重难点32 圆锥曲线中的参数范围及最值问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc32183" 【题型1 弦长最值及范围问题】 PAGEREF _Tc32183 \h 2
\l "_Tc16603" 【题型2 离心率的取值范围问题】 PAGEREF _Tc16603 \h 5
\l "_Tc16498" 【题型3 三角形（四边形）面积的最值及范围问题】 PAGEREF _Tc16498 \h 8
\l "_Tc2261" 【题型4 长度（距离）的最值及范围问题】 PAGEREF _Tc2261 \h 15
\l "_Tc13223" 【题型5 斜率的最值及范围问题】 PAGEREF _Tc13223 \h 20
\l "_Tc23286" 【题型6 向量数量积的最值及范围问题】 PAGEREF _Tc23286 \h 25
\l "_Tc4779" 【题型7 参数的取值范围问题】 PAGEREF _Tc4779 \h 30
1、圆锥曲线中的参数范围及最值问题
圆锥曲线中的参数范围及最值问题是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，此类问题考查频率较高，此类问题一般有长度、距离、面积、数量积、离心率等几何量的范围或最值问题，各类题型都有考查，在解答题中考查时难度较高；复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.
【知识点1 圆锥曲线中的最值问题】
1．处理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：
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决.
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最
值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
2．圆锥曲线中的最值问题的解题思路
(1)建立函数模型，求解函数的值域或最值(切莫忘记定义域的考查)；
(2)构建不等关系.
【注意】若求解长度、距离、面积、数量积、离心率等具有具体几何意思的量的范围或最值问题时，一般可采用函数模型；若求解参量(诸如k、m等)、离心率等范围或最值问题时，一般可采用构造不等关系的方法解决.当然以上的区分并不是绝对的，当一个思路不能解决或不好解决时，应及时切换成另一思路.
【知识点2 圆锥曲线中的参数范围问题】
1．圆锥曲线中的参数范围问题的求解策略：
结合题目条件，构建所求几何量的含参函数，并且进一步找到自变量的范围，进而求出其值域，即所求参数的范围.
【题型1 弦长最值及范围问题】
【例1】（2024·湖北武汉·模拟预测）设抛物线C:y=4x2的焦点为F，过焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，则|AB|的最小值为（ ）
A．1B．12C．14D．18
【解题思路】联立方程得韦达定理，即可根据焦点弦公式求解.
【解答过程】由C:y=4x2得x2=14y，F0,116，
由题意可知直线AB的斜率存在，故设其方程为y=kx+116，
联立y=kx+116与x2=14y可得x2−14kx−164=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=14k，故y1+y2=kx1+x2+18=14k2+18，
因此|AB|=y1+y2+18=14k2+14≥14，当且仅当k=0时取等号，
故选：C.
【变式1-1】（2024·云南昆明·模拟预测）已知直线l是圆C：x2+y2=1的切线，且l与椭圆E：x23+y2=1交于A，B两点，则|AB|的最大值为（ ）
A．2B．3C．2D．1
【解题思路】由直线与圆相切分析得圆心到直线距离为1，再分类讨论直线斜率是否存在的情况，存在时假设直线方程，进一步联立椭圆方程结合韦达定理得出弦长表达式，最后化简用基本不等式得出结果.
【解答过程】∵直线l是圆C：x2+y2=1的切线，
∴圆心O到直线l的距离为1，
设A(x1,y1)，Bx2,y2，
①当AB⊥x轴时， |AB|=263.
②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m.
由已知 |m|1+k2=1 得 m2=k2+1 ．
把y=kx+m代入椭圆方程，整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2−3=0，
.x1+x2=−6km3k2+1,x1x2=3(m2−1)3k2+1
∴|AB|2=(1+k2)(x2−x1)2
=(1+k2)36k2m2(3k2+1)2−12(m2−1)3k2+1
=12(k2+1)(3k2+1−m2)(3k2+1)2=24k2(k2+1)(3k2+1)2=83+8k2−139k4+6k2+1
令t=k2−13(t∈R)
原式=83+8t3t+22=83+89t+4t+12
≤83+829t×4t+12=3
当且仅当9t=4t 即t=±23 时等号成立.
综上所述ABmax=3.
故选：B.
【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P3,3为椭圆C上一点，且△PF1F2的面积为26．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若倾斜角为π4的直线l与C相交于两个不同的点A,B，求AB的最大值．
【解题思路】（1）借助椭圆上的点的坐标，△PF1F2的面积与a2=b2+c2计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理与弦长公式计算即可得.
【解答过程】（1）由题意可得3a2+3b2=112×2c×3=26a2=b2+c2，解得a2=12b2=4c2=8，
故椭圆C的标准方程为x212+y24=1；
（2）k=tanπ4=1，故可设lAB:y=x+t，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x212+y24=1y=x+t，消去y可得4x2+6tx+3t2−12=0，
Δ=36t2−163t2−12=1216−t2>0，即−4x1+x2=−6t4=−3t2，x1x2=3t2−124，
则AB=12+1⋅x1+x22−4x1x2=2⋅−3t22−4×3t2−124
=2⋅9t24−3t2+12=48−3t22，
则当t=0时，AB有最大值，且其最大值为48−02=26.
【变式1-3】（2024·安徽·一模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2.且经过点2,3.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且OA⋅OB=0（点O为坐标原点），求AB的取值范围.
【解题思路】（1）根据离心率以及经过的点即可联立求解曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得3k2+3=2m2，根据弦长公式，结合不等式即可求解，
【解答过程】（1）由题意可得4a2−9b2=1a2+b2a2=2，解得a2=1,b2=3，
故双曲线方程为C:x2−y23=1.
（2）当直线l斜率不存在时，可设AxA,yA,BxA,−yA，
则OA=xA,yA,OB=xA,−yA，
将其代入双曲线方程xA2−yA23=1，
又OA⋅OB=xA2−yA2=0，解得yA=±62，
此时AB=2yA=6，
当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=kx+mx2−y23=1⇒3−k2x2−2kmx−m2−3=0，
故3−k2≠0x1+x2=2km3−k2x1x2=−m2−33−k2Δ=4k2m2+12m2+13−k2=12m2−k2+3>0，
则OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m
=1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=1+k2−m2−33−k2+km2km3−k2+m2=0，
化简得3k2+3=2m2，此时Δ=6k2+9>0，
所以AB=1+k2x1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=1+k22km3−k22−4−m2−33−k2 =1+k212m2−k2+33−k22
=6k4+10k2+9k4−6k2+9=61+16k2k4−6k2+9，
当k=0时，此时AB=6，
当k≠0时，此时AB=6⋅1+16k2+9k2−6，
∵3−k2≠0,∴k2+9k2>2k2⋅9k2=6，故16k2+9k2−6>0，
因此AB=6⋅1+16k2+9k2−6>6，
综上可得AB∈6,+∞.
【题型2 离心率的取值范围问题】
【例2】（2024·河南濮阳·模拟预测）点M是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交于P,Q两点，若△PQM是锐角三角形，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．2−3,1B．5−12,1
C．6−22,1D．6−22,5−12
【解题思路】根据MF⊥x轴可设Mc,y，代入椭圆方程可求得圆M的半径，根据△PMQ为锐角三角形，可构造关于a,c的齐次不等式，进而配凑出离心率e，解不等式即可求得结果.
【解答过程】∵圆M与x轴相切于焦点F，∴MF⊥x轴，可设Mc,y，
∵M在椭圆上，∴c2a2+y2b2=1，解得：y=±b2a，∴圆M的半径为b2a；
作MN⊥y轴，垂足为N，
∵MP=MQ，∴∠PMN=∠NMQ，
∵△PMQ为锐角三角形，∴∠NMQ<π4，∴b2a>c>22×b2a，
∴ac即椭圆离心率的取值范围为6−22,5−12.
故选：D.
【变式2-1】（2024·广东东莞·模拟预测）若双曲线C：x2a2−y24=1a>0的右支上存在Ax1,y1，Bx2,y2x1≠x2到点P5a,0的距离相等，则双曲线C的离心率的取值范围是（ ）
A．1,5B．5,+∞
C．1,3D．3,+∞
【解题思路】设点Qx0,y0，根据点在双曲线上和|PQ|2=x0−5a2+y02，可求|PQ|最小时，a的取值范围，从而得离心率的范围.
【解答过程】根据题意，结合双曲线的对称性可知，
存在以点P5a,0为圆心的圆与双曲线的右支有四个交点，
所以当双曲线上的点Q到点P的距离最小时，点Q不可为双曲线的右顶点，
设点Qx0,y0，则|PQ|2=x0−5a2+y02，
又因为由x02a2−y024=1，可得y02=4x02a2−1，
所以|PQ|2=x0−5a2+y02=4a2+1x02−10ax0+25a2−4x0>a，
要使|PQ|最小，x0≠a，则10a24a2+1>a，解得a2>1，
所以e=ca=1+4a2<1+4=5，
又因为双曲线中e>1，所以e∈1,5.
故选：A.
【变式2-2】（2024·陕西·模拟预测）已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1−c,0,F2c,0，抛物线C2：x2=2py(p>0)，椭圆C1与抛物线C2相交于不同的两点A,B，且四边形ABF1F2的外接圆直径为5c2，若b>c，则椭圆C1的离心率的取值范围是（ ）
A．55,22B．22,255C．55,255D．255,1
【解题思路】先利用椭圆与抛物线的对称性分析得四边形ABF1F2的外接圆就是△BF1F2的外接圆，再利用正弦定理求得sin∠F1BF2，再利用椭圆中焦点三角形的性质得到∠F1MF2=θ的取值范围，从而得到关于a,b,c的齐次不等式，解之即可得解.
【解答过程】如图，由椭圆与抛物线的对称性，知点A,B关于y轴对称，
四边形ABF1F2是等腰梯形，易知四边形ABF1F2的外接圆就是△BF1F2的外接圆，
设四边形ABF1F2的外接圆半径为R.
在△BF1F2中，由正弦定理，知2csin∠F1BF2=2R=5c2,∴sin∠F1BF2=45，
记椭圆C1的上顶点为M,∠F1MF2=θ，坐标原点为O，
易知∠F1BF2<θ，又b>c，则tanθ2=tan∠F1MO=cb<1，0<θ2<π2，
∴0<θ2<π4,∴0<∠θ<π2，即θ为锐角，
∴45=sin∠F1BF2又sinθ=2sinθ2csθ2sin2θ2+cs2θ2=2tanθ2tan2θ2+1,∴2tanθ2tan2θ2+1>45,∴12又0<θ2<π4，∴12所以14则椭圆C1的离心率的取值范围是55,22，
故选：A.
