2024年新高考数学培优专练04 圆锥曲线中的范围问题（原卷版+解析）

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1．已知抛物线的焦点为F，，点是抛物线上的动点，则当的值最小时，=（ ）
A．1B．2C．D．4
【答案】B
【分析】
根据抛物线定义，转化，要使有最小值，只需最大，即直线与抛物线相切，联立直线方程与抛物线方程，求出斜率，然后求出点坐标，即可求解.
【详解】
由题知，抛物线的准线方程为，，过P作垂直于准线于，连接，由抛物线定义知.
由正弦函数知，要使最小值，即最小，即最大，即直线斜率最大，即直线与抛物线相切.
设所在的直线方程为：，联立抛物线方程：
，整理得：
则，解得
即，解得，代入得
或，再利用焦半径公式得
故选：B.
关键点睛：本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，解题的关键是要将取最小值转化为直线斜率最大，再转化为抛物线的切线，考查学生的转化思想与运算求解能力，属于中档题.
2．已知椭圆，直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，B两点，的中垂线交x轴于M点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
当l：时，，设与椭圆联立可得：， 然后求得的中垂线方程，令 ，得，然后分别利用两点间的距离公式和弦长公式求得，，建立求解.
【详解】
椭圆的左焦点为,
当l：时，，，
所以，
设与椭圆联立，可得：
，
由韦达定理得：，
取中点为，
所以的中垂线方程为：
，
令 ，得，
所以，
又，
所以，
综上所述，
故选：B.
【点睛】
思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则弦长为 (k为直线斜率)．
注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．
3．已知点，分别为圆和椭圆上的点，则，两点间的最大距离是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】D
【分析】
求得圆心坐标和半径，设出椭圆上任意一点的坐标，利用，表示椭圆上的点到圆上点的最大距离的表达式，再利用三角函数求得其最大值.
【详解】
依题意可知圆心，半径是.
设椭圆上的点，
此时点到圆上的点的最大距离为，即 ，
由，得，即
所以的最大值为9，即，两点间的最大距离是9.
故选：D
【点睛】
本题主要考查圆和椭圆的位置关系，圆外一点到圆上的点的最大距离的表示，考查学生的换元思想以及化归与转化的数学思想方法，考查学生的运算能力，属于中档题.
4．已知直线：与椭圆：至多有一个公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
由直线：与椭圆：至多有一个公共点，即联立方程，化简整理得，即可理解为双曲线外部的点（可行域），转化为线性规划的题，然后化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到的取值范围.
【详解】
联立方程，化简整理得：
因为直线：与椭圆：至多有一个公共点，
所以，即，
即点满足双曲线外部的点，即可行域，如图所示，为x轴，k为y轴，
将变形为，平移直线，
由图可知，当直线与双曲线相切时为临界条件.
联立，化简整理得：
由题知，，解得
若可行域是双曲线右支外部的点，即临界条件切线需要往上平移，即；
若可行域是双曲线左支外部的点，即临界条件切线需要往下平移，即；
综上可知，的取值范围是
故选：D.
【点睛】
本题考查直线与椭圆交点个数问题，考查用双曲线外部点作可行域，求线性目标函数的最值，考查学生的转化与化归思想，数形结合思想与运算求解能力，属于难题.
二、多选题
5．已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点.点是抛物线上不同的两点.下面说法中正确的是（ ）
A．若直线过焦点，则以线段为直径的圆与准线相切；
B．过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多两条；
C．对于抛物线内的一点，则；
D．若直线垂直于轴，则直线与直线的交点在抛物线上.
【答案】ACD
【分析】
过作准线于，过作准线于，计算得到A正确；直线包括两条切线和轴所在直线，B错误；，C正确；设，，计算交点验证得到答案.
【详解】
如图一：过作准线于，过作准线于，
过中点作准线于，则，
故以线段为直径的圆与准线相切，A正确；
点与抛物线有且仅有一个公共点的直线包括两条切线和轴所在直线，B错误；
如图二：过作准线于，过作准线于，准线方程为，
，当共线时等号成立，C正确；
设，，，，
则直线：，：，交点，
带入满足抛物线方程，故D正确.
故选：ACD.

【点睛】
思路点睛：
利用抛物线定义将点到焦点的距离和点到准线的距离互换，利用几何关系，是解决抛物线中距离的最值的关键.
