2025年高考数学二轮复习专项精练27 最值、范围问题（真题精练+模拟精练）

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【真题精练】
一、单选题
1．（2021·全国·高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13B．12C．9D．6
二、解答题
2．（2022·全国·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
3．（2021·全国·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
4．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
5．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
6．（2024·上海·高考真题）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
2．(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
3．（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.
4．(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．
5．(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
6．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【详解】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.
【模拟精练】
一、单选题
1．（22-23高二·全国·课后作业）已知点P为椭圆上任意一点，点M、N分别为和上的点，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
2．（21-22高二上·陕西西安·期末）已知F为抛物线的焦点，过F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A、B两点，直线与C交于D、E两点，则的最小值为（ ）
A．24B．22C．20D．16
二、多选题
3．（2024·福建厦门·一模）设椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于A，B两点，若，且的周长为8，则（ ）
A．B．的离心率为
C．可以为D．可以为直角
4．（2024·浙江杭州·二模）过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（ ）
A．直线与抛物线C有2个公共点
B．直线恒过定点
C．点的轨迹方程是
D．的最小值为
三、解答题
5．（2024·山东济南·一模）已知双曲线C：的左右顶点分别为，，过点的直线与双曲线C的右支交于M，N两点.
(1)若直线的斜率k存在，求k的取值范围；
(2)记直线，的斜率分别为，，求的值；
(3)设G为直线与直线的交点，，的面积分别为，，求的最小值.
6．（2023·湖南长沙·一模）设A，B是椭圆上异于的两点，且直线AB经过坐标原点，直线PA，PB分别交直线于C，D两点．
(1)求证：直线PA，AB，PB的斜率成等差数列；
(2)求面积的最小值．
7．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）已知椭圆的左，右焦点分别为，且与短轴的一个端点构成一个等腰直角三角形，点在椭圆上，过点作互相垂直且与轴不重合的两直线分别交椭圆于，且分别是弦的中点.
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：直线过定点；
(3)求面积的最大值.
8．（2023·山东·模拟预测）已知曲线，直线与曲线交于轴右侧不同的两点．
(1)求的取值范围；
(2)已知点的坐标为，试问：的内心是否恒在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．
9．（2024·山东临沂·一模）动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
10．（22-23高三上·河北石家庄·期末）已知椭圆：经过点，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线：与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点到直线的距离为2，求的面积的最大值.
11．（22-23高三下·广东清远·阶段练习）已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，点关于轴对称的点为.当时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)若的外心为，求的取值范围.
12．（2023·山西·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点，过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，求面积的最大值以及此时直线l的方程.
参考答案：
1．C
【分析】求出两圆的圆心坐标，根据椭圆的性质可知为定值，根据三角形两边之和大于第三边可知的最大值为与两圆半径的和即可.
【详解】设圆和圆的圆心分别为,半径分别为.
则椭圆的焦点为.
又,，，
故，
当且仅当分别在的延长线上时取等号.
此时最大值为.
故选：C.
2．A
【分析】由抛物线的性质：过焦点的弦长公式计算可得.
【详解】设直线，的斜率分别为，
由抛物线的性质可得，，
所以，
又因为，所以，
所以，
故选：A.
3．AC
【分析】根据已知可得、，进而有，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.
【详解】由，如下图周长为，故，
所以，椭圆离心率为，A对，B错；
当轴，即为通径时，且，
所以，故可以为，C对；
由椭圆性质知：当为椭圆上下顶点时最大，此时，
且，故，即不可能为直角，D错.
故选：AC
4．BC
【分析】设出直线的方程为，代入，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.
【详解】设直线的方程为，
联立，消去得，则，
对于A：抛物线在点处的切线为，
当时得，即，
所以直线的方程为，整理得，
联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误；
对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确；
对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确；
对于D： ，
则，
令，
则，
设，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，D错误.
故选：BC.

【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
5．(1)；
(2)；
(3)3.
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，结合题意列出不等式组，即可求解；
（2）由（1）得到，求得，结合斜率公式，准确运算，即可求解；
（3）由（2）可知，设与的方程分别为和，两两方程组，求得，结合三角形的面积公式和不等式的性质，即可求解.
【详解】（1）解：设Mx1,y1，Nx2,y2，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
可得 ，解得，
又由直线的斜率为，可得的取值范围是.
（2）解：由双曲线，可得，，
由（1）可得，，则.
所以
.
（3）解：由（2）可知，
所以直线与直线的方程分别为和，
联立两直线方程可得交点的横坐标为，
于是
，
故的最小值为，当且仅当时取等号成立.

