資源簡介

第15講 圓錐曲線中的最值及范圍問題
（8類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2024年新I卷，第11題,6分 縱坐標的最值問題 由方程研究曲線的性質 求平面軌跡方程
2023年新I卷，第22題,12分 周長最值問題 求平面軌跡方程 由導數求函數的最值 (不含參) 基本(均值)不等式的應用 求直線與拋物線相交所得弦的弦長
2020年新Ⅱ卷，第21題,12分 求橢圓中的最值問題 根據橢圓過的點求標準方程 求橢圓的切線方程 橢圓中三角形 (四邊形)的面積
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的常考內容，設題不定，難度中等或偏難，分值為5-17分
【備考策略】1.理解、掌握圓錐曲線的最值問題及其相關計算
2.理解、掌握圓錐曲線的范圍問題及其相關計算
【命題預測】本節內容是新高考卷的常考內容，小題和大題都會作為載體命題，同學們要會運算，需強化訓練復習
考點一、弦長及周長類最值
1．（2021·全國·高考真題）設B是橢圓的上頂點，點P在C上，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．2
2．（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．
3．（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.
4．（21-22高三上·江蘇南通·開學考試）已知C為圓的圓心，P是圓C上的動點，點，若線段MP的中垂線與CP相交于Q點．
(1)當點P在圓上運動時，求點Q的軌跡N的方程；
(2)過點的直線l與點Q的軌跡N分別相交于A，B兩點，且與圓O：相交于E，F兩點，求的取值范圍．
5．（2024·內蒙古赤峰·二模）已知點P為圓 上任意一點， 線段PA的垂直平分線交直線PC于點M，設點M 的軌跡為曲線H.
(1)求曲線H的方程;
(2)若過點M 的直線l與曲線H的兩條漸近線交于S，T兩點，且M 為線段ST的中點.
(i)證明：直線l與曲線H有且僅有一個交點；
(ii)求 的取值范圍.
1．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知橢圓，其左、右焦點分別為F1，F2，離心率，點P為該橢圓上一點，且△F1PF2的面積的最大值為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過橢圓C的上頂點B作兩條互相垂直的直線，分別交橢圓C于點D、E，求線段DE長度的最大值.
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．（23-24高三上·江蘇·階段練習）已知橢圓的離心率為，斜率為2的直線l與x軸交于點M，l與C交于A，B兩點，D是A關于y軸的對稱點．當M與原點O重合時，面積為．
(1)求C的方程；
(2)當M異于O點時，記直線與y軸交于點N，求周長的最小值．
4．（2024·陜西安康·模擬預測）已知橢圓的左 右焦點分別為，上 下頂點分別為，四邊形的面積為且有一個內角為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若以線段為直徑的圓與橢圓無公共點，過點的直線與橢圓交于兩點（點在點的上方），線段上存在點，使得，求的最小值.
考點二、面積類最值
1．（2020·新Ⅱ卷·高考真題）已知橢圓C：過點M（2，3）,點A為其左頂點，且AM的斜率為 ，
（1）求C的方程；
（2）點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值.
2．（2024·全國·模擬預測）已知橢圓的右焦點為，點在橢圓上．
(1)求橢圓的方程；
(2)過的兩條互相垂直的直線分別交橢圓于兩點和兩點，設的中點分別為，求面積的最大值．
3．（2024·廣東珠海·一模）已知橢圓的左、右焦點分別為，，且，點在橢圓C上，直線．
(1)若直線l與橢圓C有兩個公共點，求實數t的取值范圍；
(2)當時，記直線l與x軸，y軸分別交于A，B兩點，P，Q為橢圓C上兩動點，求四邊形PAQB面積的最大值．
4．（2024·福建泉州·模擬預測）已知橢圓的左 右焦點分別為，離心率為，且經過點.
(1)求的方程；
(2)過且不垂直于坐標軸的直線交于兩點，點為的中點，記的面積為的面積為，求的取值范圍.
1．（2024·河南·模擬預測）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，點在上，，，為直線上關于軸對稱的兩個動點，直線，與的另一個交點分別為，.
(1)求的標準方程；
(2)為坐標原點，求面積的最大值.
2．（2024·陜西榆林·三模）已知橢圓的離心率為；直線與只有一個交點.
(1)求的方程；
(2)的左 右焦點分別為上的點（兩點在軸上方）滿足.
①試判斷（為原點）是否成立，并說明理由；
②求四邊形面積的最大值.
3．（2024·河北唐山·二模）已知橢圓的右焦點為，其四個頂點的連線圍成的四邊形面積為；菱形內接于橢圓．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)（ⅰ）坐標原點在邊上的投影為點，求點的軌跡方程；
（ⅱ）求菱形面積的取值范圍．
4．（23-24高三上·江蘇南通·階段練習）將圓上各點的橫坐標變為原來的5倍，縱坐標變為原來的4倍，所得的曲線為.記曲線與軸負半軸和軸正半軸分別交于兩點，為軸上一點.
(1)求曲線的方程；
(2)連接交曲線于點，過點作軸的垂線交曲線于另一點.記的面積為，記的面積為，求的取值范圍.
5．（2024·湖南永州·三模）已知為坐標原點，動點在橢圓上，動點滿足，記點的軌跡為
(1)求軌跡的方程；
(2)在軌跡上是否存在點，使得過點作橢圓的兩條切線互相垂直？若存在，求點的坐標：若不存在，請說明理由：
(3)過點的直線交軌跡于，兩點，射線交軌跡于點，射線交橢圓于點，求四邊形面積的最大值.
6．（2024·江蘇南通·模擬預測）在平面直角坐標系中，點，分別是橢圓：的右頂點，上頂點，若的離心率為，且到直線的距離為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過點的直線與橢圓交于，兩點，其中點在第一象限，點在軸下方且不在軸上，設直線，的斜率分別為，.
（i）求證：為定值，并求出該定值；
（ii）設直線與軸交于點，求的面積的最大值.
考點三、斜率類最值
1．（2021·全國·高考真題）已知拋物線的焦點F到準線的距離為2．
（1）求C的方程;
（2）已知O為坐標原點，點P在C上，點Q滿足，求直線斜率的最大值.
2．（2024·浙江臺州·一模）已知橢圓：的上、下頂點分別為，，點在線段上運動（不含端點），點，直線與橢圓交于，兩點（點在點左側），中點的軌跡交軸于，兩點，且．
(1)求橢圓的方程；
(2)記直線，的斜率分別為，，求的最小值．
1．（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．
2．（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．
考點四、角度及三角函數類最值
1．（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．
2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知拋物線：（）的焦點為，點，過的直線交于，兩點，當點的橫坐標為1時，點到拋物線的焦點的距離為2.
(1)求拋物線的方程；
(2)設直線，與的另一個交點分別為，，點，分別是，的中點，記直線，的傾斜角分別為，.求的最大值.
1．（2023·全國·模擬預測）已知橢圓C：的兩焦點分別為，并且經過點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過的直線交橢圓C于A，B兩點，設直線與C的另一個交點分別為M，N，記直線AB，MN的傾斜角分別為，當取得最大值時，求直線AB的方程.
2．（2023·福建三明·三模）已知是橢圓的右焦點，為坐標原點，為橢圓上任意一點，的最大值為.當時，的面積為.
(1)求橢圓的方程；
(2)、為橢圓的左、右頂點，點滿足，當與、不重合時，射線交橢圓于點，直線、交于點，求的最大值.
考點五、參數類最值
1．（2024·吉林·模擬預測）已知點，直線，動圓與直線相切，交線段于點，且．
(1)求圓心的軌跡方程，并說明是什么曲線；
(2)過點且傾斜角大于的直線與軸交于點，與的軌跡相交于兩點，且，求的值及的取值范圍.
1．（23-24高三下·上海浦東新·期中）已知橢圓，點、分別為橢圓的左、右焦點.
(1)若橢圓上點滿足，求的值；
(2)點為橢圓的右頂點，定點在軸上，若點為橢圓上一動點，當取得最小值時點恰與點重合，求實數的取值范圍；
(3)已知為常數，過點且法向量為的直線交橢圓于、兩點，若橢圓上存在點滿足（），求的最大值.
考點六、向量類最值
1．（2023·浙江臺州·統考模擬預測）已知點是雙曲線與橢圓的公共點，直線與雙曲線交于不同的兩點，，設直線與的傾斜角分別為，，且滿足.
(1)求證：直線恒過定點，并求出定點坐標；
(2)記（1）中直線恒過定點為，若直線與橢圓交于不同兩點，，求的取值范圍.
2．（2023·江蘇南京·校考一模）在平面直角坐標系中，已知橢圓的左、右焦點分別、焦距為2，且與雙曲線共頂點．P為橢圓C上一點，直線交橢圓C于另一點Q．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若點P的坐標為，求過P、Q、三點的圓的方程；
(3)若，且，求的最大值．
1．（2023·遼寧沈陽·校聯考二模）從拋物線的焦點發出的光經過拋物線反射后，光線都平行于拋物線的軸，根據光路的可逆性，平行于拋物線的軸射向拋物線后的反射光線都會匯聚到拋物線的焦點處，這一性質被廣泛應用在生產生活中．如圖，已知拋物線，從點發出的平行于y軸的光線照射到拋物線上的D點，經過拋物線兩次反射后，反射光線由G點射出，經過點．
(1)求拋物線C的方程；
(2)已知圓，在拋物線C上任取一點E，過點E向圓M作兩條切線EA和EB，切點分別為A、B，求的取值范圍．
2．（24-25高二上·吉林長春·階段練習）已知為橢圓C：上的點，C的焦距為．
(1)求橢圓C的方程；
(2)點P為橢圓C上的動點，過點P作圓O：的兩條切線，切點分別為A，B，求的取值范圍．
3．（2024·貴州貴陽·二模）一動圓圓與圓外切，同時與圓內切.設動圓圓心的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程;
(2)若曲線與軸的左、右交點分別為A、B，過點的直線與曲線交于P、Q兩點，直線AP、BQ相交于點，當點的縱坐標為時，若，求的最小值.
考點七、點到直線距離類最值
1．（2023·廣東佛山·二模）雙曲線的左頂點為，焦距為4，過右焦點作垂直于實軸的直線交于、兩點，且是直角三角形．
(1)求雙曲線的方程；
(2)、是右支上的兩動點，設直線、的斜率分別為、，若，求點到直線的距離的取值范圍．
1．（2024·吉林·二模）設 分別為橢圓: 的左、右焦點，是橢圓 短軸的一個頂點，已知 的面積為 .
(1)求橢圓的方程；
(2)如圖， 是橢圓上不重合的三點，原點是的重心
（i）當直線 垂直于 軸時，求點 到直線 的距離；
（ii）求點 到直線 的距離的最大值.
考點八、點坐標及截距類最值
1．（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．
2．（2021·浙江·高考真題）如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準線與x軸的交點，且，
（1）求拋物線的方程；
（2）設過點F的直線交拋物線與A B兩點，斜率為2的直線l與直線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍.
1．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知橢圓的左右頂點距離為，離心率為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設過點，斜率存在且不為0的直線與橢圓交于，兩點，求弦垂直平分線的縱截距的取值范圍.
1．（2024·四川綿陽·二模）已知直線與拋物線交于A，B兩點，F為E的焦點，直線FA，FB的斜率之和為0．
(1)求E的方程；
(2)直線分別交直線于兩點，若，求k的取值范圍．
2．（24-25高三上·江蘇南通·階段練習）已知橢圓經過點，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與交于兩點，且直線與的斜率互為相反數，求的中點到右焦點的距離的最小值.
3．（23-24高二上·北京海淀·期末）已知橢圓的兩個頂點分別為，離心率為橢圓上的動點，直線分別交動直線于點C，D，過點C作的垂線交x軸于點H．
(1)求橢圓E的方程；
(2)是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由．
4．（24-25高三上·福建福州·階段練習）已知橢圓經過點，右焦點為
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與交于兩點，且直線與的斜率互為相反數，求的中點與的最小距離．
5．（23-24高三下·重慶·階段練習）已知，動點滿足與的斜率之積為定值.
(1)求動點的軌跡的方程；
(2)過點的直線與曲線交于 兩點，且均在軸右側，過點 作直線的垂線，垂足為.
（i）求證：直線過定點；
（ii）求面積的最小值.
6．（24-25高三上·上海寶山·階段練習）已知雙曲線的虛軸長為4，漸近線方程為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)設，是雙曲線上的動點，求的最小值；
(3)過雙曲線右焦點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于點、，點是線段的中點，過點且與垂直的直線交直線于點，點滿足，求四邊形面積的最小值.
7．（2024·江西·一模）已知雙曲線（，）的一條漸近線的傾斜角為，C的右焦點F到該漸近線的距離為.
(1)求C的方程；
(2)若過F的直線與C的左、右支分別交于點A，B，與圓交于與A，B不重合的M，N兩點.
（ⅰ）求直線AB斜率的取值范圍；
（ⅱ）求的取值范圍.
8．（24-25高三上·重慶·階段練習）已知雙曲線的實軸長為4，漸近線方程為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)雙曲線的左 右頂點分別為，過點作與軸不重合的直線與交于兩點，直線與交于點S，直線與交于點.
（i）設直線的斜率為，直線的斜率為，若，求的值；
（ii）求的面積的取值范圍.
9．（2024高三·全國·專題練習）已知拋物線，在上有一點位于第一象限，設的縱坐標為.
(1)若到拋物線準線的距離為3，求的值；
(2)當時，若軸上存在一點，使的中點在拋物線上，求到直線的距離；
(3)直線，是第一象限內上異于的動點，在直線上的投影為點，直線與直線的交點為.若在的位置變化過程中，恒成立，求的取值范圍.
10．（24-25高三上·重慶·階段練習）已知為橢圓：的左焦點，橢圓過點，且直線的斜率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)若點，在橢圓上，且，過，分別作橢圓的切線，，與相交于點.
（i）求點的軌跡方程；
（ii）求周長的最小值.
11．（24-25高二上·吉林長春·階段練習）已知是橢圓的右焦點，為坐標原點，為橢圓上任意一點，的最大值為，當時，的面積為.
(1)求的值；
(2)為橢圓的左 右頂點，點滿足，當與不重合時，射線交橢圓于點，直線交于點，求的最大值.
12．（24-25高三上·陜西安康·開學考試）已知動圓的圓心在軸上，且該動圓經過點．
(1)求點的軌跡的方程；
(2)設過點的直線交軌跡于兩點，若為軌跡上位于點之間的一點，點關于軸的對稱點為點，過點作，交于點，求的最大值．
13．（2022·上海徐匯·一模）在平面直角坐標系中，一動圓經過點且與直線相切，設該動圓圓心的軌跡為曲線K，P是曲線K上一點．
(1)求曲線K的方程；
(2)過點A且斜率為k的直線l與曲線K交于B、C兩點，若且直線OP與直線交于Q點．求的值；
(3)若點D、E在y軸上，的內切圓的方程為，求面積的最小值．
依題意，即，則，
14．（23-24高二上·重慶·期末）已知橢圓的離心率為，上頂點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)為坐標原點，，點是橢圓上的動點，過作直線分別交橢圓于另外三點，求的取值范圍.
15．（24-25高三上·上海嘉定·階段練習）如圖，橢圓：的左右焦點分別為、，設是第一象限內橢圓上的一點，、的延長線分別交橢圓于點，