6．已知曲线C的方程为，，点P是C上的动点，直线与直线交于点M，直线与直线交于点N，则的面积可能为（ ）
A．73B．76C．68D．72
【答案】ABD
【分析】
设，求出，求出的坐标和的最小值，得到的面积的最小值，即得解.
【详解】
设，则．
设，则，
直线的方程为，则点M的坐标为，
直线的方程为，
则点N的坐标为．所以，
当且仅当，即时等号成立．
从而面积的最小值为.
故选：ABD．
【点睛】
方法点睛：与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：
（1）几何法：结合定义利用图形中几何量之间的大小关系或曲线之间位置关系列不等式，再解不等式.
（2）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围.
（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；
（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性、直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式.
（5）利用数形结合分析解答.
7．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过点的直线与抛物线交于两点，为线段的中点，为坐标原点，则（ ）
A．的准线方程为B．线段长度的最小值为4
C．D．
【答案】BCD
【分析】
根据条件可得出，易得A、B的正误，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，联立x=my+1，y2＝2px ，算出即可得出C、D的正误.
【详解】
焦点F到准线的距离为p=2，所以抛物线C的焦点为(1，0)，
准线方程为x=－1，则选项A错误；
当PQ垂直于x轴时长度最小，此时P(1，2)，Q(1，－2)，所以|PQ|=4，则选项B正确；
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，联立x=my+1，y2＝2px ，
消去y可得x2－(4m2+2)x+1=0，消去x可得y2－4my－4=0，
所以x1+x2=4m2+2，y1+y2=4m，
，
当时成立， 则选项C正确；
又x1x2=1，y1y2=－4，所以＝x1x2+y1y2=－3，则选项D正确；
故选：BCD
8．已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，长轴长为，焦距为，点在椭圆上且满足，直线与椭圆交于另一个点，若，点在圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的焦距为B．三角形面积的最大值为
C．圆在椭圆的内部D．过点的圆的切线斜率为
【答案】ABC
【分析】
利用,求得，利用已知条件及椭圆定义求出椭圆方程，再对选项进行验证得解
【详解】
，
,设 则
又，，

所以A正确；
圆， ，圆在椭圆内部，所以点在椭圆内部，所以C正确；
当点在轴上是三角形面积的最大，
此时 , 所以B正确；
设过点的圆的切线斜率为，则切线方程为
所以D错误
故选：ABC
【点睛】
本题考查椭圆与圆的相关性质，属于基础题.
三、解答题
9．已知椭圆：.
（1）求椭圆的离心率.
（2）已知点是椭圆的左顶点，过点作斜率为1的直线，求直线与椭圆的另一个交点的坐标.
（3）已知点，是椭圆上的动点，求的最大值及相应点的坐标.
【答案】（1）；（2）；（3）取最大值，此时点的坐标是.
【分析】
（1）由方程直接求出，即可求出离心率；
（2）可得直线方程为，联立直线与椭圆方程即可求出交点坐标；
（3）设，利用距离公式与椭圆的有界性即可求出.
【详解】
（1）因为，，
所以，，，
所以椭圆的离心率.
（2），直线的方程为：，
联立方程组，消去整理得：，
解得，，
所以点的坐标为.
（3）设，因为是椭圆上的动点，所以，
，因为，
所以
，
因为，
所以当时，取最大值，此时点的坐标是.
【点睛】
关键点睛：本题考查直线与椭圆的交点坐标，可直接联立方程求解，第三问求椭圆上的点到定点的距离最值，解题的关键是正确表示距离，利用椭圆的有界性求解.
10．已知椭圆上的点到右焦点的最大距离是，且1、、成等比数列．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且与轴不垂直的直线与椭圆交于、两点，线段的中垂线交轴于点，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据条件列出方程组求解；
（2）先设出方程，联立方程组得到根与系数关系，从而建立关于的函数，利用函数性质求出的范围．
【详解】
解：（1）由题意可知，解之得，
故椭圆的方程为．
（2）由题意得，设的方程为，
由消去得，
设，，，，则，
可得线段的中点，
当时，直线为轴，此时．
当时，直线的方程为，
令得，
综上可知，实数的取值范围为．
【点睛】
设直线方程时，注意对直线的斜率进行分类讨论，即斜率存在与不存在.
11．已知椭圆的左、右顶点分别为、，直线与椭圆交于、两点．
（1）点的坐标为，若，求直线的方程；
（2）若直线过椭圆的右焦点，且点在第一象限，求、分别为直线、的斜率）的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）利用点差法，求直线的斜率，再求直线方程；（2）直线的斜率不存在时，求点的坐标，得到的值，以及当斜率存在时，直线与曲线方程联立，利用根与系数的关系求的值，并将表示为的二次函数，并求取值范围.