【变式2-3】（2024·四川德阳·模拟预测）已知双曲线l ：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E 的渐近线交于M、N 两点，若 SMON≥34c2，则 E 的离心率的取值范围是（ ）
A．2332B．2333C．23D．[ 3 ，2]
【解题思路】首先求出S△AOB=ab，再结合题干中的条件可知ab≥34c2=34a2+b2，通过解不等式可得ba的取值范围，结合双曲线的离心率公式可得答案.
【解答过程】由题意得Aa,0，渐近线y=±bax,
将x=a代入得M,N坐标为a,±b,所以MN=2b,
因为MN⊥x轴，所以S△AOB=12·aMN=ab,
由已知可得ab≥34c2=34a2+b2,
两边同时除以a2得ba≥341+ba2,
所以3ba2−4ba+3≤0，即3ba−1ba−3≤0，
解得33≤ba≤3,所以13≤ba2≤3，
而双曲线的离心率e=1+b2a2∈233,2，
故选：A.
【题型3 三角形（四边形）面积的最值及范围问题】
【例3】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点E(134,ca)（其中c=a2+b2），且双曲线C上的点到其两条渐近线的距离之积为14425.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记O为坐标原点，双曲线C的左、右顶点分别为A,B,P为双曲线C上一动点（异于顶点），M为线段AP的中点，Q为直线x=95上一点，且AP//OQ，过点Q作QN⊥OM于点N，求△ABN面积的最大值.
【解题思路】（1）由点E在C上可得16916a2−c2a2b2=1，再由C上的点到其两条渐近线的距离之积得a2b2c2=14425，联立求解即得.
（2）设出直线AP的方程，与双曲线C的方程联立求出点M的坐标，结合已知确定点N的位置，进而求出△ABN面积的最大值.
【解答过程】（1）由双曲线C:x2a2−y2b2=1过点E(134,ca)，得16916a2−c2a2b2=1，
双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，
则双曲线C上的点(x′,y′)到两条渐近线的距离之积为|bx′+ay′|a2+b2⋅|bx′−ay′|a2+b2=a2b2c2=14425，
于是16916a2−c2a2b2=16916a2−25144=1，解得a2=9，则b2c2=1625，而c2=a2+b2，解得
b2=16,c2=25，
所以双曲线C的标准方程为x29−y216=1.
（2）由（1）知A(−3,0),B(3,0)，显然直线AP的斜率存在且不为0，设直线AP的方程为y=k(x+3),k≠0，
由x29−y216=1y=k(x+3)消去y并整理得(16−9k2)x2−54k2x−81k2−144=0，显然16−9k2≠0，
设P(x1,y1),x1≠±3，则−3x1=−81k2−14416−9k2，解得x1=27k2+4816−9k2，且y1=96k16−9k2，
于是线段AP的中点M(27k216−9k2,48k16−9k2)，直线OM的斜率kOM=169k，
由OM⊥QN，得直线QN的斜率kQN=−916k，而AP//OQ，直线OQ的方程为y=kx，则点Q(95,95k)，
于是直线QN的方程为y=−9k16(x−95)+95k，即y=−9k16(x−5)，则直线QN过定点F(5,0)，
因此点N在以OF为直径的圆上，该圆的圆心为(52,0)，半径为52，
则点N到直线AB的最大距离为52，点N的坐标为(52,52)或(52,−52)，
而点N在直线OM上，即kOM=169k=1或kOM=169k=−1，得k=169或k=−169，满足k2≠169，
所以点N到直线AB的距离的最大值为52，△ABN面积的最大值为12×6×52=152.
【变式3-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2=1a>1的离心率为255，椭圆C的动弦AB过椭圆C的右焦点F，当AB垂直x轴时，椭圆C在A，B处的两条切线的交点为M．
(1)求点M的坐标；
(2)若直线AB的斜率为1m，过点M作x轴的垂线l，点N为l上一点，且点N的纵坐标为−m2，直线NF与椭圆C交于P，Q两点，求四边形APBQ面积的最小值．
【解题思路】（1）根据椭圆的几何意义，求得椭圆C的方程，从而得F(2,0)，将x=2代入椭圆方程，求出点A的坐标，再设椭圆C在点A处的切线方程为y=k(x−2)+55，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0，求出k的值，即可求得M的坐标；
（2）设直线AB的方程为x=my+2，将其与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出|AB|，结合（1）中所得写出N的坐标，并求出直线NF的方程，再利用弦长公式求得|PQ|，然后化简运算1|AB|+1|PQ|为定值，且PQ⊥AB，即可根据基本不等式求解最值．
【解答过程】（1）解：由题意知，b=1ca=255b2=a2−c2，解得a=5，b=1，c=2，
所以椭圆C的方程为x25+y2=1，F(2,0)，
将x=2代入椭圆方程得y=±55，
不妨取A(2,55)，
设椭圆C在点A处的切线方程为y=k(x−2)+55，
联立x25+y2=1y=k(x−2)+55，得(5k2+1)x2+(25k−20k2)x+20k2−45k−4=0，
所以Δ=(25k−20k2)2−4(5k2+1)(20k2−45k−4)=0，
整理得4(5k+2)2=0，解得k=−255，
所以在点A处的切线方程为y=−255(x−2)+55=−255x+5，
由椭圆的对称性知，点M在x轴上，
令y=0，则x=52，
即点M的坐标为(52,0)．
（2）根据题意可设直线AB的方程为x=my+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+2x25+y2=1，得(m2+5)y2+4my−1=0，
所以y1+y2=−4mm2+5，y1y2=−1m2+5，Δ=20(m2+1)，
所以|AB|=1+m2⋅(y1+y2)2−4y1y2=1+m2⋅25⋅m2+1m2+5=25⋅(m2+1)m2+5，
因为MN⊥x轴，且点N的纵坐标为−m2，所以N(52,−m2)，
所以直线NF的斜率为−m2−052−2=−m，
所以直线NF的方程为x=−1my+2，
同理可得，|PQ|=25⋅(1m2+1)1m2+5=25(1+m2)1+5m2，
所以1|AB|+1|PQ|=m2+525(m2+1)+1+5m225(m2+1)=6(m2+1)25(m2+1)=355，
故1|AB|+1|PQ|为定值355．
故1|AB|+1|PQ|≥21|AB|1|PQ|⇒ABPQ≥209,当且仅当AB=PQ=253时等号成立，
由于kNF=−m,kAB=1m,故NF⊥AB，即PQ⊥AB,
故SAPBQ=12PQAB≥109，当且仅当AB=PQ=253时等号成立，
【变式3-2】（2024·陕西宝鸡·三模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）和圆C：x2+y2=1，C经过E的右焦点F，点A，B为E的右顶点和上顶点，原点O到直线AB的距离为2217.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设D，A是椭圆E的左、右顶点，过F的直线l交E于M，N两点（其中M点在x轴上方），求△MAF与△DNF的面积之比的取值范围.
【解题思路】（1）根据条件，转化为关于a,b的方程组，即可求解；
（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，斜率不存在时，直接计算，斜率存在时，直线l的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示三角形的面积比值，利用韦达定理表示面积比值，并求范围.
【解答过程】（1）设椭圆焦距为2c，
由题意可得c=1，有a2−b2=1①
又因为直线AB方程为xa+yb=1，
所以d=aba2+b2=2217②
联立①②解得：a2=4，b2=3，
故椭圆方程为x24+y23=1
（2）①当l斜率不存在时，易知S△AMFS△DNF=AFDF=a−ca+c=13；
②当l斜率存在时，设l：x=ty+1（t≠0），Mx1,y1y1>0，Nx2,y2y2<0
由x=ty+1x24+y23=1得3t2+4y2+6ty−9=0，显然Δ=36t2+363t2+4>0，
所以y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
因为S△DNF=12DF⋅y2=32⋅−y2，S△AMF=12AF⋅y1=12⋅y1，
所以S△AMFS△DNF=12⋅y132⋅−y2=−13⋅y1y2
因为y1+y22y1y2=36t23t2+42−93t2+4=−4t23t2+4=−43+4t2>−43，
又y1+y22y1y2=y12+2y1y2+y22y1y2=y1y2+y2y1+2，
设y1y2=k，则k<0，−43所以S△AMFS△DNF=−13⋅y1y2∈19,13∪13,1，
综上，S△AMFS△DNF的取值范围为19,1.
【变式3-3】（2024·甘肃白银·模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0),A为第一象限内C上任意一点，以A为切点作C的切线l与x轴交于点B，与y轴交于点M，过点B作垂直于l的直线l′交C于D,E两点，其中点D在第一象限，设l′与y轴交于点K.
(1)若点A的坐标为2,1，求切线l的方程；
(2)若KM=λKA，求λ的值；
(3)当p=2时，连接OD,OE,AK,AD，记△OKE,△OKD,△AKD的面积分别为S1,S2,S3，求S3S2S1S2−1的最小值.
【解题思路】（1）代入方程求出p，即可求出抛物线方程，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）设点AxA,yA，利用导数的几何意义表示出切线方程，从而得到B、M的坐标，即可得到B为AM的中点，从而得到点K在AM的中垂线上，即可得解；
（3）首先得到l′的方程，设Dx1,y1,Ex2,y2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到S1S2，再由距离公式得到S3S2，最后利用基本不等式计算可得.
【解答过程】（1）因为点A的坐标为2,1，则22=2p，解得p=2，所以y=14x2，
则y′=x2，所以点A处切线的斜率k=y′|x=2=1，
所以切线l的方程为y−1=x−2，即y=x−1.
（2）设点AxA,yA，由y=12px2，所以y′=1px，则y′|x=xA=1pxA，
所以切线l:y=xApx−xA+yA，即l:xAx−py+yA=0，令y=0，则x=pyAxA，
所以BpyAxA,0，又yA=12pxA2，所以BxA2,0，
令x=0，可得y=−yA，则M0,−yA，
所以B为AM的中点，
因为l′垂直于l，所以点K在AM的中垂线上，
所以KM=KA，所以λ=1.
（3）解法一：设点Ax0,x024，由y=14x2，所以y′=12x，则y′|x=x0=x02，
则切线l:y=x02x−x0+y0，所以Bx02,0，
则kl′=−2x0，所以l′：y=−2x0x−x02，即2xx0+y−1=0，
联立2xx0+y−1=0x2=4y，消去y整理得x0x2+8x−4x0=0，
设Dx1,y1,Ex2,y2，显然Δ>0，则x1+x2=−8x0,x1x2=−4，且x1>0,x2<0，
则S1S2+S2S1=−x1x2+x2x1=−x1+x22−2x1x2x1x2=16x02+2.
