新高考数学一轮复习百题刷过关专题28 圆锥曲线求范围及最值六种类型大题100题（2份打包，原卷版+解析版）

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1．在平面直角坐标系中，直线与椭圆相交于、两点，与圆相交于、两点．
（1）若，求实数的值；
（2）求的取值范围．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）求出圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式可求得的值；
（2）设、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算出关于的表达式，利用勾股定理可求得关于的表达式，再利用不等式的基本性质可求得的取值范围.
（1）
解：因为，且圆的半径为，所以点到直线的距离．
所以，解得．
（2）
解：设、，由，消整理得，
，所以，，
所以
．
设圆心到直线的距离为，
所以，
所以．
，则，所以，.
所以的取值范围为．
2．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为的直线l被E截得的线段长为8.
（1）求抛物线E的方程；
（2）已知点C是抛物线上的动点，以C为圆心的圆过点F，且圆C与直线x＝－相交于A，B两点. 求的取值范围．
【答案】（1）y2＝4x；（2）．
【分析】
（1）写出直线l方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式列方程得出的值.
（2）设C(x0，y0)，得出圆C的方程，令，利用韦达定理可得出关于的表达式，从而得出的取值范围.
【详解】
解：（1）直线l的方程为，联立，消去y整理得.
设直线l与抛物线E的交点的横坐标分别为，则，故直线l被抛物线E截得的线段长为，得p＝2，
∴抛物线E的方程为y2＝4x.
（2）由（1）知，F(1，0)，设C(x0，y0)，则圆C的方程是
令，得.
又∵，∴恒成立．
设
则，.
∵，∴∈．
∴的取值范围是．
3．已知抛物线，过点作直线､，满足与抛物线恰有一个公共点，交抛物线于､两点.
（1）若，求直线的方程；
（2）若直线与抛物线和相切于点，且､的斜率之和为0，直线､分别交轴于点､，求线段长度的最大值.
【答案】
（1）或或.
（2）
【分析】
（1）由题设有，设为，讨论、并根据直线与抛物线交点个数确定k值，即可写出直线方程.
（2）设直线为，则为，联立抛物线，由直线与抛物线的关系及求k的范围，再应用韦达定理求、及点纵坐标，进而写出直线､方程，求､横坐标，结合二次函数的性质求长度的最大值.
（1）
由题设，抛物线为，且的斜率一定存在，令为，
∴，当时显然满足题设，此时，
若，则，可得或，
综上，为或或.
（2）
由题设，显然的斜率存在且不可能为0，设为，则为，
∵与抛物线和相切于点，联立方程并整理得，
∴，可得，易知，
联立与抛物线可得：，则，
∴，，且，
∵在抛物线上，故，，则，
∴直线：，则，同理，
∴，又，
故当时，.
4．已知椭圆的长轴长是，以其短轴为直径的圆过椭圆的焦点
（1）求椭圆E的方程；
（2）过椭圆E左焦点作不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于M，N两点，线段的垂直平分线与y轴负半轴交于点Q，若点Q的纵坐标的最大值是，求的最小值；
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）结合题意可得，解方程组，进而可求出结果，
（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理表示出点Q的纵坐标，进而求出的范围，从而结合弦长公式即可求出结果.
（1）
由题意可得，解得，所以椭圆E的方程为；
（2）
椭圆E左焦点为，
设过椭圆E左焦点的直线为（存在且不为0），
，则，设，
则，且
所以的中点为，
因此线段的垂直平分线为，令，则的纵坐标为，因为与轴交于负半轴，所以，又因为点Q的纵坐标的最大值是，所以，即，
而
当时，；
5．在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3，0）的距离的4倍与它到直线的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和．
（1）求点P的轨迹C；
（2）设过点F的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值．
【答案】
（1）答案见解析
（2）
【分析】
（1）利用直接法求解即可；
（2）由题意及解析式画出图形，利用直线与曲线的轨迹方程联立，通过图形讨论直线与轨迹的交点，利用两点间的距离公式求解即可
（1）
设点P的坐标为（x，y），
由题设则①
当x＞2时，由①得，
化简得．
当x≤2时由①得
化简得
故点P的轨迹C是椭圆C1：在直线x=2的右侧部分
与抛物线C2：在直线x=2的左侧部分（包括它与直线x=2的交点）所组成的曲线，
（2）
易知直线与的交点都是，
直线的斜率分别为，
当点在上时，，
当点在上时，，
若直线的斜率存在，则直线的方程为，
（1）当或，即或时，
直线与轨迹的两个交点都在上，
此时,
从而，
由得，
则是这个方程的两根，
所以，
因为当或时，，
，
当且仅当时，等号成立；
（2），时，
直线与轨迹的两个交点分别在上，
不妨设在上，在上，
此时,
设直线与椭圆的另一交点为，则
，
所以，
而点都在上，且，由（1），
所以，
若直线的斜率不存在，则，此时
；
综上所述，线段MN长度的最大值为
6．已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线与交于两点，若与轴垂直时，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由离心率得出关系，由通径得出关系，结合椭圆关系式即可求解；
（2）需分类讨论，分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况，对第三种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，利用求出直线方程，并将代入椭圆方程，代换出，化简并结合不等式即可求解.
（1）
由题意得，，即，则，把代入椭圆方程可得，
∴，∴，即，
∴，∴，，∴椭圆C的标准方程为；
（2）
由（1）知，的坐标为，
①当直线的斜率不存在时，，，则；
②当直线的斜率为0时，，，则；
③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
联立，得，
设，，则，，
则，
，
设点，则，即，代入椭圆方程得，
∴，则，∴，
∴，
又，∴的取值范围是，
综上所述，的取值范围是.
7．已知椭圆：经过点，且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线交椭圆于､两点，求的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）对直线分两种情况讨论，直线与轴重合时，直接求出的值，在直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的代数式，综合可得出的取值范围．
（1）
由题意，椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形
故，
即椭圆：，代入
可得
故椭圆的方程为：
（2）
分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立，消去可得，
则恒成立，
由韦达定理可得，，
由弦长公式可得，
，则，所以，.
综上所述，的取值范围是.
8．已知抛物线Г：，过作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，且直线的斜率为1．
（1）求的值；
（2）直线l过点P与抛物线Г相交于两点C，D，与直线相交于点Q，若恒成立，求的最小值．
【答案】
（1）p=2
（2）1
【分析】
（1）设，求导得到切线方程，根据转化得到切线方程为，再根据斜率得到答案.
（2）设斜率为k，则方程为y=k(x-2)-1，联立方程得到，，，再计算，根据均值不等式得到答案.
（1）
设，则，由，得到，
切线的方程为：，即。
同理可得切线PB的方程为：
因为在切线PA、PB上，所以，即，
所以直线AB的方程为：，所以p=2．
（2）
由题可知直线l的斜率存在，设斜率为k，则方程为y=k(x-2)-1，
由，
设
由得，
，解得或
由根与系数的关系可得：
当时，都小于2；当时，都大于2，
所以
所以，所以，故λ的最小值为1．
9．已知为圆的圆心，是圆上的动点，点，若线段的中垂线与相交于点.
（1）当点在圆上运动时，求点的轨迹的方程；
（2）过点的直线与点的轨迹分别相交于，两点，且与圆相交于，两点，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用几何关系，转化为椭圆的定义，即可求得椭圆方程；
（2）分两种情况：当直线的斜率不存在时，求得、、、的坐标，即可求出的值；当直线的斜率存在时，设直线方程为，与椭圆方程联立，利用弦长公式求得，再结合相交弦公式求得，进而可求得的取值范围．
【详解】
解：（1）由线段的垂直平分线可得：
，
所以点的轨迹是以点，为焦点，焦距为2，长轴长为的椭圆，
所以，，，所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）可知，椭圆的右焦点为，
①若直线的斜率不存在，直线的方程为，
则，，，
所以，，.
②若直线的斜率存在，设直线的方程为，，.
联立，可得，
则，，
所以.
因为圆心到直线的距离，
所以，
所以.
因为，所以.
综上，.
10．已知椭圆的长轴长为，点在上.
（1）求的方程；
（2）设的上顶点为A，右顶点为B，直线与平行，且与交于，两点，，点为的右焦点，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由长轴长求出a，进而将点代入椭圆方程解出b，进而得到答案；
（2）根据得出D为MN的中点，设出直线AB的方程并代入椭圆方程并化简，进而利用根与系数的关系解出中点D的坐标，然后得出，进而求出最小值.
【详解】
（1）因为的长轴长为，所以，即.
又点在上，所以，代入，解得，
故的方程为.
（2）由（1）可知，A，B的坐标分别为，，
直线的方程为，
设，
联立得，
由，得，
设，，，因为，所以D为MN的中点，
则，
因为，所以，
又的坐标为，
所以
，
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.
11．已知椭圆C：过点，为椭圆的左右顶点，且直线的斜率的乘积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过右焦点F的直线与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线于点P，交直线于点Q，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
(1)写出椭圆C的左右顶点坐标，利用给定斜率积求出，再由椭圆过的点即可计算得解；
(2)根据条件设的方程为，将与C的方程联立求出弦MN长，再求出点P的横坐标并计算PQ长，最后借助均值不等式即可得解.
【详解】
(1)依题意，，则，解得，
又，于是得，
所以椭圆C的方程为；
(2)由(1)可得，显然直线不垂直于y轴，设其方程为，
设点，
由消去y并整理得，
则，
于是得，
显然点P的坐标有：，，
而直线PQ方程为：y-yP=-m(x-xP)，
则，
，
当且仅当，即时取“=”，
所以的得最小值.
12．已知抛物线的顶点为，焦点.
（1）求抛物线的方程；
（2）过作直线交抛物线于两点.若直线、分别交直线：于、两点，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据焦点坐标可得，进而得到抛物线方程；
（2）将与抛物线方程联立可得韦达定理的形式；求得后，根据，代入韦达定理的结论可整理得到关于的式子，令，结合二次函数最值的求法可求得结果.
【详解】
（1）设抛物线的方程为：，则，解得：，
抛物线的方程为；
（2）由题意知：直线斜率存在，可设其方程为：，
由消去整理得：，
设，，，，
由解得点的横坐标为：，
同理可得点的横坐标为：，
，
令，则，
当时，，
当时，，
综上所述，当，即时，的最小值是.
13．抛物线：在第一象限上一点，过作抛物线的切线交轴于点，过作的垂线交抛物线于，（在第四象限）两点，交于点．
（1）求证：过定点；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设，求得切线的方程，由此求得点坐标，进而求得直线的方程，由此判断出所过定点.
（2）联立直线的方程和抛物线方程，由此求得点的纵坐标，由求得的取值范围.结合点到直线距离公式求得，进而可化简求得的最小值.
【详解】
（1）设，，
所以切线的方程为，
令，解得.
，
所以直线的方程为，
所以直线过定点.
（2）由（1）得直线的方程为，
由消去得，
由于在第四象限，所以由求根公式得.
依题意，即
，
解得.
原点到直线的距离为，
到直线的距离为，
所以，
令，则，
.
对函数，在上递增.
所以当，即时，取得最小值为.
也即的最小值为.
