2026年高考数学一轮复重难点培优15圆锥曲线中参数的最值(范围)问题全归纳(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复重难点培优15圆锥曲线中参数的最值(范围)问题全归纳(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共3页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 2
\l "_Tc16555" 题型一 距离、长度的最值范围问题（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 2
\l "_Tc7141" 题型二 三角形、多边形面积的最值范围问题（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 10
\l "_Tc26803" 题型三 坐标、截距的最值范围问题（★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 20
\l "_Tc13512" 题型四 斜率、角度的最值范围问题（★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 32
\l "_Tc3897" 题型五 向量、代数式的最值范围问题（★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 40
\l "_Tc326" 题型六 参数的最值范围问题（★★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 49
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 57
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 57
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 82
一、圆锥曲线中的最值范围问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
1、几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
2、代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
二、最值范围问题的一般解题步骤
第一步设参数：依题意设出相关的参数，如设点坐标，设比例式的参数，设直线的方程等；
第二步联立方程：常把直线方程与曲线方程联立，转化为关于x(或y)的一元二次方程；
第三步求最值：根据题设条件中的关系，建立目标函数的关系式；
第四步求最值：利用配方法、基本不等式法、单调性法等求其最值．
三、参数取值范围问题
1、利用圆锥曲线的几何性质或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，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
3、利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
4、利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
5、利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．


题型一 距离、长度的最值范围问题
1．已知椭圆的一个焦点为，四个顶点构成的四边形面积等于12.设圆的圆心为为此圆上一点.
(1)求椭圆的离心率；
(2)记线段与椭圆的交点为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据四边形面积得到，结合焦点坐标，求出，得到离心率；
（2），设，得到，结合，求出的取值范围，得到的取值范围.
【详解】（1）由题意得，且，即，
解得，
所以椭圆的离心率.
（2）由题意，得.
设，则.
所以，.
因为，
所以当时，；当时，.
所以的取值范围为.
2．（2025·安徽·一模）已知动点满足关系式.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)设动点的轨迹为曲线，抛物线的焦点为，过上一点作的两条切线，切点分别为，弦的中点为，平行于的直线与相切于点.
①证明：三点共线；
②当直线与有两个交点时，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②的取值范围为.
【分析】（1）由双曲线定义即可求解；
（2）①由切线方程和导数几何意义依次求出和即可得证；
②求出直线的方程，与曲线联立，利用判别式结合焦半径公式即可求解.
【详解】（1）设，
则即 ，
所以由双曲线定义可知动点的轨迹是以为焦点的双曲线的下支，且
所以动点的轨迹方程为.
（2）①证明：由（1）曲线:,，设，
对函数求导得，
所以两切线方程为：，即，
又切线过点P，所以，
即满足，即满足方程，
所以，
设， 则由，
所以，即三点在直线上，即三点共线；
②由上得，所以直线的方程为即，
联立，
因为直线与有两个交点，则由题意可知方程有两个不等负根，
所以，
所以.
所以的取值范围为.
3．（2025·海南海口·模拟预测）设A，B两点的坐标分别为，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为3．
(1)求点M的轨迹方程C；
(2)若直线l与C交于P，Q两点，且（点O为坐标原点），求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点，由可得轨迹方程；
（2）当直线l斜率不存在，可得；当直线l斜率存在，设其方程为，设，，将直线与轨迹方程联立，由韦达定理结合，可得，据此可得关于的表达式，然后可得取值范围.
【详解】（1）设点，，则，，
所以，化简得，
所以点M的轨迹方程为．
（2）当直线l斜率不存在时，可设，．
则，，
将其代入双曲线方程得，
又，解得，此时，
当直线l斜率存在时，设其方程为，设，，
联立，.
由韦达定理：，.
