专题9.8 解析几何中的范围、最值和探索性问题（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
通过考查解析几何中的范围、最值和探索性问题，以及圆锥曲线与其它知识的交汇，凸显直观想象、数学运算、数学建模、逻辑推理等核心数学素养.
知识点一
最值问题
解析几何中的最值问题，主要是结合直线与椭圆、直线与双曲线以及直线与抛物线的位置关系的设计命题，要求证明、探索、计算线段长度（距离）或图形面积或参数等有关最值问题.此类问题以主观题形式考查，多步设问，逐步深入考查分析问题解决问题的能力.
知识点二
范围问题
解析几何中的范围问题，主要是结合直线与椭圆、直线与双曲线以及直线与抛物线的位置关系的设计命题，要求证明、探索、计算线段长度（距离）或图形面积或参数等有关范围问题.
知识点三
探索性问题
探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神.
知识点四
策略方法
1.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：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
2.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
3.圆锥曲线中探索问题的求解策略
（1）此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
（2）求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
常考题型剖析
题型一： 几何量的最值（范围）问题
【典例分析】
例1-1．（2020·全国·统考高考真题）设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（ ）
A．4B．8C．16D．32
【答案】B
【分析】因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案.
【详解】
双曲线的渐近线方程是
直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点
不妨设为在第一象限，在第四象限
联立，解得
故
联立，解得
故
面积为：
双曲线
其焦距为
当且仅当取等号
的焦距的最小值：
故选：B.
例1-2.（2019·全国高考真题（文））已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.
【答案】(1) ；（2），a的取值范围为.
【解析】
（1）连结，由为等边三角形可知：在中，，，，
于是，
故椭圆C的离心率为；
（2）由题意可知，满足条件的点存在，当且仅当，，，
即 ①
②
③
由②③以及得，又由①知，故；
由②③得，所以，从而，故；
当，时，存在满足条件的点.
故，a的取值范围为.
【变式训练】
变式1-1．（2021·全国·高考真题（理））设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】
设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
变式1-2.（2020·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即
，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
[方法二]【最优解】：
设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
[方法三] ：点差和判别式法
设，其中．
因为所以．
整理得，所以．
又，
所以，整理得．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式． ①
由得．
因此，将此式代入①式解得．
当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．
[方法四]：参数法
设，
由，得．
令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．
所以，此时M坐标为．
题型二：弦长（距离）的最值（范围）问题
【典例分析】
例2-1.（2024·全国·高三专题练习）已知双曲线()左、右焦点为，其中焦距为，双曲线经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过右焦点作直线交双曲线于M，N两点(M，N均在双曲线的右支上)，过原点O作射线，其中，垂足为为射线与双曲线右支的交点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，先求得的表达式，然后利用基本不等式求得最大值.
【详解】（1）由题意得，，，解得，，
双曲线的方程为：.
（2）当直线斜率不存在时，，，则，
当直线斜率存在时，假设直线方程为，
联立双曲线方程得，
则，，，
∵直线与双曲线交于右支，∴，
则，
设射线OP方程为：，联立与双曲线的方程，
∴，，，
∴，
∴
，
当且仅当时等号成立，最大值为．
综上，的最大值为.

例2-2.（2022·浙江·统考高考真题）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.
【变式训练】
变式2-1.（2023·河北石家庄·统考三模）已知为抛物线上不同两点，为坐标原点，，过作于，且点.
(1)求直线的方程及抛物线的方程；
(2)若直线与直线关于原点对称，为抛物线上一动点，求到直线的距离最短时，点的坐标.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由点，得直线的斜率为1，则直线的斜率为，写出直线的点斜式方程；直线与抛物线联立得出韦达定理，由结合向量数量积为零得出结果；
（2）由点到直线的距离公式以及二次函数求最值得出结果.
【详解】（1）如图，
由点，得直线的斜率为1，又，则直线的斜率为，
故直线的方程为，整理得直线的方程为
设，
联立，得，则，
由，得，
即，因为，所以，
所以，解得，故抛物线方程为
（2）设点是直线上任一点，则点关于原点的对称点在直线上，所以，
即直线的方程为.
设点，则，点到直线的距离，
当时，的最小值是，此时，.
变式2-2.（2023秋·江苏南京·高三南京市第九中学校考阶段练习）已知点在运动过程中，总满足关系式：.
(1)点M的轨迹是什么曲线？写出它的方程；
(2)设圆O：，直线l：与圆O相切且与点M的轨迹交于不同两点A，B，当且时，求弦长的最大值.
【答案】(1)点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
(2)2
【分析】（1）根据题中关系结合椭圆定义即可得到答案；
（2）设，由直线与圆相切得，再由直线与椭圆相交以及，可得，由弦长公式结合基本不等式可得答案．
【详解】（1）由关系式，结合椭圆的定义，
点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
∴，，，
∴点M的方程为.
（2）联立方程，则，
设，，
则，，，
直线l：与圆O相切，则，

，
∵，∴，解得，
.
当且仅当取等号.
所以弦长的最大值为2.