14．已知离心率为的椭圆经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点关于x轴的对称点为，过点斜率为的两条不重合的动直线与椭圆的另一交点分别为（皆异于点）.若，求点到直线的距离的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由椭圆的离心率、所过的点及椭圆参数关系求椭圆参数a、b，写出椭圆方程即可.
（2）设：并联立椭圆方程，可得关于的表达式，同理得关于的表达式，结合已知得关于的表达式，进而求、，写出的方程及的坐标，应用点线距离公式及对勾函数的性质求范围，注意、的取值对范围的影响.
【详解】
（1）由题意：，，，得：，，
∴椭圆的标准方程为：；
（2）设过的直线的方程：，
与椭圆联立，整理得，
由，即，得，
由题设易知：，则，即，同理，
由，可得，
∴，
∴，
故直线的方程为，整理得：，
由题意知：，点到直线的距离，
当且仅当，即取等号，而，此时，与题意矛盾，
∴等号不成立，即，
综上：.
15．已知椭圆：的左右焦点分别为，左顶点为，离心率为，上顶点，的面积为
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线：与椭圆相交于不同的两点，是线段的中点.若经过点的直线与直线垂直于点，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）对进行分类讨论，求得，进而结合基本不等式求得的取值范围.
【详解】
（1）由已知，有.
又
∴
∵
∴.
∴椭圆的方程为
（2）①当时，点即为坐标原点，点即为点，则，．
∴．
②当时，直线的方程为．则直线的方程为，即．
设，.
联立方程消去得此时
∴
∴
∵为点到直线的距离
∴
又为点到直线的距离
∴
∴
令，则.
∴
即时，
综上，可知的取值范围是.
16．设椭圆的左右焦点分别为，是上的动点，直线经过椭圆的一个焦点，的周长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）为椭圆上一点，求的最小值和最大值（写出严谨的推导过程）.
【答案】（1）椭圆的标准方程为；（2）的最小值为，最大值为.
【分析】
（1）由题中已知条件求出椭圆中的即可得到椭圆的标准方程；
（2）设，则，，根据两点间的距离公式并将其化简为二次函数的形式，即得到，根据二次函数知识知当时求得最小值，当时求得最大值.
【详解】
（1）因为椭圆，
所以此椭圆的焦点在轴上，
因为直线经过椭圆的一个焦点，
所以令，则，即半焦距，所以，
因为的周长为，
所以，
所以，即，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由已知得，设，则，.
所以，
代入，得，
对称轴为，又由于，
所以当时，，此时，
当时，，此时，
所以的最小值为，最大值为.
17．设实数，椭圆D：的右焦点为F，过F且斜率为k的直线交D于P、Q两点，若线段PQ的中为N，点O是坐标原点，直线ON交直线于点M．
（1）若点P的横坐标为1，求点Q的横坐标；
（2）求证：；
（3）求的最大值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）先求得点坐标，进而求得直线的方程，进而求得点的横坐标.
（2）联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，求得点坐标，求得直线的方程，进而求得点坐标，由证得.
（3）利用根与系数关系求得关于的表达式，利用换元法，结合二次函数的知识求得最大值.
【详解】
（1）因为点P的横坐标为1，由，
得P的坐标为或．F的坐标为．
当P的坐标为时，直线PQ：，
即，
代入椭圆方程，，即，
得Q的横坐标为.
当P的坐标为时，同样得Q的横坐标为.
因此，点Q的横坐标为；
（2）联立方程组，其解为，．
消去y，得，即．
由，
所以N的横坐标为，
得N的纵坐标为，
得N的坐标为．
所以直线ON的斜率为，方程为，
与直线交于点．
故直线FM的斜率为，于是，因此；
（3）
．
令，由，得，
又，得．
即，所以的取值范围为，最大值为．
18．如图，已知椭圆，抛物线，点是椭圆与抛物线的交点，过点的直线交椭圆于点，交抛物线于点（，不同于）．
（1）求椭圆的焦距；
（2）设抛物线的焦点为，为抛物线上的点，且、、三点共线，若存在不过原点的直线使为线段的中点，求的最小值．
【答案】（1）2；（2）
【分析】
（1）求出焦点坐标后可得焦距.
（2）设直线，，则可得，设，利用点差法可得，从而可得，故可求的最大值，从而可求的最小值.
【详解】
（1）由椭圆的方程可得焦点坐标为，故焦距为2.
（2）由抛物线方程可得，，
由抛物线和椭圆的对称性可不妨设，则.
设直线，则，
由可得，
故.
设，
则 ，所以即，
所以，而，所以，
因为直线不过原点，故，所以，
故即，
整理得到，，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立.
故即，
由可得，故，所以，
所以，故，当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
19．已知椭圆的焦距为，且过点
（1）求椭圆的方程；
（2）若点是椭圆的上顶点，点在以为直径的圆上，延长交椭圆于点，的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据椭圆的焦距和，结合基本量的关系，可得，进而得到椭圆方程；
（2）由题可得，，进而可求出以为直径的圆方程，设直线的方程为，，分别与圆方程和椭圆方程联立，求出和，根据弦长公式可得和，再利用判别式法，解不等式可得的最大值．
【详解】
解：（1）根据题意，椭圆的焦距为，且过点，
可知，，则，
，，
所以椭圆的方程为；
（2）可得，，则，
则以为直径的圆，圆心为，半径为，
以为直径的圆方程为，
即：，
点，由于延长交椭圆于点，则点在直线上，
可知直线的斜率存在，且，
则设直线的方程为，设，
联立直线和圆的方程，得，
解得：，
可得，
联立直线和椭圆的方程，得，
解得：，
可得，
则，
可知，设上式为，
即有，，
，即为，
解得：，
则的最大值为.
20．如图，已知，直线，是平面上的动点，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的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M；
①已知，求的值；
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）①；②.
【分析】
（1）可设出点的坐标，由直线，过作直线的垂线，垂足为点，则，则我们根据，构造出一个关于，的方程，化简后，即可得到所求曲线的方程；
（2）①由过点的直线交轨迹于、两点，交直线于点，我们可以设出直线的点斜式方程，联立直线方程后，利用设而不求的思想，结合一元二次方程根与系数关系，易求的值．
②根据平面向量数量积的性质，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】
（1）设点，则，由，
得， 化简得曲线的方程为；
（2）由于直线不能垂直于轴，且又过轴上的定点，
设直线的方程为，则 ，
设，，联立方程组
消去得，，故
由，，得

利用对应的纵坐标相等，得，，整理得，，
所以.
②因为，，所以有：由上可知： ，
因此有，
所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，
因此.
类型二:面积的范围最值1-21题
1．已知椭圆过点，椭圆的焦距为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线过点，且斜率为，若椭圆上存在两点关于直线对称，为坐标原点，求的取值范围及面积的最大值．
【答案】（1）；（2）；．
【分析】
（1）把点的坐标代入椭圆方程同时结合焦距为2组成方程组即可求解．
（2）设出直线AB的方程，联立直线与椭圆方程，整理化简，结合韦达定理，以及，再结合弦长公式和点到直线的距离公式，即可求解．
【详解】
（1）∵椭圆过点，椭圆的焦距为2，
∴，解得，，
∴椭圆C的方程为．
（2）由题意，设直线的方程为，,
由，整理化简可得，
∴，即①，
且，，
∴线段AB中点的横坐标，纵坐标，
将，代入直线l方程可得，②，
由①②可得，，
又∵，
∴，
∵，
且原点到直线的距离，
∴，
∴当时，的最大，且最大为，此时，
故当时，的最大值为．
2．已知椭圆的一个焦点为，，为椭圆的左、右焦点，M为椭圆上任意一点，三角形面积的最大值为1.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设不过原点的直线与椭圆C交于A、B两点，若直线l的斜率的平方是直线、斜率之积，求三角形面积的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由题得出，当为椭圆的短轴端点时，面积最大，可求出，即可得出方程；
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出，求出点到直线的距离，即可表示出的面积，求出范围.
（1）
由题可得，当为椭圆的短轴端点时，面积最大，则，，
则，所以椭圆方程为；
（2）
联立方程可得，
则，得①，
设，则，
由题有，，，
，，又，，代入①可得，
，
设点到直线的距离为，则，
，
，即面积的取值范围为.
3．已知椭圆的右焦点为F，离心率为e，从第一象限内椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足为F，且tan∠POF＝e，△POF的面积为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l//PO，椭圆C与直线l的交于A，B两点，求△APB的面积的最大值．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）设椭圆C的焦距为2c，根据已知列出方程组，解方程组即得解；
（2）先求出，再利用基本不等式求解.
（1）
解：设椭圆C的焦距为2c．
令，得，因为点P在第一象限，解得，
所以，所以，．
因为的面积为，
解得，，，
所以椭圆C的标准方程．
（2）
解：因为，所以可设l：．
因为直线，所以．
由得．
因为，所以且．
因为，
点P到直线l的距离，
所以的面积
，
当且仅当时等号成立，
所以的面积最大值为．
4．已知椭圆（）经过点，且离心率为．：的任意一切线与椭圆交于，两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在，使得，若存在，求的面积的范围；不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；．
【分析】
（1）根据离心率及过点求出，即可求出椭圆方程；
（2）首先要分直线的斜率存在与不存在这两种情况，再分别根据各情况求面积即可.
【详解】
（1）因为椭圆（）的离心率，且过点．
所以解得
所以椭圆的方程为．
（2）假设存在：满足题意，
①切线方程的斜率存在时，设切线方程：与椭圆方程联立，
消去得，（*）
设，，由题意知，（*）有两解
所以，即
对（*）应用根与系数的关系可得
，
所以
因为，所以，即
化简得，且，
到直线的距离
所以，又，所以满足题意
所以存在圆的方程为：．
的面积，
又因为
当时
当且仅当即时取等号．
又因为，所以，所以．
当时，
②斜率不存在时，直线与椭圆交于两点或两点．
易知在圆的方程为：且．
综上，所以．
5．已知动点到点与到直线的距离相等.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设在曲线上，过作两条互相垂直的直线分别交曲线异于的两点，，且，记直线的斜率为.
（i）试用的代数式表示；
（ii）求面积的最小值.
【答案】
（1）
（2）（i）（ii）16
【分析】
（1）根据距离公式得出点的轨迹的方程；
（2）（i）设出直线的方程，与联立，利用弦长公式得出，由得出；（ii）由结合三角形面积公式得出面积的最小值.
（1）
由题设可得，即动点的轨迹方程为.
（2）
由（1），可设直线的方程为：，
，
设易知，为该方程的两个根，故有得，
从而得，
类似地，可设直线的方程为：，
从而得，
由，得，
解得（i）.
（ii）∵.
∴，
∴.
即的最小值为16.
6．已知椭圆：（）的离心率为，且其长轴长与焦距之和为，直线，与椭圆分别交于点，，，，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求四边形面积的最大值．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由题意可得：，，，求得，的值即可求解；
（2）设，，直线的方程为与椭圆方程联立消去可得 、，将整理可得，四边形的面积整理为关于和的表达式，利用基本不等式即可求得最值，再检验满足即可.