【详解】
解：（1）设，，，，
由题意可得为线段的中点，
由两式相减可得
，
而，即有，，
则，可得，
故直线的方程为，
即；
（2）由题意可得，，，
当直线的斜率不存在时，，，，．
当直线的斜率存在时，则的斜率不为0，
设直线的方程为，，与椭圆方程联立，
可得，
则，，
所以
，
所以，
因为在第一象限，所以，
所以，．
【点睛】
思路点睛：1.一般涉及中点弦问题时，采用点差法求解；2.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题.
12．已知圆的离心率为，过的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，当，轴时，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若l不垂直于坐标轴，且在x轴上存在一点，使得成立，求m的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据条件构建方程求解即可
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，然后由，得，即，即，然后得出即可.
【详解】
解：（1）椭圆的半焦距为c．根据题意，得，解得，．
所以椭圆C的标准方程为．
（2）由l不垂直于坐标轴知，直线l的斜率存在，且不为0，设直线l的方程为，
联立，消去y可得．
设，，易知，且均不等于m．
由根与系数的关系，得，．
由， 得，所以．
所以，
所以整理可得，即．
因为，所以．
【点睛】
关键点点睛：解题关键是找到关于的等量关系．本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，，由， 得，然后表示出得到所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
13．已知椭圆：经过点，一个焦点的坐标为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线：与椭圆交于，两点，为坐标原点，若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据焦点坐标可得，利用椭圆定义可求得a的值，根据a,b,c的关系，即可求得b的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）设，，联立直线与椭圆C的方程，根据，可得m与k的关系，利用韦达定理，可得，，的表达式，根据，可得，即可求得的范围，代入所求，即可得答案.
【详解】
（1）由题意得，，
根据椭圆定义可得：，解得
根据，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，，
由得：，
，即，
，，，
所以，所以，
故，解得，
所以.
故的取值范围为
【点睛】
方法点睛：直线与椭圆的位置关系问题，解题的关键是将直线与曲线的方程联立，利用韦达定理把计算目标转化为关于斜率等变量的函数关系式，注意这个条件求出变量的范围，并利用函数值域的求法（如分离常数等）来求目标函数的最值.
14．已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值；
（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值?若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）138；（3）存在，，.
【分析】
（1）设点，由題意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得.
（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理从而转化为：线性规划问题处理.
（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.
【详解】
（1）设点，由題意可得，即，
化简可得.
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入上式消去可得，即的轨迹为.
令，则，可视为直线在y轴上的截距，
的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，
所以，，所以.
因此的最大值为138.
（3）存在点，使得为定值.
当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，显然，
设，则，，
又，，
则
要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值.
当直线的斜率不存在时，，，由可得.
所以存在点，使得为定值.
【点睛】
方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
（2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法：
①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；
②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；
③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．
15．已知椭圆的右焦点为，直线被称作为椭圆的一条准线，点在椭圆上（异于椭圆左、右顶点），过点作直线与椭圆相切，且与直线相交于点.
（1）求证：；
（2）若点在轴的上方，当的面积最小时，求直线的斜率的平方.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）联立直线的方程和椭圆的方程，利用判别式列方程，求得点的坐标，求得点的坐标，通过计算得到，由此证得.
（2）求得，由此求得三角形面积的表达式，根据函数的单调性求得三角形面积的最小值，进而得出直线的斜率的平方.
【详解】
（1）证明：由题意得，点的坐标为，设.
由，得
，.
即点坐标为.
当时，可求得点的坐标为，
，.
故.
（2）解：点在轴上方，，
由（1）知；
①当时，由（1）知，
函数单调递增
.
②当，由（1）知，
令
则
由
当时，，此函数单调递增；
当时，，此函数单调递减.
函数即的最小值，
此时，，解得.
综上，当的面积最小时，直线的斜率的平方为.
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查平面向量数量积的坐标表示垂直关系，考查椭圆中三角形面积的最值有关的计算，解决本题的关键点是表示出，按和分别将用表示，并构造函数求导判断单调性和最值，考查了学生分析解决问题的能力和运算求解能力，属于中档题.
