专题14 范围问题与最值问题（模拟+真题）-2024高考数学二轮复习解析几何压轴题

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

专题14 范围问题与最值问题
1．（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知点为抛物线的焦点，过的直线与交于两点，则的最小值为（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】C
【分析】设直线方程为，联立方程组得出两点坐标的关系，根据抛物线的性质得出关于两点坐标的式子，使用基本不等式求出最小值．
【详解】抛物线的焦点，
过的斜率为0的直线为，直线与抛物线有且只有一个交点，
与条件矛盾，故直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，
联立方程组，得，
方程的判别式，
设，则，，所以，
由抛物线的性质得，
.
当且仅当时，等号成立，
故选：C.
2．（2024·陕西宝鸡·统考一模）设，是椭圆与双曲线（，）的公共焦点，P为它们的一个交点，，分别为，的离心率，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆以及双曲线的定义，结合余弦定理可得，进而利用换元法，结合二次函数的性质即可求解．
【详解】不妨设点是，在第一象限内的交点，
则，，所以，，
在中，由余弦定理可得：，
即，
故
令，
则，
所以，故,
故选：A
3．（2024·全国·模拟预测）已知过点可作出双曲线的两条切线，切点都在双曲线的同一支上，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意，点必须在渐近线轴和双曲线围成的区域内（不包括边界），可得，结合的关系求解即可．
【详解】要满足题意，点必须在渐近线轴和双曲线围成的区域内（不包括边界），如图，
所以，得，∴，∴，，即．
故选：D．
4．（2024·全国·模拟预测）已知为坐标原点，为抛物线的焦点，直线与交于点（点在第一象限），若，则与面积之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，设，，将直线方程和抛物线方程联立，利用可求得的值，可知直线过定点，再利用三角形的面积公式以及导数或者基本不等式可求得与面积之和的最小值．
【详解】由题意可知直线的斜率不为0，所以可设直线的方程为，
联立方程得，则，
设，，则，，
所以，
因为，所以，即，解得或，
当时，直线过坐标原点，则与重合，不存在，不符合题意，所以，
所以，
解法一：
由抛物线方程可知，设直线与轴的交点为，则，
所以，
，
联立解得，（注意点在第一象限）
则与的面积之和，
则，由可得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以当时取得最小值，且.
解法二：
由抛物线方程可知，设直线与轴的交点为，则，
，
所以，
由于，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号．
故选：C
【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：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．
5．（2020·广东梅州·兴宁市第一中学校考模拟预测）已知P为抛物线上一个动点，Q为圆上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线的距离之和的最小值是（ ）
A．5B．C．D．
【答案】C
【分析】求得圆心坐标与半径，由抛物线的定义可知：可知当三点共线时，到点的距离与点到直线距离之和取最小值，利用点到圆心距离减半径即可求得答案．
【详解】抛物线的焦点为，准线为；
圆的圆心为，半径为，
根据抛物线的定义可知点到准线的距离等于点到焦点的距离，
进而推断出当三点共线时，到点的距离与点到直线距离之和取最小值，
最小值为：，
故选：C.
6．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线，直线与双曲线相交于两点（点位于第一象限），点是直线上的动点，点分别为的左、右顶点，当最大时，（为坐标原点），则双曲线的离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】联立与双曲线方程可求得坐标，利用两角和差正切公式和基本不等式可求得当时，取得最大值，利用三角形面积关系可求得，由此可得离心率．
【详解】由得：，，；
设双曲线的右焦点为，不妨令点，