（1）
由题意可得：，，解得：，，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）
由题意知直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，，，
把与联立，整理得，
由，得，
且，．
所以
，
所以，
整理得：．
设为坐标原点，易知四边形的面积
，
当且仅当，即时取等号．
将与联立，
可得或均满足．
所以四边形面积的最大值为.
7．如图，在直角坐标系中，以为圆心的圆M与抛物线依次交于A，B，C，D四点．
（1）求圆M的半径r的取值范围；
（2）求四边形面积的最大值，并求此时圆的半径．
【答案】
（1）
（2）当，四边形面积取得最大值
【分析】
（1）设圆的方程为，，其中，联立，消，列出不等式组，解得即可得出答案；
（2）根据题意四边形为等腰梯形，则，利用韦达定理求得，可得，令，再利用导数即可得出答案.
（1）
解：设圆的方程为，
根据圆与抛物线都关于轴对称，
则可设，其中，
联立，消得，①
则，解得，
所以圆M的半径r的取值范围为；
（2）
根据题意四边形为等腰梯形，
则，
由①得，，
故
，，
令，
则，
令，
则，
令，则，令，则，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，此时，
所以当，四边形面积取得最大值.
8．已知抛物线：和点，且点和线段的中点均在抛物线上．
（1）求的值；
（2）设点，在抛物线上，点在曲线上，若线段，的中点均在抛物线上，求面积的最大值.
【答案】
（1）1
（2）
【分析】
小问1：将点和的中点代入方程即可求解；
小问2：设，，，的中点，由于点，与线段，的中点均在抛物线上，全部代入抛物方程整理得与则，是方程的两个根，结合韦达定理与中点公式得出点坐标关系，根据求面积表达式化简即可求解最大值．
（1）
点在抛物线上，，因为线段的中点抛物线上，
，得.
（2）
设，，，的中点，点和的中点均在抛物线上，
，整理得.
同理得，，是方程的两个根，
进而，，，
，如图，，，
且，，
所以当时，的面积取得最大值．
9．设抛物线的焦点为F，经过x轴正半轴上点M(m，0)的直线l交r于不同的两点A和B.
（1）若|FA|=3，求点A的坐标；
（2）若m=2，求证:原点O总在以线段AB为直径的圆的内部；
（3）若|FA|=|FM|，且直线，与抛物线有且只有一个公共点E，问:△OAE的面积是否存在最小值?若存在，求出最小值，并求出M点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】
（1）
（2）证明见详解.
（3）存在，最小值为2， M点的坐标为
【分析】
（1）根据抛物线的定义进行求解即可；
（2）设出直线l的方程，与抛物线的方程联立，根据平面向量夹角公式，结合一元二次方程根与系数关系以及圆的性质进行证明即可；
（3）根据平行的关系设出的方程，根据与抛物线的位置关系，结合一元二次方程根的判别式、三角形面积公式、基本不等式进行求解即可.
（1）
设，抛物线的准线方程为：，焦点，
因为，所以，所以；
（2）
，所以设直线l的方程为：，与抛物线方程联立得：
，
设，则，
，
且，所以为钝角，
由圆的性质可得原点O总在以线段AB为直径的圆的内部
（3）
不妨设，因为，
所以或（舍去），
，，因为直线，所以直线的斜率也为，
设该直线的方程为：，与抛物线方程联立得：，
因为与抛物线有且只有一个公共点E，所以有，
此时，所以，，
的面积为
，
当且仅当时取等号，即当时取等号，而，
所以解得，，
因此的面积存在最小值2， M点的坐标为.
10．已知抛物线：，直线：，点.
（1）过点作抛物线的切线，记切点为，求直线的方程；
（2）点为直线上的动点，过点作抛物线的切线，记切点分别为，求面积的最小值.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）设，，根据导数的几何意义求出切线的方程，将点代入两个切线方程即可得上任一点满足的方程即为所求直线的方程；
（2）设，，，同（1）求出直线的方程与抛物线方程联立，求出，，由弦长公式计算，由点到直线的距离公式计算点到直线的距离，由函数的性质计算的最小值即可.
（1）
由可得，所以，设，，
所以切线的方程为：，即
同理可得：切线的方程为：，即，
因为切线和切线都过点，
所以即，所以直线的方程为，
即，
（2）
设，，，
则切线的方程为，即
则切线的方程为，即，
因为点在两条直线上，所以，
所以对于上任意一点满足，
因为点为直线：上的动点，所以，
所以直线的方程为：，
由 可得：，
所以，，
所以弦长，
点到直线：的距离为：
，
所以面积为
，
所以当时，面积的最小为.
11．如图，已知抛物线：，斜率为1的直线与抛物线交于两个不同的点A，B，过A，B分别作抛物线的切线，交于点M.
（1）求点M的横坐标；
（2）已知F为抛物线的焦点，连接FA，FB，FM，记面积为，面积为，记面积为，求的最小值.
【答案】
（1）点M的横坐标为2.
（2）的最小值为.
【分析】
(1) 设直线AB的方程为，，，，
联立方程组可求，，再求切线AM，BM的方程，联立求其交点M，由此可得M的横坐标，(2)求，，，由此可得，再利用导数求其最小值.
（1）
∵ 直线AB的斜率为1，故可设直线AB的方程为，
设，，，
联立直线AB与抛物线C的方程可得：
，化简可得，
由已知方程由两个不同的解，
∴ 方程判别式，即
，，
∵ ∴ ，∴
∴ 切线AM的方程为 ，又，
∴ 切线AM的方程为，③
同理切线BM的方程为：，④
③-④可得
∴ ，又，
∴
∴，
∴ 点M的横坐标为2.
（2）
∵ 直线AM的方程为，点F的坐标为，，
设点F到直线AM的距离，点B到直线AM的距离，
则， ，
又，同理，
设点M到直线AB的距离，
则，
又，，
∴ ，
∴
设，则，，
设，则，
令可得，
当时，，当时，，
∴ ，
∴ 的最小值为.
12．已知椭圆焦点在轴上，下顶点为，且离心率.直线经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆相切，求直线的方程；
（3）若直线与椭圆相交于不同的两点､，求面积的最大值.
【答案】
（1）
（2）或
（3）
【分析】
（1）由顶点坐标得，由离心率得，结合可求得，得椭圆方程；
（2）易知切线斜率存在，设方程为，代入椭圆方程，由求得，得切线方程；
（3）设，，直线方程为，代入椭圆方程，应用韦达定理得，而，代入计算后由基本不等式得的最大值，从而得面积最大值．
（1）
设椭圆方程为，由已知得，，
又，∴，，
即椭圆方程为.
（2）
当直线的斜率不存在时，显然不成立.可设直线方程为：，
由消去整理得，，
又得，，
∴直线方程为：或.
（3）
设，，
由（2），得或，，，
又
，
又，∴，
当，的最大值为.
13．已知线段在坐标轴上滑动，点A在y轴上滑动（包括原点），点B在x轴上滑动（包括原点）.若，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）点P在曲线C上，且在第一象限，过P作椭圆的切线，切点分别为A，B.求面积的取值范围.
注；过椭圆外一点作椭圆的切线，切点为A，B.则AB的直线方程为：.
【答案】
（1）曲线C的方程为：，C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆.
（2）
【分析】
（1）设，，，由已知得.再根据向量的线性运算得，代入可得曲线C的方程和其轨迹曲线.
（2）设，，.求得直线AB的方程，设O到直线AB的距离为d.与椭圆的方程联立得：，表示弦长，表示，根据三角函数和二次函数的性质可求得的范围.
（1）
解：设，，，由于，则有.
，，
而，则有可得，
代入，可得曲线C的方程为：.
则曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆.
（2）
解：设，，，.则直线AB的方程为：，
即，设O到直线AB的距离为d.
则.
联立得：，
其中，
则，
，其中.
令，则.
那么，
令，，得，则.
∴范围的取值范围是.
14．已知椭圆和抛物线，点F为的右焦点，点H为的焦点．
（1）过点F作的切线，切点为P，求抛物线的方程；
（2）过点H的直线l交于P，Q两点，点M满足，（O为坐标原点），且点M在线段上，记的面积为的面积为，求的取值范围．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
设直线的方程为：，联立可得：．求出的坐标，然后求解，推出抛物线方程；
设点，直线方程为：，联立可得：．利用韦达定理，结合又，求出的纵坐标的范围然后求解三角形的面积的比值，推出结果即可．
（1）
由题可知：设直线的方程为：，
联立可得：．
则△，故且，即点,
故，所以，抛物线的方程：；
（2）
设点，直线方程为：，
联立可得：．
故，从而，
又，则，
从而，且，则，
从而，
，
由此可得．
15．已知：的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：，过点M作ME垂直于直线m交直线m于点E.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）①若线段EN必过定点P，求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】
（1）
（2）①；②
【分析】
（1）椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，列出方程，求解，，得到椭圆的标准方程．
（2）①设直线方程：，，，，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解直线直线方程，然后得到定点坐标．
②由①中，利用弦长公式，求解三角形的面积表达式，然后求解最大值即可．
（1）
解：依题意，所以，．
故椭圆的标准方程为．
（2）
解：①由题意知，由对称性知，必在轴上，，
设直线方程：，，，，，，
联立方程得，
所以，，所以，
又，所以直线方程为：，
令，则．
所以直线过定点．
②由（1）中，所以，又易知，
所以，
令，，，
则，
又因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，所以时，所以．
16．已知抛物线T：（）和椭圆C：，过抛物线T的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，线段的中垂线交椭圆C于M，N两点.
（1）若F恰是椭圆C的焦点，求p的值；
（2）若恰好被平分，求面积的最大值
【答案】
（1）4
（2）．
【分析】
（1）求出椭圆焦点，得抛物线焦点，从而得的值；
（2）设直线方程为，代入抛物线方程，结合韦达定理得中点坐标，根据椭圆的弦中点性质得出一个参数值，由中点在椭圆内部得出另一个参数的范围，然后求出三角形面积，得出最大值．
（1）
在椭圆中，， 所以，；
（2）
设直线方程为，代入抛物线方程得，
设，中点为，则，，
，，
设，则，两式相减得，
所以，，，
所以，解得，
点在椭圆内部，所以，得，
因为，所以或，
，
时，，时，，
所以面积的最大值为．
17．在平面直角坐标系中，点，过动点作直线的垂线，垂足为，且.记动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点的直线交曲线于不同的两点、.
①若为线段的中点，求直线的方程；
②设关于轴的对称点为，求面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）①或；②.
【分析】
（1）设点，则，利用平面向量数量积的坐标运算化简可得出曲线的方程；
（2）①分析可知直线不与轴垂直，可设直线的方程为，设点、，将直线的方程代入曲线的方程，列出韦达定理，分析可知，结合韦达定理可求得实数的值，即可得出直线的方程；
②求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式以及韦达定理可得出关于的表达式，结合的取值范围可求得的取值范围.
【详解】
（1）设，则.
因为，所以，，
则，所以，所以曲线的方程为；
（2）①若的斜率为，则与曲线只有一个公共点，因此的斜率不为.
设直线的方程为，设点、，
由得，所以，解得或，
由韦达定理可得，，
因为为线段的中点，所以.