16．已知椭圆经过点，且短轴长为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于，两点，且，求面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用已知条件求出，，然后求解椭圆方程；
（2）当，斜率一个为0，一个不存在时，；当，斜率都存在且不为0时，设，，，，，由求出的坐标，然后推出坐标，求解，，求出三角形的面积的表达式，利用基本不等式求解最值.
【详解】
（1）由题意知，，，解得，，
故椭圆方程为：.
（2）当，斜率一个为0，一个不存在时，，
当，斜率都存在且不为0时，设，，，，，
由消得，，
，得，，
，
，
又，所以，
综上，面积的取值范围为.
【点睛】
方法点睛：与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：
（1）几何法：结合定义利用图形中几何量之间的大小关系或曲线之间位置关系列不等式，再解不等式.
（2）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围.
（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思.
（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性.直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式.
（5）利用数形结合分析解答.
17．已知椭圆的左右焦点分别是和，离心率为，以在椭圆上，且的面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆交于不同的两点，若轴上存在点，使得，求点的横坐标的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先判断P在短轴端点时，的面积最大，得到，再结合，，即解得参数a，b，得到方程；
（2）先联立方程得到中点坐标，再利用已知条件得到，设点坐标，得到m，k的关系，讨论m的取值范围，即得结果.
【详解】
解：（1）依题意，显然当P在短轴端点时，的面积最大为，即，又由离心率为，，解得，
故椭圆的方程为；
（2）联立方程组，得，
因为直线l恒过定点，故直线与椭圆必有两个交点，设，
则，设中点为，则，，，设，
则，化简得.
当时，当且仅当时，即时等号成立，故；
当时，当且仅当时，即时等号成立，故；
综上，点的横坐标的取值范围为.
【点睛】
解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用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，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
18．已知椭圆经过点，一个焦点为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若直线与轴交于点，与椭圆交于两点，线段的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）依题意，，结合条件求解的值，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系求出，横纵坐标的和与积，进一步求得的垂直平分线方程，求得的坐标，由两点间的距离公式求得，由弦长公式求得，作比后求得的取值范围．
【详解】
解：（Ⅰ）由题意得，，
因为，即，所以．
所以椭圆的方程是．
（Ⅱ）由得．
设，则有，，
．
所以线段的中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为．
于是，线段的垂直平分线与轴的交点，又点，
所以．
又．
于是，．
因为，所以．
所以的取值范围为．
【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．
19．坐标平面内的动圆与圆外切，与圆内切，设动圆的圆心的轨迹是曲线，直线.
（1）求曲线的方程；
（2）当点在曲线上运动时，它到直线的距离最小？最小值距离是多少？
（3）一组平行于直线的直线，当它们与曲线相交时，试判断这些直线被椭圆所截得的线段的中点是否在同一条直线上，若在同一条直线上，求出该直线的方程；若不在同一条直线上，请说明理由？
【答案】（1）；（2）点到直线的距离最小，距离最小为；（3）在同一直线，直线为：.
【分析】
（1）利用两个圆外切与内切的性质可得，再利用椭圆的定义即可求得曲线的方程；
（2）设与平行的直线的方程为，代入，整理可得，当，直线与曲线相切，此时点到直线的距离最小，利用点到线距离公式求得最小值.
（3）设两个交点为，利用点差法化简得，即，整理得.
【详解】
解：（1）设动圆的半径为，由题意可知，
则，根据椭圆的定义可知曲线是以为焦点，长轴长为的椭圆，其中，即
所以曲线的方程为：.
（2）设与平行的直线的方程为，即，代入，
可得，整理得，
，
当时，此时直线与曲线相切，根据图形可知当时，
点到直线的距离最小，.
（3）这些直线被椭圆所截得的线段的中点在同一条直线上
设与平行的直线与曲线的两交点坐标为，中点，
，
两式作差得，整理可得：，即，整理得，
即所有弦的中点均在直线上.
【点睛】
思路点睛：本题考查求椭圆的标准方程，椭圆上点到直线的最近距离，点差法的应用，解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．
20．已知，分别是椭圆的左、右焦点.
（1）若P是第一象限内该椭圆上的一点，，求点P的坐标；
（2）设过定点的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，且为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题得，联立椭圆方程，解方程组即得解；
（2）显然不满足题意，可设l的方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，由为锐角，得到，把韦达定理代入化简即得解.
【详解】
（1）因为椭圆方程为，所以，，，
可得，，
设（，），
则，
所以，
联立
解得，即.
（2）显然不满足题意，可设l的方程为，
，，
联立，
由，得.
，.