因为S1S2>1，
所以S1S2 =1+8x02+44x04+1x02 =1+8+4x02+4x02 =1+4x02+4−2，
又A到l′的距离d1=2+x024−12x02+12=1+x0242x02+12，
O到l′的距离d2=−12x02+12=12x02+12，
所以S3S2=d1d2=x02+44，
则S3S2S1S2−1=x02+44⋅4x02+4−2=x02+4−2+4x02+4−2+4≥8，
当且仅当x0=23时取得等号，
所以S3S2S1S2−1的最小值为8.
解法二：由解法一知联立2xx0+y−1=0,x2=4y,得x0x2+8x−4x0=0，
则x1=−4+24+x02x0,x2=−4−24+x02x0，
所以S1S2=−x2x1=4+24+x02−4+24+x02=4+x02+24+x02−2，又S3S2=x02+44，
所以S3S2S1S2−1=x02+44⋅4x02+4−2=x02+4−2+4x02+4−2+4≥8，
当且仅当x0=23时取得等号，所以S3S2S1S2−1的最小值为8.
【题型4 长度（距离）的最值及范围问题】
【例4】（2024·河南信阳·三模）已知椭圆y29+x2=1，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线l1:y=3x和l2:y=−3x平行的直线，分别交l2，l1交于M，N两点，则MN的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】由题意可得四边形PMON为平行四边形，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，根据MN与OP的中点相同得x2−x1=y03y2−y1=3x0，再由两点间的距离公式，结合椭圆的性质即可求解.
【解答过程】设过点P分别与直线l1,l2平行的直线为l3,l4，如图：
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，则y1=−3x1，y2=3x2，
显然四边形PMON为平行四边形，故M,N与O,P的中点重合，
则x0+0=x1+x2=13(y2−y1)y0+0=y1+y2=3(x2−x1)，即x2−x1=y03y2−y1=3x0，
又因P为椭圆上任意一点，所以y029+x02=1，即y029=1−x02，
即MN=x1−x22+y1−y22=y029+9x02=9x02+1−x02=8x02+1，
而−1≤x0≤1，即0≤x02≤1，所以当x02=1时，|MN|max=8×1+1=3.
故选：C.
【变式4-1】（2024·黑龙江·三模）已知点P是抛物线C:y2=4x准线上的一点，过点P作C的两条切线，切点分别为A,B，则原点O到直线AB距离的最大值为（ ）
A．14B．13C．12D．1
【解题思路】设P−1,y0,Aa24,a,Bb24,b，且lPA:x=ty−a+a24，联立方程组，根据Δ=0，求得lPA:x=a2y−a24，得到a24−1=a2y0，同理可得b24−1=b2y0，结合y0=0和y0≠0，两种情况求得原点O到直线AB距离，即可求解.
【解答过程】由抛物线C:y2=4x，可得焦点F(1,0)，准线方程为x=−1，
设P−1,y0,Aa24,a,Bb24,b，
由题意可知a≠b≠0且PA,PB的斜率存在且不为0，不妨设lPA:x=ty−a+a24，
联立方程x=ty−a+a24y2=4x，整理得y2−4ty+4ta−a2=0，
由直线与抛物线相切可得Δ=16t2−44ta−a2=0，解得t=a2，所以lPA:x=a2y−a24，
又因为P−1,y0在直线上，所以有a24−1=a2y0，同理可得b24−1=b2y0，
若y0=0，则a2=b2=4，即AB的直线方程为x=1，则O到AB的距离为d=1；
若y0≠0，则a≠b≠2，两式联立消y0，可得ab=−4，所以kAB=b−ab24−a24=4a+b，
所以lAB:y−a=4a+bx−a24，整理得lAB:4x−a+by−4=0，
所以O到直线AB距离d=416+(a+b)2=48+a2+b2<48+2ab=1，
综上可得d≤1，即原点O到直线AB距离的最大值为1.
故选：D.
【变式4-2】（2024·四川自贡·三模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，上、下顶点分别为A1、A2，四边形A1F1A2F2的面积为23且∠F1A1F2=π3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点A1,3的直线与椭圆E相交于两点P、Q（P在Q上方），线段PQ上存在点M使得|AP||AQ|=|MP||MQ|，求|MF1|+|MF2|的最小值.
【解题思路】（1）根据已知条件和椭圆中a,b,c的关系，求出a,b,c的值，可得椭圆的标准方程.
（2）当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为y−3=kx−1，把直线方程代入椭圆方程，消去y，得到关于x的一元二次方程，韦达定理，将|AP||AQ|=|MP||MQ|用x1,x2,x0表示，消k得x0+4y0−4=0；当直线PQ斜率不存在时，M1,34也满足x0+4y0−4=0；从而点M在直线x+4y−4=0上，再结合椭圆定义及点关于直线的对称性求得距离和的最小值即可，注意检验存在性.
【解答过程】（1）由题意bc=tanπ3=312×2b×2c=23即b=3cbc=3，解得b=3c=1，所以a2=b2+c2=4，
所以椭圆E的方程为x24+y23=1；
（2）因为124+323>1，所以点A1,3在椭圆E外，设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0)，
当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为y−3=kx−1，
联立y−3=kx−1x24+y23=1得(3+4k2)x2+24k−8k2x+4k2−24k+24=0，
由Δ=24k−8k22−43+4k24k2−24k+24>0得k2+2k−2>0，
解得k>−1+3或k<−1−3，所以x1+x2=8k2−24k3+4k2，x1x2=4k2−24k+243+4k2，
由|AP||AQ|=|MP||MQ|得1−x11−x2=x1−x0x0−x2，所以x0=x1+x2−2x1x22−x1+x2=4k−84k+1，
则y0=kx0−1+3=3k+34k+1，消去k得x0+4y0−4=0；
当直线PQ斜率不存在时，M1,34也满足x0+4y0−4=0，
所以点M在直线x+4y−4=0上且在椭圆E的内部，设F2关于直线PQ对称点Ex3,y3，
则1+x32+4×y32−4=0y3x3−1×−14=−1，解得x3=2317y3=2417，
所以|MF1|+|MF2|=|MF1|+|ME|≥|EF1|=83417，此时直线F1E方程为y=35x+1，
由y=35x+1x+4y−4=0得M817,1517，点M在椭圆内部，使得|MF1|+|MF2|的最小值为83417.
【变式4-3】（2024·陕西咸阳·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，圆F1:(x+2)2+y2=4，F22,0，P是圆F1上的一个动点，线段PF2的垂直平分线l与直线PF1交于点M．记点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若动直线l与曲线C相交于Q、N两点，设Qx1,y1，Nx2,y2，且x1>0，x2>0，A−1,0，记直线AQ、AN的斜率分别为k1、k2，若k1k2=−2，求点A到直线l的距离d的取值范围．
【解题思路】（1）根据圆的性质及双曲线的定义计算可得；
（2）设直线l的方程为x=my+n，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由k1k2=−2求出n的值，即可得到直线l的方程，再求出点到直线的距离，最后结合不等式的性质计算可得.
【解答过程】（1）圆F1:(x+2)2+y2=4的圆心为F1−2,0，半径r=2，
如图所示，

连接MF2，根据题意，|MP|=|MF2|，
则MF2−MF1=MP−MF1=PF1=2∴点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线，
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，其中2a=2，2c=4，
∴a=1，c=2，则b2=c2−a2=4−1=3，
故所求C的方程为x2−y23=1．
（2）依题意直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+n，
由x=my+nx2−y23=1，消去x整理得3m2−1y2+6mny+3n2−1=0，
在3m2−1≠0Δ=36m2n2−12n2+13m2−1>0的条件下，y1+y2=−6mn3m2−1，y1y2=3n2−13m2−1，
由k1k2=−2，可得y1y2+2x1+1x2+1=0，
即y1y2+2my1+n+1my2+n+1=0，
即2m2+1y1y2+2mn+1y1+y2+2n+12=0，
则2m2+13n2−13m2−1+2mn+1−6mn3m2−1+2n+12=0，
即3n2−12m2+1−12m2nn+1+2n+123m2−1=0，
即6m2n2+3n2−6m2−3−12m2n2−12m2n+6m2n2−2n2+12m2n−4n+6m2−2=0，
即n2−4n−5=0，解得n=5或n=−1，
当n=−1直线l的方程为x−my+1=0过点A−1,0，不符合题意，舍去；
所以直线l的方程为x−my−5=0，则d=6m2+1，
由Qx1,y1，Nx2,y2，且x1>0，x2>0，所以y1y2<0，故3m2−1<0，
所以0≤m2<13，则1≤m2+1<23，则d=6m2+1∈33,6，
即点A到直线l的距离d的取值范围为33,6.
【题型5 斜率的最值及范围问题】
【例5】（2024·内蒙古·三模）已知O为坐标原点，F是抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，M是C上一点，且MF=MO=32.
(1)求C的方程；
(2)A,B是C上两点（A,B异于点O），以AB为直径的圆过点O,Q为AB的中点，求直线OQ斜率的最大值.
【解题思路】（1）首先由条件求得点M的横坐标，再根据焦半径公式，即可求解；
（2）首先联立直线与抛物线方程，利用OA⊥OB，结合坐标运算，求得点Q的坐标，再表示直线OQ的斜率，即可求解.
【解答过程】（1）由抛物线的定义可知Fp2,0.
因为MF=MO，所以xM=p4.
因为MF=32，所以p4+p2=32，解得p=2，故C的方程为y2=4x.
（2）由题意知AB斜率不为0，设AxA,yA,BxB,yB,l:x=my+t，
联立方程x=my+t,y2=4x,得y2−4my−4t=0，Δ>0，
则yA+yB=4m,yAyB=−4t
因为以AB为直径的圆过点O，所以OA⊥OB，则xAxB+yAyB=0，
即yA24⋅yB24+yAyB=0，
解得yAyB=−16=−4t，所以t=4.
又xA+xB=myA+yB+8=4m2+8，所以Q2m2+4,2m
当m=0时，kOQ=0，
当m≠0时，kOQ=2m2m2+4=mm2+2=1m+2m∈−24,0∪0,24.
故直线OQ斜率的最大值为24.