所以，，可得，，
解得，满足，
所以，直线的方程为，即或；
②因为点、关于轴对称，所以，
于是点到直线的距离为，
又，所以，
因此，面积的取值范围是.
18．在平面直角坐标系中，已知，动点到直线的距离等于.动点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）已知，过点的动直线与曲线交于，两点，记和的面积分别为和，求的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为3.
【分析】
（1）设点，直接把题意翻译成关于x，y的方程，化简即可得到曲线C的方程；
（2）由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，， ，
将直线l与曲线C的方程联立，表示出，再利用基本不等式即可求得其最大值.
【详解】
（1）设点，
当时，到直线的距离显然小于，故不满足题意；
故（），即，
整理得，即，
故曲线的方程为；
（2）由题意可知直线的斜率不为0，
则可设直线的方程为，，，
联立，整理得，显然成立，
所以，，
所以，
故，
设，，则，
则，
因为，所以（当且仅当时，等号成立）.
故，
即的最大值为3.
19．已知动点到定点的距离和到直线的距离的比是常数.
（1）求点的轨迹.
（2）若为轨迹与轴左侧的交点，直线交轨迹于两点不与重合，连接，并延长交直线于两点，且，问：直线是否经过定点？若是，请求出该定点；若不是，试说明理由
（3）在（2）的条件下，若直线斜率的取值范围是，求面积的取值范围
【答案】（1）；（2）过定点，定点为；（3）.
【分析】
（1）、由点到直线距离公式和两点间距离公式列出方程，化简即可求出点的轨迹；
（2）、分析可知直线的斜率存在，故设直线方程为，将与轨迹的方程联立，得到关于的一元二次方程根据韦达定理写出根与系数的关系，
结合题意求得两点坐标，计算、，由计算得到与的关系，验证即可得出直线经过的定点坐标；
（3）、结合（2）中条件写出表达式，根据的取值范围是即可求出面积的取值范围.
【详解】
解：（1）、动点到定点的距离和到直线的距离的比是常数，化简得：，即点的轨迹为；
（2）、由已知得：直线的斜率存在，设，联立得：，
设，则由韦达定理得：，
因为,则直线，则直线，
延长线交直线于两点，，，则，，
由得，代入化简得：，解得或
当时，直线，直线经过直线,不成立.
当时，直线，检验满足，故经过定点；
（3）、由（2）得，
将，代入化简得：，
又，所以，即，故.
20．已知抛物线的焦点为.且与圆上点的距离的最小值为.
（1）求抛物线的方程；
（2）若点在圆上，，是的两条切线.，是切点，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值.
【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，求出抛物线方程；
（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；
所以抛物线的方程为.
（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.
21．已知椭圆的左右焦点分别为，，且椭圆C上的点M满足，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点是椭圆的上顶点，点在椭圆C上，若直线，的斜率分别为，满足，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）由，结合可得解；
（2）设，直线，将直线与椭圆联立，用坐标表示，代入韦达定理可解得，借助韦达定理表示，用均值不等式即得解.
【详解】
（1）依题意得：，．
由椭圆定义知，
又，则，
在中，，由余弦定理得：
即，解得
又
故所求椭圆方程为
（2）设，直线
联立方程组，得，
，得，
，，
，
由题意知，由，，代入化简得
，
故直线过定点，
由，解得，
，
令，则，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为．
类型三:坐标或截距的范围最值1-19题
1．已知圆的圆心为，过点作直线与圆交于点、，连接、，过点作的平行线交于点；
（1）求点的轨迹方程；
（2）已知点，对于轴上的点，点的轨迹上存在点，使得，求实数的取值范围．
【答案】
（1）（）
（2）.
【分析】
（1）根据题意，轨迹为椭圆，计算得到椭圆方程.
（2）设，根据向量垂直得到，，化简得到，得到范围.
（1）
，故，即，
，故轨迹为椭圆，
，，，故，故轨迹方程为：（）.
（2）
设，则，，
，即，，
即，即，，
设，，.
故实数的取值范围为.
2．已知抛物线，点是的焦点，为坐标原点，过点的直线与相交于两点.
（1）求向量与的数量积；
（2）设，若，求在轴上截距的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设A，B坐标为，再设直线方程，联立抛物线的方程，结合韦达定理与向量的数量积坐标公式计算即可；
（2）由（1），利用韦达定理表达出和的关系以及在轴上截距关于的表达式，再根据得出的取值范围，进而求得截距范围即可
【详解】
（1）设A，B坐标为，由题知直线倾斜角不可能为0，设直线方程为：.联立得，，
由韦达定理得.
.
向量的数量积为.
（2）由（1）知，
代入得.
在为增函数
在y轴上截距的取值范围为
3．已知抛物线C：（）的焦点为F，原点O关于点F的对称点为Q，点关于点Q的对称点，也在抛物线C上
（1）求p的值；
（2）设直线l交抛物线C于不同两点A､B，直线､与抛物线C的另一个交点分别为M､N，，，且，求直线l的横截距的最大值.
【答案】（1）；（2）最大横截距为.
【分析】
（1）首先写出的坐标，根据对称关系求出的坐标，带入即可求出.
（2）设直线l的方程为，带入抛物线方程利用韦达定理，计算出直线l的横截距的表达式从而求出其最大值.
【详解】
（1）由题知，，故，代入C的方程得，∴；
（2）设直线l的方程为，与抛物线C：联立得，
由题知，可设方程两根为，，则，，（*）
由得，∴，，
又点M在抛物线C上，∴，化简得，
由题知M，A为不同两点，故，，即，同理可得，
∴，
将（*）式代入得，即，将其代入解得，
∴在时取得最大值，即直线l的最大横截距为.
4．已知直线与抛物线：在第一象限内交于点，点到的准线的距离为．
(Ⅰ)求抛物线的方程
(Ⅱ)过点且斜率为负的直线交于点，过点与垂直的直线交于点，且，，不重合，求点B的纵坐标的最小值．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)10.
【分析】
(I)联立直接与抛物线的方程求出点P坐标，结合已知及抛物线准线方程即可求解；
(II)首先设出点，，通过所给已知条件求出点纵坐标范围，进而可求直线的斜率，得出直线方程，在联立抛物线求出点纵坐标，并结合均值不等式求解即可.
【详解】
(I)联立方程得，可得，
因为点到的准线的距离为，所以，所以，
所以抛物线的方程为：．
故答案为：．
(II)由(I)知，设，
则，因为，
所以．
又因为，
所以，从而所在直线方程为：，
联立，消去得，
由韦达定理可知，，即，
令，得，
当且仅当，即时等号成立，
所以点的纵坐标的最小值为．
故答案为：.
5．如图，椭圆C：＝1（a＞b＞0）的离心率是，短轴长为2，圆的左、右顶点．过F的直线l与椭圆相交于A，B两点，与抛物线E相交于P，Q两点，点M为PQ的中点．
（1）求椭圆C和抛物线E的方程；
（2）记ABA1的面积为S1，MA2Q的面积为S2，若S1≥3S2，求直线l在y轴上截距的范围．
【答案】（1）椭圆，抛物线；（2）在轴上截距取值范围是．
【分析】
（1）根据题意解得，抛物线焦点，然后求解椭圆方程以及抛物线方程；
（2）设，，，，，，，，，联立与椭圆，利用韦达定理、弦长公式和点到直线的距离，求解三角形的面积，然后转化求解即可．
【详解】
解：（1）根据题意解得，抛物线焦点，
因此椭圆，抛物线．
（2）设，，，，，，，，，联立与椭圆，
整理得：，
判别式，
弦长公式，
联立与抛物线，整理得：，
判别式，
，
因为，因此，解得，
在轴上截距或，
因此在轴上截距取值范围是．
6．已知抛物线，直线交抛物线C于M、N两点，且线段中点的纵坐标为2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）是否存在正数m，对于过点，且与抛物线C有两个交点A，B，都有抛物线C的焦点F在以为直径的圆内？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】
（1）；
（2）存在满足题意正数，且．
【分析】
（1）设，直线方程代入抛物线方程，利用中点坐标公式求得参数，得抛物线方程；
（2）假设存在满足题意的，然后设，设直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，利用恒成立可求得的范围．
（1）
设，
由得，，则，由题意，，
所以抛物线方程为；
（2）
假设存在满足题意的点，显然直线的斜率存在，设直线方程为，
由得，，时直线与抛物线没有两个交点，
由，因为，恒成立，
设，则，
焦点F在以为直径的圆内，则，，
，
恒成立，因为，所以，又
所以．
所以存在满足题意正数，且．
7．椭圆两焦点分别为、，且离心率；
（1）设E是直线与椭圆的一个交点，求取最小值时椭圆的方程；
（2）已知，是否存在斜率为k的直线l与（1）中的椭圆交于不同的两点A、B，使得点N在线段AB的垂直平分线上，若存在，求出直线l在y轴上截距的范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）.（2）存在，见解析
【分析】
（1）由于，，椭圆方程可化为与直线方程联立，消去化简得：，又由，解得，
此时，当且仅当时取等号，此时取最小值．即可得到椭圆方程．
（2）设直线l的方程为，代入椭圆方程可得到一元二次方程，即根与系数的关系，利用中点坐标公式可得线段的中点坐标公式，利用可得与的关系，结合进而得出的取值范围．当时，容易得出．
【详解】
解:（1），椭圆方程可化为，与联立，
消去y化简得，
又由，解得，
此时，当且仅当时，取最小值，
所以椭圆方程为.
（2）设直线l的方程为，代入，消去y整理得：
∵直线与椭圆交与不同的两点，
，
即，设，
，，
则AB中点
所以当时，，
化简得，代入得；
又，所以，故；
当时，，
综上，时，；时，.
8．已知椭圆，过右焦点的直线交椭圆于，两点．
（1）若，求直线的方程；
（2）若直线的斜率存在，在线段上是否存在点，使得，若存在，求出的范围，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或；（2）.
【详解】
（1）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设，，
直线的方程为，①
又椭圆的方程为，②
由①②可得，（*）
∴，，
∴，
∴，解得，
∴，即直线的方程为或．
（2）由（1）可知，
设的中点为，即，
假设存在点，使得，则，
解得，
当时，，为椭圆长轴的两个端点，则点与原点重合，
当时，，
综上所述，存在点且．
9．已知动圆与圆外切，与圆内切．
（1）试求动圆圆心的轨迹方程；
（2）过定点且斜率为的直线与（1）中轨迹交于不同的两点，试判断在轴上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数的范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）;（2）．
【解析】
【试题分析】（１）先运用两圆的位置关系建立等式，再运用椭圆的定义进行分析探求；（２）建立直线的方程与椭圆方程联立，借助坐标之间的关系分析探求：
（1）由得，由得，设动圆的半径为，两圆的圆心分别为，则，∴，根据椭圆的定义可知，点的轨迹为以为焦点的椭圆，∴，
∴， ∴动圆圆的轨迹方程为．
（2）存在，直线的方程为，设，的中点为．假设存在点，使得以为邻边的平行四边形为菱形，则，
由，得，
，∴，，
∵，∴，即，
∴，
当时，，∴；
当时，，∴．
因此，存在点，使得以为邻边的平行四边形为菱形，且实数的取值范围为．
10．已知点，，直线与直线的斜率之积为.