则
，
化简得，此时，
所以
，
当时，此时，当时，此时，
，，故，
因此，综上可得．
4．（25-26高三上·广东深圳·开学考试）已知椭圆C：的左焦点为，过点斜率存在且不为0的直线l交椭圆C于A，B两点，M为AB中点，O为坐标原点．
(1)若直线OM的斜率为，求直线l的方程；
(2)P为椭圆上的点，直线PM与x轴交于点Q，若，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出的坐标，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及给定斜率求出直线方程.
（2）由（1）求出点坐标，结合给定条件，求出的横坐标表达式，构造函数，利用导数确定单调性求出范围.
【详解】（1）椭圆C：的左焦点为，设直线的方程为，，
由消去并整理得，
由M为弦AB的中点，得，，
由直线OM的斜率为，得，解得，
所以直线l的方程为，即.
（2）由（1）知，令点关于轴对称点为，
直线交椭圆于点，设，
由，得，于是，
令，则，解得，
，令，则，
令函数，求导得，
而，则，
函数在上单调递增，，即，即；
令函数，求导得，
而，则，
函数在上单调递减，，即，即，
所以的取值范围是.
5．如图，已知过点的直线与椭圆交于不同的两点，点是弦的中点．
(1)若，求点的轨迹方程；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，分两种情况求解：若直线轴，则点为；若直线与轴不平行，设，则，将与椭圆联立，由韦达定理结合条件求得消去即可得点的轨迹方程；
（2）设，分两种情况求解：①当轴时，为椭圆长轴的端点，点在原点处，此时，，；②若直线与轴不平行，根据是的中点得，并由弦长公式求得，，进而得到，再由的范围求其取值范围即可．
【详解】（1）①若直线轴，则点坐标为.
②若直线与轴不平行，设，则，
设，
由消去，得．（*）
∴，
.
由直线与椭圆有两个不同的交点，可得，
即，所以．
由得，，
∴，两式相除，可得，即，代入①，，
整理得．
综上所述，点的轨迹方程为．
（2）①当轴时，分别是椭圆长轴的两个端点，则点在原点处，
所以，，所以，；
②若直线与轴不平行，由方程（*），得，
所以，，
同理
所以．
因为，所以，所以，所以．
综上所述，．

题型二 三角形、多边形面积的最值范围问题
1．已知双曲线的渐近线上一点到左焦点的最短距离为．
(1)求双曲线的方程；
(2)O为坐标原点，直线与双曲线的左支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．
①求实数t的取值范围．
②设、分别为的面积和的面积，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)①；②
【分析】（1）根据焦点到渐近线距离求出，再求出即可得解.
（2）（ⅰ）直线与双曲线方程联立消元后由根与系数关系及直线与左支相交可得；
（ⅱ）根据弦长公式及点到直线的距离分别求出三角形面积，根据面积表达式换元后利用不等式性质求出范围.
【详解】（1）设双曲线的焦距为，且，
则到直线的距离为，解得，，
所以双曲线的方程为．
（2）（ⅰ）设，由，消去得，
则，，
由直线与双曲线左支交于两点，得，解得，
所以的取值范围为.
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
原点到直线的距离，设，
由，消去得，则，
则，
于是，
令，则，
所以的取值范围为．
2．（2025·福建三明·三模）平面直角坐标系中，M是一个动点，直线与直线垂直，垂足位于第一象限，直线与直线垂直，垂足位于第四象限，且.
(1)求动点M的轨迹方程C；
(2)若过点的直线交曲线C于B、D两点，D关于x轴的对称点为点A（异于点B），直线AB与x轴交于点G，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件得到，利用点到直线的距离得到和，再根据向量的数量积即可求解；
（2）设直线BD方程为，联立直线BD的方程和曲线C，利用韦达定理得到和，写出直线AB的方程，令得到，进而得到，利用换元法结合二次函数在给定区间的值域求解即可.