为锐角，当最大时，最大，此时最大，
，，
（当且仅当时取等号），
当时，取得最大值，
此时，，
由得：，，
双曲线的离心率.
故选：B.
【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种：
（1）根据已知条件，求解得到的值或取值范围，由求得结果；
（2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率，从而得到结果．
7．（2023·四川成都·石室中学校考一模）已知双曲线的右焦点为，，直线与抛物线的准线交于点，点为双曲线上一动点，且点在以为直径的圆内，直线与以为直径的圆交于点，则的最大值为（ ）
A．80B．81C．72D．71
【答案】A
【分析】根据题意，由条件可得，再由平面向量的数量积运算，结合图形，即可得到结果．
【详解】
由题可知，点在以为直径的圆上，故，连接、，如图所示，
可得，其中
由图可知，当点运动到双曲线右顶点时，即当时， 取最大值为80.
故选：A.
8．（2023·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，双曲线与直线l：（c为c的半焦距）相交于M，N两点（M位于第一象限），P是直线l上的动点，A，B分别为C的左，右顶点，当取最大值时，，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】根据题意，得到取得最大值时，取得最大值，不妨设，结合为锐角，所以当取得最大值时，最大，此时取得最大值，再由，求得的值，结合离心率的定义，即可求解．
求得．
【详解】由题意，将代入双曲线C的方程，可得，所以，，
设C的右焦点为F，不妨设点的坐标为，
则，，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，最大，最大．
由，可得，所以，
此时双曲线的离心率为.
故选：B.
9．（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）已知为椭圆上的一个动点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】设，解三角形可得，，利用两点距离公式求的最小值，结合平方关系可求的最小值．
【详解】设，
由已知，由对称性可得,
所以，
则，，
且，
因为，
因为，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，又，
所以，
所以.
所以的最小值为.
故答案为：.
10．（2024·湖北·校联考模拟预测）已知抛物线，直线l过C的焦点F且与C交于A，B两点，以线段为直径的圆与y轴交于M，N两点，则的最小值是 .
【答案】/
【分析】由题意结合抛物线定义以及抛物线的通径、圆心角与圆周角的关系即可求解．
【详解】
设的中点为G，过G作y轴的垂线，垂足为H，则H是的中点．
因为以线段为直径的圆与准线相切，所以.
.
当轴时，有，.
故答案为：.
11．（2024·湖南邵阳·统考一模）已知椭圆和双曲线有相同的焦点，它们的离心率分别为，点为它们的一个交点，且．当取最小值时，的值为 .
【答案】
【分析】设椭圆方程为，双曲线方程为．结合椭圆与双曲线的定义得，， ,在中,根据余弦定理可得到，，与的关系式，进而可得，由基本不等式求解即可．
【详解】设椭圆方程为，双曲线方程为：.
不妨设点为第一象限的交点，
由题意知：，则，
由余弦定理得：，
所以.
当且仅当时取等号，.
.
故答案为：.
12．（2024·贵州·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的左支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则当取最小值16时，面积的最大值为 .
【答案】32
【分析】由双曲线的定义结合三角形两边之和大于第三边的相关性质得的最小值为，，结合基本不等式即可求得最值．
【详解】题意得，故，如图所示，
则，
当且仅当M，，N三点共线时两个等号同时成立，
所以的最小值为，所以，即，
当且仅当时，等号成立，
而到渐近线的距离，
又，故，
所以，
即面积的最大值为32.
故答案为：32.
13．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）已知直线与抛物线交于A，B两点，抛物线的焦点为F，且，于点D，点D的坐标为，则 ．
【答案】/
【分析】由，可得，进而求得直线方程，与抛物线联立，结合韦达定理得，代入，可解出，则即可求解．
【详解】依题得，，则，则直线的方程为，
即，与抛物线联立得，
设，则，
由，则，
解得，即抛物线，
.
故答案为：
14．（2023·广东·东莞市东华高级中学校联考一模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用双曲线的性质及余弦定理计算即可．
【详解】
因为倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，
可知直线的倾斜角大于双曲线的一条渐近线的倾斜角，
即，
设，则，根据可知，
在中，由余弦定理可知，
即，
则，
故
故答案为：
15．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知动点与两个定点，满足，设点的轨迹为曲线，则的方程为 ；过的直线与相切，切点为，，为上两点，且，为的中点，则面积的最大值为 .
【答案】
【分析】设，由得到方程，变形后得到答案，先得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆，并得到的最大值为，且此时⊥，故此时的面积最大，求出各边长度，求出面积的最大值．
【详解】设，则，变形得到，
故的方程为；
设的圆心为，半径为2，又，
因为为的中点，所以⊥，，
由勾股定理得，故GN=1，
故点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆，
由于为圆的切线，故的最大值为，且此时⊥，
故此时的面积最大，
由于，
最大值为.