（1）求点M的轨迹方程；
（2）点N是轨迹上的动点，直线，斜率分别为，满足，求中点横坐标的取值范围.
【答案】
（1）（除去点）
（2）
【分析】
（1）设，由已知得，由此可得点的轨迹方程.
（2）设直线的方程为，，，与椭圆的方程联立得，得出根与系数的关系，由（1）得.代入表示，可求得，再由中点坐标可求得范围.
（1）
解：设，因为直线与直线的斜率之积为，所以，可得.
所以点的轨迹方程为（除去点）.
（2）
解：设直线的方程为，，，
由消去得：（*），
所以，，
由（1）知：，，∴.
∴
，
得，此时方程（*）有两个不同的实根，符合题意.
.
11．已知双曲线的左焦点为，右顶点为，点是其渐近线上的一点，且以为直径的圆过点，，点为坐标原点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）当点在轴上方时，过点作轴的垂线与轴相交于点，设直线与双曲线相交于不同的两点、，若，求实数的取值范围.
【答案】
（1）
（2）或
【分析】
（1）求出点的坐标，结合可求得的值，进一步可求得双曲线的标准方程；
（2）设、，将直线的方程与双曲线的方程联立，求出线段的中点的坐标，分析可知，可得出，再结合以及可求得实数的取值范围.
（1）
解：，，双曲线的渐近线方程为，
以为直径的圆过点，所以，，
不妨取点在上，设点，，，
因为，则，可得，则点,
，则，，则，
所以，双曲线的标准方程为.
（2）
解：由题意可知，设、，
线段中点，联立得，
依题意，即①，
由韦达定理可得，，
则，，
，，，
所以，②，
又③，由①②③得：或.
12．已知点，点Р是圆C：上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线CP交于点E．
（1）求点E的轨迹方程；
（2）若直线与点E的轨迹有两个不同的交点F和Q，且原点О总在以FQ为直径的圆的内部，求实数m的取值范围．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
(1)根据题意列出等量关系，再结合椭圆的定义即可求出答案；
（2）将直线方程代入椭圆方程后应用根与系数的关系得，，然后把代入题中其他条件化简计算
（1）
由题意知，，，所以，
所以E的轨迹是以C，A为焦点的椭圆，设椭圆E的方程为，
则，，所以，所以E的轨迹方程为．
（2）
设，，联立，消去y得，
由得①，
所以，．
因为原点О总在以FQ为直径的圆的内部，所以，
即．而，
所以，
即，所以，且满足①式，所以m的取值范围是．
13．已知曲线在轴右边，上每一点到点的距离减去它到轴距离的差都是.
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在正数，对于过点且与曲线有两个交点的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）设，根据题意列方程，化简即可求解；
（2）设，，直线的方程为，与曲线的方程联立，消去可得、，再由数量积的坐标运算列不等式，由不等式恒成立转化为最值即可求解.
【详解】
（1）设是曲线上任意一点，
由题意可得：，
整理可得：，
（2）存在，理由如下：
设过点的直线与曲线的交点为，，
设直线的方程为，
由得：，，
所以，
又，，
由，可得，
所以，
，
将代入上式可得：对任意的实数恒成立，
所以，解得：，
所以存在正数，对于过点且与曲线有两个交点的任一直线，都有，且的取值范围.
14．已知抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线交于，两点，当，两点的纵坐标相同时，.
（1）求抛物线的方程；
（2）若，为抛物线上两个动点，，为的中点，求点纵坐标的最小值.
【答案】（1）；（2）当时，点纵坐标的最小值为；当时，点纵坐标的最小值为.
【分析】
（1）根据题意求出即可得解；
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求出，再根据韦达定理求出点的纵坐标，然后换元并利用对勾函数的单调性可求出结果.
【详解】
（1）当，两点纵坐标相同时， ，的纵坐标均为，
由抛物线的定义知.
因为，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立消去并整理，得，
，
设，，则，，
，
所以，符合，
所以，
所以点的纵坐标，
令，则.
当时，即时，函数在上单调递增，
所以当，即时，；
当，即时，函数在时取得最小值，，
综上所述：当时，点纵坐标的最小值为；当时，点纵坐标的最小值为.
15．椭圆与抛物线有一个公共焦点且经过点.
（1）求椭圆的方程及其离心率；
（2）直线与椭圆相交于，两点，为原点，是否存在点满足，，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由
【答案】（1），；（2）存在，或.
【分析】
（1）由题意，椭圆的，再代入，联立即得解，，再由即可得离心率；
（2）由题意，R为的重心，将直线与椭圆联立，借助韦达定理可得
，且在圆上，代入可得
，由可得，，代入可得，结合的范围可得解.
【详解】
（1）由题意，抛物线的标准方程为，
∴抛物线焦点坐标为
即在椭圆中，，
将点代入曲线的方程，
得
由得，
，，
则椭圆的方程为
则椭圆的离心率
（2）存在符合要求的点.
直线与椭圆相交于，两点，
联立方程，整理得
设，两点坐标为，，
则，
，
得
∵点满足且，
的重心在圆上
，
，
即，
，
，
即，
，
，
令，
则，
则，
或
16．已知抛物线的焦点为，若过点且倾斜角为的直线交抛物线于，两点，满足.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点且斜率为1的直线被抛物线截得的弦为，若点在以为直径的圆内，求的取值范围.
【答案】（1），（2）
【分析】
（1）根据题意可得抛物线焦点为，，写出过点的倾斜角为的直线方程，设，，，，并联立抛物线的方程，结合韦达定理得，由抛物线的定义可得，解得，即可得出答案．
（2）设直线的方程为，联立抛物线的方程，由△，得，设，，，，结合韦达定理可得，，写出，坐标，由点在以为直径的圆内，得，由数量积公式计算，即可得出答案．
【详解】
解：（1）抛物线的焦点为，，
则过点的倾斜角为的直线方程为，
联立，得，
设，，，，
则，
由抛物线的定义可得，解得，
所以抛物线的方程为．
（2）设直线的方程为，
代入，得，
由△，得，
设，，，，
得，，
又，所以，，，，
因为点在以为直径的圆内，
所以为钝角，即，
得，得，
所以，得，
解得，又，
所以的取值范围为．
17．椭圆：的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1．
（1）求椭圆的方程；
（2）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，，设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围；
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）把代入椭圆方程得，进而可得，再由以及求出的值即可求解；
（2）设，，由角平分线以及正弦定理可得，再根据，即可得的取值范围.
【详解】
（1）把代入椭圆方程得，解得，
因为过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1，
所以，又，联立得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）如图所示，设，，
在中，由正弦定理可得
在 中，由正弦定理可得，
因为，，
两式相除可得，
又，消去得到，化为，
因为，即，
也即，解得：，
所以的取值范围为．
18．如图，已知椭圆：，椭圆：，，.为椭圆上一动点且在第一象限内，直线，分别交椭圆于，两点，连结交轴于点.过点作交椭圆于，且.
（1）求证：直线过定点，并求出该定点；
（2）若记，点的横坐标分别为，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析，过定点；（2）.
【分析】
（1）设，求出，可得，①当直线的斜率存在时，设的方程为（），利用韦达定理可得，求得 ②当直线的斜率不存在时，设的方程为，利用得由此得答案；
（2）设、的方程为与椭圆方程联立可得点、点坐标，求得直线的方程，
令，得，则，利用，得到答案.
【详解】
（1）证明：设，则，，且，
则，即.
①当直线的斜率存在时，设的方程为（），
则代入消元，得（）,
设，，则，，
由，得，
约去，并化简得，解得（不符合题意，舍去）.
②当直线的斜率不存在时，设的方程为，
利用，可解得，
综上，直线过定点.
（2）设的方程为（），
则，解得点坐标为，
由，则点坐标为.
同理，记斜率为，则点坐标为）.
由，则点坐标为，
则的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，
则，其中，
所以的取值范围是.
19．如图，椭圆：（）和圆：，已知圆将椭圆的长轴三等分，椭圆右焦点到右准线的距离为，椭圆的下顶点为，过坐标原点且与坐标轴不重合的任意直线与圆相交于点、．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线、分别与椭圆相交于另一个交点为点、.
①求证：直线经过一定点；
②试问：是否存在以为圆心，为半径的圆，使得直线和直线都与圆相交？若存在，请求出实数的范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①详见解析；②存在，.
【详解】
试题分析：（1）由圆C2将椭圆C1的长轴三等分，可得；又椭圆C1右焦点到右准线的距离为，可得，及a2=b2+c2即可得出；（2）①由题意知直线PE，ME的斜率存在且不为0，设直线PE的斜率为k，则PE：y=kx-1，与椭圆的方程联立可得点P的坐标，同理可得点M的坐标，进而得到直线PM的方程，可得直线PM过定点．
②由直线PE的方程与圆的方程联立可得点A的坐标，进而得到直线AB的方程．假设存在圆心为（m，0），半径为的圆G，使得直线PM和直线AB都与圆G相交，则圆心到二直线的距离都小于半径．即（i），（ii）．得出m的取值范围存在即可．
试题解析：（Ⅰ ）依题意，，则，
∴，又，∴，则，
∴椭圆方程为．
（2）①由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为，则：，
由得或
∴，
用去代，得，
方法1：，
∴：，即，
∴直线经过定点．
方法2：作直线关于轴的对称直线，此时得到的点、关于轴对称，则与相交于轴，可知定点在轴上，
当时，，，此时直线经过轴上的点，
∵
∴，∴、、三点共线，即直线经过点，
综上所述，直线经过定点．
②由得或∴，
则直线：，
设，则，直线：，直线：，
假设存在圆心为，半径为的圆，使得直线和直线都与圆相交，
则由（）得对恒成立，则，
由（）得，对恒成立，
当时，不合题意；当时，，得，即，
∴存在圆心为，半径为的圆，使得直线和直线都与圆相交，所有的取值集合为．
解法二：圆，由上知过定点，故；又直线过原点，故，从而得．
类型四:斜率或倾斜角的范围最值1-19题
1．已知双曲线C的两个焦点分别为，渐近线方程为
（1）求双曲线C的方程；
（2）若过点的直线与双曲线的左支有两个交点，且点到的距离小于1，求直线的倾斜角的范围．
【答案】（1）；（2），．
【分析】
（1）利用双曲线的两个焦点分别为，、，，渐近线方程为，可得，，即可求双曲线的方程；
（2）利用过点，的直线与双曲线的左支有两个交点，得出或．点到的距离小于1，得出，求出的范围，即可求直线的倾斜角的范围．
【详解】
（1）由题意设双曲线的方程为，
双曲线的两个焦点分别为，、，，渐近线方程为，
，，
，，
双曲线的方程；
（2）设直线方程为，
过点，的直线与双曲线的左支有两个交点，
或．
点到的距离小于1，
，
，
，
直线的倾斜角的范围是，．
2．已知动圆过点，且与直线相切，设圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设直线交曲线于，两点，以为直径的圆交轴于，两点，若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据抛物线的性质可知圆心轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线；
（2）联立抛物线与直线方程，借助韦达定理表示出圆心坐标，半径，再由弦长公式列出不等式，解之即可．
【详解】
（1）设，由题意得到的距离与到直线的距离相等，
由抛物线的定义知曲线的方程为.