【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
6．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）设，，表达出直线，直线，直线的斜率，由证明出结论；
（2）写出直线PA的方程，与联立求出，同理求出，求出，利用三角换元，求出的最小值，结合到直线的距离，求出面积的最小值.
【详解】（1）设，则，，
直线的斜率，直线的斜率为，直线的斜率为，
，
故直线PA，AB，PB的斜率成等差数列；
（2）直线PA的方程为，与联立得：
，
同理可得：直线PB的方程为，与联立得：
，
故，
因为，设，
故，
其中，
故当时，取得最小值，最小值为，
又点到直线的距离，
故面积的最小值为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
7．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程组求解；
（2）设直线的方程为，根据已知条件，利用韦达定理和中点公式求得，，然后按照其横坐标是否相等，分别研究直线的方程，从而得到结论；
（3）求得△MNF2面积关于的表达式，然后利用换元思想，设转化为关于的函数，利用函数的单调性求解得到.
【详解】（1）因为椭圆经过点，
所以，因为与短轴的一个顶点构成一个等腰直角三角形，
所以，
所以，解得，
所以椭圆方程为.
（2）证明：设直线的方程为，
则直线的方程为，
联立，消去得，
设，则,
所以，
由中点坐标公式得，
将的坐标中的用代换，得的中点，
当时，所在直线为，
当时，，直线的方程为，
整理得，
令，可得，即有，
所以直线过定点，且为.
（3）方法一：面积为.
令，
由，，在上，∴递增，则在上递减，所以当，即时，取得最大值为，
则面积的最大值为.
方法二：，
则面积，
令，则，当且仅当，
即时，面积的最大值为.
所以面积的最大值为.
8．(1)
(2)的内心恒在一条定直线上，该直线为
【分析】（1）联立方程，根据题意结合韦达定理列式求解；
（2）根据（1）中的韦达定理证明，即可得结果.
【详解】（1）设，
联立方程，消去y得：，
由题意可得，解得，
故的取值范围为.
（2）内心恒在一条定直线上，该直线为，
∵，即点在椭圆上，
若直线过点，则，解得，
即直线不过点，故直线的斜率存在，
由（1）可得：，
设直线的斜率分别为，则，
∵
，
即，则的角平分线为，
故的内心恒在直线上.
【点睛】方法定睛：存在性问题求解的思路及策略：
(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．
(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
9．(1)
(2)（i）证明见解析，（ii）
【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；
（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，
因为与，都内切，
所以，，
所以，
又，，故，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设的方程为：，
则，，所以，
故的方程为：.
（2）（i）证明：设Ax1,y1，Bx2,y2，，
由题意中的性质可得，切线方程为，
切线方程为，
因为两条切线都经过点，所以，，
故直线的方程为：，显然当时，，
故直线经过定点1,0.
（ii）设直线的方程为：，
联立，整理得，
由韦达定理得，
又，所以直线的方程为，
令得，
，
所以直线经过定点，又，
所以
，
所以，当且仅当时，即时取等号.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
10．(1)
(2)4
【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的标准方程；
（2）由原点到直线的距离为2，可得，设，，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合弦长公式表示出，从而可表示出的面积，化简后结合基本不等式可求得其最大值.
【详解】（1）由题意可得：，又离心率为，所以，
可得，那么，代入可得：，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知，原点到直线的距离为2，那么，即：，
设，，联立可得：
，其判别式
，可知
由韦达定理可得：，，
那么
，
所以的面积
当且仅当时取得等号，所以△的面积的最大值.
11．(1)；
(2).
【分析】(1)设双曲线的半焦距为，由条件列关于的方程，解方程求可得双曲线方程；
(2)设直线的方程为，利用设而不求法求点的坐标，利用表示，再求其范围.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，
因为双曲线的右焦点为，所以，
因为点和点关于轴对称，
所以当时，直线的方程为，
联立可得，又，
所以，又，
所以，
故双曲线方程为；
（2）若直线的斜率为0，则直线与双曲线右支只有一个交点，与已知矛盾，
所以可设直线的方程为，
联立，消，得，
方程的判别式，
设，
则，
，
由已知，所以，
所以线段的中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为，
又线段的垂直平分线方程为，
所以点的坐标为，
所以，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以
所以的取值范围为.
【点睛】直线与双曲线的综合问题，一般利用设而不求法解决；其中范围或最值问题，一般利用设而不求法求出变量的解析式，再结合函数方法求其范围或最值.
12．(1)
(2)，或
【分析】（1）根据给定条件列方程，求出a，b即可作答.
（2）先判断直线的斜率不为0，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理、三角形面积列出函数式，利用基本不等式求解作答.
【详解】（1）由，得，
所以椭圆C的方程为，
把点的坐标代入上式，得，可得，
所以，，故椭圆C的方程为.
（2）由（1）知焦点F的坐标为，若直线l的斜率为0，
则O，A，B三点不能构成三角形，
所以直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，
联立方程组，消去x，得，
方程的判别式，
设，，则，，
.
令，则，
当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为.
令，解得，
所以此时直线l的方程为或.
【点睛】关键点点睛：(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x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(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0或不存在等特殊情形．
题号
1









答案
C









题号
1
2
3
4






答案
C
A
AC
BC