【变式5-1】（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），直线l1与E交于M−4,0，N−2,2两点，点P在线段MN上（不含端点），过点P的另一条直线l2与E交于A，B两点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若MP⃗=PN⃗，AP=(7−43)PB，点A在第二象限，求直线l2的斜率；
(3)若直线MA，MB的斜率之和为2，求直线l2的斜率的取值范围.
【解题思路】（1）把点代入方程列方程组求解即可；
（2）①设直线l方程为AB:y=kx+t，代入椭圆E的方程可得，结合判别式与韦达定理，由MP=PN，求出直线斜率即可；
②由kAM+kBM=2,可知y1x1+4+y2x2+4=2，代入x1+x2=−2ktk2+13，x1x2=t2−163k2+13，
可得t=4k+43或t=4k，利用判别式求解k的取值范围.
【解答过程】（1）因为M−4,0，N−2,2两点在椭圆E上，
所以−42a2+0b2=1−22a2+22b2=1
解得a2=16，b2=163.
故椭圆E的标准方程为x216+y2163=1.
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，设AB:y=kx+t，
联立x216+y2163=1y=kx+t，得16k2+163x2+32ktx+16t2−163=0，
即k2+13x2+2ktx+t2−163=0，
Δ>0，x1+x2=−2ktk2+13，x1x2=t2−163k2+13.
由MP=PN得P−3,1，则AB:y=kx+3+1，则t=3k+1.
由AP=7−43PB得：x1+7−43x21+7−43=−3，
即x1+7−43x2=123−24，
代入t=3k+1得，x1+x2=−2k3k+1k2+13，x1x2=(3k+1)2−163k2+13，
解得：x1=−23，x2=23，k=−13.
故直线l2的斜率为k=−13.
（3）由kAM+kBM=2,可知y1x1+4+y2x2+4=2，
即y1x2+4+y2x1+4x1+4x2+4=2，
即kx1+tx2+4+kx2+tx1+4=2x1+4x2+4，
即2k−2x1x2+t+4k−8x1+x2+8t−32=0，
代入x1+x2=−2ktk2+13，x1x2=t2−163k2+13，
得2k−2t2−163−2t+4k−8kt+8t−32k2+13=0，
即t2+16k2−8kt+163k−43t=0，故t−4k−43t−4k=0，
故t=4k+43或t=4k.
当t=4k时，直线AB过M−4,0，此时点M,P重合，与条件矛盾，舍去.
当t=4k+43时，直线AB过定点K−4,43，点在线段MN上运动，
当t=4k+43时，由Δ=4k2t2−4t2−163k2+13>0，所以323k<329，即k<13
从而直线l2的斜率的取值范围为−∞,13.
【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）设抛物线C:x2=2py(p>0)，直线x−y+1=0与C交于A，B两点，且AB=8．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点P为x2+y+12=1上一点，过点P作抛物线C的两条切线PD，PE，设切点分别为D，E，试求直线PD，PE斜率之积的最小值．
【解题思路】（1）联立直线与方程可得与横坐标有关韦达定理，结合弦长公式计算即可得解；
（2）借助导数可得lPD、lPE，从而得到lDE，结合韦达定理可表示出kPD⋅kPE，结合圆的纵坐标的范围即可得解.
【解答过程】（1）设点Ax1,y1Bx2+y2，
由x2=2pyx−y+1=0，可得x2−2px−2p=0，
则x1+x2=2p，x1x2=−2p，
AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=2×4p2+8p=8，解得p=2，
即抛物线C:x2=4y；
（2）设点Px0,y0，Dx3,y4，Ex4,y4，其中x3≠x0，x4≠x0，
由C:x2=4y，即y=x24，y′=x2，
则lPD:y−x324=x32x−x3，lPE:y−x424=x42x−x4，
则有y0−x324=x32x0−x3y0−x424=x42x0−x4，
即Dx3,y4，Ex4,y4都在直线y0−x24=x2x0−x上，
化简得lDE:x0x=2y+y0，
将直线DE的方程代入C:x2=4y得x2−2x0x+4y0=0，
则x3+x4=2x0，x3x4=4y0，
则kPD⋅kPE=y3−y0x3−x0⋅y4−y0x4−x0=x32−4y0⋅x42−4y016x3−x0⋅x4−x0
=x3x42−4y0x32+x42+16y02164y0−x02=16y02−4y04x02−8y0+16y02164y0−x02
=2y04y0−x0224y0−x02=y0，
又Px0,y0为x2+(y+1)2=1的一点，则−2≤y0≤0，故kPD⋅kPEmin=y0min=−2．
【变式5-3】（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线E:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，P是E的右支上一点，且PF1⊥PF2，△PF1F2的面积为3．
(1)求E的方程；
(2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点F2的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为kAM和kBN，求kAM2+23kBN的最小值．
【解题思路】（1）由三角形面积及双曲线的定义，利用勾股定理求解即可；
（2）设直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式化简可得kBN=−3kAM，代入kAM2+23kBN中化简即可得出最值.
【解答过程】（1）设双曲线的半焦距为c(c>0)，
∵S△PF1F2=12|PF1||PF2|=3，
∴ |PF1||PF2|=6.
由题可知|PF1|−|PF2|=2a,|PF1|2+|PF2|2=4c2，
∴ |PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|=4a2，即4c2−12=4a2，∴b2=3.
又ca=2，∴a2=1.
故E的方程为x2−y23=1.
（2）如图，

由题可知F22,0,A−1,0,B1,0，且直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x=ty+2−33将方程x=ty+2和x2−y23=1联立，得3t2−1y2+12ty+9=0，
∴y1+y2=−12t3t2−1,y1y2=93t2−1.
∵kAM=y1x1+1,kBN=y2x2−1，
∴kAMkBN=y1x2−1y2x1+1=y1ty2+1y2ty1+3=ty1y2+y1ty1y2+3y2=−3t3t2−1−y29t3t2−1+3y2=−13，
∴kBN=−3kAM，∴kAM2+23kBN=kAM−12−1,
∵直线AM与E的右支有交点，∴−3∴当kAM=1,kBN=−3时，kAM2+23kBN取得最小值，且最小值为−1.
【题型6 向量数量积的最值及范围问题】
【例6】（23-24高二上·北京·期中）已知椭圆M:x24+y2=1的上、下顶点为A,B，过点P0,2的直线l与椭圆M相交于两个不同的点C,D（C在线段PD之间），则OC⋅OD的取值范围为（ ）
A．−1,16B．−1,16C．−1,134D．−1,134
【解题思路】由题意画出图形，分直线的斜率不存在和存在两种情况求解，当直线斜率不存在时，求得OC⋅OD=−1，当直线斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立，由判别式大于0求得k的范围，再结合根与系数的关系写出数量积，由k得范围求得OC⋅OD的范围．
【解答过程】当直线斜率不存在时，直线方程为x=0，C(0,1)，D(0,−1)，
此时OC⋅OD=−1；
当直线斜率存在时，设斜率为k(k≠0)，设Cx1,y1,Dx2,y2,
则直线方程为y=kx+2，
联立y=kx+2x24+y2=1，得(1+4k2)x2+16kx+12=0，
Δ=(16k)2−48(1+4k2)=64k2−48>0，得k2>34．
x1+x2=−16k1+4k2,x1x2=121+4k2，
∴y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4 =k2⋅121+4k2+2k⋅(−16k1+4k2)+4=4(1−k2)1+4k2．
∴ OC⋅OD=x1x2+y1y2=121+4k2+4−4k21+4k2=16−4k21+4k2=−1+4k2−171+4k2=−1+171+4k2．
∵ k2>34，∴1+4k2>4，0<171+4k2<174，
则−1综上，OC⋅OD的取值范围是[−1,134)．
故选：D．
【变式6-1】（2024·湖北黄石·三模）已知Mx0,y0为双曲线x2−y2=4上的动点，x0>0，y0≥0，直线l1：x0x−y0y=4与双曲线的两条渐近线交于P，Q两点（点P在第一象限），R与Q在同一条渐近线上，则RP⋅RQ的最小值为（ ）
A．−8B．−4C．0D．−2
【解题思路】先证明线l1是双曲线x2−y2=4的切线，线段PQ的中点为Mx0,y0，再根据RP⋅RQ=RM+MP⋅RM+MQ=RM−12PQ⋅RM+12PQ，结合双曲线的性质即可得解.
【解答过程】因为Mx0,y0为双曲线x2−y2=4上的动点，
所以x02−y02=4，则y02=x02−4，x0≥2，
联立x2−y2=4x0x−y0y=4，消x得y02x02−1y2+8y0x02y+16x02−4=0，
因为y02x02−1=x02−4x02−1=−4x02≤−1，
且Δ=64y02x04−4y02x02−116x02−4=0，
所以直线l1是双曲线x2−y2=4的切线，切点为Mx0,y0，
双曲线的渐近线方程为y=±x，
联立x0x−y0y=4y=x，解得x=4x0−y0=x02−y02x0−y0=x0+y0，
所以P点的坐标为x0+y0,x0+y0，
联立x0x−y0y=4y=−x，解得x=4x0+y0=x02−y02x0+y0=x0−y0，
所以Q点的坐标为x0−y0,−x0+y0，
所以线段PQ的中点为Mx0,y0，
双曲线x2−y2=4的渐近线方程为y=±x，实半轴长为2，故OP⊥OQ，
则RP⋅RQ=RM+MP⋅RM+MQ=RM−12PQ⋅RM+12PQ
=RM2−14PQ2≥12OP2−14PQ2（当且仅当MR⊥OQ时取等号）
=14OP2−14PQ2=−14OQ2，
由题意可得直线PQ的斜率大于零或不存在，
故OQ⃗≤22，当且仅当M为右顶点时取等号，
所以−14OQ⃗2≥−14×8=−2，
所以RP⋅RQ的最小值为−2.
故选：D.
【变式6-2】（2024·福建厦门·二模）已知A−2,0，B2,0，P为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34.记P的轨迹为曲线Γ.
(1)求Γ的轨迹方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x=t于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H.HC⋅HD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）设点P(x,y),(x≠±2)，由题意列出等式，化简即可求得答案；
（2）分别设直线PA,PB的方程，求出点C,D的坐标，即可得出直线CH的方程，继而求出H点坐标，从而求出HC⋅HD的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.