故答案为：，
16．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的下顶点为，左、右焦点分别为，.
(1)求的面积；
(2)过点作直线交圆于，两点，过点作垂直于的直线交椭圆于（点异于点），求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分别求出，，的坐标，即可得到的面积；（2）由题可得直线的斜率存在，不妨设为，则直线，当时，求出，当时，得到直线的方程为，利用圆的弦长公式求出，联立椭圆与方程，得到韦达定理，从而表示出，得到，再利用基本不等式即可求解．
【详解】（1）由题意得，，，.
的面积.
（2）易知直线的斜率存在，不妨设为，则直线.
当时，直线的方程为，直线的方程为，
则，，此时；
当时，直线的方程为，圆心到直线的距离，
直线被圆截得的弦长为.
联立，得，，则，
，
.
当且仅当，即时，等号成立，
，面积的最大值为.
17．（2022·全国·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，过点且斜率为的直线与圆：相切．
(1)求的方程；
(2)设，过点作的两条切线，，切点分别为，，试求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意表示出直线的方程，再由圆的几何性质可得出关于p的等式，即可解出p的值，求出抛物线的方程；
（2）设，，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求出直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合函数的性质即可求得结果．
【详解】（1）由题意得，抛物线的焦点，则直线：，
圆的圆心为，半径，则，解得或（舍去），
∴抛物线的方程为.
（2）设，
对于函数，求导得，
∴切线的斜率为，
∴切线的方程为，
即，即，
同理可得切线的方程为，
又点在两切线上，∴，
∴直线的方程为.
联立，得，
∴
且，
点到直线的距离，
∴.
∵，∴，∴
即面积的取值范围是.
18．（2024·浙江湖州·校考模拟预测）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)设过点且斜率不为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，，，，中点，
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.
19．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点；
(3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；
（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可．
【详解】（1）由题设得，解得，
所以的方程为；
（2）由题意可设，设，，
由，整理得，
．
由韦达定理得，，
由得，
即，
整理得，
因为，得，解得或，
时，直线过定点，不合题意，舍去；
时，满足，
所以直线过定点．
（3））由（2）得直线，所以，
由，
整理得，，
由题意得，
因为，所以，所以，
令，，
所以，在上单调递减，
所以的范围是．

20．（2024·陕西咸阳·校考模拟预测）已知椭圆的离心率是双曲线的离心率的倒数，椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)当过点的动直线与椭圆相交于两个不同点时，设，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量数量积得到关系式，结合离心率以及求解出，则椭圆方程可求；
（2）设出坐标，根据向量共线表示出对应坐标关系，再利用点差法结合已知坐标关系进行化简从而得到关于的表示，根据椭圆的有界性可求的范围．
【详解】（1）设点的坐标分别为，
又点的坐标为，且，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，则依据得，
整理得，
又，故，
得，
即，
当时，此时，即重合，显然不成立，所以，
所以，即，
又，得，
又，故，且，
故实数的取值范围为.
21．（2016·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考一模）已知直线与椭圆相交于A、B两个不同的点，记与轴的交点为C.
(1)若，且，求实数的值；
(2)若，求面积的最大值，及此时椭圆的方程．
【答案】(1)
(2)面积的最大值为，此时椭圆的方程为
【分析】（1）若，联立直线和椭圆方程，结合相交弦的弦长公式以及，即可求实数的值；
（2）根据关系，，结合一元二次方程根与系数之间的关系，以及基本不等式进行求解即可．
【详解】（1）设，，
由，得，
则，，
则，解得，经验证符合题意，所以.
（2）由，得，
则，，
由得，
解得，代入上式得：
，则，
，
当且仅当时取等号，
此时，，
又，
则，解得，经检验符合题意，
所以，面积的最大值为，此时椭圆的方程为.