题型三：三角形面积的最值（范围）问题
【典例分析】
例3-1.（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
例3-2.（2020·海南·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：.
【变式训练】
变式3-1.（2024·全国·高三专题练习）已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若点为双曲线右支上一动点，过点与双曲线相切的直线，直线与双曲线的渐近线分别交于M，N两点，求的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出渐近线方程，由点到直线距离公式得到，再由离心率求出，，得到双曲线方程；
（2）解法1：先考虑直线的斜率不存在时，，再考虑直线的斜率存在时，设其方程为，与双曲线方程联立，由得到，再联立直线方程和双曲线渐近线方程，设，，得到两根之和，两根之积，利用表达出，从而得到结论；
解法2：可设，与双曲线方程联立，由得到，再联立直线方程和双曲线渐近线方程，得到两根之和，两根之积，从而表达出，结合，且，求出面积的最小值.
【详解】（1）由已知得渐近线方程为，右焦点，
∴，
又∵，所以，解得，
又因为离心率，解得，，
∴双曲线的标准方程为；
（2）解法1：的渐近线方程为，
当直线的斜率不存在时，此时，直线方程为，代入渐近线方程，
得到，故，又，
故的面积；
当直线的斜率存在时，设其方程为，直线与双曲线联立得
，
因为相切，所以，解得，
另设，，

联立，
∴，，
，
，
在中，，，
∴，
所以，
所以，
因为，所以，
综上所述，，其最小值为；
解法2：由条件知，若直线的斜率存在，则斜率不为零，
故可设，直线与双曲线联立得，
，
因为相切，所以，即，
又因为直线与双曲线的渐近线交于两点，设为，，
联立，
由于，所以，
则,
由直线的方程得，直线与轴的交点坐标为，
∴
，
∵，
∴即，且，
∴时，的最小值为，
综上所述，，其最小值为.
变式3-2.（2021·全国·高考真题（理））已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】
（1）抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
题型四： 四边形面积的最值（范围）问题
【典例分析】
例4-1.（2023·全国·高二专题练习）设双曲线的左、右焦点分别为，，且E的渐近线方程为．
(1)求E的方程；
(2)过作两条相互垂直的直线和，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到，结合，求得的值即可；
（2）设直线，，求得，联立方程组，利用弦长公式，求得，，得到，令，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由题意，得的渐近线方程为，
因为双曲线的渐近线方程为，所以，即，
又因为，所以，则，
故的方程为．
（2）根据题意，直线，的斜率都存在且不为0，
设直线，，其中，
因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以，
将的方程与联立，可得，
设，则，，
所以
，
用替换，可得，
所以．
令，所以，
则，
当，即时，等号成立，
故四边形面积的最小值为．

例4-2.（2022·浙江·模拟预测）已知抛物线的顶点为O，点P是第一象限内C上的一点，Q是y轴上一点，为抛物线的切线，且.
(1)若，求抛物线的方程；
(2)若圆都与直线相切于点P，且都与y轴相切，求两圆面积之和的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出直线，与抛物线联立后用根的判别式为0求出，利用求出；（2）方法一：设出，由射影定理和斜率垂直关系得到半径平方和关系，换元后利用基本不等式求出最值；方法二：设，，表达出半径平方和关系，换元后利用基本不等式求最值
(1)
设直线与抛物线方程联立，消去y，
得
所以点
所以抛物线的方程为
(2)
方法一：设点，则由（1），可知①
因为圆都与直线相切于点P，则，设圆与圆切于点，则有，且分别是的角平分线，所以，设圆，的半径分别为，由射影定理，有
因为，所以，设
所以
所以
令，则，当且仅当时等号成立
所以两圆面积之和的最小值为.
方法二：设，则，所以，由
直线，令
令
，
令，则
当且仅当时取等号
所以两圆面积之和的最小值为.
【变式训练】
变式4-1.（2023·全国·高二专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线E：的右焦点为F，离心率为2，且过点．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设过原点O的直线在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．
【答案】(1)；
(2)24．
【分析】（1）利用双曲线的标准方程与性质即可求解.
（2）通过直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理，代入，求解双曲线中的最值问题．
【详解】（1）由双曲线E的离心率为2，得 ①．
因为双曲线E过点，所以 ②．
又③，
联立①②③式，解得，．
故双曲线E的标准方程为．
（2）由双曲线的对称性，知四边形ABCD为平行四边形，所以．
由题意知直线AD的斜率不为零，设AD的方程为．
联立消去x，得．
，设，，则，．
因为A，D均在双曲线右支，所以
所以解得．
所以，
．
令，则．
所以．
令函数，易得在区间上单调递减，
所以当时，．
所以四边形ABCD面积的最小值为24．
变式4-2．（2023秋·广东佛山·高三佛山市南海区九江中学校考阶段练习）已知椭圆过和两点.