【详解】（1）设，直线与直线的夹角为，即，
又因为，所以，
又因为，，
所以，化简得，
由于位于第一象限，位于第四象限，
所以M的轨迹方程；
（2）由题可知直线斜率不为0，故设直线BD方程为，
，，，，
联立直线BD与曲线C，可得且，
化简得，，，
，，所以，
设直线AB方程为，
令，得，
所以，
所以，
令，，
所以，，，
综上，面积的取值范围为.
3．已知椭圆的两个焦点，过点作垂直于长轴的直线交椭圆于点，此时与椭圆长轴的两端点形成的四边形的面积为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线与椭圆分别交于点及，求四边形的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据题意设与椭圆的交点为，则，由四边形面积即可求，进而得，即可求解；
（2）设，与椭圆方程联立，由韦达定理得，进而得，设直线，同理得，即可得，利用均值不等式即可求解.
【详解】（1）由题意设椭圆方程为,
设与椭圆的交点为，则，
根据题意可得，即，
可得，则，所以椭圆方程为．
（2）根据题意设，联立．
由韦达定理得，则．
又直线，同理代换可得，，
则．
不妨设，即．
又，的最小值为，
当且仅当时取等，所以四边形的面积的最小值为．

4．（25-26高三上·湖南长沙·开学考试）已知椭圆，为的右焦点，为上的动点，当直线与轴垂直时，，是直线上一动点，的最小值为1．
(1)求的方程；
(2)过作的两条切线分别交轴于两点，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题得关于的方程组，解方程组即得椭圆的方程；
（2）设出直线RM，RN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）设点，当直线与轴垂直时，，
所以设点，则，因为的最小值为，
所以，又由，可解得，
故的方程为．
（2）如图，

设点，注意到斜率不为0，
设，
联立，得，
因为与相切，所以，
于是，
化简得，又与相切，同理有，
故是一元二次方程的两根，则，
所以，
又，所以，
所以面积的取值范围为．
5．（24-25高三下·重庆·月考）如图，已知曲线的左、右焦点分别是，，曲线的焦点是，点是与在第一象限内的公共点且点的横坐标为，，过的直线分别与曲线和交于点，和，．

(1)求曲线和曲线的方程；
(2)若与面积分别是，，求的最小值．
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）设，由抛物线定义求得，则，再由点在抛物线上求得，最后应用椭圆参数关系及点在椭圆上求椭圆方程；
（2）设到直线的距离为，得，讨论是否垂直于轴，设直线方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式求弦长，进而得到的范围，即可得最小值.
【详解】（1）由题，曲线的准线为，设，
据题意有，则，曲线．
因为在曲线上，所以，得，
因为点在第一象限，所以，
因为点在椭圆上及是的焦点，所以，解得，
所以曲线的方程是．
（2）设到直线的距离为，则，

当垂直于轴时，直线为，由，得或，所以，
由，得或，所以，此时，
当不垂直于轴时，设的方程是，，，
联立，得，，
则，所以；
联立，得，
设，，则，，
所以
所以，
综上：的最小值为．
6．（2025·湖南邵阳·三模）已知抛物线上有两点，，当时，线段的中点的横坐标的最小值为．
(1)求的方程；
(2)若圆位于与直线所围成的封闭区域（包含边界）内，求圆的半径的最大值；
(3)以的焦点为圆心作圆，该圆与轴的正、负半轴分别交于点，，与在第一象限的交点为．若直线，与的另一个交点分别为，，直线与直线相交于点，求的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由抛物线的定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为圆心到抛物线上点的距离的最小值等于圆心到直线的距离，然后分与讨论，即可得到结果；
（3）根据题意，分别联立直线，直线与抛物线方程即可表示出点，点的坐标，然后过点作，联立直线与直线的方程，表示出点的坐标，再由相似关系可得，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设的焦点为，由题意可得，
所以，所以，解得，
所以抛物线方程为.
（2）由对称性可知，圆心必在轴上，
问题等价转化为“圆心到抛物线上点的距离的最小值等于圆心到直线的距离”，
设，，为抛物线上的动点，
则，
由点在抛物线上可得，
当时，，
由题意知，解得（舍）；
当，，
由题意知，化简可得，
所以或（舍），
所以圆的半径的最大值为.