22．（2024·浙江台州·统考一模）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．
23．（2023·河南·校联考模拟预测）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为上的动点，点满足，设点的轨迹为曲线，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)写出曲线的极坐标方程；
(2)直线（，），与曲线交于点（不同于原点），与曲线：交于点（不同于原点），求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出点的参数方程，化为普通方程，最后求出极坐标方程；
（2）由点、的极坐标直接求两点间的距离，再由三角函数的最值求解．
【详解】（1）设，.
则，.
由，
曲线直角坐标系方程为，
由
曲线的极坐标方程为.
（2）设，
则，，
，
当时，.
24．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，点在第一象限，为坐标原点．
(1)设为抛物线上的动点，求的取值范围；
(2)记的面积为的面积为，求的最小值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，准线方程，设点，求出关于的函数关系，再利用二次函数性质求解作答．
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理、三角形面积公式结合均值不等式求解作答．
【详解】（1）依题意，抛物线的焦点，准线方程，设，
则，
因此，
而，即有，则当，即时，，
当，即时，，
所以的取值范围是.
（2）显然直线不垂直于轴，设直线的方程为，
由消去并整理得，显然，
设，，则，即，

令为点，于是的面积为，的面积为，
因此，当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
25．（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中中，动点到定点的距离比它到轴的距离大1，的轨迹为.
(1)求曲线的方程；
(2)已知点，分别为曲线上的第一象限和第四象限的点，且，求与面积之和的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意直接求动点的轨迹方程即可；
（2）当直线的斜率为0时，不适合题意，所以设出直线的方程与抛物线联立利用基本不等式求解即可．
【详解】（1）设动点的坐标为，由已知得，，
化简得：，故曲线的方程为.
（2）如图：

因为点，分别为曲线上的第一象限和第四象限的点，
所以当直线的斜率为0时，不适合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，
由得，，，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以，解得：或（舍去），
当时，直线的方程为，
直线过定点，且满足，且，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
故最小值为.
26．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，的周长为8，且点在上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与圆：交于C，D两点，当时，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再将代入椭圆方程，即可求出，进而得出椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，由点到之间距离公式及勾股定理得出，设，，由直线方程与椭圆方程联立，得出和，代入，设，，由的单调性得出值域，即可求出的范围．
【详解】（1）因为的周长为8，
所以，解得，
将点的坐标代入椭圆方程，得，解得，
所以椭圆E的方程为．

（2）由（1）知圆的方程为，设直线l的方程为，
则圆心到直线l的距离，
由，可得．
设，，联立方程组，
消去x得，
则，，
所以，
设，则，
设，
易知在上单调递增，则在上单调递增，
因为，
所以．

27．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程，并说明是什么曲线；
(2)设，为曲线上的两动点，直线与直线的斜率乘积为.
①求证：直线恒过一定点；
②设的面积为，求的最大值．
【答案】(1)；中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左、右顶点
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据斜率公式列式化简从而写出曲线的方程，并根据椭圆的标准方程判断出曲线为焦点在轴上的椭圆；（2）①根据题意判断得直线的斜率不为，设直线的方程为，与椭圆方程联立方程组，化简得关于的一元二次方程，写出韦达定理，根据斜率公式列式得，代入韦达定理化简计算即可求解出的值，从而得所过定点坐标；②根据①的结果，利用三角形面积公式计算的面积为，代入韦达定理化简计算，利用二次函数的性质从而计算得的最大值．
【详解】（1）由题意，得，
化简得，所以曲线为中心在坐标原点，
焦点在轴上的椭圆，不含左、右顶点．
（2）①证明：，．因为若直线的斜率为，
则点，关于轴对称，必有，不合题意，
所以直线的斜率必不为.
如图，设直线PQ的方程为.
由，得，
所以，
且．因为，即．因为
所以，此时，
故直线恒过轴上一定点.
②解：由①可得，，，所以
，
当且仅当即时等号成立，所以的最大值为.