【解答过程】（1）由题意设点P(x,y),(x≠±2)，由于k1⋅k2=−34，
故yx−2⋅yx+2=−34，整理得x24+y23=1，
即Γ的轨迹方程为x24+y23=1,(x≠±2)；
（2）由题意知直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34，
设直线PA的方程为y=k1x+2，令x=t，则可得y=k1t+2，即Ct,k1t+2，
直线PB:y=k2x−2，同理求得Dt,k2t−2，
又直线CH的方程为y−k1t+2=−1k2x−t，
令y=0，得xH=t+k1k2t+2=14t−32，即Ht−64,0，
故HC⋅HD=3t+64,k1t+2⋅3t+64,k2t−2=3t+6216+k1k2t2−4
=3t+6216−3t2−44=−3t−6216+12，
当t=6时，−3t−6216+12取到最大值12，
即HC⋅HD存在最大值，最大值为12.
【变式6-3】（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23，离心率为32，椭圆的左右焦点分别为F1、F2，直角坐标原点记为O．设点P0,t，过点P作倾斜角为锐角的直线l与椭圆交于不同的两点B、C．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点T，求PT⋅TF1−TF2的取值范围；
(3)设线段BC的中点为M，当t≥2时，判别椭圆上是否存在点Q，使得非零向量OM与向量PQ平行，请说明理由．
【解题思路】（1）由题意计算即可得；
（2）由设出T点坐标，表示出PT，结合TF1−TF2=−F1F2与T点坐标范围计算即可得.
（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线l与椭圆交于不同的两点可得该方程Δ>0，并由方程中的韦达定理表示出直线OM斜率，假设存在该点Q，则有kPQ=kOM，借此设出直线PQ方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有Δ≥0，结合前面所得可计算出t的范围.
【解答过程】（1）由题意，得c=3，a=2，所以b=a2−c2=1，
则椭圆的标准方程为x24+y2=1；
（2）设动点Tx,y，F1F2=23,0，PT=x,y−t，
PT⋅TF1−TF2=−PT⋅F1F2=−23x，
∵x∈−2,2，所以PT⋅TF1−TF2的取值范围为−43,43；
（3）显然直线的斜率存在，故可设直线l:y=kx+t，Bx1,y1、Cx2,y2，
联立y=kx+tx24+y2=1， 消去y得1+4k2x2+8ktx+4t2−4=0，
Δ=−16t2+64k2+16>0，即k2>t2−14①，
则x1+x2=−8kt1+4k2，x1x2=4t2−41+4k2，
则x1+x22=−4kt1+4k2，y1+y22=kx1+x2+2t2=−4k2t1+4k2+t=t1+4k2，
则xM=−4kt1+4k2,t1+4k2，
故kOM=−14k，
若OM//PQ，则有kPQ=kOM=−14k，
设直线PQ为y=−14kx+t，
联立y=−14kx+tx24+y2=1，消去y有1+14k2x2−2tkx+4t2−4=0，
要使得存在点Q，则Δ2=4t2k2−41+14k24t2−4≥0，
整理得16+4k2−16t2≥0，
故k2≤14t2−4②，
由①②式得，t2−14则t2−14<14t2−4，解得−2所以当t≥2时，不存在点Q，使得OM//PQ.
【题型7 参数的取值范围问题】
【例7】（23-24高二上·北京平谷·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点距离为26，离心率为22.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过点(0,1)，斜率存在且不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，求弦AB垂直平分线的纵截距的取值范围.
【解题思路】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得a,b,c，进而得到椭圆标准方程；
（2）设l:y−1=kx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Q点坐标，从而得到l′方程；令x=0可求得l′在y轴的截距，利用函数值域的求解方法可求得结果.
【解答过程】（1）由题意，2a=26，即a=6，
又e=ca=22，所以c=3，
故b2=a2−c2=6−3=3，
故所求椭圆的标准方程为x26+y23=1.
（2）如图，
由题意知：直线l的斜率k存在且不为零，
设l:y−1=kx，k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，AB中点Qx0,y0，
联立y−1=kxx26+y23=1，消去y并整理得：1+2k2x2+4kx−4=0，
Δ>0恒成立，
则x1+x2=−4k2k2+1，∴x0=x1+x22=−2k2k2+1，y0=kx0+1=1−2k21+2k2=11+2k2，
∴Q−2k1+2k2,11+2k2，
则l′方程为：y−y0=−1kx−x0，即y−11+2k2=−1kx+2k1+2k2，
化简得：y=−1kx−12k2+1
设直线l′在y轴上截距为m，令x=0得m=−12k2+1，
由0<12k2+1<1可知−1所以直线l′在y轴上的截距的取值范围为−1,0.
【变式7-1】（2024·浙江温州·一模）已知抛物线x2=4y的焦点为F，抛物线上的点Ax0,y0处的切线为l.
(1)求l的方程（用x0，y0表示）；
(2)若直线l与y轴交于点B，直线AF与抛物线交于点C，若∠ACB为钝角，求y0的取值范围.
【解题思路】
（1）由相切利用导数或判别式求斜率，再由点斜式写出方程；
（2）由∠ACB为钝角，所以CF⋅CB<0，将向量坐标化得关于坐标的不等式，再利用韦达定理消元代入不等关系化简求解范围
【解答过程】（1）
解法1：抛物线E：x2=4y即y=x24，
则y′=12x，则在Ax0,y0处切线AB的斜率为k=12x0，
所以，AB：y−y0=12x0x−x0，即y=12x0x−y0.
解法2：（1）设切线方程为y−y0=kx−x0，与抛物线E：x2=4y联立得，
x2−4kx+4kx0−4y0=0，（*）
因为直线与抛物线相切，故方程（*）的判别式Δ=16k2−16kx0+16y0=0
即Δ=16k2−16kx0+4x02=0，解得k=x02，
所以，AB：y−y0=12x0x−x0，即y=12x0x−y0.
（2）
易知F0,1，B0,−y0.
设直线AF：y=kx+1，Cx1,y1.
代入抛物线方程得x2−4kx−4=0，
故x1x0=−4，y0y1=x12x0216−1，
因为∠ACB为钝角，所以CF⋅CB<0，
即−x1−x1+1−y1−y0−y1=x12−y0−y1+y1y0+y12<0，
即3y1−1y1+1+y12<0，（*）
因为y1>0，不等式（*）y13+3y12+y1−1<0
即y1+1y1+1−2y1+1+2<0，
解得y1<2−1，所以y0>2−1.
【变式7-2】（2024·江西宜春·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为6，过点P(0,1)的直线l与C交于A，B两点，且当l与x轴平行时，|AB|=23．
(1)求C的方程；
(2)记C的右顶点为T，若点A，B均在C的左支上，直线AT，BT分别与y轴交于点M，N，且PM=λPO，PN=μPO，求λ+μ的取值范围．
【解题思路】（1）根据题意列出方程组，求出a2,b2，得到方程；
（2）设l:y=kx+1，联立x2−2y2=1，得到两根之和，两根之积，根据两交点在左支上得到不等式，求出22【解答过程】（1）由题可知双曲线C过点(3,1)，
则3a2−1b2=12c=6a2+b2=c2．解得b2=12，a2=1，
所以双曲线C的方程为x2−2y2=1．
（2）若l的斜率不存在，此时l与双曲线无交点，舍去，
根据题意设直线l:y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，x1,x2<0，
联立x2−2y2=1y=kx+1，得1−2k2x2−4kx−3=0．
则Δ=16k2+121−2k2=12−8k2>0，且1−2k2≠0，
由x1+x2=4k1−2k2<0，x1x2=−31−2k2>0，可得k>22，所以22由（1）可知T(1,0)．
则直线AT的方程为y=y1x1−1(x−1)．
令x=0，得y=−y1x1−1，所以M0,−y1x1−1，同理可得N0,−y2x2−1．
所以PM=0,−y1x1−1−1，PN=0,−y2x2−1−1，PO=(0,−1)．
由PM=λPO，PN=μPO．
得−y1x1−1−1=−λ，−y2x2−1−1=−μ，
所以λ=y1x1−1+1=kx1+1x1−1+1，μ=kx2+1x2−1+1，
所以λ+μ=kx1+1x1−1+kx2+1x2−1+2 =2kx1x2+(1−k)x1+x2−2x1x2−x1+x2+1+2
=2k⋅−31−2k2+(1−k)⋅4k1−2k2−2−31−2k2−4k1−2k2+1+2 =−6k+4k−4k2−2+4k2−3−4k+1−2k2+2=1k+1+2，
因为22所以6−2<1k+1<2−2，所以6<1k+1+2<4−2．
所以λ+μ的取值范围为(6,4−2)．
【变式7-3】（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1,a>b>0的左右焦点为F1,F2，短轴长为6,A为Γ上一点，G1,12为△AF1F2的重心.

(1)求椭圆Γ的方程；
(2)椭圆Γ上不同三点B,C,D，满足CF2⊥OF2，且BF2,CF2,DF2成等差数列，线段BD中垂线交y轴于E点，求点E纵坐标的取值范围；
(3)直线l:y=kx−2与Γ交于M,N点，交y轴于P点，若PM=λPN，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）利用三角形重心坐标公式先求A坐标，再代入椭圆方程结合其性质计算即可；
（2）设B、D、E坐标，并根据焦半径公式得BF2,DF2，由等差中项的性质得出x0=12x1+x2=3，再根据点差法得出中垂线的斜率4y03x0=4y033，表示BD中垂线方程，结合点在椭圆内计算范围即可；
（3）设M、N坐标，联立椭圆方程结合韦达定理得出其横坐标关系，再根据平面向量的坐标表示λ+1λ+2=64k2−54k2+3，利用函数的性质计算范围即可.
【解答过程】（1）不妨设F1−c,0,F2c,0，
因G1,12为△AF1F2的重心，所以A3,32，
所以9a2+94b2=1，
又短轴长为6，所以b=3，代入解得a2=12，
所以椭圆方程为:x212+y29=1；
（2）由上可知F23,0，设Bx1,y1,Dx2,y2,BD中点Ex0,y0，
则BF2=x1−32+y12，
又x1212+y129=1，消去y1并整理得BF2=23−12x1，
同理DF2=23−12x2，
又CF2=332，
由题意得23−12x1+23−12x2=2×332，
即x0=12x1+x2=3，
因B，D在Γ上，易得x12−x2212+y12−y229=0，化简得y1−y2x1−x2=−912⋅x1+x2y1+y2=−3x04y0，
所以线段BD中垂线的斜率4y03x0=4y033，
线段BD中垂线方程:y−y0=4y033(x−3)，
令x=0得yE=y0−43y0=−13y0，
又线段BD中点在椭圆内所以312+y029<1⇒ −332所以yE∈−32,32；
（3）设Mx3,y3,Nx4,y4，由PM=λPN得x3=λx4,λ<0，
联立x212+y29=1y=kx−2消y整理得4k2+3x2−16kx−20=0，
得x3+x4=16k4k2+3,x3x4=−204k2+3，
所以λ+1λ+2=x3x4+x4x3+2=x3+x42x3x4=64k2−54k2+3，
当k=0时，λ=−1，
当k≠0时，λ+1λ+2=64k2−54k2+3=−1516−484k2+3∈−165,0，
解不等式得−5<λ<−15.