(1)若軸，求的面積；
(2)若，求點的坐標；
(3)求的最小值.
1．（全國·高考真題）設橢圓中心在坐標原點，是它的兩個頂點，直線與AB相交于點D，與橢圓相交于E、F兩點．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）求四邊形面積的最大值．
2．（四川·高考真題）設分別是橢圓的左、右焦點．
(1)若是該橢圓上的一個動點，求的最大值和最小值；
(2)設過定點的直線與橢圓交于不同的兩點，且為銳角(其中為坐標原點)，求直線的斜率的取值范圍．
3．（安徽·高考真題）設是拋物線的焦點．
（Ⅰ）過點作拋物線的切線，求切線方程；
（Ⅱ）設為拋物線上異于原點的兩點，且滿足，延長分別交拋物線于點，求四邊形面積的最小值．
4．（遼寧·高考真題）設橢圓方程為，過點的直線l交橢圓于點A，B，O是坐標原點，點P滿足，點N的坐標為，當l繞點M旋轉時，求：
（1）動點P的軌跡方程；
（2）的最小值與最大值.
5．（湖南·高考真題）已知平面內一動點到點F（1，0）的距離與點到軸的距離的差等于1．
（1）求動點的軌跡的方程；
（2）過點作兩條斜率存在且互相垂直的直線，設與軌跡相交于點，與軌跡相交于點，求的最小值．
6．（上海·高考真題）已知雙曲線，為上的任意點．
（1）求證：點到雙曲線的兩條漸近線的距離的乘積是一個常數；
（2）設點的坐標為，求的最小值.
7．（北京·高考真題）.已知點，，動點滿足條件.記動點的軌跡為.
（1）求的方程；
（2）若是上的不同兩點，是坐標原點，求的最小值.
8．（天津·高考真題）已知中心在原點的雙曲線C的一個焦點是，一條漸近線的方程是.
（Ⅰ）求雙曲線C的方程；
（Ⅱ）若以為斜率的直線與雙曲線C相交于兩個不同的點M，N，線段MN的垂直平分線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為，求的取值范圍.
9．（四川·高考真題）設分別是橢圓的左、右焦點．
(1)若P是該橢圓在第一象限上的一個動點，若，求點P的坐標；
(2)設過定點的直線l與橢圓交于不同的兩點A、B，且為銳角（其中O為坐標原點），求直線l的斜率k的取值范圍．
10．（上海·高考真題）已知在平面直角坐標系中的一個橢圓，它的中心在原點，左焦點為，右頂點為，設點.
（1）求該橢圓的標準方程；
（2）若是橢圓上的動點，求線段中點的軌跡方程；
（3）過原點的直線交橢圓于點，求面積的最大值.
11．（北京·高考真題）已知橢圓.過點（m,0）作圓的切線l交橢圓G于A，B兩點.
（I）求橢圓G的焦點坐標和離心率；
（II）將表示為m的函數，并求的最大值.
12．（福建·高考真題）已知橢圓的一個焦點是F（1，0），O為坐標原點．
（Ⅰ）已知橢圓短軸的兩個三等分點與一個焦點構成正三角形，求橢圓的方程；
（Ⅱ）設過點F的直線l交橢圓于A、B兩點，若直線l繞點F任意轉動，總有，求a的取值范圍．
13．（北京·高考真題）已知拋物線，過且斜率為1的直線與拋物線交于不同的兩點
（1）求的取值范圍；
（2）若線段的垂直平分線交軸于點，求面積的最大值．
14．（全國·高考真題）已知橢圓E:的焦點在軸上，A是E的左頂點，斜率為k （k > 0）的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA．
（Ⅰ）當t=4，時，求△AMN的面積；
（Ⅱ）當時，求k的取值范圍.
15．（山東·高考真題）在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:(a>b>0)的離心率為,橢圓C截直線y=1所得線段的長度為.
(Ⅰ)求橢圓C的方程；
(Ⅱ)動直線l:y=kx+m(m≠0)交橢圓C于A,B兩點,交y軸于點M.點N是M關于O的對稱點,⊙N的半徑為|NO|. 設D為AB的中點,DE,DF與⊙N分別相切于點E,F,求EDF的最小值.
16．（上海·高考真題）如圖, 直線與拋物線交于兩點, 線段的垂直平分線與直線交于點.
（1）求點的坐標；
（2）當P為拋物線上位于線段下方（含）的動點時, 求ΔOPQ面積的最大值.
17．（浙江·高考真題）已知m＞1，直線，橢圓，分別為橢圓的左、右焦點.
（Ⅰ）當直線過右焦點時，求直線的方程；
（Ⅱ）設直線與橢圓交于兩點，，的重心分別為.若原點在以線段，為直徑的圓內，求實數的取值范圍.
18．（天津·高考真題）拋物線的方程為，過拋物線上一點()作斜率為的兩條直線分別交拋物線于兩點(三點互不相同)，且滿足（且）．
（1）求拋物線的焦點坐標和準線方程；
（2）設直線上一點，滿足，證明線段的中點在軸上；
（3）當=1時，若點的坐標為，求為鈍角時點的縱坐標的取值范圍.
19．（山東·高考真題）已知曲線所圍成的封閉圖形的面積為，曲線的內切圓半徑為．記為以曲線與坐標軸的交點為頂點的橢圓．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設是過橢圓中心的任意弦，是線段的垂直平分線．是上異于橢圓中心的點．
（i）若（為坐標原點），當點在橢圓上運動時，求點的軌跡方程；
（ii）若是與橢圓的交點，求的面積的最小值．
20．（山東·高考真題）已知橢圓 的長軸長為4，焦距為
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）過動點的直線交軸與點，交于點 (在第一象限)，且是線段的中點.過點作軸的垂線交于另一點，延長交于點.
（ⅰ）設直線的斜率分別為，證明為定值；
（ⅱ）求直線的斜率的最小值.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第15講 圓錐曲線中的最值及范圍問題
（8類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2024年新I卷，第11題,6分 縱坐標的最值問題 由方程研究曲線的性質 求平面軌跡方程
2023年新I卷，第22題,12分 周長最值問題 求平面軌跡方程 由導數求函數的最值 (不含參) 基本(均值)不等式的應用 求直線與拋物線相交所得弦的弦長
2020年新Ⅱ卷，第21題,12分 求橢圓中的最值問題 根據橢圓過的點求標準方程 求橢圓的切線方程 橢圓中三角形 (四邊形)的面積
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的常考內容，設題不定，難度中等或偏難，分值為5-17分
【備考策略】1.理解、掌握圓錐曲線的最值問題及其相關計算
2.理解、掌握圓錐曲線的范圍問題及其相關計算
【命題預測】本節內容是新高考卷的常考內容，小題和大題都會作為載體命題，同學們要會運算，需強化訓練復習
考點一、弦長及周長類最值
1．（2021·全國·高考真題）設B是橢圓的上頂點，點P在C上，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】設點，由依題意可知，，，再根據兩點間的距離公式得到，然后消元，即可利用二次函數的性質求出最大值．
【詳解】設點，因為，，所以
，
而，所以當時，的最大值為．
故選：A．
【點睛】本題解題關鍵是熟悉橢圓的簡單幾何性質，由兩點間的距離公式，并利用消元思想以及二次函數的性質即可解出．易錯點是容易誤認為短軸的相對端點是橢圓上到上定點B最遠的點，或者認為是橢圓的長軸的端點到短軸的端點距離最大，這些認識是錯誤的，要注意將距離的平方表示為二次函數后，自變量的取值范圍是一個閉區間，而不是全體實數上求最值.．
2．（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．
【答案】(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．
3．（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.
【答案】(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.
4．（21-22高三上·江蘇南通·開學考試）已知C為圓的圓心，P是圓C上的動點，點，若線段MP的中垂線與CP相交于Q點．
(1)當點P在圓上運動時，求點Q的軌跡N的方程；
(2)過點的直線l與點Q的軌跡N分別相交于A，B兩點，且與圓O：相交于E，F兩點，求的取值范圍．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由線段的垂直平分線，得到，結合橢圓的定義，即可求解；
（2）①若直線l的斜率不存在，直線l的方程為，分別求得；②若直線的斜率存在，設直線的方程為，聯立方程組，結合弦長公式，求得和，進而求得的值.
【詳解】（1）解：由線段的垂直平分線，可得，
所以點的軌跡是以點，為焦點，焦距為，長軸長為的橢圓，
所以，，則，
所以橢圓C的標準方程為．
（2）解：由（1）可知，橢圓的右焦點為，
①若直線l的斜率不存在，直線l的方程為，
則，，，，
所以，，．
②若直線的斜率存在，設直線的方程為，，，
聯立方程組，整理得，
則，，
所以，
因為圓心到直線l的距離，
所以，
所以，
因為，所以，
綜上可得，．
5．（2024·內蒙古赤峰·二模）已知點P為圓 上任意一點， 線段PA的垂直平分線交直線PC于點M，設點M 的軌跡為曲線H.
(1)求曲線H的方程;
(2)若過點M 的直線l與曲線H的兩條漸近線交于S，T兩點，且M 為線段ST的中點.
(i)證明：直線l與曲線H有且僅有一個交點；
(ii)求 的取值范圍.
【答案】(1)
(2)( i )證明見解析，( ii)
【分析】(1) 由雙曲線的定義進行求解；
(2) ( i ) 設，求出，由直線l與曲線H方程進行求解；
（ii）由，則利用基本不等式求解．
【詳解】（1）M為的垂直平分線上一點, 則 ，
則
∴點M的軌跡為以為焦點的雙曲線, 且，
故點M的軌跡方程為
（2）( i ) 設，雙曲線的漸近線方程為：，
如圖所示：
則①，②，
①+②得， ，
①-②得， ，
則，得
由題可知，則，
得，即，
∴直線的方程為，即，
又∵點M在曲線H上，則 ，得，
將方程聯立，得，
得，
由，可知方程有且僅有一個解，
得直線l與曲線H有且僅有一個交點.
（ii）由（i）聯立 ，可得，同理可得， ，
則 ，
故，
當且僅當，即時取等號.
故的取值范圍為．
【點睛】關鍵點點睛：第二問中的第2小問中，先要計算，再由基本不等式求解范圍．
1．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知橢圓，其左、右焦點分別為F1，F2，離心率，點P為該橢圓上一點，且△F1PF2的面積的最大值為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過橢圓C的上頂點B作兩條互相垂直的直線，分別交橢圓C于點D、E，求線段DE長度的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題意可得，求解可得橢圓的方程；
（2）設直線的方程為聯立方程可得結合已知可得，可得，進而可得，利用換元法可求.
【詳解】（1）由已知可得，解得，
所以橢圓的方程為；
（2）設直線的方程為
聯立方程，消去得，
所以，
由題意可得，則
由題意可得
，
所以，
化簡整理得，解得或，
當時，直線過定點不符合題意，
所以，
所以
，
令，
則
，
當時，.
【點睛】方法點睛：直線與橢圓聯立問題
第一步：設直線方程：有的題設條件已知點，而斜率未知；有的題設條件已知斜率，點不定，都可由點斜式設出直線方程．
第二步：聯立方程：把所設直線方程與拋物線方程聯立，消去一個元，得到一個一元二次方程．
第三步：求解判別式Δ：計算一元二次方程根的判別式Δ＞0.
第四步：寫出根之間的關系，由根與系數的關系可寫出．
第五步：根據題設條件求解問題中的結論．
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．
【答案】(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．（23-24高三上·江蘇·階段練習）已知橢圓的離心率為，斜率為2的直線l與x軸交于點M，l與C交于A，B兩點，D是A關于y軸的對稱點．當M與原點O重合時，面積為．
(1)求C的方程；
(2)當M異于O點時，記直線與y軸交于點N，求周長的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）設出各點坐標，表示出面積后，結合面積與離心率計算即可得；
（2）要求的周長，則需把各邊長一一算出，即需把、算出，設出直線方程與橢圓方程聯立得與橫坐標有關韋達定理，借助韋達定理表示出、，可得各邊邊長，結合基本不等式即可求得最值.
【詳解】（1）當M與原點O重合時，可設，則有、，
且，即有,
則，
即，又，故，則，
即有，由離心率為，即，
則，故，即有，
解得，故，即C的方程為；
（2）設直線方程為，令，有，即，
設點、，則，
聯立直線與橢圓方程：，消去有，
，即，
有，，
為，
令，故，
由，故，
其中，即，
則
，
當且僅當時等號成立，
故周長的最小值為.
【點睛】本題考查了橢圓的方程，在求解直線與橢圓的位置關系問題時，常用方法是設而不求，借助韋達定理等手段，將多變量問題轉變為單變量問題，再用基本不等式或函數方式求取范圍或最值.
4．（2024·陜西安康·模擬預測）已知橢圓的左 右焦點分別為，上 下頂點分別為，四邊形的面積為且有一個內角為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若以線段為直徑的圓與橢圓無公共點，過點的直線與橢圓交于兩點（點在點的上方），線段上存在點，使得，求的最小值.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）由題意可得的值及的值，即求出橢圓的方程；
（2）由線段為直徑的圓與橢圓無公共點，可得，分直線的斜率存在和不存在兩種情況討論，設直線的方程，與橢圓的方程聯立，可得兩根之和及兩根之積，設點的坐標，由，可得點的橫縱坐標的關系，由，可得的最小值.
【詳解】（1）由題意可得，可得，
，或，
所以橢圓的方程為：或；
（2）由以線段為直徑的圓與橢圓無公共點，得，
所以橢圓的標準方程為：，
因為，所以點在橢圓外，
設，
當直線的斜率存在時，，
由，可得，解得，（*）
設直線，
聯立，整理可得：，
由，
整理可得：，解得或，
且，
代入整理可得，
代入直線的方程，得，
可得，
當直線的斜率不存在時，，則，
由，得，也滿足方程，
所以點在直線（在橢圓內部）上，