(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q.
（i）证明：点B在以为直径的圆内；
（ii）求四边形面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）6
【分析】（1）将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭圆C的方程；
（2）（i）分别将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出两点坐标，由数量积可得为钝角，得出证明；
（ii）由（i）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值为6.
【详解】（1）依题意将和两点代入椭圆可得
，解得；
所以椭圆方程为
（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；
根据题意可知直线斜率均存在，且；
所以直线的方程为，的方程为；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
则，；
所以；
即可知为钝角，
所以点B在以为直径的圆内；
（ii）易知四边形的面积为，
设，则，当且仅当时等号成立；
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，可得，
由对称性可知，即当点的坐标为或时，
四边形的面积最大，最大值为6.
题型五： 求参数的最值（范围）
【典例分析】
例5-1.（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线和直线，点为抛物线C上任意一点，设点P到直线的距离为d，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据抛物线定义将转化为，再由的最小值、点线距离公式求最小值.
【详解】
作垂直抛物线准线于，连接，则，故，
所以，由图知：的最小值为到直线的距离，
所以.
故选：B
例5-2.（2023秋·上海黄浦·高三上海市向明中学校考开学考试）椭圆上有10个不同的点，若点T坐标为，数列是公差为d的等差数列，则d的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设椭圆上任意点，则由题意，进而可得的最大值与最小值，从而得出d的最大值即可.
【详解】设椭圆上任意点，则，即.
故.
又上，则当时，取最大值；当时，取最小值.
此时，，故，.
故选：C
【变式训练】
变式5-1.（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOv中，M为双曲线右支上的一个动点，若点M到直线的距离大于m恒成立，则实数m的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．2
【答案】B
【分析】先求出渐近线方程，利用平行线直接的距离公式即可求解.
【详解】由点M到直线的距离大于m恒成立，可得点M到直线的最近距离大于m.因为双曲线的渐近线为，则与的距离即为最近距离，则，即.
故选：B
变式5-2.（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线的左焦点为，离心率为e，直线分别与C的左､右两支交于点M，N.若的面积为，，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．6D．7
【答案】D
【分析】作出辅助线，，由面积公式求出，利用双曲线定义和余弦定理求出，求出，进而求出.
【详解】连接，有对称性可知：四边形为平行四边形，故，，，
由面积公式得：，解得：，
由双曲线定义可知：，
在三角形中，由余弦定理得：
，
解得：，
所以，解得：，
故，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D
题型六： 数量积的最值（范围）问题
【典例分析】
例6-1.（2023秋·天津河北·高二天津外国语大学附属外国语学校校考期末）已知互不相同的三点M、N、P均在双曲线H：上，，，垂足为D，点O为坐标原点，若，则的最大值为 .
【答案】
【分析】先利用和双曲线方程求出的坐标，由于双曲线的对称线，取，接着讨论直线斜率不存在和存在时，利用韦达定理，结合向量的数量积，推出、的关系，说明直线过点，即可得到点的轨迹方程为，故设，利用数量积，辅助角公式和三角函数性质即可得到答案
【详解】设，因为，故，所以①，
因为在双曲线上，所以②，
由①②可得，由于双曲线的对称性，不妨设，
①直线斜率不存在时，
可设，，
，
，，
又，，
，解得，，
，为垂足，，
②直线斜率存在时，设直线，
整理得，
设，，，，则，，
因为，所以，
得，
所以，
得，即，
当即时，直线过定点，不符合题意；
当即时，直线过定点，
综上，点在以为直径的圆上，，线段的中点为，
所以点的轨迹方程为，
故可设的坐标为，
所以（其中）
所以当时，取得最大值
故答案为：
例6-2.（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.
【变式训练】
变式6-1.（2023·全国·高三专题练习）若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上任意一点，则·的取值范围为 .
【答案】
【分析】可设，可求得与的坐标，利用向量的数量积的坐标公式结合椭圆的方程即可求得其答案．
【详解】点为椭圆上的任意一点，设，
依题意得左焦点，
，，
，
，，
，．则．
故答案为：．
变式6-2.（2023春·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习）已知抛物线的焦点为，直线分别与轴交于点，与抛物线交于点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)如图，设点都在抛物线上，若是以为斜边的等腰直角三角形，求的最小值.
【答案】(1)
(2)32
【分析】（1）设，列方程组，求出，即可得到抛物线的方程；
（2）设点，利用是以为斜边的等腰直角三角形，表示出，用坐标表示出利用基本不等式求出的最小值.
【详解】（1）设点，由已知，则，即.
因为，则，所以抛物线的方程是.
（2）设点，直线的斜率为，
因为，则直线的斜率为.
因为，则，得，①
因为，则，即，②
因为，则，即③
将②③代入①，得，即，则，
所以
因为，则，又，则，从而，当且仅当时取等号，所以的最小值为32.
题型七： 角相关的最值（范围）问题
【典例分析】
例7-1.（2023秋·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知是椭圆的左焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，椭圆的离心率为，的面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)，为椭圆的左，右顶点，点，当不与，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）根据条件，列出关于的方程，即可求解；（2）首先设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并利用坐标表示直线的方程，并且联立方程求点的轨迹方程，再利用两直线的倾斜角表示,利用斜率表示，再利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）由，解得，，所以椭圆的方程为.
（2）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.

例7-2.（2023·上海普陀·上海市宜川中学校考模拟预测）已知双曲线，点为双曲线上的动点.
(1)求以为焦点且经过点的椭圆的标准方程；
(2)若直线经过点且与双曲线恰好有一个公共点，求直线的方程；
(3)点在什么位置时，取得最大？求出最大值及点的坐标.
【答案】(1)
(2)和
(3)或，最大为.
【分析】（1）设椭圆方程为，根据题意求得，即可求得答案；
（2）讨论l斜率不存在情况是否符合题意，斜率存在时，设出直线l的方程，并联立双曲线方程，结合判别式即可求得答案.
（3）利用双曲线对称性，先设点在第一象限，坐标为，利用到角公式求得，结合基本不等式求得最大值，可得答案.
【详解】（1）由题意可设椭圆方程为，
则，
又因为为椭圆焦点，
故，
故椭圆方程为.
（2）由于直线经过点，直线斜率不存在时与双曲线无公共点；
可设直线，与双曲线方程联立整理后得
当，得，当时，直线为双曲线的一条渐近线，不符题意，舍去；
当时，直线为，
与双曲线的另一条渐近线平行，与双曲线只有一个交点；
当时，令，
即解得，（舍去），
此时l方程为为；
综上，满足要求的直线有两条，分别为和.
（3）根据对称性，不妨设点在第一象限，，则，