（3）
由题意可知，设，则，
所以圆的方程为，
所以，
设直线的方程为，由可得，
所以，又因为，所以，
又因为直线的方程为，
由可得，
所以，
又，所以，
过点作，垂足为，则，
直线的方程为①，
又直线的方程为②，
联立①②，可得点，
所以，
所以，由相似三角形性质可得，
所以，
因为，
则，，
所以，
当且仅当时，等号成立，
故，
即的面积的最小值为.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了抛物线与直线相交问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与抛物线方程，表示出相应点的坐标，然后结合相似关系，将面积转化，从而得到结果.

题型三 坐标、截距的最值范围问题
1．已知过点的动直线与抛物线相交于、两点．
(1)当直线的斜率是时，．求抛物线的方程；
(2)对（1）中的抛物线，当直线的斜率变化时，设线段的中垂线在轴上的截距为，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】
（1）利用直线的点斜式方程求出直线，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理及向量关系转化为坐标关系即可求解；
（2）根据（1）的结论，利用直线的点斜式方程求出直线，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理及判别式，结合中点坐标公式及直线的截距的定义即可求解.
【详解】（1）
如图所示
设，
当直线的斜率是时，的方程为，即，
由，消化简整理，得，
所以，①
又．，②
由①②和得，，，
则抛物线的方程为；
（2）
设，的中点坐标为，
由，消去化简整理，得，
所以，
所以，，
所以线段的中垂线方程为，
所以线段的中垂线在轴上的截距为，
由得或，可得，
所以的取值范围为．
2．已知为坐标平面上的动点，且直线与直线的斜率之积为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，过点斜率为的直线与曲线交于不同的两点中点为，直线（为坐标原点）的斜率为，求证为定值；
(3)在（2）的条件下，设，且，求直线在轴上的截距的变化范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】
（1）设，根据斜率的坐标运算即可得轨迹方程；
（2）法一：设的方程为：，设，联立直线与椭圆根据交点坐标关系及斜率坐标运算即可得结论；法二：设的方程为：，
设，利用点差法将点坐标代入椭圆方程，整理可得斜率关系；
（3）根据平面向量共线向量的坐标关系得代入（2）中法一的坐标关系中可得，从而转化求解直线在轴上的截距的取值范围．
【详解】（1）设，由题意知：，
化简得：得轨迹方程为；
（2）
法1：设的方程为：，设，
联立曲线方程得：，恒成立
则①，②，所以，
则中点为，所以；
法2：设的方程为：，
设，则，
相减整理得：，
又，
因为；
（3）由得，
代入①②得：③，④，
③式平方除以④式得：，
而根据对勾函数单调性知在上单调递增，
，则，
又在轴上的截距为，
．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键可以采用点差法证明斜率乘积为定值，也可以利用设线法结合韦达定理证明，第三问变形得到，再利用对勾函数单调性求出的范围，最后再利用截距与的关系即可.