（2）设，，由题意可知直线过的焦点，
联立消去得，整理得，
∴.
∵过的焦点，∴以为直径的圆的圆心为，半径为，
∵，
解得，或，
∴的取值范围是.
3．已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，且双曲线的离心率为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若有两个半径相同的圆，它们的圆心都在轴上方且分别在双曲线的两条渐近线上，过双曲线右焦点且斜率为的直线与圆都相切，求两圆圆心连线的斜率的范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由抛物线y2＝4x得焦点（1，0），得双曲线的c＝1．再利用离心率计算公式，及a2+b2＝c2，即可解得a，b；
（2）利用点斜式得直线l的方程为x+y﹣1＝0．由（1）可得双曲线的渐近线方程为y＝±2x．进而可设圆c1：（x﹣t）2+（y﹣2t）2＝r2，圆c2：（x﹣n）2+（y+2n）2＝r2，其中t＞0，n＜0．
因为直线l与圆c1，c2都相切，利用点到直线的距离公式可得，经过化简可得n与t的关系，再利用斜率计算公式即可得出k，把n与t的关系代入即可得出k的取值方法．
【详解】
解：（1）由抛物线y2＝4x得焦点（1，0），得双曲线的c＝1．
又，a2+b2＝c2，
解得，．
∴双曲线的方程为．
（2）直线l的方程为x+y﹣1＝0．
由（1）可得双曲线的渐近线方程为y＝±2x．
由已知可设圆c1：（x﹣t）2+（y﹣2t）2＝r2，圆c2：（x﹣n）2+（y+2n）2＝r2，其中t＞0，n＜0．
因为直线l与圆c1，c2都相切，所以，
得直线l与t+2t﹣1＝n﹣2n﹣1，或t+2t﹣1＝﹣n+2n+1，即n＝﹣3t，或n＝3t﹣2，
设两圆c1，c2圆心连线斜率为k，则k，当n＝﹣3t时，；
当n＝3t﹣2时，，
∵t＞0，n＜0，∴，故可得﹣2＜k＜2，
综上：两圆c1，c2圆心连线斜率的范围为（﹣2，2）．
4．已知椭圆的离心率为，椭圆的中心关于直线的对称点落在直线上．
（1）求椭圆的方程；
（2）设，、是椭圆上关于轴对称的任意两点，连接交椭圆于另一点，求直线的斜率范围并证明直线与轴相交定点．
【答案】（1）；（2）斜率的取值范围是：；证明见解析．
【分析】
（1）由题意知，则，求出椭圆的中心关于直线的对称点，可求，即可得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为代入椭圆方程，根据判别式，可求直线的斜率范围，求出直线的方程为，令，得，即可得出结论．
【详解】
解：（1）由题意知，则，
设椭圆的中心关于直线的对称点，则，
，，
椭圆的中心关于直线的对称点落在直线上．
，，
，
椭圆的方程为；
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为．
代入椭圆方程，可得．①
由△，得，
又不合题意，直线的斜率的取值范围是：，，．
（Ⅲ）设点，，，，则，．
直线的方程为．
令，得．
将，代入整理，得．②
由①得，
代入②整理，得．
直线与轴相交于定点．
5．已知椭圆的两个焦点为F1、F2，椭圆上一点满足
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆恒有两上不同的交点A、B，且（O是坐标原点），求k的范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）由题意得：，，将点代入到椭圆方程得，．从而写出椭圆方程即可；（Ⅱ）将直线的方程代入椭圆的方程，消去得到关于的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量的数量积坐标公式即可求得的范围，从而解决问题．
试题解析：（Ⅰ）设，，
∵，∴，∴.
∴，①
又点在椭圆上，∴.②
由①代入②得，整理为：，∴或，∵，
∴，.
∴椭圆方程为.
（Ⅱ）设，由，消去解得.
，，.
则
.
∴，又由得，∴，.
6．已知抛物线上一点到焦点的距离为2，
（1）求的值与抛物线的方程；
（2）抛物线上第一象限内的动点在点右侧，抛物线上第四象限内的动点，满足，求直线的斜率范围.
【答案】（1）1；（2）
【分析】
（1）根据点到焦点的距离为2，利用抛物线的定义得，再根据点在抛物线上有，列方程组求解，
（2）设，根据，再由，求得，当，即时，直线斜率不存在；当时，，令，利用导数求解，
【详解】
（1）因为点到焦点的距离为2，
即点到准线的距离为2，得，
又，解得，
所以抛物线方程为
（2）设，
由
由，则
当，即时，直线斜率不存在；
当时，
令，
所以在上分别递减
则
7．已知椭圆中心在原点，焦点在x轴上，一个顶点为，且其右焦点到直线的距离为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在斜率为k的直线l，使l与已知椭圆交于不同的两点M，N，且?若存在，请求出k的取值范围，若不存在，请说明理由．
【答案】
（1）；
（2） 存在，k的范围为.
【分析】
（1）可设椭圆的方程，用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）假设存在直线符合题意.将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根系数的关系利用中点的坐标即可求得斜率的取值范围，从而解决问题.
（1）
因为椭圆中心在原点，焦点在x轴上，一个顶点为A(0，-1)，由题意，可设椭圆的方程，则其右焦点，由F到直线的距离d=3，解得，所以椭圆的方程.
（2）
假设存在直线符合题意.
与椭圆方程联立，得：，消去y得:.
设
则有，
所以
所以MN的中点P的坐标.
因为AN=AM，所以AP是线MN的垂直平分线，所以AP⊥MN.
根据斜率之积为-1，可得，将其代入，
并整理得：，解得：.
故存在满足条件的直线l，其斜率的取值范围.
8．已知圆，点，P是圆M上一动点，若线段PN的垂直平分线与PM交于点Q．
（Ⅰ）求点Q的轨迹方程C；
（Ⅱ）若直线l与曲线C交于A，B两点，，直线DA与直线DB的斜率之积为，求直线l斜率的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）依题意得，根据椭圆定义即可求解轨迹方程；
（Ⅱ）设直线的方程为：代入椭圆方程，结合韦达定理计算化简，根据判别式列不等式即可求出结果．
【详解】
（Ⅰ）由题意可知：，又点P是圆上的点，则，
且，则，由椭圆的定义可知，
点Q的轨迹是以MN为焦点的椭圆，其中：，，，
则点Q的轨迹方程；
（Ⅱ）由已知得：直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立方程，
消y得：，，解得：，
设，，则，
所以，化简得
当时，直线l的方程为：恒过，不符合题意；
当时，得，直线l的方程为：恒过
由得，即．
9．已知分别是椭圆的左、右焦点.
（1）若是第一象限内该椭圆上的一点，且满足，求点的坐标；
（2）设过定点的直线与椭圆交与不同的两点，且为锐角，求直线斜率的平方的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）设点，由，可得，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，故，即.
（2）显然不满足题意，可设l的方程为，
，，
联立，化简得
由，得.
，.
又为锐角，即，
即，，
，
可得.又，即为，
10．斜率为的直线过抛物线；的焦点，且交于，两点(在第一象限)，交的准线于，且.
（1）求抛物线方程；
（2）设点，斜率为的直线过点交轴于，抛物线是否上存在不同两点，，使且，若存在，求斜率的范围，若不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，的取值范围是.
【分析】
（1）设出直线方程，与抛物线联立，求得交点坐标即可建立关系求解；
（2）设出直线的方程，与抛物线联立，得出直线的方程，根据直线经过线段的中点建立关系可求.
【详解】
解：（1）抛物线；的焦点为，
可得直线的方程为，与抛物线联立，
可得，
解得，，
由，且直线的倾斜角为60°，可得到准线的距离为，
即有，即，解得，
则抛物线的方程为；
（2）设直线的方程为，与抛物线的方程联立，
可得，
，化为，
设，的横坐标分别为，，则，
可得的中点坐标为，，
又直线的方程为，
由题意可得直线经过线段的中点，
可得，
化为，即有，
解得或.
所以的取值范围是.
11．在平面直角坐标系内，已知定点，动点在轴右侧运动（允许动点在轴上），并且点到轴的距离恰好比它到定点的距离小1.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）斜率存在的直线经过点且与交于，两点，若线段的垂直平分线与轴交于点，求点横坐标的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）设动点的坐标为，，利用距离公式得出动点的轨迹的方程；
（2）设出直线的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式得出，设点的坐标为，利用得出，从而得出点横坐标的取值范围.
（1）
设动点的坐标为，
根据题意有，因此，即，
整理得.
（2）
根据题意，设直线的方程为，
点，，联立与消去得，
由题知恒成立，且.
设点为线段的中点，因此，所以点.
设点的坐标为，因此，即，
解得，所以
因此点的横坐标的取值范围是.
12．已知动点到定点的距离和到直线的距离的比是常数．
（1）求点的轨迹．
（2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，且，求直线的斜率的取值范围．
【答案】
（1）；
（2）.
【分析】
（1）利用距离之比可构造方程，整理化简即可得到轨迹方程；
（2）设，与联立可得和韦达定理的形式，利用向量数量积的坐标运算表示出，结合可得到范围，进而求得结果.
（1）
动点到定点的距离和到直线的距离的比是常数，
，化简得：，即点的轨迹为：；
（2）
设直线方程为，、
由得：，则，，
，
，即，，
即，，
即，解得：，，
解得：或，
即斜率的取值范围为.
13．已知双曲线的两个焦点分别为，，动点满足.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若轨迹上存在两点，满足（，分别为直线，的斜率），求直线的斜率的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由题设知：，结合椭圆的定义写出轨迹的方程；
（2）设：，，联立椭圆方程并应用韦达定理可得，，根据可得，由有，即可求直线的斜率的取值范围.
（1）
由题设，若，
∴，即动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，
∴动点的轨迹的方程为.
（2）
由题设，设直线：，，
∴.
联立轨迹可得：，则，
∴，，
，则，即，
∵，且，
∴且，可得或.
14．已知圆，，是圆上的一个动点，的中垂线交于点.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）若斜率为的直线与点的轨迹交于不同的两点，，且线段的垂直平分线过定点，求的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由中垂线性质可知，又，可得，即可求得点的轨迹的方程；
（2）设出直线的一般方程，联立椭圆方程求出韦达定理，求出中点，再设的垂直平分线的方程为，将点代入化简，结合即可求解.
（1）
由题意可知：，
由的中垂线交于点，则，
，
则点的轨迹为以，为焦点，为长轴长的椭圆，
即，，，
点的轨迹的方程为：；
（2）
设直线，，，将代入椭圆方程，
消去得，
所以，即①，
由根与系数关系得，则，
所以线段的中点的坐标为.
又线段的垂直平分线的方程为，
由点在直线上，得，
即，所以②，
由①②得，
，，所以，即或，
所以实数的取值范围是.
15．已知椭圆的方程为，左、右焦点分别是，，若椭圆上的点到，的距离和等于.
（1）写出椭圆的方程和焦点坐标；
（2）直线过定点，且与椭圆交于不同的两点，，若为钝角（为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.