設點關于直線的對稱點為，
則解得，
所以，
此時點在橢圓內，符合題意，
所以的最小值為.
【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：
（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；
（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍
考點二、面積類最值
1．（2020·新Ⅱ卷·高考真題）已知橢圓C：過點M（2，3）,點A為其左頂點，且AM的斜率為 ，
（1）求C的方程；
（2）點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值.
【答案】（1）；（2）18.
【分析】(1)由題意分別求得a,b的值即可確定橢圓方程；
(2)首先利用幾何關系找到三角形面積最大時點N的位置，然后聯立直線方程與橢圓方程，結合判別式確定點N到直線AM的距離即可求得三角形面積的最大值.
【詳解】(1)由題意可知直線AM的方程為：，即.
當y=0時，解得，所以a=4，
橢圓過點M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)設與直線AM平行的直線方程為：，
如圖所示，當直線與橢圓相切時，與AM距離比較遠的直線與橢圓的切點為N，此時△AMN的面積取得最大值.

聯立直線方程與橢圓方程，
可得：，
化簡可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
與AM距離比較遠的直線方程：，
直線AM方程為：，
點N到直線AM的距離即兩平行線之間的距離，
利用平行線之間的距離公式可得：，
由兩點之間距離公式可得.
所以△AMN的面積的最大值：.
【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：
(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；
(2)強化有關直線與橢圓聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．
2．（2024·全國·模擬預測）已知橢圓的右焦點為，點在橢圓上．
(1)求橢圓的方程；
(2)過的兩條互相垂直的直線分別交橢圓于兩點和兩點，設的中點分別為，求面積的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由焦點坐標可得到與的關系，將點代入橢圓方程即可得到橢圓的方程；
（2）設直線的方程，聯立方程組，利用韋達定理得到兩根之和兩根之積，從而得出，的坐標，分別討論直線的斜率情況，進而得到直線的方程以及直線過定點，計算兩種情況下的面積即可得出結論.
【詳解】（1）由題意知．又，所以．
把點代入橢圓方程，得，解得．
故橢圓的方程為．
（2）由題意知直線的斜率均存在且不為零．
設直線的方程為，且．
由消去，得．
所以，．
而，
所以．同理得．
若，則，此時直線的斜率不存在，可得直線．
此時，所以；
若，則直線的斜率為，
可得直線：．
化簡，得．所以直線過定點．
所以
．
令，則．
因為，所以在上單調遞減．
所以，即.
綜上，.
所以當時，的面積取得最大值．
【點睛】關鍵點睛：本題考查了橢圓方程，定點問題，最值問題；意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中利用設而不求的思想，分類討論的思想，根據韋達定理得到根與系數的關系，是解題的關鍵，此方法是考查的重點，需要熟練掌握.
3．（2024·廣東珠海·一模）已知橢圓的左、右焦點分別為，，且，點在橢圓C上，直線．
(1)若直線l與橢圓C有兩個公共點，求實數t的取值范圍；
(2)當時，記直線l與x軸，y軸分別交于A，B兩點，P，Q為橢圓C上兩動點，求四邊形PAQB面積的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據焦距可得，再根據點在橢圓上可得，解出后可得橢圓的方程，聯立直線方程和橢圓方程后結合判別式可求的范圍；
（2）由題設可得當過且與直線平行的直線與橢圓相切時面積之和最大，故求出切點坐標后可求面積和的最大值.
【詳解】（1）設橢圓的半焦距為，則，故，
而在橢圓上，故，
故，故橢圓方程為：，
由可得，
故即即.
（2）當時，直線，故，

由題設可得為位于直線的兩側，不妨設在直線上方，在直線的下方，
當過的直線與直線平行且與橢圓相切時，
到直線的距離最大及的面積最大，
當過的直線與直線平行且與橢圓相切時，
到直線的距離最大及的面積最大，
由（1）可得相切時即，
當時，切點的橫坐標為，切點坐標為，在直線上方，
此時到的距離為，
當時，切點的橫坐標為，切點坐標為，在直線下方；
此時到的距離為，
又
故四邊形PAQB面積的最大值為8.
4．（2024·福建泉州·模擬預測）已知橢圓的左 右焦點分別為，離心率為，且經過點.
(1)求的方程；
(2)過且不垂直于坐標軸的直線交于兩點，點為的中點，記的面積為的面積為，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用離心率公式以及點在橢圓上即可求解；
（2）解法一：設，利用三角形的面積公式，將面積之比表示為點的縱坐標之比，利用韋達定理可求出的縱坐標之比的取值范圍，從而可求解；
解法二：設，將面積之比表示為點A,B的縱坐標之比，利用韋達定理可求出A,B的縱坐標之比的取值范圍，即可求解.
【詳解】（1）因為，所以，
因為點在橢圓上，所以.
即，解得，所以，
所以橢圓的方程為.
（2）

解法一：
由（1）得，依題意設，
由消去，得，
設，則，
設，則，
，
由得，，
即，
因為，所以，所以，
所以，
令且，
則，解得，且，
所以，所以的取值范圍為.
解法二：
由（1）得，依題意設，
由消去，得，
設，則，
所以，
設，則，
，
令且，
則代入可得，
消去得：，
因為，所以，
所以，解得，且，
所以，所以的取值范圍為.
1．（2024·河南·模擬預測）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，點在上，，，為直線上關于軸對稱的兩個動點，直線，與的另一個交點分別為，.
(1)求的標準方程；
(2)為坐標原點，求面積的最大值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根據可求的值，再根據點在橢圓上和，，的關系求，，從而確定橢圓標準方程；
（2）假設直線方程，聯立橢圓方程得到，再利用關于軸對稱的條件得到，進而利用弦長公式與點線距離公式，結合三角換元與基本不等式得到面積的最大值，從而得解.
【詳解】（1）設，，由
又點在橢圓上，所以：，故橢圓的標準方程為：.
（2）如圖，直線必存在斜率，可設直線方程為.