【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 （或）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；（2）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或不存在等特殊情形．
28、已知椭圆的左、右焦点分别是,离心率,过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为．
（1）求椭圆的方程;
（2）若直线过椭圆的右焦点,且与轴不重合, 交椭圆于两点, 过点且与垂直的直线与圆交于两点, 求四边形面积的取值范围．
【解析】（1）略
（2）当直线与轴不垂直时, 设的方程 ,
由,得,则
,
,过点且与垂直的直线,
圆心到的距离是,所以．
故四边形面积．
可得当与轴不垂直时, 四边形面积的取值范围为．
当与轴垂直时, 其方程为,四边形面积为,
综上, 四边形面积的取值范围为．
29、抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于 ，两点．
(1)若，求直线AB的斜率；
(2)设点在线段上运动，原点关于点的对称点为，求四边形面积的最小值．
【解析】(1)依题意知，设直线的方程为．
将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得．设，，
所以， ①
因为，所以 ②
联立①和②，消去，得．
所以直线的斜率是．
(2) 原点关于点的对称点为，得是线段的中点，从而点与点到直线的距离相等，所以四边形的面积等于．因为，
所以当 时，四边形OACB的面积最小，最小值是4．
30、（2022·江苏淮安·模拟预测）椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，短轴一个端点到右焦点的距离为eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为eq \f(\r(3),2)，求△AOB面积的最大值．
【解析】(1)设椭圆的半焦距为c，依题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a＝\r(3)，))
∴c＝eq \r(2)，b＝1，∴所求椭圆方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为y＝kx＋m.
由已知eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(3),2)，得m2＝eq \f(3,4)(k2＋1)．
把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.
∴x1＋x2＝eq \f(－6km,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(3m2－1,3k2＋1).
∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2
＝(1＋k2)
＝eq \f(12k2＋13k2＋1－m2,3k2＋12)＝eq \f(3k2＋19k2＋1,3k2＋12)
＝3＋eq \f(12k2,9k4＋6k2＋1)＝3＋eq \f(12,9k2＋\f(1,k2)＋6)(k≠0)
≤3＋eq \f(12,2×3＋6)＝4.
当且仅当9k2＝eq \f(1,k2)，即k＝±eq \f(\r(3),3)时等号成立．
当k＝0时，|AB|＝eq \r(3)，综上所述|AB|max＝2.
∴当|AB|最大时，△AOB的面积取得最大值
S＝eq \f(1,2)×|AB|max×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2).
31、（2022·绍兴一中模拟预测）如图所示，点A，B分别是椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.
(1)求点P的坐标；
(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．
【解析】(1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，
设点P的坐标是(x，y)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－4＋y2＝0，))
可得2x2＋9x－18＝0，得x＝eq \f(3,2)或x＝－6.
由于y>0，故x＝eq \f(3,2)，于是y＝eq \f(5\r(3),2).
∴点P的坐标是.
(2)由(1)可得直线AP的方程是x－eq \r(3)y＋6＝0，
点B(6,0)．
设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是eq \f(|m＋6|,2)，
于是eq \f(|m＋6|,2)＝|m－6|，
又－6≤m≤6，解得m＝2.
由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，
得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq \f(5,9)x2
＝eq \f(4,9)＋15，
由于－6≤x≤6，
由f(x)＝eq \f(4,9)＋15的图象可知，
当x＝eq \f(9,2)时，d取最小值，且最小值为eq \r(15).
32．（2023·湖南·模拟预测）已知椭圆C：的上顶点为B，O为坐标原点，为椭圆C的长轴上的一点，若，且△OPB的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆C与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM，AN分别与椭圆C交于M，N两点，直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标，求出△AMN面积的最大值．
【分析】（1）根据题意得到与，从而求得，由此得解；
（2）结合题意设直线MN的方程为，联立椭圆C的方程得到，进而得到，结合即可得到关于的方程，从而证得直线MN过定点，再利用，结合对勾函数的单调性即可得解．
【详解】（1）由已知，得，即，
又因为，所以，即，
解方程组，得，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知，直线MN的斜率不为0，设，直线MN的方程为，
联立，消去，得，
所以，，
则，
因为，所以，即，
所以，
即，解得或，
因为当时，直线的方程为，则直线经过，不符合题意，
所以，满足，此时直线的方程为，所以直线过定点，
记直线与轴的交点为，则点坐标为，
当时，，
，
令，
令，则，故在上单调递增，
所以，
当且仅当，即时，△AMN面积取得最大值.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹．
33．（2023·云南玉溪·统考一模）如图，已知，直线l：，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线与轨迹C交于A，B两点，与直线l交于点M，设，，证明定值，并求的取值范围．
【分析】（1）设出点的坐标，运用数量积运算可得结果．
（2）设直线AB的方程，求出点M的坐标，联立直线AB与轨迹C的方程后由韦达定理得、，由已知向量关系式可得，，进而求得的值与的范围．
【详解】（1）设点，则，且．
由得，
即，化简得．
故动点P的轨迹C的方程为：．
（2）设直线AB的方程为：，则．
联立直线AB与轨迹C的方程得，消去x得，
则．
设，，由韦达定理知，．
由，得：，，
整理得，．
所以．
故为定值0．
∵，
∴，
∴的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解．
34．（2023·河南·长葛市第一高级中学统考模拟预测）已知椭圆的长轴长为4，，为C的左、右焦点，点P（不在x轴上）在C上运动，且的最小值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，记的内切圆的半径为r，求r的取值范围．
【分析】（1）根据椭圆的几何性质可得，再由余弦定理和基本不等式得出，即可求出椭圆C的方程；（2）易知的周长为定值，利用等面积法可求得内切圆的半径与面积的表达式，联立直线l与椭圆C的方程写出面积的表达式再通过构造函数利用函数单调性即可求得内切圆的半径为r的取值范围．
【详解】（1）由题意得，
设，的长分别为m，n，，
则在中，由余弦定理可得
当且仅当时取等号，从而，
得，∴，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，，
由题意，根据椭圆的定义可得的周长为，
，所以，
设l的方程为，联立椭圆方程，
整理可得，易知
且，，
，
所以，
令，则，
，
令函数，则，
当时，恒成立，所以在上单调递增，
则，所以，
即，
故r的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求三角形内切圆半径可利用等面积法，把整个三角形看成三个以内切圆圆心为顶点的小三角形，根据三个小三角形面积之和与大三角形面积相等，建立三角形周长、面积与内切圆半径之间的关系式即可求得结果．
35．（2023·陕西安康·统考二模）设椭圆：过点，为直线：上不同于原点的任意一点，线段的垂直平分线为，椭圆的两焦点，关于的对称点都在以为圆心，为半径的圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于，两点，为椭圆的右顶点，求四边形的面积的取值范围．
【分析】（1）根据垂直平分线性质可知两焦点，关于的对称点距离等于线段的长度，且对称点所连线段为圆P的直径，由此可得焦距长，继而求出椭圆方程解析式；
（2）利用韦达定理，找出，两点坐标关系，根据弦长公式求出长度，根据点到直线距离公式求出，两点到的距离，列式即可得出四边形的面积表达式，根据直线斜率范围即可得出面积范围．
【详解】（1）设，关于的对称点分别为，，为线段的中点，
∴是的中点，
∴是圆的直径，∴，
∴
由已知，所以椭圆的方程为
（2）设点，，其中
联立
∴，
点、到直线的距离分别为，
∵当且仅当时取等号．
∴，∴，
∴
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．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值．
2．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可．
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可．
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明．
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，