【答案】
（1）；，
（2）
【分析】
（1）利用椭圆的定义可求得，将坐标代入方程可求得进而得解；
（2）由题意得直线的斜率存在且不为，设，代入，化简整理，利用判别式求得，再根据为钝角，利用向量的数量积转化为，利用韦达定理，得到关于的不等式，由此即可求出结果.
（1）
解：由题意得，得，
又点在椭圆上，
，解得，
椭圆的方程为，焦点，.
（2）
解：由题意得直线的斜率存在且不为，
设：，代入，整理得，
，得.①
设，，，.
为钝角，，则，
又，
，
.②
由①②得，解得或，
的取值范围是.
16．已知椭圆离心率为，且其上一点到右焦点距离的最大值为4
（1）求椭圆的标准方程
（2）设为椭圆的左焦点，P为椭圆C上的任意一点，求的取值范围．
（3）设A为椭圆的右顶点，为椭圆的一条不经过A的弦，以为直径的圆B经过A点，求斜率的最大值．
【答案】
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）根据题意列关于的方程组即可；
（2）设，利用向量的坐标运算计算，利用表示椭圆上的点到原点的距离来求范围；
（3）设，设，求出点M的坐标，同理求出点N的坐标，进而可得MN的中点B的坐标，利用斜率公式求出，变形然后利用基本不等式求最值即可.
（1）
由已知得，解得
椭圆的标准方程为.
（2）
设，则，
表示椭圆上的点到原点的距离，
（3）
设，
由已知可得直线AM与直线AN垂直，且斜率都存在，的斜率不为
由椭圆的对称性可得当直线AM与直线AN的斜率为时，斜率为0，
设，且，与椭圆联立消去得，
则，
即，
同理，即
B为MN的中点，
则，
即
当且仅当，即时等号成立，
所以斜率的最大值为．
17．动点到定点的距离与到定直线的距离之比为定值.
（1）求动点的轨迹方程：
（2）若直线与动点的轨迹交于不同的两点，，且线段被直线平分，求直线的斜率的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
(1)设点，根据两点坐标求出两点距，化简计算即可；
(2)联立，解方程组，设点，，的中点为，进而得出和，利用点差法求出，从而得出答案.
（1）
设点，依题意，有
两边平方，整理得
所以动点的轨迹方程为；
（2）
联立，解得.
设点，，的中点为
则，由题意可得，
又因为点，都在椭圆上，则
将上述两个等式作差得.则
则，即
所以，即
所以直线的斜率的取值范围是
18．已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）以为直径的圆与轴交于，两点，若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由抛物线可得，根据直线过即可求参数p，进而写出抛物线方程.
（2）由题设易得，联立直线与抛物线应用韦达定理可求以为直径的圆的圆心坐标及半径，利用圆中的弦长公式列不等式求的取值范围.
【详解】
（1）由题意可知：
直线过抛物线的焦点，
，即，
故所求抛物线的方程为：.
（2），
设，，由得：，
，则
过抛物线的焦点，故以为直径的圆的圆心为，半径为
，
，可得或
的取值范围为：.
19．已知椭圆的右焦点为F，且F与C上点的距离的取值范围为[1，3].
（1）求C的方程；
（2）已知О 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）.
【分析】
（1）由椭圆上点到焦点距离的最大值和最小值可求得，再求得后可得椭圆方程；
（2）设，，由向量数乘可把用表示，从而把用表示，利用在椭圆上，可斜率为一元函数形式，引入函数，利用导数求得最大值．
【详解】
解：（1）设椭圆上任意一点，，其中，
则，
因为，所以，所以，故，
故，解得，则，
故椭圆的方程为；
（2）设，，则，，
因为，所以，所以，
又因为点在椭圆上，则，于是直线的斜率，
构造函数，，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故，故，
故，当，时，直线斜率取得最大值.
类型五:向量关系的范围最值1-13题
1．已知椭圆的焦距为4，过焦点且垂直于轴的弦长为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过椭圆右焦点的直线交椭圆于点，设椭圆的左焦点为，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）根据题意运用椭圆的定义进行求解即可；
（Ⅱ）根据直线是否存在斜率分类讨论，结合一元二次方程根与系数关系、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.
【详解】
解：(Ⅰ)椭圆的焦距是，所以焦点坐标是，
由题可得，椭圆过点，
椭圆的方程是
(Ⅱ)由题易得，左焦点右焦点坐标为
若直线垂直于轴，则点
若直线不垂直于轴，可设的方程为设点
将直线的方程代入椭圆的方程得到
则
.
，
的取值范围是
2．已知椭圆的中心在坐标原点，左顶点，离心率，为右焦点，过焦点的直线交椭圆于、两点（不同于点）.
（1）求椭圆的方程；
（2）当的面积时，求直线的方程；
（3）求的范围.
【答案】（1）（2）或.（3）
【分析】
（1）由已知条件推导出，，由此能求出椭圆方程．
（2）椭圆右焦点． 设直线方程为．由，得，由此利用根的判别式和韦达定理能求出直线的方程．
（3）设的坐标，，由已知条件推导出，由此能求出的范围．
【详解】
（1）设椭圆方程为，由已知，，
所以，，∴椭圆方程为.
（2）椭圆右焦点，设直线方程为.
由，得.①
显然，方程①的.设，，则有
，.
由的面积，
解得：.
所以直线方程为，即或.
（3）设的坐标，则，∴，
故
，
因为，所以的范围为.
3．双曲线与椭圆有相同的焦点，直线为的一条渐近线
（1）求双曲线的方程；
（2）已知点，设是双曲线上的点，是点关于原点的对称点，求的范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设双曲线方程为：，由椭圆方程可得，由条渐近线可得，结合可得的值，可得方程；
（2）设，，则，，可得与的坐标，可得结合可得关于的二次函数，由的范围可得．
【详解】
解：（1）设双曲线方程为： ，
由椭圆，求得两焦点，，
对双曲线，，
又直线为的一条渐近线，
，
结合，
解得：，
双曲线的方程为；
（2）设，，则，，
，，，
，
又，
，
又，
的范围是
4．椭圆中心在原点，焦点在轴上， 、分别为上、下焦点，椭圆的离心率为， 为椭圆上一点且．
（1）若的面积为，求椭圆的标准方程；
（2）若的延长线与椭圆另一交点为，以为直径的圆过点， 为椭圆上动点，求的范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）根据与椭圆的对称性可得为椭圆的左、右顶点，再由题设条件列出方程组，即可求出椭圆的方程；（2）由离心率得出之间的关系，由为直径的圆过点，可得点横坐标，再根据三点共线，求出点纵坐标，将点坐标代入到椭圆方程化简可求出的值，即可得到椭圆方程，设点，根据向量坐标表示出，根据取值范围即可求出的范围.
试题解析：（1）由椭圆的对称性可知，为椭圆的左、右顶点，可设，
∴解得∴．
（2）椭圆的离心率为，，则，，，
∵以为直径的圆过点，∴．
又∵的延长线与椭圆另一交点为，则、、三点共线，
∴，∴，
∴，，
又∵在椭圆中，则代入椭圆方程有，，，
设椭圆上动点，则，，
∴ ，，
∴．
5．如图，点，分别是椭圆的左､右焦点，点A是椭圆C上一点，且满足轴，，直线与椭圆C相交于另一点B.
（1）求椭圆C的离心率；
（2）若的周长为，M为椭圆C上任意一点，求的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
(1)结合已知条件，分别求出、与的关系式，进而求得离心率；(2)结合(1)中结论和已知条件求出椭圆的方程，然后设出的坐标，然后利用数量积公式表示出，最后利用二次函数的性质求解即可.
（1）
在中，∵，
∴，，
由椭圆的定义，，，
∴椭圆离心率.
（2）
的周长为，则，
∵，∴，，
∴椭圆C的标准方程为，
可得，设，则，，
∵，
∴，
∵，
所以由二次函数性质可知，当时，的最大值为；
当时，的最小值为，
所以的取值范围是.
6．已知是平面上的动点， 且点与的距离之和为．点的轨迹为曲线．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）不与轴垂直的直线过点且交曲线于两点， 曲线与轴的交点为，当时，求的取值范围．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由椭圆定义得，由焦点坐标得，再计算出即得椭圆方程；
（2）设直线l方程为y＝k（x＋1，代入椭圆方程，设交点，由韦达定理得，代入圆锥曲线中的弦长求得的范围，再用数量积的坐标表示计算，并化为的函数，从而可得取值范围．
（1）
依题意，点P的轨迹E是以为焦点，长轴为的椭圆，
设，则
故轨迹E的方程为．
（2）
设直线l方程为y＝k（x＋1）
代入E的方程，整理得．
设点，
可得．
由得，，
解得．
因为
所以
．
由已知得
，
．
的取值范围是．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为和，椭圆上任意一点，满足的最小值为，过作垂直于椭圆长轴的弦长为3
（1）求椭圆的方程；
（2）若过的直线交椭圆于，两点，求的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）通过通经长，求得，通过的最小值为，求得，再结合，最终求得，，得到椭圆方程；（2）先考虑斜率不存在的情况，求出，再考虑当斜率存在时，利用韦达定理求得：，结合，求得，最终求得范围.
（1）
过作垂直于椭圆长轴的弦长为3
因为，所以把代入到中，得：
所以，即
因为为椭圆上一点，根据椭圆的定义得：，设，则有，化为：①
则②
把①式代入②得，，因为，所以当时，取得最小值，即，化简得：，结合与，解得：，
∴椭圆的方程为
（2）
点坐标为，点坐标为
当过的直线斜率不存在时，不妨设，
此时
当过的直线斜率存在时，设为
将其代入椭圆方程中，得：
设，
则，
则
∵，∴
纵上所述，
8．已知椭圆：左右焦点分别为，在椭圆上且活动于第一象限，垂直于轴交轴于，为中点；连接交轴于，连接并延长交直线于.
（1）求直线与的斜率之积；
（2）已知点，求的最大值.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
(1)利用设而不求设出点的坐标，再列式化简即可；
(2)通过表示出各点坐标，再根据向量数量积公式进行计算化简，最后用参数方程得思想求解.
（1）
由题可知，，.设，则，.
所以.
（2）
由(1)可知，，所以直线：，：，所以，.，，.
所以
.
令，()，则，所以当，即时，有最大值.
9．已知抛物线及点.
（1）以抛物线焦点为圆心，为半径作圆，求圆与抛物线交点的横坐标；
（2）、是抛物线上不同的两点，且直线与轴不垂直，弦的垂直平分线恰好经过点，求的范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）联立圆与抛物线的方程，即可求得结果；
（2）设弦的中点为，设、、，设线段的中垂线的方程为，可求得，由已知条件求得，可得出直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，由可得出的取值范围，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围.
【详解】
（1）由已知得，则，所以圆的方程为，
由，得，
解得：或，由于，所以，
所以，圆与抛物线交点的横坐标为；
（2）设弦的中点为，设、、，
则，，设线段的中垂线的方程为，
则直线的斜率，，
，，
则直线的方程为，即，
由，得，即，
，，
，，
.
的范围是.
10．如图，已如椭圆：的右焦点为，点，分别是椭圆的上､下顶点，点是直线：上的一个动点（与轴交点除外），直线交椭圆于另一点.