由.
由得：.
設，，則，.
直線的方程為：，令得：.
同理：.
由，
得，
所以.
因為直線不經過點，故不成立，所以.
由，且直線方程為.
所以，，
所以，
所以，
又點到直線的距離為，
則
因為，可設，，
則
（當且僅當時取“=”）.
所以面積的最大值為2.
【點睛】方法點睛：解析幾何中，求取值范圍的問題，通常用以下方法來求：
（1）轉化為二次函數在給定區間上的值域問題；
（2）利用基本（均值）不等式求最值；
（3）利用函數的單調性求函數的值域；
（4）利用換元法求值域.
2．（2024·陜西榆林·三模）已知橢圓的離心率為；直線與只有一個交點.
(1)求的方程；
(2)的左 右焦點分別為上的點（兩點在軸上方）滿足.
①試判斷（為原點）是否成立，并說明理由；
②求四邊形面積的最大值.
【答案】(1)
(2)①不成立，理由見解析；②3
【分析】（1）結合離心率，聯立曲線與直線方程，消去得與有關一元二次方程，有，計算即可得解；
（2）①設出直線、的方程，聯立曲線表示出兩點坐標，即可表示出、，假設成立，則有，計算即可得；
②設直線和橢圓另一交點為，結合面積公式與橢圓對稱性可得，計算出該面積借助換元法與對勾函數的性質計算即可得.
【詳解】（1）因為，所以，設橢圓方程為，
由，消去得，
又因為直線與橢圓只有一個交點，
所以，解得，
所以橢圓方程為；
（2）①直線不能平行于軸，所以可設直線的方程為，
設，由，得，
，則，
同理：設直線的方程為，
設，由，得，
，則；
若，即，
即：，方程無解，所以不成立；
②設直線和橢圓另一交點為，由橢圓的對稱性知，
又，，
設，則，
且在上是減函數，
當時，取最大值3，此時，即.
【點睛】關鍵點點睛：本題最后一問關鍵點在于找到直線和橢圓另一交點，結合橢圓對稱性得到，從而表示出面積.
3．（2024·河北唐山·二模）已知橢圓的右焦點為，其四個頂點的連線圍成的四邊形面積為；菱形內接于橢圓．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)（ⅰ）坐標原點在邊上的投影為點，求點的軌跡方程；
（ⅱ）求菱形面積的取值范圍．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）．
【分析】（1）利用題意列出兩個方程，聯立求解得的值，即得橢圓方程；
（2）（ⅰ）設方程，與橢圓方程聯立，寫出韋達定理，利用菱形對角線互相垂直得到，再由題意推出，即得點的軌跡方程；
（ⅱ）利用弦長公式求出,算出的面積表達式，通過換元將其化成一個關于的函數，利用二次函數的圖象即可求其取值范圍.
【詳解】（1）根據題意設橢圓的標準方程為，
由已知得，，即，由可得，，
聯立解得，，，
故橢圓的標準方程為：．
（2）
① 如圖，當直線的斜率存在時，設其方程為，
由，得，
由題意，
設，則，，
于是，
．
（ⅰ）四邊形為菱形，，，
即，
，即（*）．
依題意，,故點到直線的距離即為，
兩邊平方并將（*）代入可得，，
設點，則得：，
即點的軌跡方程為：．
當直線AB斜率不存在時，四邊形為正方形，此時求得,
也適合，
綜合可得點的軌跡方程為：．
（ⅱ）因為
的面積，
令，則，代入上式整理得，
，，當時，，當時，，
所以．
由對稱性可知菱形面積等于面積的4倍，
則此時菱形面積的取值范圍為．
② 當直線的斜率不存在時，不妨設其方程為，因四邊形是菱形，
故它是正方形，則其面積為，將點代入解得，
故此時菱形的面積為.
綜上，菱形面積的取值范圍為．
【點睛】思路點睛：本題主要考查直線與圓錐曲線有關的點的軌跡、面積范圍問題，屬于難題.
解題思路為，充分理解題意，發掘重要的結論，如本題中由得出的參變量之間的關系式，同時還要熟練掌握如弦長公式，求多邊形面積的常見方法，以及常見函數的值域求法等等，只有具備了這些基本技能方法，才有可能突破.
4．（23-24高三上·江蘇南通·階段練習）將圓上各點的橫坐標變為原來的5倍，縱坐標變為原來的4倍，所得的曲線為.記曲線與軸負半軸和軸正半軸分別交于兩點，為軸上一點.
(1)求曲線的方程；
(2)連接交曲線于點，過點作軸的垂線交曲線于另一點.記的面積為，記的面積為，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題意首先設曲線上任一點的坐標為，由題意，其中為單位圓上點的坐標，由此即可得解.
（2）首先聯立直線方程與橢圓方程，表示出點坐標（含參數），結合橢圓對稱性得點坐標，得進一步可得直線與軸交點的坐標，結合三角形面積公式求得表達式，進一步即可求出范圍即可.
【詳解】（1）設曲線上任一點的坐標為，圓上的對應點的坐標為，
由題意可得，因為，所以曲線的方程為.
（2）如圖所示：
連接交軸于點，由題意，
所以直線，
聯立，消去并整理得，
解得，
即，
由題意并結合橢圓的對稱性可知關于軸對稱，所以
所以直線，所以，
，
，
所以，
因為，所以.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是根據題意求得點的坐標，從而得解.
5．（2024·湖南永州·三模）已知為坐標原點，動點在橢圓上，動點滿足，記點的軌跡為
(1)求軌跡的方程；
(2)在軌跡上是否存在點，使得過點作橢圓的兩條切線互相垂直？若存在，求點的坐標：若不存在，請說明理由：
(3)過點的直線交軌跡于，兩點，射線交軌跡于點，射線交橢圓于點，求四邊形面積的最大值.
【答案】(1)
(2)存在，或(
(3)
【分析】（1）利用相關點法即可求解；
（2）當切線斜率都存在時，設過點的切線為，聯立方程組，消元后根據，整理為，結合韋達定理和垂直條件可得，再根據，即可求解；
（3）將代入軌跡的方程，結合韋達定理，求得的面積，再將代入橢圓C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，從而求得取得最大值2，由題知的面積，又易知面積，從而四邊形的面積，從而可求解.
【詳解】（1）設則，
由得，
又在橢圓上，所以
代入化簡得，
所以點的軌跡的方程為
（2）當兩條切線的斜率存在時，設過點的切線為，
聯立，消去得
則由判別式，得，
設兩條切線的斜率分別為，依題意得
即，
又點在軌跡上，，解得，
或(
當兩條切線的斜率有一條不存在時，結合圖像得不合題意，
綜上，存在滿足條件的點，且點的坐標為或(.
（3）將代入軌跡的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因為直線與軸交點的坐標為，
所以的面積
，
將代入橢圓C的方程可得，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
當且僅當，即時，取得最大值2，
由題知的面積，又易知面積，
從而四邊形的面積，
所以四邊形的面積的最大值為.
【點睛】關鍵點點睛：
第三問的關鍵是先求得的面積，再根據從而可得的面積，又易知面積，從而四邊形的面積.
6．（2024·江蘇南通·模擬預測）在平面直角坐標系中，點，分別是橢圓：的右頂點，上頂點，若的離心率為，且到直線的距離為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過點的直線與橢圓交于，兩點，其中點在第一象限，點在軸下方且不在軸上，設直線，的斜率分別為，.
（i）求證：為定值，并求出該定值；
（ii）設直線與軸交于點，求的面積的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析，；（ii）
【分析】（1）根據題意求出，即可得解；
（2）（i）設直線的方程為，其中，且，設直線與橢圓交于點，聯立方程，利用韋達定理求出，，再結合斜率公式化簡即可得出結論；
（ii）法一：直線的方程為，設直線與軸交于點，直線的方程為，分別求出的坐標，聯立方程組求出，即可得的坐標，再求出三角形面積的表達式，結合基本不等式即可得解.
法二：直線的方程為，設直線與軸交于點，直線的方程為，分別求出的坐標，易得點是線段的中點，則，其中為點到直線的距離，求出的最大值即可.
【詳解】（1）設橢圓的焦距為，
因為橢圓的離心率為，所以，即，
據，得，即.
所以直線的方程為，即，
因為原點到直線的距離為，
故，解得，
所以，
所以橢圓的標準方程為；
（2）（i）設直線的方程為，其中，且，即，
設直線與橢圓交于點，
聯立方程組整理得，
所以，，
（i）所以
為定值，得證；
（ii）法一：直線的方程為，令，得，故，
設直線與軸交于點，
直線的方程為，令，得，故
聯立方程組整理得，
解得或0（舍），，
所以的面積
，
由（i）可知，，故，代入上式，
所以，
因為點在軸下方且不在軸上，故或，得，
所以，
顯然，當時，，
當時，，
故只需考慮，令，則，
所以，
當且僅當，，即時，不等式取等號，
所以的面積的最大值為.
法二：直線的方程為，令，得，故，
設直線與軸交于點，
直線的方程為，令，得，故，
由（i）可知，，故，
所以點是線段的中點，
故的面積，其中為點到直線的距離，
思路1 顯然，當過點且與直線平行的直線與橢圓相切時，取最大值，
設直線的方程為，即，
聯立方程組整理得，
據，解得（正舍），
所以平行直線：與直線：之間的距離為
，即的最大值為，
所以的面積的最大值為.
思路2 因為直線的方程為，
所以，
依題意，，，，故，
所以，
因為在橢圓上，故，即，
所以，
當且僅當時取等號，故，
所以，
即的面積的最大值為.
思路3 因為直線的方程為，
所以，
因為在橢圓上，故，
設，，不妨設，
所以，
當，，時，，
即的面積的最大值為.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
考點三、斜率類最值
1．（2021·全國·高考真題）已知拋物線的焦點F到準線的距離為2．
（1）求C的方程;
（2）已知O為坐標原點，點P在C上，點Q滿足，求直線斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值為.
【分析】（1）由拋物線焦點與準線的距離即可得解；
（2）設，由平面向量的知識可得，進而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【詳解】（1）拋物線的焦點，準線方程為，
由題意，該拋物線焦點到準線的距離為，
所以該拋物線的方程為；
（2）[方法一]：軌跡方程+基本不等式法
設，則，
所以，
由在拋物線上可得，即，
據此整理可得點的軌跡方程為，
所以直線的斜率，
當時，；
當時，，
當時，因為，
此時，當且僅當，即時，等號成立；
當時，；
綜上，直線的斜率的最大值為.
[方法二]：【最優解】軌跡方程+數形結合法
同方法一得到點Q的軌跡方程為．
設直線的方程為，則當直線與拋物線相切時，其斜率k取到最值．聯立得，其判別式，解得，所以直線斜率的最大值為．
[方法三]：軌跡方程+換元求最值法
同方法一得點Q的軌跡方程為．
設直線的斜率為k，則．
令，則的對稱軸為，所以．故直線斜率的最大值為．
[方法四]：參數+基本不等式法
由題可設．
因為，所以．
于是，所以
則直線的斜率為．
當且僅當，即時等號成立，所以直線斜率的最大值為．
【整體點評】方法一根據向量關系，利用代點法求得Q的軌跡方程，得到直線OQ的斜率關于的表達式，然后利用分類討論，結合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到點Q的軌跡方程，然后利用數形結合法，利用判別式求得直線OQ的斜率的最大值，為最優解；
方法三同方法一求得Q的軌跡方程，得到直線的斜率k的平方關于的表達式，利用換元方法轉化為二次函數求得最大值，進而得到直線斜率的最大值；
方法四利用參數法，由題可設，求得x,y關于的參數表達式，得到直線的斜率關于的表達式，結合使用基本不等式，求得直線斜率的最大值.
2．（2024·浙江臺州·一模）已知橢圓：的上、下頂點分別為，，點在線段上運動（不含端點），點，直線與橢圓交于，兩點（點在點左側），中點的軌跡交軸于，兩點，且．
(1)求橢圓的方程；
(2)記直線，的斜率分別為，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根據中點坐標關系即代入橢圓求解點軌跡，即可由求解，
（2）聯立直線與橢圓的方程可得韋達定理，根據兩點斜率公式可求解，，即可根據二次函數的性質求解最值.
【詳解】（1）設中點，則，
因為點在線段上，所以點只能在右半橢圓上運動，所以
，即，
由點在橢圓：上，所以，
令，得，由，解得，故橢圓的方程為．
（2）設：，，，．
由得，
則，，
又，，
，
令，得，
當即時取等號，所以的最小值為．
【點睛】方法點睛：解決解析幾何中的最值問題一般有兩種方法：
一是幾何意義，特別是用曲線的定義和平面幾何的有關結論來解決，非常巧妙；
二是將解析幾何中最值問題轉化為函數問題，然后根據函數的特征選用參數法、配方法、判別式法、三角函數有界法、函數單調性法以及均值不等式法求解.
1．（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．
【答案】(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.
2．（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．
【答案】(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.
考點四、角度及三角函數類最值
1．（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．
【答案】(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．
2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知拋物線：（）的焦點為，點，過的直線交于，兩點，當點的橫坐標為1時，點到拋物線的焦點的距離為2.
(1)求拋物線的方程；
(2)設直線，與的另一個交點分別為，，點，分別是，的中點，記直線，的傾斜角分別為，.求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）關鍵拋物線的定義可得，求出p即可求解；
（2）設，將直線和直線BD，分別聯立拋物線方程，利用韋達定理表示，，進而可得、，由中點坐標公式與斜率公式可得和，則，當時最大，由兩角差的正切公式和換元法可得，結合基本不等式計算即可求解.
【詳解】（1）拋物線的準線為，
由拋物線的定義知，，又，所以，
所以拋物線C的方程為；
（2）由（1）知，，
設，
則，設直線，
由可得，
，
則，
直線，代入拋物線方程可得，
，所以，同理可得，
由斜率公式可得，，
又因為直線OP、OQ的傾斜角分別為，所以，
若要使最大，需使最大，則，設，
則，
當且僅當即時，等號成立，
所以的最大值為.
【點睛】關鍵點睛：本題求解過程中，需要熟練運用斜率公式以及類比的思想方法，在得到兩條直線的關系后，設，利用換元法，化簡式子，求最值是難點，也是關鍵點，屬于難題.
1．（2023·全國·模擬預測）已知橢圓C：的兩焦點分別為，并且經過點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過的直線交橢圓C于A，B兩點，設直線與C的另一個交點分別為M，N，記直線AB，MN的傾斜角分別為，當取得最大值時，求直線AB的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由橢圓的定義可得，求出a，再求出b；
（2）設點的坐標及直線方程，由根與系數的關系及斜率公式得，即，再由兩角差的正切公式及基本不等式分析求解
【詳解】（1）由橢圓定義知，
解得.
又，所以，
故橢圓C的方程為.
（2）①當時，由對稱性得.
②當時，設直線AB的方程為，且，
，當時，
設直線的方程為，，
由得，易知，
則，
得.
同理，當時，設直線的方程為，
則.
則
.
當時，，解得，
由橢圓的對稱性，不妨設，
由于，故，
此時直線，聯立橢圓方程得，
解得或（舍去），當時，，
故，同理可得，，
則，滿足.
所以.
當時，.
當時，，
此時，故，
所以，當且僅當時等號成立.
綜上，當取得最大值時，直線AB的方程為.
【點睛】方法點睛：定值問題常見方法：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.
2．（2023·福建三明·三模）已知是橢圓的右焦點，為坐標原點，為橢圓上任意一點，的最大值為.當時，的面積為.
(1)求橢圓的方程；
(2)、為橢圓的左、右頂點，點滿足，當與、不重合時，射線交橢圓于點，直線、交于點，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，分析出，利用勾股定理結合橢圓的定義、三角形的面積公式可得出，再由可得出、的值，即可得出橢圓的方程；
（2）求出點的坐標，設直線的方程為，設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，求出直線、的方程，將這兩條直線的方程聯立，求出點的橫坐標為，設點，其中，求出關于的函數表達式，利用基本不等式求出的最大值，即可得出的最大值.
【詳解】（1）解：設點，則，，
因為
，
所以，，
設橢圓左焦點為，因為，所以.
即，
又因為，所以，
所以，所以，所以，
因為此時，所以，所以，所以.
因為，所以，，所以橢圓的方程為.
（2）解：設點，，，
因為點滿足，則，解得，所以，