则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证．
法二：不妨设在上，且，

依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可．
3．（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
4．（2021·全国·统考高考真题）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）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
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A、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.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
5．（2021·全国·统考高考真题）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．
6．（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.
【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．
7．（2019·全国·高考真题）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−．记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形；
（ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值．
【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；
（2）（i）
[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】
依题意设，
直线的斜率为，则，
所以．
又，所以，
进而有，即是直角三角形．
[方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】
由题意设，则．
因为Q，E，G三点共线，所以，
又因为点P，G在椭圆上，所以，
两式相减得，
所以，所以．
（ii）
[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】
设，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以．
令，即
．
注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，．
[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】
设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为．
由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，．
又，从而，进而．以下同解法一．
【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键；
方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单．
(ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解；
8．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为．求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率．
【答案】（1） （2） 的最大值为 ，取得最大值时直线的斜率为 .
【详解】试题分析：（I）本小题由，确定即得．
（Ⅱ）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定及圆的半径表达式．进一步求得直线的方程并与椭圆方程联立，确定得到的表达式，研究其取值范围．这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式．
试题解析：（I）由题意知 ，，
所以 ，
因此 椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，
联立方程
得，
由题意知，
且，
所以 .
由题意可知圆的半径为
由题设知，
所以
因此直线的方程为.
联立方程
得，
因此 .
由题意可知 ，
而
，
令，
则，
因此 ，
当且仅当，即时等号成立，此时，
所以 ，
因此，
所以 最大值为.
综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.
【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题．解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解．本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出．本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．