一、单选题
1．（2024·山东泰安·模拟预测）已知点M在椭圆C:x2+y29=1上，F1，F2是该椭圆的两个焦点，则MF12+MF22的最小值为（ ）
A．9B．12C．16D．18
【解题思路】由已知可得MF1+MF2=6，由基本不等式可得MF1⋅MF2≤9，则由MF12+MF22=(MF1+MF2)2−2MF1⋅MF2，代入即可得到答案.
【解答过程】由题知，a2=9，b2=1，即a=3，b=1，则MF1+MF2=2a=6，
因为MF1+MF2≥2MF1⋅MF2（当且仅当MF1=MF2时，等号成立），
所以MF1⋅MF2≤9，
所以MF12+MF22=(MF1+MF2)2−2MF1⋅MF2≥62−2×9=18
（当且仅当MF1=MF2=3时，等号成立）．
故选：D.
2．（2024·四川成都·三模）已知点P,Q分别是抛物线C:y2=4x和圆E:x2+y2−10x+21=0上的动点，若抛物线C的焦点为F，则2PQ+QF的最小值为（ ）
A．6B．2+25C．43D．4+23
【解题思路】根据题意，将2PQ+QF转化为2(PQ+12QF)的形式，寻求定点M，使得12QF=|QM|恒成立，2PQ+QF转化为2(PQ+QM)，当且仅当M,P,Q在一条直线上时，2(PQ+QM)取得最小值，即可求解.
【解答过程】由抛物线C:y2=4x，可得焦点坐标为F(1,0)，
又由圆x2+y2−10x+21=0，可化为(x−5)2+y2=4，
可得圆心坐标为E(5,0)，半径r=2，
设定点M(t,0)，满足12QF=|QM|成立，且Q(x0,y0)
即(x0−t)2+y02=12(x0−1)2+y02恒成立，
其中(x0−5)2+y02=4，代入两边平方可得：
(4−t)x0=16−t2，解得t=4,M(4,0)，
所以定点M满足12QF=|QM|恒成立，
可得2PQ+QF=2(PQ+QM|)，
如图所示，当且仅当M,P,Q1在一条直线上时，
此时PQ+QM取得最小值|PM|，
即2PQ+QF=2(PQ+QM|)≥2|PM|，
设P(x,y)，满足y2=4x，
所以2PQ+QF≥2PM=2(x−4)2+y2，
2PQ+QF≥2(x−4)2+4x=2(x−2)2+12≥212=43，
当x=2时，等号成立，
故选：C.
3．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，点P在椭圆Γ上，且PF1⋅PF2=0．若PF1PF2∈1,3，则椭圆Γ的离心率的取值范围是（ ）
A．23,1B．22,104C．12,58D．12,4−23
【解题思路】设PF1=m,PF2=n，由已知及椭圆概念，可得mn=2b2和m+n=2a，则PF1PF2可由b、c表示，再由PF1PF2∈1,3，可通过换元及函数单调性得到离心率的取值范围.
【解答过程】因为PF1⋅PF2=0，所以PF1⊥PF2．设PF1=m,PF2=n，则m+n=2a，
在Rt△F1PF2中，m2+n2=4c2，所以2mn=(m+n)2−m2+n2=4a2−4c2=4b2，
即mn=2b2．则mn+nm=m2+n2mn=2c2b2，
令mn=t，由PF1PF2∈1,3，得t∈1,3，则t+1t=2c2b2，
由于函数y=t+1t在1,3上单调递增，
则2c2b2=t+1t∈2,103，所以c2b2∈1,53，
即a2b2−1=a2−b2b2=c2b2∈1,53，所以a2b2∈2,83,b2a2∈38,12，
故离心率e=ca=1−b2a2∈22,104．
故选：B．
4．（2024·西藏林芝·模拟预测）已知抛物线y2=8x上一点P到准线的距离为d1，到直线l:4x−3y+12=0的距离为d2，则d1+d2的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】点P到直线l:4x−3y+12=0的距离为|PA|，到准线l1:x=−2的距离为|PB|，利用抛物线的定义得|PF|=|PB|，当A，P和F共线时，点P到直线l:4x−3y+12=0和准线l1:x=−2的距离之和的最小，由点到直线的距离公式求得答案.
【解答过程】由抛物线y2=8x知，焦点F2,0，准线方程为l:x=−2，根据题意作图如下；

点P到直线l:4x−3y+12=0的距离为|PA|，到准线l1:x=−2的距离为|PB|，
由抛物线的定义知：|PB|=|PF|，
所以点P到直线l:4x−3y+12=0和准线l1:x=−2的距离之和为|PF|+|PA|，
且点F2,0到直线l:4x−3y+12=0的距离为d=8−0+125=4，
所以d1+d2的最小值为4.
故选：D.
5．（2024·广东梅州·二模）已知点F为双曲线C：x23−y2=1的右焦点，点N在x轴上（非双曲线顶点），若对于在双曲线C上（除顶点外）任一点P，∠FPN恒是锐角，则点N的横坐标的取值范围为（ ）
A．2,143B．2,173
C．3,2∪2,143D．3,173
【解题思路】设N(x0,0)，P(x,y)，把∠FPN恒是锐角转化为PF⋅PN>0，将向量坐标化可得4x23−(x0+2)x+(2x0−1)>0恒成立，利用二次函数性质分类讨论可得．
【解答过程】由题意可得c=a2+b2=2，所以F(2,0)，
设N(x0,0)，P(x,y)，
则PF=(2−x,−y)，PN=x0−x,−y，
由∠FPN恒是锐角，得PF⋅PN=(2−x)(x0−x)+y2>0，
又x23−y2=1，∴y2=x23−1，
∴不等式可化为：(2−x)(x0−x)+x23−1>0，
整理得：4x23−(x0+2)x+(2x0−1)>0，
记fx=4x23−(x0+2)x+(2x0−1),x∈−∞,−3∪3,+∞，
要使fx>0恒成立，由二次函数性质可知，
当−3≤3x0+28≤3，即−833−2≤x0≤833−2时，
f−3=2+3x0+23+3>0f3=2−3x0−23+3>0，解得3当3x0+28>3或3x0+28<−3，即x0>833−2或x0<−833−2时，
Δ=(x0+2)2−163(2x0−1)<0，解得833−2综上，3又点N与双曲线顶点不重合，所以x0≠2，
所以x0的取值范围为3,2∪2,143.
故选：C．

6．（2024·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，直线l:y=kx+mk>0与双曲线x2−y29=1相交且只有一个交点，与椭圆x225+y216=1交于M，N两点，则△OMN面积的最大值为（ ）
A．10B．12C．14D．16
【解题思路】根据题意确定k=3，联立方程组，利用弦长公式和面积公式，最后求最值.
【解答过程】由题意知l:y=kx+m与双曲线的渐近线y=3x平行，故k=3，
设Mx1,y1，Nx2,y2，将y=3x+m代入x225+y216=1，
得241x2+150mx+25m2−400=0，故Δ=1600241−m2>0，
x1+x2=−150m241，x1x2=25m2−400241，
所以MN=1+k2⋅x1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=10⋅40241−m2241，
点O到l的距离d=m10,
所以△OMN的面积S=12MN⋅d=102⋅40241−m2241⋅m10=20m⋅241−m2241
≤20241⋅m2+241−m222=10，
当且仅当m2=2412 （满足Δ>0）时等号成立．
故选：A．
7．（2024·全国·模拟预测）已知点A−2,2为抛物线C:x2=2py上一点，P为C上不同于点A的一个动点，过P作PA的垂线与C交于另一点B，则点B的横坐标的取值范围是（ ）
A．−∞,−6∪2,+∞B．−∞,−2∪6,+∞
C．−∞,−6∪2,+∞D．−∞,−2∪6,+∞
【解题思路】求出抛物线方程，利用PA⊥PB，得到x22+x1−2x2+4−2x1=0，再利用Δ≥0求解即可.
【解答过程】因为A−2,2为抛物线C上一点，所以−22=4p，解得p=1，所以x2=2y．
设Bx1,x122，Px2,x222，由题意知直线PA,PB的斜率均存在且均不为0，
由PA⊥PB，得kPA⋅kPB=−1，即x222−2x2+2×x222−x122x2−x1=−1，化简得x22+x1−2x2+4−2x1=0，
则关于x2的方程一定有解，故Δ=x1−22−44−2x1≥0，即x12+4x1−12≥0，解得x1≤−6或x1≥2，
故选：A．
8．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0，b>0的左、右焦点分别为F1，F2，F1F2=4，且C的一条渐近线与直线l:3x−y+1=0平行．A，B，D，E分别是C在第一、二、三、四象限内的四点，且四边形ABDE是平行四边形．若A，E，F2三点共线，则△ADE面积的最小值为（ ）
A．12B．24C．16D．8
【解题思路】已知条件→a,b,c→双曲线C →平行四边形的性质 S△ADE=2S△OAE →联立方程 y1+y2,y1y2 →象限内点的坐标特征 0≤m2<13→S△OAE=6m2+11−3m20≤m2<13 →函数的单调性构造新函数 S△OAEmin→S△ADEmin
【解答过程】由题意知2c=4ba=3a2+b2=c2解得a=1b=3c=2，故双曲线C的标准方程为x2−y23=1．
由题意及双曲线的对称性，平行四边形ABDE与双曲线C如图．
∵四边形ABDE为平行四边形，所以S△ADE=2S△OAE．
由题知，直线AE的斜率不为零，且F22,0，故设直线AE的方程为x=my+2．
由x2−y23=1x=my+2，消去x并整理得3m2−1y2+12my+9=0，3m2−1≠0，Δ=36m2+1>0，
设Ax1,y1,Ex2,y2，由根与系数的关系可得y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1．
因为点A,E均在双曲线的右支上，且双曲线渐近线的斜率为：±3，所以−3<1m<3，解得0≤m2<13，
所以S△OAE=12OF2⋅y1−y2=y1+y22−4y1y2．=−12m3m2−12−4×93m2−1 =6m2+11−3m2，0≤m2<13
令m2+1=t1≤t<233，则m2=t2−1，所以S△OAE=6t4−3t2=64t−3t1≤t<233．
因为y=4t−3t在1,233上单调递减，
∴当t=1时，S△OAEmin=6，所以△ADE面积的最小值为12
故选：A.