由題知不與軸重合，設直線的方程為，
聯立方程組，消整理得，
，
設、，則，.
因為的方程為，的方程為
兩直線方程聯立得：.
因為.
所以，解得，
所以動點的軌跡方程為.
由橢圓的對稱性不妨設，直線、的傾斜角為、，
由圖可知，且，
因為，則，
因為，，
所以，
當且僅當時等號成立，此時，，
所以的最大值為.
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：
一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來求最值；
二是代數法，常將圓錐曲線的最值問題轉化為二次函數或三角函數的最值問題，然后利用基本不等式、函數的單調性或三角函數的有界性等求最值．
考點五、參數類最值
1．（2024·吉林·模擬預測）已知點，直線，動圓與直線相切，交線段于點，且．
(1)求圓心的軌跡方程，并說明是什么曲線；
(2)過點且傾斜角大于的直線與軸交于點，與的軌跡相交于兩點，且，求的值及的取值范圍.
【答案】(1)，點的軌跡是焦點在軸上，實軸長、虛軸長均為的等軸雙曲線．
(2)，
【分析】（1）設點，根據列出等量關系整理可得；
（2）設直線，聯立雙曲線方程，利用韋達定理結合，可得的值及的取值范圍.
【詳解】（1）設點，圓的半徑為為到直線的距離，則．
根據題意，動點的軌跡就是點的集合
即，整理得.
所以，點的軌跡是焦點在軸上，實軸長、虛軸長均為的等軸雙曲線．
（2）設直線，
傾斜角大于
設
聯立得，
故，，，
由題知，雙曲線的焦點，
由得的取值范圍是
1．（23-24高三下·上海浦東新·期中）已知橢圓，點、分別為橢圓的左、右焦點.
(1)若橢圓上點滿足，求的值；
(2)點為橢圓的右頂點，定點在軸上，若點為橢圓上一動點，當取得最小值時點恰與點重合，求實數的取值范圍；
(3)已知為常數，過點且法向量為的直線交橢圓于、兩點，若橢圓上存在點滿足（），求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）設點，然后代入橢圓方程，即可求出，再根據橢圓定義求；
（2）設，求出，根據二次函數在給定區間上的最值要求列不等式求解；
（3）設直線的方程為，與橢圓聯立，寫出韋達定理，再根據求出的坐標，代入橢圓方程，利用韋達定理計算，利用基本不等式求最值.
【詳解】（1）因為，所以設點，
則，所以，即，
所以；
；
（2）設，則，，
則，
所以，，
要時取最小值，則必有，
所以；
（3）設過點且法向量為的直線的方程為，，
聯立，消去得，
則，
則，
，
又，
又點在橢圓上，則，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
即的最大值為.
考點六、向量類最值
1．（2023·浙江臺州·統考模擬預測）已知點是雙曲線與橢圓的公共點，直線與雙曲線交于不同的兩點，，設直線與的傾斜角分別為，，且滿足.
(1)求證：直線恒過定點，并求出定點坐標；
(2)記（1）中直線恒過定點為，若直線與橢圓交于不同兩點，，求的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析，
(2)
【分析】（1）記，的斜率為，，由可得，聯立直線與雙曲線，用坐標表示，結合韋達定理可得，分析即可得解；
（2）用坐標表示，結合韋達定理以及得到的范圍，求解即可.
【詳解】（1）由已知得，
所以，，
當，斜率不存在時，則直線，為或，與題意不符；
當，斜率存在時，記，的斜率為，
所以根據，
可得，……………………（*）
設，，直線，
由聯立可得，
所以
因為，
所以，
所以，
所以或（此時直線過，不符，舍去）
所以直線恒過定點；
（2）由（1）知，可設直線的方程：，
設直線與橢圓的交點，坐標分別為，，
由可得
，
所以，
因為
，
所以
又因為可得或，
又因為直線與雙曲線交于不同的兩點，，由
聯立可得，
又因為可得，
所以或，
所以結合（1）可得的取值范圍為，
所以的取值范圍為.
2．（2023·江蘇南京·校考一模）在平面直角坐標系中，已知橢圓的左、右焦點分別、焦距為2，且與雙曲線共頂點．P為橢圓C上一點，直線交橢圓C于另一點Q．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若點P的坐標為，求過P、Q、三點的圓的方程；
(3)若，且，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由焦距為2得到，再由雙曲線的頂點求出，得到，橢圓方程；
（2）求出的方程，與橢圓方程聯立后得到點Q的坐標，待定系數法求出圓的方程；
（3）設，，由向量共線得到，將兩點坐標代入橢圓方程中，求出，從而表達出，結合基本不等式求出最值.
【詳解】（1）雙曲線的頂點坐標為，故，
由題意得，故，
故橢圓的方程為．
（2）因為，，所以的方程為，
由，解得點Q的坐標為．
設過P，Q，三點的圓為，
則，解得，，，
所以圓的方程為；
（3）設，，
則，，
因為，所以，即，
所以，解得，
所以
，
因為，所以，當且僅當，
即時，取等號．最大值為．
1．（2023·遼寧沈陽·校聯考二模）從拋物線的焦點發出的光經過拋物線反射后，光線都平行于拋物線的軸，根據光路的可逆性，平行于拋物線的軸射向拋物線后的反射光線都會匯聚到拋物線的焦點處，這一性質被廣泛應用在生產生活中．如圖，已知拋物線，從點發出的平行于y軸的光線照射到拋物線上的D點，經過拋物線兩次反射后，反射光線由G點射出，經過點．
(1)求拋物線C的方程；
(2)已知圓，在拋物線C上任取一點E，過點E向圓M作兩條切線EA和EB，切點分別為A、B，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據拋物線光的反射性質知：直線必過焦點，寫出坐標，由斜率相等及兩點式列方程求，即可得拋物線方程；
（2）根據題設畫出草圖，易得，令，進而得到，結合求范圍，最后利用導數研究在上單調性，求范圍.
【詳解】（1）由題設，令，，根據拋物線性質知：直線必過焦點，
所以，則，整理得，，則，
所以拋物線C的方程為.
（2）由題意，，且，，，
所以，
而，
令，則，
所以，，
綜上，，
又，，若，則，
由，當，即時，無最大值，
所以，即，故，，
令，則，
令，在上恒成立，即遞減，所以.
2．（24-25高二上·吉林長春·階段練習）已知為橢圓C：上的點，C的焦距為．
(1)求橢圓C的方程；
(2)點P為橢圓C上的動點，過點P作圓O：的兩條切線，切點分別為A，B，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據點在橢圓上，代入即可列方程求解，
（2）根據點點的距離可得，即可根據模長公式以及數量積的運算，結合二倍角公式即可求解.
【詳解】（1）由題意可得，解得，
故橢圓方程為
（2）設，則，
由于，故，
故，由于故，因此，
故
3．（2024·貴州貴陽·二模）一動圓圓與圓外切，同時與圓內切.設動圓圓心的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程;
(2)若曲線與軸的左、右交點分別為A、B，過點的直線與曲線交于P、Q兩點，直線AP、BQ相交于點，當點的縱坐標為時，若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題意，有，圓心的軌跡為橢圓，結合橢圓的定義求方程；
（2）設直線的方程，與橢圓聯立方程組，設，表示出直線AP、BQ的方程，結合韋達定理求出點和點P坐標，得直線PQ的方程，的最小值為點到直線PQ的距離，求解即可.
【詳解】（1）由題意知，
設動圓的圓心坐標為，半徑為，
則有①，②，①+②得，
所以動圓圓心的軌跡為以為焦點的橢圓，
，設橢圓的方程為，
則有，，
故的方程為．
（2）由題可知，直線的斜率，故可設直線PT的方程為，
由消去得，
設，
所以，
由（1）知，，，，
，，即點在直線上，
即，所以直線AP的方程為，
聯立，消去得，
點的坐標為，
直線PQ的方程為，由可知在直線PQ上，
所以的最小值為點到直線PQ的距離，．
所以的最小值為．
【點睛】方法點睛：
解答直線與圓錐曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系，涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形，強化有關直線與圓錐曲線聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．
考點七、點到直線距離類最值
1．（2023·廣東佛山·二模）雙曲線的左頂點為，焦距為4，過右焦點作垂直于實軸的直線交于、兩點，且是直角三角形．
(1)求雙曲線的方程；
(2)、是右支上的兩動點，設直線、的斜率分別為、，若，求點到直線的距離的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據等腰直角三角形的性質，轉化為的方程，即可求解；
（2）首先設直線的方程為，與雙曲線方程聯立，利用韋達定理表示，并根據的取值范圍，求點到直線的距離的取值范圍.
【詳解】（1）依題意，，焦半徑，
由，得，得，
解得：（其中舍去），
所以，
故雙曲線的方程為；
（2）顯然直線不可能與軸平行，故可設直線的方程為，
聯立，消去整理得，
在條件下，設，，
則，，
由，得，
即，
整理得，
代入韋達定理得，，
化簡可消去所有的含的項，解得：或（舍去），
則直線的方程為，得，
又都在雙曲線的右支上，故有，，
此時，，
所以點到直線的距離的取值范圍為.
1．（2024·吉林·二模）設 分別為橢圓: 的左、右焦點，是橢圓 短軸的一個頂點，已知 的面積為 .
(1)求橢圓的方程；
(2)如圖， 是橢圓上不重合的三點，原點是的重心
（i）當直線 垂直于 軸時，求點 到直線 的距離；
（ii）求點 到直線 的距離的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據已知列出關于的方程組，結合解出橢圓方程.
（2）（i）設出三點坐標根據重心坐標公式和已知條件列出方程得到的縱坐標為，從而解出橫坐標，進而解出結果.
（ii）討論直線有無斜率兩種情況，有斜率時設出直線的方程，與橢圓聯立，結合根與系數關系，重心坐標表示出的坐標，代入橢圓得到一個關系式，利用點到直線距離公式表示點 到直線 的距離并化簡，結合式子結構，綜合兩種情況解出結果.
【詳解】（1）（1）由題意得整理得解得
所以橢圓得方程為.
（2）（i）設,根據題意有.
因為原點是的重心，所以，
即，.
將，代入解得，所以.
所以到直線 的距離為.
（ii）由（i）知當直線斜率不存在時到直線 的距離為.
當斜率存在時，設所在直線方程為，.
由得，
且，即.
所以.
因為原點是的重心，所以
所以，所以.
將點代入橢圓方程得并整理可得
所以點到直線的距離為
.
綜上所述，當與軸垂直時點到直線的距離最大為
考點八、點坐標及截距類最值
1．（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．
【答案】(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.
2．（2021·浙江·高考真題）如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準線與x軸的交點，且，
（1）求拋物線的方程；
（2）設過點F的直線交拋物線與A B兩點，斜率為2的直線l與直線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求拋物線的方程.
（2）方法一：設，，，聯立直線的方程和拋物線的方程后可得，求出直線的方程，聯立各直線方程可求出，根據題設條件可得，從而可求的范圍.
【詳解】（1）因為，故，故拋物線的方程為：.
（2）[方法一]：通式通法
設，，，
所以直線，由題設可得且.
由可得，故，
因為，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，
故，
令，則且，
故，
故即，
解得或或.
故直線在軸上的截距的范圍為或或.
[方法二]：利用焦點弦性質
設直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，由題設可得且．
由得，所以．
因為，
，．
由得．
同理．
由得．
因為，
所以即．
故．
令，則．
所以，解得或或．
故直線在x軸上的截距的范圍為．
[方法三]【最優解】：
設，
由三點共線得，即．
所以直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為．
設直線的方程為，
則．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直線在x軸上的截距為．
【整體點評】本題主要是處理共線的線段長度問題，主要方法是長度轉化為坐標.
方法一：主要是用坐標表示直線，利用弦長公式將線段長度關系轉為縱坐標關系，再將所求構建出函數關系式，再利用換元法等把復雜函數的范圍問題轉化為常見函數的范圍.
方法二：利用焦點弦的性質求得直線的斜率之和為0，再利用線段長度關系即為縱坐標關系，再將所求構建出函數關系式，再利用換元法等把復雜函數的范圍問題轉化為常見函數的范圍.
方法三：利用點在拋物線上，巧妙設點坐標，借助于焦點弦的性質求得點橫坐標的關系，這樣有助于減少變元，再將所求構建出函數關系式，再利用換元法等把復雜函數的范圍問題轉化為常見函數的范圍.
1．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知橢圓的左右頂點距離為，離心率為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設過點，斜率存在且不為0的直線與橢圓交于，兩點，求弦垂直平分線的縱截距的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據長軸長與橢圓的離心率求得，進而得到橢圓標準方程；
（2）設與橢圓方程聯立后，得到韋達定理的形式，利用中點坐標公式表示出點坐標，從而得到方程；令可求得在軸的截距，利用函數值域的求解方法可求得結果.
【詳解】（1）由題意，，即，
又，所以，
故，
故所求橢圓的標準方程為.
（2）如圖，
由題意知：直線的斜率存在且不為零，
設，，，，中點，
聯立，消去并整理得：，
恒成立，
則，，，
，
則方程為：，即，
化簡得：
設直線在軸上截距為，令得，
由可知，
所以直線在軸上的截距的取值范圍為.
1．（2024·四川綿陽·二模）已知直線與拋物線交于A，B兩點，F為E的焦點，直線FA，FB的斜率之和為0．
(1)求E的方程；
(2)直線分別交直線于兩點，若，求k的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）聯立直線與拋物線方程，將直線FA，FB的斜率之和坐標化，利用韋達定理代入整理求解系數；
（2）由直線方程，令，用表示坐標， 代入利用志達定理將條件轉化為的不等關系，求解不等式即得.
【詳解】（1）由，得，設直線與拋物線線交點，
的斜率，的斜率，
由已知直線FA，FB的斜率之和為0，
則
①，
聯立方程組，消得，
由，且，得，則.
由韋達定理得，代入①化簡得
，
由，解得，
故拋物線E的方程為；
（2）由（1）知，焦點，則，，
令，得，
故，解得，
又，
由（1）知，，代入②式得，
，且，
解得，則，或，
故的取值范圍為.