于是，为锐角，
因为，当且仅当等号成立，此时，
此时，则，
根据双曲线的对称性，当或时，取得最大为.
【变式训练】
变式7-1.（2024·全国·高三专题练习）已知点是抛物线上的一点，是的焦点，是的中点，，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】设点，由向量坐标运算可得，利用基本不等式求其最小值即可.
【详解】依题意，，设，则，
因为在抛物线上，所以得，
即，由，得，
，，
所以，
令，，则，，
当即时，，；
当即时，，
当且仅当，即时取等号，
此时.
综上所述，的最小值为.
故答案为：

变式7-2.（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知椭圆的三个顶点所确定的三角形的面积为，（是的离心率）是上一点.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，设，直线与分别交于（不同于）两点，当时，记直线的倾斜角分别为，，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件列方程组，求出和可得结果；
（2）设，，联立，得到，，再联立直线与椭圆方程求出，同理求出，根据斜率公式以及，求出，再根据两角差的正弦公式求出，再根据基本不等式可求出最大值.
【详解】（1）依题意可得，得，得，
得，得，得，得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，
联立，消去并整理得，
因为在椭圆内，所以判别式恒大于，
，，
当时，直线：，
联立，消去并整理得，
因为，即，
所以，
所以，
因为在椭圆内，所以判别式恒大于，
，，
，
所以，
当时，直线：，易得，也满足，
故，同理可得，
所以
，
所以，
因为，所以，
当且仅当，又，即时，等号成立，
所以的最大值为.

题型八： 斜率的最值（范围）问题
【典例分析】
例8-1.（2022秋·广东深圳·高三北师大南山附属学校校考阶段练习）已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到点的距离为．
(1)求抛物线的方程及点的坐标；
(2)设斜率为的直线过点且与抛物线交于不同的两点、，若且，求斜率的取值范围．
【答案】(1)抛物线方程为，点的坐标为
(2)
【分析】（1）利用抛物线的定义求出的值，可得出抛物线的方程，将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，可得出点的坐标；
（2）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，由可求得的范围，列出韦达定理，由已知条件可求得，由韦达定理可得出，利用双勾函数的单调性可出的取值范围，综合可得解.
【详解】（1）解：由抛物线定义可知，得，所以，抛物线方程为，
将点的坐标代入抛物线方程得，所以，点的坐标为.
（2）解：直线的方程为，设点、，
联立整理得，，可得或，
由韦达定理可得，，
又，即，所以，，
因为，，则，
又，
令，所以，，
由双勾函数的单调性可知，函数在上为减函数，在上为增函数，
当时，，
同理可知，当时，，
又因为或，所以，的取值范围是.
例8-2.（2024秋·广东广州·高三华南师大附中校考开学考试）已知椭圆的两焦点分别为 ，A是椭圆上一点，当时，的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两点，线段的中点为，过作垂直轴的直线在第二象限交椭圆于点S，过S作椭圆的切线，的斜率为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得，再结合椭圆定义，余弦定理、三角形面积公式可求得的值，从而可得椭圆方程；
（2）先由直线和椭圆联立表示出点，点S的横坐标，再由点，点S的横坐标相等，得出之间的关系，从而表示出（保留），进而求出结果.
【详解】（1）由题意得，

由椭圆定义可得，又，
由余弦定理可得：
，
所以，又，解得，
所以，故椭圆的方程为.
（2）直线，设，

联立与得，所以，
恒成立，
所以，
故，
设直线为，，
联立，所以，
由可得，
所以，则，所以得，所以，
则，
由于函数在上为减函数，所以函数在上为增函数，
所以函数在上为减函数，所以，
所以.
【变式训练】
变式8-1.（2023·全国·高二专题练习）已知双曲线，（，）的实轴长为2，且过点，其中为双曲线的离心率．
(1)求的标准方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与的左、右两支分别交于点，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，（为坐标原点）的斜率分别为，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据题意列式求解即可；
（2）设直线的方程及交点坐标，利用韦达定理求的坐标，进而可得，结合基本不等式分析运算即可.
【详解】（1）因为双曲线的实轴长为2，则，
由双曲线过点，且，则，
即，解得，
故双曲线的标准方程为．
（2）设直线，，，
由题意可知，
联立方程，整理得，
由题意可得，解得或，
则，．
可得，，
则，所以．
因为，则，整理得，
则，
即，则．
所以，即．
∴，当且仅当，即或时，等号成立，
此时或，均满足与的左、右两支分别相交．
∴的最小值为6．
变式8-2.（2023·全国·高二专题练习）已知双曲线过点，左､右顶点分别是，右焦点到渐近线的距离为，动直线与以为直径的圆相切，且与的左､右两支分别交于两点.
(1)求双曲线C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）由点在双曲线上，以及焦点到渐近线的距离得出双曲线C的方程；
（2）由直线与圆的位置关系得出，联立直线和双曲线方程，由韦达定理、斜率公式得出，结合得出的最小值.
【详解】（1）因为点在双曲线上，故，即，
而双曲线的渐近线方程为，到一条渐近线的距离为，
所以，解得，又，
所以，故所求双曲线的方程为；
（2）因为双曲线的方程为，
所以，故以为直径的圆为
，而直线是其切线，所以应满足，得，
而坐标满足，消去得，
求得，而，故，由此可得（*），
由于分别在的左､右两支，故，因此，
所以，将代入整理得，
又，故，显然，
由题意得，故，
所以，
将及代入，求得，而，
故，
又，故，
即.
题型九： “是否存在”类探索性问题
【典例分析】
例9-1.（23·24上·南岸·阶段练习）如图，为抛物线上四个不同的点，直线AB与直线MN相交于点，直线AN过点