二、多选题
9．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C：x23−y2=1的右焦点为F，动点M，N在直线l：x=32上，且FM⊥FN，线段FM，FN分别交C于P，Q两点，过P作l的垂线，垂足为R.设△FMN的面积为S1，△FPQ的面积为S2，则（ ）
A．S1的最小值为12B．PRPF=32
C．MP⋅NFMN⋅PF为定值D．S1S2的最小值为26
【解题思路】由三角形相似和基本不等式，即可判断A；代入两点间距离公式，化简后，即可判断B；根据直角三角形的性质，结合B选项，即可判断C；设∠MFH=α，利用三角函数表示S1S2，再通过换元，利用导数判断函数的单调性，即可求函数的最值.
【解答过程】对于A，易得F2,0，设H32,0，则FH=12，
设HM=x，HN=y，由三角形相似可得xy=122=14，
所以S1=14x+y≥12xy=14，当且仅当x=y=12时等号成立，故A错误；
对于B，设Px0,y0，则PR=x0−32，由x02−3y02=3，得y02=x023−1，
所以PF=x02−4x0+4+y02=43x02−4x0+3=233x0−32，所以PRPF=32，故B正确；
对于C，由∠MFN=π2，可得MPPR=MNNF，所以MP32PF=MNNF，
整理得MPNFMNPF=32，为定值，故C正确；
对于D，易知S1S2=FMFNFPFQ，设∠MFH=α，
则FM=FHcsα=12csα，FN=FHsinα=12sinα，
设FP=m，则PR=32m=FM−mcsα，解得m=13+2csα，
同理可得FQ=13+2sinα，
所以S1S2=FMFNFPFQ=3+2csα3+2sinα4csαsinα=1+23sinα+csα+34sinαcsα，
令t=sinα+csα∈1,2，
则S1S2=1+23t+32t2−1，设φt=1+23t+32t2−1，
则φ′t=−3t2+3t+1t2−12<0，
所以φt在1,2上单调递减，故φt的最小值为φ2=52+6，故D错误.
故选：BC.
10．（2024·湖北·模拟预测）已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），1|FA|与1|FB|的等差中项为12．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．p=1B．tan∠AOB的最大值为−43
C．|PN||PF|的最大值为2D．MA2+MB2的最小值为16
【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，且x1>0,y1>0,设直线l:y=kx+p2，联立直线l和抛物线方程得韦达定理，再结合两角和与差的正切公式，导数运算等知识，对各个选项逐一分析即可.
【解答过程】显然当直线斜率不存在时不合题意，则设直线l:y=kx+p2，与x2=2py联立得x2−2pkx−p2=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=2pk，x1x2=−p2，y1+y2=2pk2+p，y1y2=p24．
1|FA|+1|FB|=1=1y1+p2+1y2+p2= y1+y2+py1y2+p2⋅y1+y2+p24
=2pk2+p+pp24+p22pk2+p+p24=2pk2+1p2+p2k2=2pk2+1p21+k2=2p=1，
因此p=2，A选项错误．
tan∠AOB=tan∠xOB−∠xOA=y2x2−y1x11+y2x2⋅y1x1=x24−x141+1−4=x2−x13
=−x1+x22−4x1x23=−16k2+163≤−43，B选项正确．
y=x24,y′=x2，切线MA:y−x124=x12x−x1，即y=x12x−x124，
同理MB:y=x22x−x224，联立解得yM=x1x24=−1，故N(0,−1)．
不妨设xP≥0，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q，
则|PN||PF|= |PN||PQ|=1sin∠PNQ．
当直线PN与抛物线相切时，∠PNQ最小．
y=kx−1与x2=4y联立，消去y得：x2−4kx+4=0，
令Δ=16k2−16=0，解得k=±1，则∠PNQ≥π4，
故|PN||PQ|=1sin∠PNQ≤2，C选项正确．
kMAkMB=x1x24=−1，故MA⊥MB，
则MA2+MB2=AB2=y1+y2+22=16k2+12≥16，D选项正确．
故选:BCD．
11．（2024·河南南阳·模拟预测）已知椭圆W:x24+y2=1，点F1,F2分别为W的左､右焦点，点C,D分别为W的左､右顶点，过原点且斜率不为0的直线l与W交于A,B两点，直线AF2与W交于另一点M，则（ ）
A．W的离心率为32
B．AF2的最小值为2−3
C．W上存在一点P，使∠CPD=2π3
D．△ABM面积的最大值为2
【解题思路】熟悉椭圆的离心率公式ca，椭圆焦半径取值范围为a−c,a+c，焦半径三角形顶角在上顶点时取最大，先对选项A、B、C作出判断，对于选项D，就需要设出直线AM的方程为x=my+3，与椭圆方程联立，再把三角形面积计算公式转化到两根关系上来，最后代入韦达定理得到关于m的函数式，从而求出最值.
【解答过程】由题知，该椭圆中a=2,b=1,c=3，所以离心率为32,A正确；
根据椭圆上到焦点距离最大和最小的点是长轴的两个端点得，距离最大为a+c，距离最小为a−c，
又直线AB的斜率不为0，所以AF2>a−c=2−3，B错误；
当椭圆的对称可知当P为短轴顶点时，∠CPD取得最大值，此时DP=CP=5,CD=4，
由余弦定理得cs∠CPD=CP|2+DP|2−|CD|22CP⋅DP=−35<−12，故∠CPD>2π3，
即W上存在一点P，使∠CPD=2π3,C正确；
设直线AM的方程为x=my+3，联立直线AM与W的方程得m2+4y2+23my−1=0，
设Ax1,y1,Mx2,y2，则y1+y2=−23mm2+4,y1y2=−1m2+4，
所以AM=1+m2y1−y2=1+m2 12m2m2+42+4m2+4=4m2+1m2+4，
又点O到直线AM的距离为d=3m2+1，
所以S△ABM=2S△OAM=AM⋅d=43×m2+1m2+4，
令t=m2+1，则S△ABM=43tt2+3=43t+3tt≥1,t+3t≥23，
当且仅当t=3t，即t=3时，等号成立，
所以△ABM面积的最大值为2,D正确；
故选：ACD.
三、填空题
12．（2024·辽宁锦州·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线M:x2m−y2=1经过点A2,1，点B与点A关于原点对称，C为M上一动点，且C异于A，B两点．若△BCT的重心为A，点D8,4，则DT的最小值 2 .
【解题思路】根据给定条件，求出双曲线M的方程，再利用三角形的重心坐标公式求得动点T的轨迹方程，借助两点间距离公式求出DT的最小值.
【解答过程】由双曲线M:x2m−y2=1经过点A2,1，得4m−1=1，解得m=2，
则双曲线M:x22−y2=1，显然B−2,−1，设Cx0,y0,Tx,y，
由△BCT的重心为A ，得x+x0−23=2y+y0−13=1，解得x0=8−xy0=4−y，
又x022−y02=1，于是(8−x)22−(4−y)2=1，即(x−8)2=2+2(y−4)2，
而A,B,C不共线，即x≠6y≠3 且x≠10y≠5，因此6,3,10,5不满足上述方程，
于是DT=(x−8)2+(y−4)2=2+3(y−4)2≥2，当且仅当y=4时取等号，
所以DT的最小值为2.
故答案为：2.
13．（2024·安徽·一模）椭圆C：x24+y2=1的左右焦点分别为F1、F2，点M为其上的动点.当∠F1MF2为钝角时，点M的横坐标的取值范围是 −263,263 .
【解题思路】设点M(x,y)，由余弦定理得cs∠F1MF2<0，再结合−2≤x≤2即可求解.
【解答过程】设M(x,y)，焦点F1(−3,0)，F2(3,0).
因为∠F1MF2为钝角，所以cs∠F1MF2=MF12+MF22−F1F222MF1⋅MF2<0，
即MF12+MF22整理得：x2+y2<3.
因为点Mx,y在椭圆x24+y2=1上，y2=1−x24
代入得x2<83解得−263又因为−2≤x≤2，所以点M纵坐标x的取值范围−263故答案为：−263,263.
14．（2024·全国·模拟预测）已知直线tx−y−t=0(00)的焦点F，且与C交于点A,B，过线段AB的中点D作直线x=−1的垂线，垂足为E，记直线EA,EB,EF的斜率分别为k1,k2,k3，则k1k2k3的取值范围是 (1,+∞) ．
【解题思路】先求出抛物线方程，将其与直线方程联立写出韦达定理，由题意求出点E的坐标，推理计算出k1k2=−1，从而将求k1k2k3的范围问题转化成求k3的取值范围即得.
【解答过程】
如图，因为直线tx−y−t=0过C的焦点F，令y=0，解得：x=1，即F(1,0)，故由p2=1可得p=2，即C:y2=4x．
把y=tx−t代入C的方程整理得：t2x2−2t2+4x+t2=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2+4t2，x1⋅x2=1，
于是，y1+y2=tx1+x2−2t=4t，故得：E−1,2t，
则k1k2=y1−2tx1+1⋅y2−2tx2+1=tx1−t−2tx1+1⋅tx2−t−2tx2+1=t2x1x2−t2+2x1+x2+t+2t2x1x2+x1+x2+1 =t2−(t2+2)⋅(2+4t2)+(t+2t)24+4t2=−4−4t24+4t2=−1，
k3=0−2t1−(−1)=−1t，所以k1k2k3=1t，由0故答案为: (1,+∞).
四、解答题
15．（2024·新疆·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，C上任意一点到F的距离的最大值和最小值之积为1，离心率为63．
(1)求C的方程；
(2)设过点R1,13的直线l与C交于M，N两点，若动点P满足PM=λMR，PN=−λNR，动点Q在椭圆C上，求PQ的最小值．
【解题思路】（1）根据两点间距离最值结合离心率求出a,b，即可得出椭圆方程；
（2）结合向量共线求出参数关系得出轨迹方程，再根据点到直线距离求出最小值.