2．（24-25高三上·江蘇南通·階段練習）已知橢圓經過點，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與交于兩點，且直線與的斜率互為相反數，求的中點到右焦點的距離的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據點在橢圓上以及焦點即可聯立方程求解，
（2）聯立直線與橢圓方程，根據韋達定理可得坐標，進而根據中點坐標公式可得，從而判斷在直線上，即可由點到直線距離公式求解.
【詳解】（1）由已知
解得
所以橢圓方程為
（2）由于的斜率互化相反數，不妨設的斜率為，的斜率為.
則的方程為，
聯立，
故，又，所以，
進而,
用代入可得,
所以中點的坐標為
由于,
所以在直線上，
所以點與的最小距離即是點到直線的距離 ，
當且僅當時取得最小值.
3．（23-24高二上·北京海淀·期末）已知橢圓的兩個頂點分別為，離心率為橢圓上的動點，直線分別交動直線于點C，D，過點C作的垂線交x軸于點H．
(1)求橢圓E的方程；
(2)是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）由離心率及頂點坐標結合即可求解；
（2）結合兩點式得直線方程，進而得到點坐標，由直線與直線垂直得到直線的斜率，結合點斜式得直線的方程，進而的到點坐標，結合數量積的坐標運算及二次函數的最值即可求解.
【詳解】（1）由，又兩個頂點分別為，
則，，
故橢圓E的方程為；
（2）為橢圓上的動點，則，故直線的斜率存在且不為0，
則直線：，即，則點，
則直線：，即，則點，
則直線的斜率為，故直線：，
令,得，
又在橢圓上，則，整理得，
所以，則，
所以
綜上，存在，使得有最大值.
【點睛】按題意結合兩點式，點斜式求得點坐標，結合數量積運算及二次函數的最值即可求，思路相對明確，運算要細心，是中檔題.
4．（24-25高三上·福建福州·階段練習）已知橢圓經過點，右焦點為
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與交于兩點，且直線與的斜率互為相反數，求的中點與的最小距離．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據橢圓上的點坐標以及焦點坐標聯立解方程組可得結果；
（2）聯立直線與橢圓方程，根據韋達定理可得兩點坐標，進而根據中點坐標公式可得，可得點在直線上，再由點到直線距離公式可求解.
【詳解】（1）由已知可得，
解得；
所以橢圓的方程為.
（2）由于直線與的斜率互為相反數，
不妨設直線的斜率為，則直線的斜率為，；
則直線的方程為，如下圖所示：
聯立，整理可得，
可得，又，可得，
即，
同理用代替可得；
因此可得的中點，因此可得，
所以可得點在直線上，
可得點與的最小距離即為點到直線的距離，
當且僅當時，取得最小值.
5．（23-24高三下·重慶·階段練習）已知，動點滿足與的斜率之積為定值.
(1)求動點的軌跡的方程；
(2)過點的直線與曲線交于 兩點，且均在軸右側，過點 作直線的垂線，垂足為.
（i）求證：直線過定點；
（ii）求面積的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）
【分析】（1）設動點的坐標，由題意列式并化簡，即可得答案；
（2）（i）設直線方程，聯立雙曲線方程，可得根與系數的關系，求出m的范圍，利用直線BD的方程求出其與x軸交點坐標的表達式，化簡即可證明結論；
（ii）結合根與系數的關系式，求出面積的表達式，利用換元，并結合函數的單調性，即可求得答案.
【詳解】（1）設動點的坐標為，由動點 滿足與的斜率之積為定值，
得，即，
故動點的軌跡的方程為；
（2）（i）證明：設，聯立，
得，
設，

結合題意有，
解得，且，
又直線BD的方程為，
令，則
，
故直線過定點；
（ii）由題意知，
故的面積為
，
令，則，
則，
由于在上單調遞減，故在上單調遞增，
故當，即時，面積取最小值.
【點睛】難點點睛：本題考查了動點軌跡方程的求法，考查了直線過定點問題以及雙曲線中的三角形面積的最值問題，綜合性較強，解答時要設直線方程，并聯立雙曲線方程，結合根與系數的關系式進行化簡，難點在于計算過程比較復雜，計算量較大，并且基本都是有關字母參數的運算，因此要十分細心.
6．（24-25高三上·上海寶山·階段練習）已知雙曲線的虛軸長為4，漸近線方程為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)設，是雙曲線上的動點，求的最小值；
(3)過雙曲線右焦點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于點、，點是線段的中點，過點且與垂直的直線交直線于點，點滿足，求四邊形面積的最小值.
【答案】(1)
(2)1
(3)
【分析】（1）根據雙曲線的幾何性質進行求解.
（2）由兩點間的距離公式進行列式，并消元得到只含的式子，求函數值域得到結果.
（3）聯立雙曲線和直線的方程表示點的坐標，由，，三點共線和聯立表示點坐標，通過可知四邊形是平行四邊形，從而將平行四邊形的面積轉化為面積的兩倍，用三角形面積公式表示的面積，最后通過換元和導數得到面積的最小值.
【詳解】（1）由題意可知，又漸近線方程為，所以，
易知雙曲線的標準方程為.
（2）設，，
因為或，對稱軸為，所以當時取得最小值1.
（3）設，，，，聯立方程
得，
，
且，，
由，，三點共線得①，
由得，即②，由①②解得.
由可知，四邊形是平行四邊形，
所以，，
，
所以，
令，，則，令，
則，
所以在上單調遞減，上單調遞增，所以，
所以，當且僅當，即時取等號.
7．（2024·江西·一模）已知雙曲線（，）的一條漸近線的傾斜角為，C的右焦點F到該漸近線的距離為.
(1)求C的方程；
(2)若過F的直線與C的左、右支分別交于點A，B，與圓交于與A，B不重合的M，N兩點.
（ⅰ）求直線AB斜率的取值范圍；
（ⅱ）求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）根據漸近線的傾斜角得到，由焦點到漸近線方程的距離得到，，得到雙曲線方程；
（2）（ⅰ）直線AB的斜率存在且不為零，設直線AB的方程為，與雙曲線方程聯立，得到兩根之和，兩根之積，由根的判別式及得到不等式，求出，再利用直線與圓相交得到不等式，求出，直線AB的斜率，從而得到直線AB斜率的取值范圍；
（ⅱ）由弦長公式和垂徑定理得到，其中，設，，從而得到.
【詳解】（1）因為C的一條漸近線的傾斜角為，所以，，
則C的一條漸近線的方程為，
因為，
所以右焦點到漸近線的距離為，
所以，，所以C的方程為.
（2）（ⅰ）由（1）知，，設，，
由題意可得直線AB的斜率存在且不為零，設直線AB的方程為，
與聯立得，
所以，，，，
又A，B兩點在x軸同一側，所以.此時，即.
又圓O的方程為，點O到直線AB的距離，
由得，由得，所以或，
因為直線AB的斜率，所以直線AB斜率的取值范圍是.

