．
(1)若點P是直線與圓的交點，求a；
(2)求的取值范圍．
4．（2024·貴州貴陽·三模）已知為雙曲線的右頂點，過點的直線交于D、E兩點.
(1)若，試求直線的斜率;
(2)記雙曲線的兩條漸近線分別為，過曲線的右支上一點作直線與，分別交于M、N兩點，且M、N位于軸右側，若滿足，求的取值范圍（為坐標原點）.
5．（2024·重慶·三模）設圓D：與拋物線C：交于E，F兩點，已知
(1)求拋物線C的方程；
(2)若直線l：與拋物線C交于A，B兩點點A在第一象限，動點異于點A，在拋物線C上，連接MB，過點A作交拋物線C于點N，設直線AM與直線BN交于點P，當點P在直線l的左邊時，求：
①點P的軌跡方程；
②面積的取值范圍.
6．（2024·遼寧·模擬預測）在直角坐標系xOy中，點P到點(0，1)距離與點P到直線距離的差為﹣1，記動點P的軌跡為W.
(1)求W的方程；
(2)設點P的橫坐標為.
（i）求W在點P處的切線的斜率(用表示)；
（ii）直線l與W分別交于點A，B．若，求直線l的斜率的取值范圍(用表示).
反思提升：
解決圓錐曲線中的取值范圍問題應考慮的五個方面
(1)利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；
(2)利用已知參數的范圍，求新參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系；
(3)利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；
(4)利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數的取值范圍；
(5)利用求函數的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2022·浙江·模擬預測）已知橢圓：與拋物線：交于兩點，為坐標原點，若的外接圓經過點，則等于（ ）
A． B． C．2 D．4
2．（2024·河南·三模）已知橢圓的右焦點為，短軸長為，點在橢圓上，若的最大值是最小值的3倍，則橢圓的焦距為（ ）
A．3 B．4 C．1 D．2
3．（2021·云南文山·模擬預測）已知雙曲線上關于原點對稱的兩個點P，Q，右頂點為A，線段的中點為E，直線交x軸于，則雙曲線的離心率為（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·江西九江·一模）已知雙曲線的左右焦點分別為為雙曲線上一點，若，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
5．（2024·山東濟南·一模）已知橢圓，且兩個焦點分別為，，是橢圓上任意一點，以下結論正確的是（ ）
A．橢圓的離心率為 B．的周長為12
C．的最小值為3 D．的最大值為16
6．（2021·全國·模擬預測）已知雙曲線：過點，左、右焦點分別為，，且一條漸近線的方程為，點為雙曲線上任意一點，則（ ）
A．雙曲線的方程為 B．
C．點到兩漸近線的距離的乘積為 D．的最小值為1
7．（2020·全國·模擬預測）已知拋物線：（）的焦點為，為拋物線上一動點，設直線與拋物線相交于，兩點，點不在拋物線上（ ）
A．若直線過點，且與軸垂直，則
B．若的最小值為3，則
C．若直線經過焦點，則直線，（為坐標原點）的斜率，滿足
D．若過，所作的拋物線的兩條切線互相垂直，且，兩點的縱坐標之和的最小值為2，則
三、填空題
8．（23-24高三上·全國·階段練習）已知，點為橢圓上的動點，當取最小值時，點的橫坐標的值為 ．
9．（2021·山東德州·二模）已知，是雙曲線的兩個焦點，是雙曲線上任意一點，過作平分線的垂線，垂足為，則點到直線的距離的取值范圍是 ．
10．（2022·山東濟南·二模）已知拋物線方程為，直線，拋物線上一動點P到直線的距離的最小值為 ．
四、解答題
11．（2022·浙江嘉興·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，點M是拋物線的準線上的動點．
(1)求p的值和拋物線的焦點坐標；
(2)設直線l與拋物線相交于A、B兩點，且，求直線l在x軸上截距b的取值范圍．
12．（23-24高三上·天津南開·期末）設橢圓經過點，且其左焦點坐標為.
(1)求橢圓的方程；
(2)對角線互相垂直的四邊形的四個頂點都在上，且兩條對角線均過的右焦點，求的最小值.
【能力篇】
一、單選題
1．（2023·湖北武漢·模擬預測）已知橢圓，點在橢圓上，滿足在橢圓上存在一點到直線的距離均為，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）在平面直角坐標系中，橢圓，圓，為圓上任意一點，為橢圓上任意一點.過作橢圓的兩條切線，，當，與坐標軸不垂直時，記兩切線斜率分別為，，則（ ）
A．橢圓的離心率為 B．的最小值為1
C．的最大值為 D．
三、填空題
3．（2021·全國·模擬預測）已知直線是雙曲線的兩條漸近線，點是雙曲線上一點，若點到漸近線的距離的取值范圍是，則點到漸近線的距離的取值范圍是 ．
四、解答題
4．（2024·安徽·模擬預測）已知雙曲線（，）的左、右焦點分別為，，離心率為2，P是E的右支上一點，且，的面積為3．
(1)求E的方程；
(2)若E的左、右頂點分別為A，B，過點的直線l與E的右支交于M，N兩點，直線AM和BN的斜率分別即為和，求的最小值．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·河南信陽·三模）已知橢圓，P為橢圓上任意一點，過點P分別作與直線和平行的直線，分別交，交于M，N兩點，則的最大值為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多選題
2．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知雙曲線為其右焦點，點到漸近線的距離為1，平行四邊形的頂點在雙曲線上，點在平行四邊形的邊上，則（）
A．
B．
C．若平行四邊形各邊所在直線的斜率均存在，則其值均不為
D．四邊形的面積
三、填空題
3．（2024·山東棗莊·模擬預測）設為平面上兩點，定義、已知點P為拋物線上一動點，點的最小值為2，則 ；若斜率為的直線l過點Q，點M是直線l上一動點，則的最小值為
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