(1)记A，B的纵坐标分别为，求；
(2)记直线AN，BM的斜率分别为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在说明理由
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，从而求得正确答案.
（2）先求得，然后由求得正确答案.
【详解】（1）设直线的方程为，
由消去并化简得，
则.
（2）设直线的方程为，同（1）可求得，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
所以.
，
同理可求得，
则，
所以存在使得.
例9-2．（23·24上·武汉·阶段练习）已知、、是直线上的三点，且，，切直线于点，又过、作异于的两切线，设这两切线交于点.
(1)求点的轨迹方程；
(2)设、是的轨迹上的不同两点且不关于原点对称，若，的斜率分别为，，问：是否存在实数，使得当时，的面积是定值？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据圆切线的性质，利用椭圆的定义可判断动点轨迹为椭圆，适当建系可得轨迹方程；
（2）假设直线的斜率存在，设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用根于系数关系，求得弦的长度，再利用点到直线距离可得到的距离，可得三角形面积，根据面积为定值可得的值，再验证当直线斜率不存在时成立.
【详解】（1）
如图所示，
设过、异于的两切线分别切于、两点，两切线交于点，
由切线的性质可知：，，，
故，
故由椭圆定义知，
点的轨迹是以、为两焦点的椭圆，
以所在的直线为轴，以的中点为原点，建立坐标系，
可求得动点的轨迹方程为：；
（2）
设存在这样的常数，使，的面积为定值.
当直线斜率存在时，设其方程为，，，
联立直线与椭圆方程，
得，，即，
，，
，
，
点到直线的距离为，
所以，
，
又，即，
即，得，
所以，
若面积为定值，则，
解得，
此时，
现验证当直线斜率不存在时，若，面积为定值.
当直线斜率不存在时，设，，
则，又，
解得，，
此时面积，满足上述定值，
综上所述，存在常数，使，的面积为定值.
【变式训练】
变式9-1.（23·24上·河南·阶段练习）已知抛物线，直线垂直于轴，与交于两点，为坐标原点，过点且平行于轴的直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)点在直线上运动，过点作曲线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）由相关点代入法求轨迹方程即可；
（2）先由特殊位置确定定点在轴上，设定点，由相切求出切点满足的关系式，再由垂直的坐标条件求解.
【详解】（1）设，则，
由题意线垂直于轴，与交于两点，知，
过点且平行于轴的直线方程为：，
直线的方程为：，
令，得，即，
由得，
因为在抛物线上，即，
则，化简得，
由题意知不重合，故，
所以曲线的方程为

（2）由（1）知曲线的方程为，
点在直线上运动， 当点在特殊位置时，
两个切点关于轴对称，
故要使得，则点在轴上．

故设，
曲线的方程为，求导得，
所以切线的斜率，
直线的方程为，
又点在直线上，
所以，
整理得，
同理可得，
故和是一元二次方程的根，
由韦达定理得，
，
当时，恒成立，
所以存在定点，使得恒成立．

变式9-2.（23·24上·青岛·期末）已知椭圆的左，右顶点分别为，上，下顶点分别为，四边形的内切圆的面积为，其离心率；抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合.斜率为k的直线l过抛物线的焦点且与椭圆交于A，B两点，与抛物线交于C，D两点.
(1)求椭圆及抛物线的方程；
(2)是否存在常数，使得为一个与k无关的常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在，
【分析】（1）通过四边形的内切圆的面积为，得原点O到直线的距离为，从而，再结合离心率即可求出椭圆方程，根据抛物线的焦点坐标求出抛物线方程；
（2）设直线l的方程，与椭圆、抛物线联立，利用韦达定理求出弦长，代入化简即可求解.
【详解】（1）由椭圆可知：，
所以直线的方程为：，即，
因为四边形的内切圆的面积为，所以原点O到直线的距离为，
即①，因为离心率，所以②，又③，
由①②③可得：，所以椭圆的方程为：，
因为抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，
所以，所以，从而抛物线的方程为：.
（2）由（1）知：抛物线焦点为．由题意，设直线l：，
设，，，，
由可得：，
所以，
所以
，
由可得：，所以，
因为直线l过抛物线的焦点，所以，
所以，
设，则，
由可得：.

题型十： “是否是（为）”类探索性问题
【典例分析】
例10-1.（23·24·遵义·模拟预测）已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，的周长为6，面积的最大值为：
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆的另一交点为，与轴的交点为.若，.试问：是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义及椭圆的性质即可求解；
（2）根据已知条件作出图形并设出直线方程，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量的坐标运算即可求解.
【详解】（1）设椭圆的方程为，则
由椭圆的定义及的周长为6，知①，
由于为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，得到轴距离最大为，
因为的面积的最大值为，
所以②，
又③，
联立①②③，得，
所以椭圆的方程为.
（2）为定值，理由如下：
根据已知条件作出图形如图所示,

设，则，
因为在椭圆内部，则直线与椭圆一定有两交点，
联立消去得：，
，
又，且，
所以，同理
所以.
所以为定值.
例10-2．（23·24上·宝山·阶段练习）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆：，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，，分别为，的离心率，且，点M，N分别为椭圆的左、右顶点，设过点的动直线l交双曲线右支A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为，.
(1)求双曲线的方程；
(2)试探究与的是否定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
(3)求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)是，定值；
(3)；
【分析】（1）根据题意，直接列式计算可得答案；
（2）直线与双曲线联立，利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值；
（3）根据题意，利用韦达定理得出的范围，然后根据，可得，进而可得取值范围.
【详解】（1）由题意可设双曲线：，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设，，直线AB的方程为，
由，消元得.
则，，且，
∴
；
或由韦达定理可得，即，
∴
，
即与的比值为定值.