（ⅱ）由弦長公式得
，
由垂徑定理得，
所以，
其中，設，，
則，
所以的取值范圍是.
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：
（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；
（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍.
8．（24-25高三上·重慶·階段練習）已知雙曲線的實軸長為4，漸近線方程為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)雙曲線的左 右頂點分別為，過點作與軸不重合的直線與交于兩點，直線與交于點S，直線與交于點.
（i）設直線的斜率為，直線的斜率為，若，求的值；
（ii）求的面積的取值范圍.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根據雙曲線性質計算即可；
（2）設直線l方程及坐標，聯立雙曲線方程，根據韋達定理得出縱坐標和積關系，（i）利用兩點斜率公式消元計算即可；（ii）聯立直線方程求出坐標，并求出，利用三角形面積公式及范圍計算即可.
【詳解】（1）由題意知：，解得，雙曲線方程為.
（2）
因為直線斜率不為0，設直線方程為，易知，
設，聯立，得，
則，且，
（i）
；
（ii）由題可得：.
聯立可得：，即，同理.
，
故，
且，
.
【點睛】關鍵點點睛：反設直線線并設點，聯立雙曲線方程后得出縱坐標的和積關系，為后面消元轉化減輕計算量.
9．（2024高三·全國·專題練習）已知拋物線，在上有一點位于第一象限，設的縱坐標為.
(1)若到拋物線準線的距離為3，求的值；
(2)當時，若軸上存在一點，使的中點在拋物線上，求到直線的距離；
(3)直線，是第一象限內上異于的動點，在直線上的投影為點，直線與直線的交點為.若在的位置變化過程中，恒成立，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求出點的橫坐標，代入拋物線方程即可求解；
（2）先通過中點在拋物線上求出點的坐標，進一步求出直線方程，利用點到直線距離公式求解即可；
（3）設，聯立方程求出點Q的坐標，根據恒成立，結合基本不等式即可求解.
【詳解】（1）拋物線的準線為，由于到拋物線準線的距離為3，
則點的橫坐標為2，則，解得；
（2）當時，點的橫坐標為，則，
設，則的中點為，由題意可得，解得，
所以，則，
由點斜式可得，直線的方程為，即，
所以原點到直線的距離為；
（3）如圖，

設，則，
故直線的方程為，
令，可得，即，
則，依題意，恒成立，
又，
則最小值為，即，即，
則，解得，
又當時，，當且僅當時等號成立，
而，即當時，也符合題意.
故實數的取值范圍為.
10．（24-25高三上·重慶·階段練習）已知為橢圓：的左焦點，橢圓過點，且直線的斜率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)若點，在橢圓上，且，過，分別作橢圓的切線，，與相交于點.
（i）求點的軌跡方程；
（ii）求周長的最小值.
【答案】(1)
(2)（i） （ii）
【分析】（1）利用直線求出橢圓中的值，再根據橢圓的標準方程列式求解即可；
（2）（i）設直線：，，與橢圓方程聯立，利用和韋達定理可得①，再設的方程為，與橢圓方程聯立，利用與橢圓相切，判別式為0，求出切線的方程，同理可得切線的方程，由在直線，上，聯立，可得，在直線上，得②，再將①②聯立即可求解；
（ii）由（i）可知在以為焦點，以為準線的拋物線上，利用拋物線的性質求解即可.
【詳解】（1）由題意得，直線的方程為，即，
當時，，故，
由解得或（舍去），
橢圓的方程.
（2）（i）設直線：，，，，
與聯立，
所以，，
由可得
化簡可得①
設的方程為，即，
與聯立，
令，結合，
解得，所以切線方程為，
即直線方程為：，不存在時也滿足此直線方程，
同理可得方程為：，
由在直線，上，則，即，在直線上，
所以直線方程為：，即②
由①②可得，時也滿足此方程，
所以的軌跡方程為.
（ii）由（i）可知在以為焦點，以為準線的拋物線上，
過分別向直線作垂線，垂足分別為，，
由拋物線定義可得：，
當且僅當，，共線時取等，
所以周長的最小值為.
【點睛】解決直線與圓錐曲線相交（過定點、定值）問題的常用步驟：
（1）得出直線方程，設交點為；
（2）聯立直線與曲線方程，得到關于或的一元二次方程；
（3）寫出韋達定理；
（4）將所求問題或題中關系轉化為形式；
（5）代入韋達定理求解.
11．（24-25高二上·吉林長春·階段練習）已知是橢圓的右焦點，為坐標原點，為橢圓上任意一點，的最大值為，當時，的面積為.
(1)求的值；
(2)為橢圓的左 右頂點，點滿足，當與不重合時，射線交橢圓于點，直線交于點，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題可知，當時，設橢圓左焦點為，則，再根據橢圓定義和三角形面積可求得，，的值，即可求得；
（2）由題可知點，直線的斜率不為0，設其方程，并和橢圓方程聯立，根據韋達定理及相關知識，可確定點的軌跡方程，設直線的傾斜角分別為，則，再根據兩角差的正切公式即可求得結果.
【詳解】（1）因為①，
設橢圓的左焦點為，因為，所以.
即，又，所以，所以，
所以，所以，
因為，所以，所以②，又③，
由①②③，解得，所以.
（2）由（1）可知橢圓的方程為，因為點滿足，所以，設直線的方程為，
聯立，得，
設，易得，則，
直線的方程為，直線的方程為，
聯立得，
因為，所以，解得
所以動點的軌跡方程為.
由橢圓的對稱性不妨設，直線的傾斜角分別為，
因為，所以，
因為，所以，
當且僅當時，等號成立，此時，，所以的最大值為.
12．（24-25高三上·陜西安康·開學考試）已知動圓的圓心在軸上，且該動圓經過點．
(1)求點的軌跡的方程；
(2)設過點的直線交軌跡于兩點，若為軌跡上位于點之間的一點，點關于軸的對稱點為點，過點作，交于點，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）設圓心坐標為，結合題意列式化簡，即可求得答案；
（2）求出A，B的坐標，利用設直線的方程并聯立方程組可求出點Q，M的橫坐標表達式，結合化簡，求出其關于參數k的表達式，結合二次函數知識，即可求得答案.
【詳解】（1）因為動圓的圓心在軸上，所以設圓心坐標為，半徑為，
由題意可得，即，
又圓心是點的中點，
由中點坐標公式可得，
代入上式可得，
所以點的軌跡的方程為；
（2）由題意知在拋物線C上，則，即，
由于過點的直線交軌跡于兩點，則直線l的斜率為，
故l的方程為，聯立，得，
解得或，則，則B關于x軸的對稱點為，
由題意知直線AQ的斜率存在，設為k，直線的斜率為，則，

設直線，
因為點Q在拋物線C上，故聯立，得，
得，則，,
又，故直線BM的方程為，
聯立，解得,
因為
，
故當時，即時，取到最大值，最大值為.
【點睛】難點點睛：解答圓錐曲線類題目的難點在于復雜的計算，特別是第二問中求解最值問題時，基本都是字母參數的運算，并且計算量較大，需要十分細心.
13．（2022·上海徐匯·一模）在平面直角坐標系中，一動圓經過點且與直線相切，設該動圓圓心的軌跡為曲線K，P是曲線K上一點．
(1)求曲線K的方程；
(2)過點A且斜率為k的直線l與曲線K交于B、C兩點，若且直線OP與直線交于Q點．求的值；
(3)若點D、E在y軸上，的內切圓的方程為，求面積的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)8
【分析】（1）由題意動圓的軌跡滿足拋物線的定義，所以得出拋物線的軌跡方程即可，
（2）聯立直線l與拋物線，求出的值，又，設出OP的方程，再聯立拋物線求出的值，再求出，得出的值；
（3）由于D、E在y軸上，設出D、E坐標，并求出，P點的橫坐標即為的高，再求面積的最小值即可．
【詳解】（1）由題意可知圓心到的距離等于到直線的距離，
由拋物線的定義可知，曲線K的軌跡方程為，
（2）設直線l的方程為，
聯立，消y得，
∴，∴，
設，∴,
又，
∴
∵，∴設直線OP的方程為，
聯立，消y得，
∴，∴，∴，
令，則，∴，∴，
∴，
故的值為，
（3）設，
直線PD的方程為，
又圓心到PD的距離為1，即，
整理得，
同理可得，
所以，可知b，c是方程的兩根，
所以，，
依題意，即，則，
因為，所以，
所以，
當且僅當，即時上式取等號，
所以面積的最小值為8．
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：
（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；
（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍．
14．（23-24高二上·重慶·期末）已知橢圓的離心率為，上頂點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)為坐標原點，，點是橢圓上的動點，過作直線分別交橢圓于另外三點，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）由，求出，得到橢圓方程；
（2）設，求出，設，聯立方程求出，同理可得，代入求解范圍.
【詳解】（1）由題得，解得，
所以橢圓的標準方程為.
（2）設，由題可知，
①
由題可知：直線斜率不為
設，
聯立,
則，
所以，
所以，
又因為，所以，
所以
又因為，所以，
所以②
設，同理得，
所以，
又因為，
所以，所以同理可得③，
將②③代入①得
又因為，所以.
【點睛】
本題考查橢圓的標準方程以及橢圓中范圍問題，考查學生數學運算能力，解析幾何中，范圍的問題通常采用參數來求解.
15．（24-25高三上·上海嘉定·階段練習）如圖，橢圓：的左右焦點分別為、，設是第一象限內橢圓上的一點，、的延長線分別交橢圓于點，