又为锐角，即，
即，，
，
可得.又，即为，
解得.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是由为锐角，联想到，再利用数量积的坐标运算和韦达定理得到关于的不等式，解不等式即得解.
21．已知椭圆方程为．
（1）设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上运动，求的取值范围；
（2）设直线和圆相切，和椭圆交于、两点，为原点，线段、分别和圆交于、两点，设、的面积分别为、，求的取值范围．
【答案】（1）[0,3]；（2）.
【分析】
（1）设，求出，即得解；
（2）①当直线l的斜率不存在时，求得；②若直线的斜率存在，设其方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，求出，再换元求解.最后综合得解.
【详解】
（1）由已知，，设，，
．
结合，得，
故.
所以的取值范围为[0,3].
（2）①当直线l的斜率不存在时，其方程为，
由对称性，不妨设，此时，
故．
②若直线的斜率存在，设其方程为，
由已知可得，则，
设、，将直线与椭圆方程联立，
得，
由韦达定理得，．
结合及，
可知．
将根与系数的关系代入整理得：
，
结合，得．
设，，
则．
的取值范围是．
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是求出之后，如何求函数的取值范围.本题利用了两次换元，转化成二次函数求范围.换元法是高中数学常用的一个解题技巧，要理解掌握灵活运用.
22．已知为椭圆的右焦点，点在上，且轴，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于，两点，且（为坐标原点），求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由点在上，且轴，可得，再由离心率即可求出，进而得出，求出椭圆方程；
（2）设，，联立直线与椭圆方程可得，，则由可建立关于的不等式，进而求出的取值范围.
【详解】
（1）因为为椭圆的右焦点，
点在上，且轴，所以，
又椭圆的离心率为，所以，因此，
所以椭圆的方程为；
（2）设，，
由，得，
所以，，
故，
由，得，即，
整理得，解得；
又因，整理得，解得或；
综上，的取值范围是.
【点睛】
易错点睛：本题考查椭圆中直线与椭圆相交弦所在直线的斜率问题，此类问题一般联立直线与椭圆方程，利用韦达定理建立关系求解，注意需要考虑方程有解的问题，即需要满足，往往容易忽略这个问题.
23．设椭圆E：（a，b>0）过M（2，） ，N(，1)两点，O为坐标原点，
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，，.
【分析】
（1）根据椭圆E： （a，b>0）过M（2，） ，N(，1)两点，直接代入方程解方程组即可.
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在，当切线斜率不存在时，验证即可；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到求解.
【详解】
（1）因为椭圆E： （a，b>0）过M（2，） ，N(，1)两点，
所以，解得，
所以，
所以椭圆E的方程为.
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，
设该圆的切线方程为，联立得，
则△=，即
，
，，
要使，需使，即，
所以，
所以，又，
所以，
所以，即或，
因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，
所以圆的半径为，，
所以，则所求的圆为，此时圆的切线都满足或，
而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足，
综上， 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且.
因为，
所以，
，
①当时，，
因为，所以，所以，
所以，当且仅当时取”=”.
② 当时，.
③ 当AB的斜率不存在时， 两个交点为或，所以此时，
综上， |AB |的取值范围为，即：
【点睛】
思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 (k为直线斜率)．
注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．
24．如图，已知双曲线的方程为（），两条渐近线的夹角为，焦点到渐近线的距离为．、两动点在双曲线的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限，是直线与双曲线右支的一个公共点，.
（1）求双曲线的方程；
（2）当时，求的取值范围；
（3）试用表示的面积，设双曲线上的点到其焦点的距离的取值范围为集合，若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）先由题意，得到双曲线的渐近线方程，根据夹角公式，由题中条件，得到，再由点到直线距离公式，求出，进而可得出结果；
（2）先由题意，设，，，，当，得到代入双曲线方程，得到，再计算向量数量积，即可得出结果；
（3）同（2），设，，，，
由得，代入双曲线方程，得到，再由点到直线距离公式，两点间距离公式，求出，由题中条件，求出，进而可求出结果.
【详解】
（1）由题意双曲线渐近线为.
根据夹角公式.
又.
所以.
（2）由题意，设，，，，
当时，，则
所以，整理得；
又，，
所以
，当且仅当时，等号成立；
所以.
（3）同（2），设，，，，
由得，即，
则
所以.
把点的坐标代入双曲线的方程得.
所以，
因为直线的斜率为，
则直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，
又，
所以，
由题意知，，所以，
.