（3）思路一：设直线AM：，代入双曲线方程并整理得：
，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（2）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在，上单调递减，
故，
故的取值范围为.
思路二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点M作两渐近线的平行线与，

由于点A在双曲线的右支上，
所以直线AM介于直线与之间（含x轴，不含直线与），
所以，
同理，过点N作两渐近线的平行线与，

由于点B在双曲线的右支上，
所以直线BN介于直线与之间（不含x轴，不含直线与），
所以.
由（2）中结论可知，
得，所以，
故.
【变式训练】
变式10-1.（23·24上·广西·阶段练习）已知双曲线过点和点．
(1)求双曲线的离心率；
(2)过的直线与双曲线交于，两点，过双曲线的右焦点且与平行的直线交双曲线于，两点，试问是否为定值？若是定值，求该定值；若不是定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，定值为．
【分析】（1）代入点的坐标联立方程可得双曲线方程， 进而由离心率公式即可求解.
（2）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式分别求解，即可代入化简求解.
【详解】（1）将点和点的坐标代入，
得，解得
所以双曲线的离心率．
（2）依题意可得直线的斜率存在，设：．
联立得，
设，，则，，
所以．
，直线：．设，．
联立得，
则且，
则
，
所以，所以为定值，定值为．

变式10-2.（23·24上·浦东新·阶段练习）已知椭圆的两个焦点分别为、，直线与椭圆交于A、B两点.
(1)若直线l经过点，且，求点A的坐标；
(2)若直线l经过点，且，求直线l的方程；
(3)若，则的面积是否为定值?如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)或
(3)是，
【分析】（1）由题意可得点A在线段的中垂线上，然后将代入椭圆方程可求出点A的坐标；
（2）由题意设直线，设，，方法一，由题意可得点A为线段的中点，则，，联立方程组可求出点的坐标，从而可求出直线方程；方法二：由题意得，将直线方程代入椭圆方程化简，结合根与系数的关系可求出的值，从而可求出直线方程；
（3）由题意可得，将直线方程代入椭圆方程化简，结合根与系数的关系和弦长公式，点到直线的距离公式可求出的面积.
【详解】（1）由知点A在线段的中垂线上.
所以由，解得或，
所以或
（2）由题，直线，设，.
方法一：由知点A为线段的中点，所以，，
由得或，
所以或，
所以或，解得或，
所以直线l的方程为或.
方法二：由得，即，即.
由，得，
所以，
由，得同号，所以，
所以，所以，解得
所以，直线l的方程为或.
（3）设，，
由得，
即（**）
由，得，
所以，
代入（**）得，
所以，
化简得.（***）
因为
，
点O到直线l的距离，
所以
所以的面积为.

题型十一： “是否过……点”类探索性问题
【典例分析】
例11-1.（22·23上·朝阳·期末）已知动点到定点的距离与到定直线：的距离之比为，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知曲线与轴的正半轴交于点，不与轴垂直的直线交曲线于两点（，异于点），直线分别与轴交于两点，若的横坐标的乘积为，则直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)l过定点，.
【分析】（1）根据给定条件，列出方程并化简作答.
（2）设出直线的方程及点的坐标，联立直线与曲线的方程，求出点的横坐标，由已知结合韦达定理求解作答.
【详解】（1）依题意，，化简整理得，
所以曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，
由消去y得，当时，，

由，得，则直线的方程为，令，得点的横坐标，
直线的方程为，令，得点的横坐标，
于是，
即，
则有，化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，直线恒过定点.
例11-2．（23·24上·阶段练习）已知双曲线的左、右顶点分别为、，为双曲线上异于、的任意一点，直线、的斜率乘积为．双曲线的焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的方程；
(2)设不同于顶点的两点、在双曲线的右支上，直线、在轴上的截距之比为．试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点，定点坐标为
【分析】（1）根据所给条件，列出方程组，求出即可得解；
（2）设出直线方程及M，N点的坐标，求出截距建立方程，再由解方程得或，即可得解.
【详解】（1）设，
由可得，又，
，
又焦点到其一条渐近线的距离为，解得：．
所以双曲线的方程：.
（2）设直线的方程为，如图，

由得，
，
，直线，则直线在轴上的截距为，
直线，则直线在轴上的截距为，
由题得：，又，
所以．
所以，则，
，
，
，化简得：或．
若，直线过顶点，舍去．．
则直线的方程为，
所以直线过定点．
【变式训练】
变式11-1.（22·23上·齐齐哈尔·期末）已知F是抛物线C：的焦点，是抛物线上一点，且.
(1)求抛物线C的方程；
(2)直线l与抛物线C交于A，B两点，若（O为坐标原点），则直线l否会过某个定点？若是，求出该定点坐标.
【答案】(1)；
(2)恒过定点.
【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线的定义求出值作答.
（2）设出直线的方程，与的方程联立，利用韦达定理及数量积的坐标表示计算作答.
【详解】（1）由知，抛物线的准线方程为，而是该抛物线的焦点，
又，因此，解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）显然直线不垂直于y轴，设直线l：，，，
由消去x并整理得，，即，
于是，，，
由，得，则有，
即，因此，
则，解得，满足，直线过定点，
所以直线恒过定点.