(1)若軸，求的面積；
(2)若，求點的坐標；
(3)求的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由橢圓方程求出，從而可得坐標，將其橫坐標代入橢圓方程中可求出的值，進而可求出的面積;
（2）設點的坐標為，則直線的方程為，代入橢圓方程中求出得，因為，可得，計算即可得出坐標；
（3）由（2）同理可求得，從而可得化簡后結合基本不等式可得答案
【詳解】（1）設橢圓的半長軸長為，短半軸長為，半焦距為，
由橢圓，得，則，
所以，
當時，，得，
所以
所以的面積為;
（2）設點的坐標為（），則直線的方程為，
將其代入橢圓方程中可得，
整理得，
所以，得，
所以，
因為，所以，可得，
化簡得，
解得，代入得出
所以點的坐標為
（3）由（2）得
同理可求得，
所以
當且僅當，即時取等號，
所以的最大值為
【點睛】關鍵點點睛： 的最大值得關鍵是結合韋達定理得出,再轉換未知量,最后應用基本不等式求解即可.
1．（全國·高考真題）設橢圓中心在坐標原點，是它的兩個頂點，直線與AB相交于點D，與橢圓相交于E、F兩點．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）求四邊形面積的最大值．
【答案】（Ⅰ）解：依題設得橢圓的方程為，
直線的方程分別為，．············ 2分
如圖，設，其中，
且滿足方程，故．①
由知，得；
由在上知，得．所以，
化簡得，解得或．················ 6分
（Ⅱ）根據點到直線的距離公式和①式知，點到的距離分別為，
．9分
又，所以四邊形的面積為
，
當，即當時，上式取等號．所以的最大值為．
【詳解】試題分析：（Ⅰ）由題意易得橢圓方程，直線的方程，再設，滿足方程，把用坐標表示出來得，又點在直線上，則，根據以上關系式可解得的值；（Ⅱ）先求點E、F到AB的距離，再求，則可得面積，然后利用不等式求面積的最大值.
試題解析：（I）依題意，得橢圓的方程為， 1分
直線的方程分別為， 2分
如圖設，其中，
滿足方程且故，
由知，得， 4分
由點在直線上知，得， 5分
，化簡得解得或. 7分
（II）根據點到直線的距離公式和①式知，點E、F到AB的距離分別為
， 8分
， 9分
又，所以四邊形AEBF的面積為
， 11分
當即當時，上式取等號，所以S的最大值為 13分
考點：1、橢圓的性質；2、直線與橢圓相交的綜合應用；3、不等式.
2．（四川·高考真題）設分別是橢圓的左、右焦點．
(1)若是該橢圓上的一個動點，求的最大值和最小值；
(2)設過定點的直線與橢圓交于不同的兩點，且為銳角(其中為坐標原點)，求直線的斜率的取值范圍．
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1)設出點P的坐標，向量坐標化得到的表達式，進而得到最值；（2）為銳角即，設出點AB的坐標，向量坐標化得到點積的表達式為：x1x2＋y1y2,聯立直線和橢圓方程，由韋達定理得到結果.
【詳解】(1)由已知得，F1(－，0)，F2(，0)，設點P(x，y)，
則＋y2＝1，且－2≤x≤2．
所以·＝(－－x，－y)·(－x，－y)＝x2－3＋y2＝x2－3＋1－＝x2－2，
當x＝0，即P(0，±1)時，(·)min＝－2；
當x＝±2，即P(±2，0)時，(·)max＝1．
(2)由題意可知，過點M(0，2)的直線l的斜率存在．
設l的方程為y＝kx＋2，
由消去y，化簡整理得
(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)＞0，解得k2>．
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝，
又∠AOB為銳角，所以·＞0，即x1x2＋y1y2＞0，
有x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·＋2k·＋4＞0，解得k2＜4，
所以＜k2＜4，即k∈．
【點睛】本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲線的問題常轉化為方程組關系問題，最終轉化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法之一，尤其是弦中點問題，弦長問題，可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別式的作用．
3．（安徽·高考真題）設是拋物線的焦點．
（Ⅰ）過點作拋物線的切線，求切線方程；
（Ⅱ）設為拋物線上異于原點的兩點，且滿足，延長分別交拋物線于點，求四邊形面積的最小值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）32.
【分析】（Ⅰ）可設切線方程為，與拋物線方程聯立，利用判別式等于零列方程即可得結果；（Ⅱ）直線方程與拋物線方程聯立，利用韋達定理、弦長公式可求得的值，從而可得四邊形面積，利用基本不等式可得結果.
【詳解】（Ⅰ）由題意可設切線方程為,聯立方程得
由可得:
所求切線方程為:或
（Ⅱ）設, 不妨設直線的斜率為,則方程為
由:得∴
∴
又，∴直線的斜率為:，
同理可得：
∴
∴當時，等號成立，四邊形面積的最小值為32
【點睛】本題主要考查直線與拋物線的位置關系及圓錐曲線求最值，屬于難題.解決圓錐曲線中的最值問題一般有兩種方法：一是幾何意義，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來解決，非常巧妙；二是將圓錐曲線中最值問題轉化為函數問題，然后根據函數的特征選用參數法、配方法、判別式法、三角函數有界法、函數單調性法以及均值不等式法求解.
4．（遼寧·高考真題）設橢圓方程為，過點的直線l交橢圓于點A，B，O是坐標原點，點P滿足，點N的坐標為，當l繞點M旋轉時，求：
（1）動點P的軌跡方程；
（2）的最小值與最大值.
【答案】（1）；（2）當時，最小值為；當時，最大值為.
【分析】（1）設出直線的方程和點A、B的坐標，聯立直線與橢圓的方程，即可求出，然后根據求出點P的坐標，消去參數，即可得到動點P的軌跡方程，再檢驗當k不存在時，是否也滿足方程即可；
（2）根據點P的軌跡方程求得的取值范圍，再根據兩點間的距離公式求出，消元，由二次函數的性質即可求出的最小值與最大值．
【詳解】（1）直線l過點，設其斜率為k，則l的方程為．
設，，由題設可得點A、B的坐標是方程組的解．
將①代入②并化簡得，所以
于是，，
設點P的坐標為，
則消去參數k得，③
當k不存在時，A、B中點為坐標原點，也滿足方程③，
所以點P的軌跡方程為．
（2）點P的軌跡方變形為，
知，即．
所以
，
故當時，取得最小值，最小值為．
當時，取得最大值，最大值為．
【點睛】本題主要考查直線與橢圓的位置關系的應用，平面向量的坐標運算，兩點間的距離公式的應用，利用參數法求軌跡，以及二次函數的性質應用，意在考查學生的數學運算能力，綜合性較強，屬于中檔題．
5．（湖南·高考真題）已知平面內一動點到點F（1，0）的距離與點到軸的距離的差等于1．
（1）求動點的軌跡的方程；
（2）過點作兩條斜率存在且互相垂直的直線，設與軌跡相交于點，與軌跡相交于點，求的最小值．
【答案】（1）
（2）16
【詳解】（1）設動點的坐標為，由題意為
化簡得
當、
所以動點P的軌跡C的方程為
（2）由題意知，直線的斜率存在且不為0，設為，則的方程為．
由，得
設則是上述方程的兩個實根，于是
．
因為，所以的斜率為．
設則同理可得
故
當且僅當即時，取最小值16．
6．（上海·高考真題）已知雙曲線，為上的任意點．
（1）求證：點到雙曲線的兩條漸近線的距離的乘積是一個常數；
（2）設點的坐標為，求的最小值.
【答案】（1）證明見解析．
（2）的最小值為
【詳解】試題分析：（1）求出雙曲線的漸近線方程，設點利用點到直線的距離公式，即可得到結論，寫出距離的乘積，再利用點在雙曲線上得出定值；（2）用點點距公式表示出|PA|，利用配方法，求得函數的最值，即可求得結論．
（1）設點，由題意知雙曲線的兩條漸近線方程分別為和，
則點到兩條漸近線的距離分別為和，
則，得證；
（2）設點，則當時，有最小值.
7．（北京·高考真題）.已知點，，動點滿足條件.記動點的軌跡為.
（1）求的方程；
（2）若是上的不同兩點，是坐標原點，求的最小值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根據雙曲線的定義可知軌跡為雙曲線的右支，從而可得軌跡方程；（2）當直線斜率不存在時，可求得；當直線斜率存在時，假設直線方程，代入可整理得到一元二次方程；根據有兩個正實根可構造出不等式組，求得斜率；將利用坐標運算表示為符合韋達定理的形式，代入整理后，結合可求得；綜合兩種情況可得所求最小值.
【詳解】（1）
由雙曲線定義可知：點的軌跡是以為焦點的雙曲線的右支
，，
的方程為：
（2）①當直線斜率不存在時，設直線方程為：
此時，
②當直線斜率存在時，設直線方程為：
代入雙曲線方程可得：
可知上式有兩個不等的正實數根
解得：
由得：
綜上所述，的最小值為
【點睛】本題考查根據雙曲線的定義求解雙曲線方程、直線與雙曲線綜合應用中的最值問題的求解；易錯點是忽略雙曲線僅為右半支的情況，導致求解錯誤；求解最值問題的關鍵是能夠將所求式子通過韋達定理來進行表示，利用韋達定理代入變為關于斜率的函數，從而結合斜率的范圍求得最值.
8．（天津·高考真題）已知中心在原點的雙曲線C的一個焦點是，一條漸近線的方程是.
（Ⅰ）求雙曲線C的方程；
（Ⅱ）若以為斜率的直線與雙曲線C相交于兩個不同的點M，N，線段MN的垂直平分線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為，求的取值范圍.
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【詳解】試題分析：(1)因為中心在原點的雙曲線C的一個焦點是F1（一3,0)，一條漸近線的方程是，兩個條件即可求出雙曲線的方程.
(2)依題意可得通過假設直線的方程，聯立雙曲線方程消去y，即可得到一個關于x的二次方程，運用韋達定理以及判別式要大于零，即可寫出線段MN的中垂線的直線方程，從而求出直線與兩坐標軸的交點，即可表示出所求的三角形的面積，從而得到一個等式結合判別式的關系式，即可得到結論.
試題解析：（1）設雙曲線的方程為，
由題設得 解得，所以雙曲線的方程為；
（2）設直線的方程為，點，的坐標滿足方程組，將①式代入②式，得，
整理得，此方程有兩個不等實根，于是，
且，
整理得.③ 由根與系數的關系可知線段的中點坐標滿足：
，，從而線段的垂直平分線的方程為，此直線與軸，軸的交點坐標分別為，，
由題設可得，整理得，，
將上式代入③式得，整理得，，解得或， 所以的取值范圍是．
考點：1.待定系數的應用.2.直線與圓錐曲線的位置關系.3.三角形的面積的表示方法.4.韋達定理.5.代數的運算能力.
9．（四川·高考真題）設分別是橢圓的左、右焦點．
(1)若P是該橢圓在第一象限上的一個動點，若，求點P的坐標；
(2)設過定點的直線l與橢圓交于不同的兩點A、B，且為銳角（其中O為坐標原點），求直線l的斜率k的取值范圍．
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)求出橢圓的a、b、c，設，利用平面數量積的坐標表示和即可求解；
(2)設直線的方程和，聯立橢圓方程，根據和為銳角可得，結合韋達定理代入化簡計算即可求解.
【詳解】（1）由題意知，，
所以，設，
則，
又，有，解得，
所以；
（2）顯然不滿足題意，設直線的方程為，設，
，
，解得，①
，
則，
又為銳角，AOB不共線，則，即，，
所以
，
解得，②
由①②，解得或，
所以實數k的取值范圍為.
10．（上海·高考真題）已知在平面直角坐標系中的一個橢圓，它的中心在原點，左焦點為，右頂點為，設點.
（1）求該橢圓的標準方程；
（2）若是橢圓上的動點，求線段中點的軌跡方程；
（3）過原點的直線交橢圓于點，求面積的最大值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【詳解】試題分析：解：(1)由已知得橢圓的半長軸a=2,半焦距c=,則半短軸b=1.
又橢圓的焦點在x軸上, ∴橢圓的標準方程為
(2)設線段PA的中點為M(x,y) ,點P的坐標是(x0,y0),
由 得
又點P在橢圓上,得,
∴線段PA中點M的軌跡方程是.
(3)當直線BC垂直于x軸時,BC=2,因此△ABC的面積S△ABC=1.
當直線BC不垂直于x軸時,設該直線方程為y=kx,代入,
解得B(,),C(－,－),
則,又點A到直線BC的距離d=,
∴△ABC的面積S△ABC=
于是S△ABC=
由≥－1,得S△ABC≤,其中,當k=－時,等號成立.
∴S△ABC的最大值是.
考點：橢圓的方程以及直線與橢圓的位置關系
點評：解決的關鍵是利用橢圓的性質得到a,b,c的關系式，同時聯立方程組，結合韋達定理來表示軌跡方程，結合距離公式得到面積，屬于基礎題．
11．（北京·高考真題）已知橢圓.過點（m,0）作圓的切線l交橢圓G于A，B兩點.
（I）求橢圓G的焦點坐標和離心率；
（II）將表示為m的函數，并求的最大值.
【答案】（Ⅰ）焦點坐標為，離心率為
（Ⅱ）. |AB|的最大值為2
【詳解】試題分析：（1）先由橢圓的標準方程求出值，再利用求出值，進而寫出焦點坐標和離心率；（2）先討論兩種特殊情況（點在圓上，即斜率不存在的情況），再設出切線的點斜式方程，利用直線與圓相切得到與的關系，再聯立直線與橢圓的方程，利用根與系數的關系和弦長公式得到關于的關系式，再利用基本不等式進行求解．
試題解析：（1）由已知得：，所以．
所以橢圓G的焦點坐標為，．
離心率為．
（2）由題意知：．
當時，切線的方程為，點A，B的坐標分別為，，
此時．
當時，同理可得．
當時，設切線的方程為．由，得
．
設A，B兩點的坐標分別為，，則
，．
又由與圓相切，得，即．
所以，
由于當時，，
所以，．
因為，且當時，，
所以的最大值為2．
考點：1．橢圓的標準方程和幾何性質；2．直線與橢圓的位置關系；3．直線與圓的位置關系．
【易錯點睛】本題主要考查橢圓的標準方程、幾何性質以及直線與橢圓的位置關系，屬于難題；在處理直線與圓、直線與圓錐曲線的位置關系時，往往第一步設直線方程時容易忽視“直線的斜率不存在”這一特殊情況，導致結果錯誤不得分或步驟不全而失分，如本題（2）中，當斜率不存在時的直線，即切線的方程為的情況．
12．（福建·高考真題）已知橢圓的一個焦點是F（1，0），O為坐標原點．
（Ⅰ）已知橢圓短軸的兩個三等分點與一個焦點構成正三角形，求橢圓的方程；
（Ⅱ）設過點F的直線l交橢圓于A、B兩點，若直線l繞點F任意轉動，總有，求a的取值范圍．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（，+）
【詳解】（1）設為短軸的兩個三等分點，為正三角形，
所以，，解得．，
所以橢圓方程為．
（2）設
（ⅰ）當直線與軸重合時，
．
（ⅱ）當直線不與軸重合時，設直線的方程為：
整理得
因恒有，所以恒為鈍角，
即恒成立．
又，所以對恒成立，
即對恒成立，
當時，最小值為0，所以，，
因為，即，解得或（舍去），
即，
綜合（i）（ii），的取值范圍為．
13．（北京·高考真題）已知拋物線，過且斜率為1的直線與拋物線交于不同的兩點
（1）求的取值范圍；
（2）若線段的垂直平分線交軸于點，求面積的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）設出直線的方程，代入拋物線方程，化簡后利用弦長公式求得的表達式，利用題目所給的范圍求得的范圍.（2）根據中點坐標公式求得中點的坐標.求得的值，寫出三角形面積的表達式，結合（1）的結論可求得面積的最大值.
【詳解】解：(1) 設直線與拋物線兩交點的坐標分別為
直線的方程為,將代入拋物線方程,得 ,
(2)設的垂直平分線交于點Q，令其坐標為則
,

所以|QM|2=(a+p-a)2+(p-0)2=2p2.又△MNQ為等腰直角三角形，所以|QM|=|QN|=，
所以
即△NAB面積的最大值為．
【點睛】本小題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查直線和拋物線相交所得的弦長公式，考查垂直平分線的性質以及三角形面積最大值的計算，屬于中檔題.
14．（全國·高考真題）已知橢圓E:的焦點在軸上，A是E的左頂點，斜率為k （k > 0）的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA．
（Ⅰ）當t=4，時，求△AMN的面積；
（Ⅱ）當時，求k的取值范圍.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【詳解】試題分析：（Ⅰ）先求直線的方程，再求點的縱坐標，最后求的面積；（Ⅱ）設，寫出A點坐標，并求直線的方程，將其與橢圓方程組成方程組，消去，用表示，從而表示，同理用表示，再由及t的取值范圍求的取值范圍.
試題解析：（Ⅰ）設，則由題意知，當時，的方程為，.
由已知及橢圓的對稱性知，直線

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