【解答过程】（1）设Ex,y，F−c,0，
则EF=(x+c)2+y2=(x+c)2+1−x2a2b2=cax+a2=cax+a．
又因为−a≤x≤a，所以EF|max⋅EF|min=a2−c2=1，即b2=1，
又椭圆的离心率e=ca=63，所以c=63a，则a2−c2=a2−23a2=13a2=1，
解得a2=3，故C的方程为x23+y2=1．
（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，Px0,y0，因为PM=λMR，
所以x1−x0,y1−y0=λ1−x1,13−y1，
若λ=−1，则PM=−MR，即P与R重合，与PN=NR矛盾，
若λ=1，则PN=−NR，即P与R重合，与PM=MR矛盾，
故λ≠±1，于是x1=λ+x01+λ,y1=13λ+y01+λ，将点Mλ+x01+λ,13λ+y01+λ代入x23+y2=1，
化简得−5λ2+6x0+6y0−18λ+3x02+9y02−9=0，
同理可得，−5λ2−6x0+6y0−18λ+3x02+9y02−9=0，
故λ，−λ为方程−5x2+6x0+6y0−18x+3x02+9y02−9=0的两根，
于是6x0+6y0−18=0，即x0+y0−3=0，动点P在定直线l1:x+y−3=0上．
令直线l2:x+y−m=0(m>0)，当l2与T相切时，记l1，l2的距离为d，则PQ≥d，
联立x+y−m=0x23+y2=1可得4x2−6mx+3m2−3=0，
由Δ=(6m)2−163m2−3=0，解得m=±2，又m>0，则m=2，
此时，解得x=32，y=12，即切点为32,12，直线l1，l2的距离为d=3−21+1=22，
故PQ的最小值为22．

16．（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线l：kx−y−k=0分别与x轴，直线x=−1交于点A，B，点P是线段AB的垂直平分线上的一点（P不在x轴负半轴上）且tan∠ABP=k.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)设l与C交于E，F两点，点M在C上且满足AE⋅AM=0，延长MA交C于点N，求EM→⋅NF⃗的最小值.
【解题思路】（1）结合题意得出几何关系PB=PA，由抛物线定义即可得解；
（2）一方面：设Ex1,y1，Fx2,y2，联立l与抛物线的方程，由韦达定理得x1+x2=2+4k2x1x2=1，设Mx3,y3，Nx4,y4，同理可得x3+x4=2+4k2，x3x4=1，结合向量数量积的坐标运算、基本不等式即可得解.
【解答过程】（1）由题意k≠0，
如图， ∵tan∠ABP=k，
∴∠ABP=∠OAB，
又∵P不在x轴负半轴上，
∴PB与直线x=−1垂直，
又∵PB=PA，
∴点P的轨迹是以1,0为焦点，x=−1为准线的抛物线，
∴点P的轨迹方程为y2=4x.
（2）
由kx−y−k=0y2=4x得k2x2−2k2+4x+k2=0，
∵l与C交于两点，
∴k≠0，
设Ex1,y1，Fx2,y2，则x1+x2=2+4k2x1x2=1，
又∵AE⋅AM=0，
∴AE⊥AM，
∵MN的斜率为−1k，
∴直线MN的方程为y=−1kx−1，
设Mx3,y3，Nx4,y4，同理得x3+x4=2+4k2，x3x4=1，
∴EM⋅NF=(EA+AM)⋅(NA+AF)
=EA⋅NA+EA⋅AF+AM⋅NA+AM⋅AF
=EA⋅AF+AM⋅NA
=EAAF+AMAN
=x1+1x2+1+x3+1x4+1
=x1x2+x1+x2+1+x3x4+x3+x4+1
=8+4k2+4k2
≥8+8k2×1k2=16，
当且仅当k2=1k2即k=±1时取到“=”，
∴EM⋅NF的最小值为16.
17．（2024·山东济南·二模）已知点B4,3是双曲线T:x2a2−y2=1上一点，T在点B处的切线与x轴交于点A.
(1)求双曲线T的方程及点A的坐标；
(2)过A且斜率非负的直线与T的左､右支分别交于N,M.过N做NP垂直于x轴交T于P（当N位于左顶点时认为N与P重合）.C为圆E:(x−1)2+(y+2)2=1上任意一点，求四边形MBPC的面积S的最小值.
【解题思路】（1）利用待定系数法求双曲线方程，利用导数法来求切线方程即可得A点坐标；
（2）先设直线PM的方程，再利用M,A,N三点共线，可求出直线PM过定点Q4,0，从而把面积问题转化到两定点上去研究，最后发现P、M为实轴两顶点时S△BPM取到最小值，再去研究另一个圆上动点C的S△CPM最小值.
【解答过程】（1）由题意可知，16a2−3=1，即a=2，故T的方程为：x24−y2=1.
因为B在第一象限，不妨设y≥0，则x24−y2=1可变形为y=x24−112y≥0，
则y′=12x24−1−12⋅x2，代入x=4得：y′=33，所以切线方程为y=33x−33，
令y=0得x=1,所以点A坐标为1,0.
（2）

显然直线PM的斜率存在且不为−12，
设PM:y=kx+m,Mx1,y1,Px2,y2，则Nx2,−y2，
联立方程x24−y2=1y=kx+m，整理得：1−4k2x2−8kmx−4m2−4=0，
Δ=16m2−4k2+1>0,x1+x2=8km1−4k2,x1x2=−4m2−41−4k2，
由M,A,N三点共线得：y1x1−1=−y2x2−1，即x2y1+x1y2−y1+y2=0，
整理得：2kx1x2+m−kx1+x2−2m=0，
所以2k⋅−4m2−41−4k2+m−k8km1−4k2−2m=0，整理得m=−4k，
满足Δ>0，所以直线PM过定点Q4,0，则|BQ|=3且线段垂直于x轴，
令dP−BQ,dM−BQ,dC−PM分别表示P,M,C到BQ,PM的距离，
结合图，显然|dP−BQ−dM−BQ|≥2a,|PM|≥2a，仅当M为右顶点时两式中等号成立，
所以S=S△BPM+S△CPM=S△BPQ−S△BMQ+S△CPM=12BQdP−BQ−dM−BQ+12PMdC−PM
≥12BQ2a+122aEA−1=23+2，当且仅当P−2,0,M2,0,C1,−1时等号成立.
18．（2024·新疆·三模）已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1，F2，离心率为12，过抛物线C2：y2=2ax焦点的直线交抛物线于M，N两点，MN的最小值为4.连接MO，NO并延长分别交C1于A，B两点，且点A与点M，点B与点N均不在同一象限，△OMN与△OAB的面积分别记为S△OMN，S△OAB.
(1)求C1和C2的方程；
(2)记λ=S△OMNS△OAB，求λ的最小值.
【解题思路】（1）利用抛物线过焦点弦求最小值，求解出a值，即可求解两个方程；
（2）利用抛物线过焦点弦的端点到原点的斜率之积为定值，从而引入新变量直线OM斜率为m，即可求出点A坐标，同理也可以求出点B坐标，然后利用两点间弦长公式可求得OA,OB,OM,ON的长度，即可计算两三角形面积比的平方，最后转化到变量m的函数求最小值即可.
【解答过程】（1）设直线MN的方程为x=ty+a2，设Mx1,y1，Nx2,y2，联立x=ty+a2y2=2ax,
整理得y2−2aty−a2=0，所以MN=x1+x2+a=ty1+y2+2a=2at2+2a，
所以当t=0时，MN有最小值2a，所以2a=4，解得a=2，
又因为离心率为e=ca=12，所以c=1，则b=a2−c2=4−1=3，
所以椭圆C1的方程为x24+y23=1，抛物线C2的方程为y2=4x.
（2）

由（1）可得y1y2=−a2=−4，x1x2=a24=1，所以kOM⋅kON=y1x1⋅y2x2=−4，
设直线OM的方程为y=mx，
联立x24+y23=1y=mx，整理得3+4m2x2=12，解得xA2=123+4m2，
同理可设直线ON的方程为y=−4mx，可解得xB2=12m23m2+64，
λ2=S△OMNS△OAB2=12OMONsin∠MON12OAOBsin∠AOB2 =1+m2x11+−4m2x21+m2xA1+−4m2xB2=1xA2xB2
=12m4+265m2+192144m2=m212+43m2+265144≥2m212×43m2+265144=361144.
所以当m=±2时，λ有最小值1912.
19．（2024·江西·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线的倾斜角为π3，C的右焦点F到该渐近线的距离为23.
(1)求C的方程；
(2)若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆O:x2+y2=a2交于与A，B不重合的M，N两点.
（ⅰ）求直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）求AB⋅MN的取值范围.
【解题思路】（1）根据渐近线的倾斜角得到b=3a，由焦点到渐近线方程的距离得到a=2，b=23，得到双曲线方程；
（2）（ⅰ）直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为x=my+4(m≠0)，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，由根的判别式及y1y2>0得到不等式，求出m2>13，再利用直线与圆相交得到不等式，求出m2>3，直线AB的斜率k=1m，从而得到直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）由弦长公式和垂径定理得到|AB|⋅|MN|=163m2+33m2−93m2−1，其中m2>3，设t=3m2−1，t>8，从而得到|AB|⋅|MN|=16−321t+1162+98∈(0,16).
【解答过程】（1）因为C的一条渐近线的倾斜角为π3，所以ba=3，b=3a，
则C的一条渐近线的方程为3x−y=0，
因为a2+b2=2a，
所以右焦点F(2a,0)到渐近线3x−y=0的距离为23a32+12=23，
所以a=2，b=23，所以C的方程为x24−y212=1.
（2）（ⅰ）由（1）知，F(4,0)，设Ax1,y1，Bx2,y2，
由题意可得直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为x=my+4(m≠0)，
与x24−y212=1联立得3m2−1y2+24my+36=0，
所以3m2−1≠0，Δ=144m2+1>0，y1+y2=−24m3m2−1，y1y2=363m2−1，
又A，B两点在x轴同一侧，所以y1y2>0.此时3m2−1>0，即m2>13.
又圆O的方程为x2+y2=4，点O到直线AB的距离d=4m2+1，
由d<2得m2>3，由m2>13,m2>3,得m2>3，所以m>3或m<−3，
因为直线AB的斜率k=1m，所以直线AB斜率的取值范围是−33,0∪0,33.

（ⅱ）由弦长公式得|AB|=1+m2y1−y2=1+m2⋅y1+y22−4y1y2
=1+m2⋅−24m3m2−12−4⋅363m2−1=12m2+13m2−1，
由垂径定理得|MN|=24−d2=4m2−3m2+1，
所以|AB|⋅|MN|=12m2+13m2−1⋅4m2−3m2+1=163m2+33m2−93m2−1，
其中m2>3，设t=3m2−1，t>8，
则|AB|⋅|MN|=16(t+4)(t−8)t=161−4t−32t2=16−321t+1162+98∈(0,16)，
所以|AB|⋅|MN|的取值范围是(0,16).