变式11-2.（23·24上·阶段练习）在直角坐标平面内，已知，，动点满足条件：直线与直线斜率之积等于，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过直线：上任意一点作直线与，分别交于，两点，则直线是否过定点？若是，求出该点坐标；若不是，说明理由．
【答案】(1)（）；
(2)是，定点为.
【分析】（1）根据给定条件，利用斜率坐标公式列式化简作答.
（2）设出点的坐标，由已知探求出点的坐标关系，再按直线斜率存在与否分类讨论求解作答.
【详解】（1）设动点，则直线、的斜率分别为，
于是，整理得，显然点不在轨迹上，
所以的方程为（）.
（2）设直线上的点，显然，

依题意，直线的斜率满足，
且，直线斜率，则，有，
设，，则（且），
当直线不垂直于x轴时，设直线的方程为，
消去y得，
则，，
又，即，
则，整理得，
解得或，此时方程中的，
当时，直线：恒过点，
当时，直线：，由于舍去，
当直线时，则有，即有，而，解得，
直线：过点，
所以直线恒过点．
.
一、选择题
1．（2023·江西宜春·校联考模拟预测）抛物线的光学性质是：从抛物线焦点出发的光线经抛物线反射后，反射光线与抛物线对称轴平行，已知、分别为抛物线的焦点和内侧一点，抛物线上存在点使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线定义可知，由此可知，结合在抛物线内侧可求得的范围.
【详解】由抛物线方程知：，准线；
过作，垂足为，
由抛物线定义知：，，
则当三点共线时，取得最小值，即图中的，
，，解得：；
又在抛物线内侧，，解得：，
实数的取值范围为.
故选：D.
2．（2023春·天津滨海新·高三校联考开学考试）已知双曲线的左焦点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的准线过双曲线的左焦点，则抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意求得双曲线的，继而可得抛物线方程，结合抛物线定义以及几何意义求解最值即可得答案.
【详解】由题意知双曲线的左焦点到其一条渐近线的距离为，
不妨取渐近线，即，
所以 ，，
又抛物线的准线过双曲线的左焦点，
即，则抛物线方程为，
过点M作垂直于直线，垂足为点A，作垂直于抛物线准线 于点C，连接，
根据抛物线的定义得，
设M到的距离为 ，M到直线的距离为，
则，
根据平面几何知识，可得当三点共线时，有最小值，
因为抛物线焦点到直线的距离为，
所以的最小值是，
所以抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为 ，
故选：D．
3.（2023春·浙江·高二校联考期末）双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出圆的方程，联立方程组，由得出的范围，从而得解.
【详解】由题意，右焦点，
又，则，，
以为圆心，为半径的圆的方程为，
，
联立方程组，
得，
由圆与双曲线有公共点，所以，
即，结合，
化简为，
由方程两根为：
，，
所以不等式的解为，或，
由已知，得
所以，
当时，取得最小值.
故选：A
多选题
4．（2023秋·江西·高二校联考阶段练习）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是右支上一点，下列结论正确的有（ ）
A．若的离心率为，则过点与的渐近线相同的双曲线的方程是
B．若点，则的最小值为
C．过作的角平分线的垂线，垂足为，则点到直线的距离的最大值为
D．若直线与其中一条渐近线平行，与另一条渐近线交于点，且，则的离心率为
【答案】BD
【分析】根据已知双曲线离心率可得，设与的渐近线相同的双曲线的方程，根据点在该双曲线上，求得参数，可得方程，判断A；利用双曲线定义可判断B；确定点Q的轨迹，结合点O到直线的距离可判断C；求出点M的坐标，代入双曲线方程，即可求得离心率，判断D.
【详解】对于选项A，因为的离心率为，所以，则.
因为双曲线为，
将代入得，解得，则双曲线的方程为，A不正确.
对于选项B，因为是右支上一点，所以，
则，B正确.
对于选项C，如图，延长并与相交于点，连接.