设是双曲线右支上一点，记双曲线左右焦点分别为，，
由双曲线的性质可得，，
又
，，
所以，即双曲线上的点到其焦点的距离的范围是，
由题意可得，，
令，，
任取，
则显然成立，
所以在上单调递增，
因此，
即.
所以.
【点睛】
方法点睛：
圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法：
（1）函数法：用其他变量表示参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解；
（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的范围；
（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式求参数的取值范围；
（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解.
25．在平面直角坐标系xOy中，设椭圆（）的左、右焦点分别为、，左顶点为A，上顶点为B，离心率为e．椭圆上一点C满足：C在x轴上方，且⊥x轴．
（1）如图1，若OC∥AB，求e的值；
（2）如图2，连结并延长交椭圆于另一点D．若，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据轴，设C，，再根据点C在椭圆上求得其坐标，然后再根据 OC∥AB ，由求解.
（2）设，，由（1），，然后用表示D的坐标，代入椭圆方程求解.
【详解】
（1）设椭圆的焦距为2c．
∵ 轴
可设C，，
因为，
所以，
解得，
∴C
∵ OC∥AB ，
所以
∴ b=c
∴ .
（2）设，，由（1）知：，，
，，
∵
∴，
所以，，
∴
又∵D在椭圆上
∴，
化简得：
又∵，
∵ ， ，
则，
解得：
所以取值范围是．
【点睛】
方法点睛：求椭圆的离心率的常用方法：
①直接求出a，c来求解e.通过已知条件列出方程组，解出a，c的值；
②构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解；
③通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．(2)椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式．例如，－a≤x≤a，－b≤y≤b，0＜e＜1等，在求椭圆相关量的范围时，要注意应用这些不等关系．
四、填空题
26．若点O和点F分别为双曲线的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则的取值范围为__________.
【答案】
【分析】
设出点P，代入双曲线方程求得y0的表达式，根据P，F，O的坐标表示出，进而求得的表达式，利用二次函数的性质求得其最小值，则的取值范围可得．
【详解】
双曲线方程为
因为是已知双曲线的左焦点，
设点P（x0，y0），
则有，解得，
因为，，
所以x0（x0+2），
此二次函数对应的抛物线的对称轴为，
因为，
所以当时，取得最小值，
故的取值范围是，
故答案为：．
27．设点，若在圆上存在点N，使得，则的取值范围是_______．
【答案】
【分析】
过点作圆的切线，切点为，由此得到，再根据存在使得，得到长度满足的不等式，即可求解出的取值范围.
【详解】
如图所示：过作圆切线，切点为，由切线性质可知：，
又因为存在使得，所以，
又因为，所以，
即，解得，所以.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题考查与圆有关的角度恒成立求参数范围问题，解题的关键是通过数形结合的方式将角度问题转化为长度问题，寻求恒成立的临界条件，由此构建不等式求解出参数范围，考查学生的数形结合思想与转化能力，属于中档题.
28．已知为椭圆上的一点，过作直线交圆于，两点，则的最大值是_______.
【答案】3
【分析】
如图，过作，垂足为，可知是中点，则可得，再由勾股定理可得出，由椭圆的有界性即可求出最值.
【详解】
如图，过作，垂足为，可知是中点，
可得，
中，，
在中，，
联立可得，
设，则（），
，
，则，
即，故最大值为3.
故答案为：3.
【点睛】
本题考查椭圆和圆的综合应用，属于中档题.
29．已知过抛物线：的焦点的直线交抛物线于、两点，若为线段的中点，为坐标原点，连接并延长，交抛物线于点，则的取值范围为________．
【答案】
【分析】
联立，设，，，，，，，，求出， ，再求出，，即得解.
【详解】
抛物线的焦点，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
联立，消去，整理得：，
设，，，，，，，，
则，则，，
，
则直线的方程为，联立，解得：，
由，则，
所以的取值范围为.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中的范围问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
五、双空题
30．（1）方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数k的取值范围是_________．
（2）设点A，B的坐标为，，点P是曲线C上任意一点，且直线PA与PB的斜率之积为，则曲线C的方程是____________．
【答案】
【分析】
（1）根据椭圆的标准方程可得结果；
（2）利用斜率公式可得结果.
【详解】
（1）因为方程即表示焦点在x轴上的椭圆，
所以.
（2）设，则，.
故答案为：；
【点睛】
易错点点睛：求曲线的轨迹方程时，容易漏掉条件.