（1）当直线过椭圆的右焦点时，求的面积；
（2）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
（3）求的取值范围.
【答案】
（1）；
（2）详见解析；
（3）
【分析】
（1）由题可得直线的方程，与椭圆方程联立方程组，求出交点的坐标，再利用点到直线的距离公式及三角形的面积公式即求；
（2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立方程组，求出交点的坐标，再求出斜率的值，计算即证；
（3）先运用直线与椭圆的位置关系计算出向量的的坐标形式，再运用向量的数量积公式得，构造函数利用函数单调性即得.
（1）
由题意，焦点，
当直线过椭圆的右焦点时，则直线的方程为，即，
联立，解得或(舍)，即.
连，则直线，即 ，
点M到直线BF的距离为，又.
故.
（2）
设，且，则直线的斜率为，
则直线的方程为，
联立化简得，
解得，
所以，，
所以为定值.
（3）
∵，，，
∴，
所以，
令
故，
因为在上单调递增，
所以，即的取值范围为.
11．已知①如图，长为，宽为的矩形，以为焦点的椭圆恰好过两点,
②设圆的圆心为，直线过点，且与轴不重合，直线交圆于两点，过点作的平行线交于，判断点的轨迹是否椭圆
（1）在① ②两个条件中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
（2）根据（1）所得椭圆的标准方程，若点是椭圆上的点，，分别是椭圆M的左右焦点，求的最值.
【答案】（1）；（2）最大值为0，最小值为.
【分析】
（1）选①：由点在椭圆上并代入椭圆方程求出椭圆参数，进而写出椭圆方程；选②：由圆的性质知：△为等腰三角形，结合可得，根据椭圆的定义写出椭圆方程；
（2）设，求出，利用二次函数求最值得解.
【详解】
（1）选①：由已知，将代入椭圆方程得：
故椭圆方程为：
选②：由题设可得如下示意图，易知：△为等腰三角形且，
∴，又，即，
∴，则，
∵，
∴椭圆定义知：动点到两定点的距离和为定值4，
∴的轨迹方程为.
（2）由（1）知：，所以，设，
所以，
二次函数的对称轴为，所以当时，函数取最大值0，
当时，函数取最小值.
所以最大值为0，最小值为.
12．已知双曲线与圆交于点第一象限，曲线为、上取满足的部分．
（1）若，求b的值；
（2）当，与x轴交点记作点、，P是曲线上一点，且在第一象限，且，求；
（3）过点斜率为的直线l与曲线只有两个交点，记为M、N，用b表示，并求的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3），．
【分析】
（1）联立曲线与曲线的方程，以及，解方程可得b；
（2）由双曲线的定义和三角形的余弦定理，计算可得所求角；
（3）设直线，求得O到直线l的距离，判断直线l与圆的关系：相切，可设切点为M，考虑双曲线的渐近线方程，只有当时，直线l才能与曲线有两个交点，解不等式可得b的范围，由向量投影的定义求得，进而得到所求范围．
【详解】
（1）由，点A为曲线与曲线的交点，
联立，解得，；
（2）由题意可得，为曲线的两个焦点，
由双曲线的定义可得，
又，，
所以，
因为，则，
所以，
在中，由余弦定理可得
，
由，可得；
（3）设直线，可得原点O到直线l的距离，
所以直线l是圆的切线，设切点为M，
所以，并设与圆联立，
可得，
可得，，即，
注意直线l与双曲线的斜率为负的渐近线平行，
所以只有当时，直线l才能与曲线有两个交点，
由，可得，
所以有，解得或舍去，
因为为在上的投影可得，，
所以，
则．
13．已知动圆与轴相切于点，过点，分别作动圆异于轴的两切线，设两切线相交于，点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）过的直线与曲线相交于不同两点，若曲线上存在点，使得成立，求实数的范围.
【答案】（1） （2）
【分析】
（1）设过点、与动圆相切的切点分别为，计算得到，得到答案.
（2）设直线的方程为，联立方程得到，，计算，，代入椭圆方程计算得到答案.
【详解】
（1）设过点、与动圆相切的切点分别为，
则，，，
故，
由、、的坐标可知，，，
由椭圆的定义可知，点是以、为焦点，长轴长为4的椭圆（不包括长轴端点）.
设曲线的方程为：，即，，，
故曲线的轨迹方程为
（2）由题可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消得，
，且，
设，，，则，，
，
，，
，
当时，，直线为轴，满足.
当，时，，，
代入椭圆方程得，化简得，
，且，，且，
综上可得的取值范围为：.
类型六:离心率的范围最值1-8题
1．已知椭圆：（）的左、右两焦点分别为，，短轴的一个端点为，直线：交椭圆于，两点，．
（1）若椭圆的离心率为，求椭圆的方程；
（2）若点到直线的距离不小于，求椭圆的离心率的取值范围．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）结合椭圆的定义以及离心率的公式即可得到方程组，解之即可求出结果；
（2）结合点到直线的距离公式即可得到，从而求出的范围，进而可求出结果.
（1）
由题意及椭圆的定义，得，∴．
又，，
∴，．
故椭圆的标准方程为．
（2）
设，可得点到直线的距离为，由题意知，故，从而．
∵，∴，即，∴，
即椭圆的离心率的取值范围是．
2．如图，椭圆：的离心率为，，分别是其左、右焦点，过的直线交椭圆于点，，是椭圆上不与，重合的动点，是坐标原点．
（1）若是△的外心，，求的值；
（2）若是△的重心，求的取值范围．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由椭圆和圆的对称性得轴，再由得出的关系式，得离心率．
（2）设，直线方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得，由直线方程得，利用重心坐标公式得，此坐标代入椭圆方程，设换元，注意利用转换，得关于的二次方程需有正数解．从而得的范围．
（1）
由椭圆与圆的对称性知，轴，是椭圆内接矩形的三个顶点，
则，，或．
又，所以，，（舍去负值），
所以；
（2）
设，直线方程为，
由得，
，，
，
是的重心，，，
所以，，
在椭圆上，则，
设，则
，由得
，该方程在上有解，
若，方程为，无正数解；
，，
所以或，
解得．
综上，．
3．如图，椭圆C：(a＞b＞0)，圆O：x2＋y2＝b2，过椭圆C的上顶点A的直线l：y＝kx＋b分别交圆O、椭圆C于不同的两点P，Q，设.
（1）若点P(－3，0)，点Q(－4，－1)，求椭圆C的方程；
（2）若λ＝3，求椭圆C的离心率e的取值范围．
【答案】
（1）
（2）＜e＜1
【分析】
（1）由在圆上，求得，由点坐标求得，得椭圆方程；
（2）直线方程与圆方程、椭圆方程分别求出的横坐标，由得横坐标间的关系，从而得出的关系，转化炎的关系式，利用可得的范围．
（1）
由P在圆O：x2＋y2＝b2上，得b＝3.
又点Q在椭圆C上，得，解得a2＝18，
所以椭圆C的方程是.
（2）
由得x＝0或xP＝－.
由得x＝0或xQ＝－.
因为，λ＝3，所以，
所以，即，所以k2＝＝4e2－1.
因为k2＞0，所以4e2＞1，即e＞，又0＜e＜1，所以＜e＜1.
4．已知椭圆：（）的长半轴长为．
（1）若椭圆经过点，求椭圆的方程；
（2）为椭圆的右顶点，，椭圆上存在点，使得．求椭圆的离心率的取值范围．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由椭圆的长轴长、所过的点坐标求椭圆参数，进而写出椭圆方程.
（2）设，由题设可得、，根据已知条件及两点距离公式得，联立方程求参数b的范围，利用椭圆参数关系求离心率的取值范围．
（1）
由题意可得：，又椭圆过，
∴，解得．故椭圆的方程为．
（2）
由（1）知：，设，则．①
由，则，
∴，即．②
联立①②，解得．
由，即，故，解得，
于是，即，即，即．
故椭圆的离心率的取值范围是．
5．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左、右焦点分别为，直线交双曲线C于M，N两点.
（1）若M（2，3），四边形的面积为12，求双曲线C的方程；
（2）若，且四边形是矩形，求双曲线C的离心率e的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）依题意得四边形是平行四边形，写出四边形的面积的表达式，求得，结合两点距离公式求得，，根据双曲线定义求出，，即可求方程；
（2）联立方程，因为是矩形，则，代入坐标计算化简，结合即可求得结果．
【详解】
(1) 因为直线y=kx交双曲线C于M， N两点，
所以M， N两点关于原点对称，
从而四边形是平行四边形.
设双曲线C的焦距为2c，
则四边形的面积，解得c=2，
从而F1(-2， 0)， F2(2， 0)，所以
于是，解得
所以双曲线C的方程为
(2)设，则
由得
因为
所以，化简得
因为，所以
由，得，
解得
由得，
解得.
因此，e的取值范围为
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线的右支上一点．
（1）求，的最小值；
（2）若右支上存在点P，满足，求双曲线的离心率的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）结合图象以及双曲线的定义求得，的最小值.
（2）结合余弦定理来求得双曲线离心率的取值范围.
【详解】
（1）设双曲线的左右顶点为，
由图可知：当在右顶点时，最小，即.
而，所以当最小时，取得最小值，即.
（2）设，
依题意，
由余弦定理得，
即.
7．如图所示，已知椭圆：，其中，，分别为其左，右焦点，点是椭圆上一点，，且．
（1）当，，且时，求的值；
（2）若，试求椭圆离心率的范围．
【答案】(1) ;(2) .
【详解】
试题分析: （1）先根据确定点坐标，由可得点坐标（用 表示），最后根据，利用斜率乘积为，列方程求的值；（2）设，由可得点坐标（用 表示），由，得一组关系，再根据点在椭圆上，可解得（用 表示），最后根据取值范围建立之间关系，求得离心率的范围．
试题解析:（1）当，时，椭圆为：，，，
∴，则或，
当时，，，,
直线：，①
直线：，②
联立①②解得，
∴．
同理可得当时，，
综上所述，．
（2）设，，
由，
∴，
∴，
，
由，，
∴，
即，③
又，④
联立③④解得（舍）或（∵），
∴，即，
∴，故．
8．(本题满分14分)
已知椭圆的右焦点为F,右准线为l，且直线与相交于A点.
（Ⅰ）若⊙C经过O、F、A三点,求⊙C的方程；
（Ⅱ）当变化时, 求证：⊙C经过除原点O外的另一个定点B；
（Ⅲ）若时,求椭圆离心率e的范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【详解】
【分析】（1）经过三点的圆，设一般方程，代入三点求解。
（2）设B,化圆为关于实数的关系式，对于任意实数恒成立。
（3）根据，得到的范围。然后写出离心率解出范围。
【详解】
解:（Ⅰ）,即,
,准线,
设⊙C的方程为,将O、F、A三点坐标代入得：
,解得
∴⊙C的方程为
（Ⅱ）设点B坐标为,则,整理得：
对任意实数都成立
∴,解得或,
故当变化时，⊙C经过除原点O外的另外一个定点B
（Ⅲ）由B、、得,
∴,解得
又 ,∴
又椭圆的离心率（）
∴椭圆的离心率的范围是