由题可知，为的中点，则，，
所以，则是以为圆心，为半径的圆上一点.
点到直线的距离，
所以点到直线的距离的最大值为，C不正确.
对于选项D，根据对称性，不妨设直线的方程为，
联立方程组，得.
由，得，
可得，代入的方程得，
则的离心率，D正确.
故选：BD
填空题
5.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：，若椭圆C上有不同的两点关于直线对称，则实数m的取值范围是 .
【答案】
【分析】设，利用点差法得到，结合得到，联立得到，点M应在椭圆C的内部，得到不等式，求出m的取值范围.
【详解】设是椭圆C上关于直线l：对称的两个点，
是线段PQ的中点，则，两式相减，
得.
∵，，
∴.
∵，∴，故，
联立，解得，
∴.
∵点M应在椭圆C的内部，∴，解得.
∴实数m的取值范围是.
故答案为：.
6.（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线的方程为，圆C：，点A，B在圆C上，点P在抛物线上，且满足，则的最小值是 .
【答案】3
【分析】由题可知AB是圆的直径，，问题转化为求抛物线上点P到圆心C的距离的平方减1的最小值.
【详解】∵圆的圆心为C(2，0)，半径r＝1，，∴AB是圆的直径，C是AB的中点，连接PC、PA、PB.设.
＝，当且仅当m＝0时取等号.
故答案为：3.
四、解答题
7.（23·24上·沧州·阶段练习）已知抛物线过点，直线l与该抛物线C相交于M，N两点，过点M作x轴的垂线，与直线交于点G，点M关于点G的对称点为P，且O，N，P三点共线．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过点作，垂足为H（不与点Q重合），是否存在定点T，使得为定值？若存在，求出该定点和该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点，使得为定值，该定值为
【分析】（1）将点代入抛物线方程可求出，从而可求出抛物线方程；
（2）设点，，然后表示出点的坐标，由O，N，P三点共线，化简可得，设直线l的方程为，代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系可得，则直线l过定点，从而可得点H的轨迹是以为直径的圆.
【详解】（1）因为抛物线过点，所以，所以，
所以抛物线C的方程为．
（2）设点，，联立，得，
又因为点M关于点G的对称点为P，所以点，
由O，N，P三点共线，可得，即，
化简得，
设直线l的方程为，联立，消去x，得，
则，即，可得，，
代入，可得，可得，
所以直线l的方程：，即，则，
所以直线l过定点，
因为，
所以点H的轨迹是以为直径的圆（除去E，Q两点），圆心为，半径为，
所以存在定点，使得为定值，该定值为．
.
8.（2023秋·广东揭阳·高三校考开学考试）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由离心率为，求得，设椭圆方程，代入求得的值，即可求解；
（2）设，联立方程组，得到，，利用点到直线的距离公式和弦长公式，求得，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由椭圆的离心率为，可得，可得，
设椭圆方程，将点代入方程，可得，
故方程为.
（2）解：设且，
联立方程，整理得，
由，可得，且，，
又由原点到的距离，
由圆锥曲线的弦长公式，可得，
所以
令，可得
当且仅当，即时，面积取到最大值.
9.（2023·吉林·统考二模）在平面内，动点M（x，y）与定点F（2，0）的距离和它到定直线的距离比是常数2.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若直线与动点的轨迹交于P，Q两点，且（为坐标原点），求的最小值.
【答案】(1)；
(2)最小值为6.
【分析】(1)根据题意列出等式化简即可；
(2) 设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，联立直线OP的方程与的方程，可得，同理可得，进而可得，，再利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）解：由已知可得：，整理化简可得：，
即,
所以动点的轨迹方程为：；
（2）解：由可设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，
由，可得，
所以，
同理可得，
又由且，可得，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为6.
10.（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点为F，抛物线上一点到F的距离为3，
(1)求抛物线C的方程和点A的坐标；
(2)设过点且斜率为k的直线l与抛物线C交于不同的两点M，N．若，求斜率k的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据题意求出p，得抛物线方程，代入点即可得解；
（2）设直线，联立抛物线方程得出根与系数的关系，得出的范围，
再根据，求取值范围即可.
（1）
由题意知，得，
所以抛物线C的方程为．
将点代入，得，
所以点A的坐标为．
（2）
直线与抛物线联立，消去y得，
，解得或．
设，则有，
则，即，又．
所以，则
因为，设，则，
因为，则
所以
因为或，所以k的取值范围是
11.（22·23·西安·三模）在平面直角坐标系中，已知动圆与圆内切，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知是曲线上一点，是曲线上异于点的两个动点，设直线､的倾斜角分别为，且，请问：直线是否经过定点？若是，请求出该定点，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【分析】（1）由题意可得动圆的圆心到点的距离与到直线的距离相等，从而可求得其轨迹方程，
（2）当直线､中其中一条的斜率不存在，可求得直线的方程为；当直线､的斜率都存在时，故设直线､的斜率，，然后表示出，再由可得，设直线方程为，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子可求得直线过的定点.
【详解】（1）圆的圆心为，半径为，
由题意可得，动圆的圆心到点的距离与到直线的距离相等，
所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为；
（2）由（1）可得，
当直线､中其中一条的斜率不存在，不妨设，，
易得，直线的直线为，与联立可得，
故直线的方程为；
当直线､的斜率都存在时，故设直线､的斜率，
设
所以，同理可得，
因为，所以，所以，即，
所以，
所以，即，
由题意可设方程为，联立，消整理得，
所以，，，
所以即，所以，
令得，，此时有定点，
综上所述，直线经过定点

12.（23·24上·成都·阶段练习）动圆与圆：外切，与圆：内切.
(1)求动圆的圆心的轨迹方程；
(2)直线：与相交于两点，过上的点作轴的平行线交线段于点，直线的斜率为（O为坐标原点），若，判断是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)；
(2)为定值，理由见解析.
【分析】（1）设动圆的半径为，由题可知，，结合椭圆的定义即可得解；
（2）由题意可得，联立直线：与椭圆方程，得到两根之和、两根之积，代入化简得，又因为在椭圆上，所以，代入化简得，从而得，，从而得结论.
【详解】（1）解：设动圆的半径为，由题可知，，
从而，
所以圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，轨迹方程为；
（2）由可知平分，直线的斜率互为相反数，即，

设，
由得，，
由韦达定理可得：，，
而，
则，
即
，
于是
，.
化简得： ，
且又因为在椭圆上，即 ，
即，，
从而，，
又因为不在直线上，则有，
即 ，
所以为定值，且.