3．已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，下顶点为，是线段的中点．已知．
(1)求椭圆方程；
(2)设为椭圆上的点，若，求的取值范围；
(3)过点的动直线与椭圆有两个交点在轴上是否存在点使得恒成立．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．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求得，进而可求得椭圆方程；
（2）设，由，可得，，即可求得结果；
（3）设该直线方程为：，设，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）由于椭圆的离心率为，所以，即，
其中为半焦距，，则，
所以，，解得，
故，故椭圆方程为．
（2）设，由，有，故而，所以，
所以，又，
所以的取值范围是
（3）①若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，，
化简整理可得，
故，，
，
，
恒成立，故，解得，
②若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时．若恒成立．结合（1）（2）可知，．
故点纵坐标的取值范围为．
4．（2025·广东·一模）已知抛物线，过点作两条直线分别交抛物线于和（其中在轴上方）．
(1)当垂直于轴，且四边形的面积为，求直线的方程；
(2)当倾斜角互补时，直线与直线交于点，求的内切圆的圆心横坐标的取值范围．
【答案】(1)或．
(2)
【分析】（1）法一：设，由面积公式求得，再联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解；
法二：设，由面积求得，结合弦长公式求得，联立即可求解；
（2）法一：设点，得到方程，求出，设的内切圆圆心，再由到的距离与点到的距离相等，得到，进而可求解；或化简得到，通过换元构造函数，通过求导求解即可；
法二：设，得到，，进而得到，构造函数进而可求解；
【详解】（1）
法一： 当轴，令，则，
设直线，由于，
则，
由于，则，则，
，
则，则，
所以直线的方程为或．
法二： 设，倾斜角为，由对称性知有两条，且关于对称，
不妨设，那么，
则，则，
由于，则，
则，
，
则由对称性，另一条直线：，
所以直线的方程为或．
（2）法一：设点，
因为，同理：，
所以，化简可得：，
同理可得：，，
，
又因为，直线和直线交于点，
所以，且，即，
，且，化简得：，于是，
则，解得，所以点，
由于，则，所以，则轴平分，
设的内切圆圆心，则到的距离，
点到的距离，
所以，
化简可得：，
由于，当且仅当取等号（舍），
则，
则．
或由化简得到：，
令，当且仅当取等号（舍），
则，设，
，
则在单调递减，．】
法二：点证明同解法1；
设的内切圆圆心，
设定点，由于，设半径为，
设，于是，
，那么，
（或：在中，由角平分线定理：．则．）
设，
由于，当且仅当取等号（舍），则，
则，则．
【点睛】关键点点睛：第二问：则到的距离，点到的距离，
得到.
5．已知椭圆的离心率为，过点的直线交E于两点，当轴时，．
(1)求E的标准方程；
(2)设点O为坐标原点，为E上一点，且P在第一象限，过点P的直线交x轴y轴分别于点，且当点P与点A重合时，的面积最小．
（ⅰ）求点A的坐标；
（ⅱ）记的垂心为点H，求点H的横坐标的最小值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）．
【分析】（1）利用离心率转化为关系式，再结合已知条件即可求解；
（2）（ⅰ）利用直线方程与坐标轴交点求解相关坐标，即可计算面积，再利用点在椭圆上，结合不等式即可求最小值，及找到取等号条件即可求点A的坐标;
（ⅱ）利用向量法结合数量积为0来求解三角形的垂心坐标，引入直线方程中的参数，结合韦达定理可得到垂心横坐标与参数的函数关系式，然后利用换元法来求最小值即可.
【详解】（1）由过点的直线交E于两点，当轴时，，
可知，
又因为，所以，
即，
所以E的标准方程为．
（2）（i）易得．
所以点S的坐标为，点T的坐标为．所以的面积为，
又因为，当且仅当时取等号，所以，
故点A的坐标为．
（ⅱ）当直线的斜率为0时，直线方程为，
不妨设，点，
由，即，得，由，
即，得，故．
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，
点，点，点．
联立，得，
所以．
因为，
由，得，即．
又因为，
由，得，
注意到，且，
代入上式得，
所以，
这等价于，
所以．
故，
设，则，又，所以，
所以，当时，，
当时，，
由，当且仅当时等号成立，
即，所以，
当时，，当且仅当时等号成立，
所以，
综上所述，点H的横坐标的最小值为．

题型四 斜率、角度的最值范围问题
1．已知焦点为F的抛物线Γ：上存在不同的两点，（异于原点O）．
(1)若且，求直线AB的方程；
(2)若点A，B，F三点共线，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可求解，
（2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，进而根据数量积的坐标运算以及模长公式，利用向量的夹角公式即可求解范围得解.
【详解】（1）由题意可得直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，，（根据A，B异于原点O可得直线AB不过原点）
联立，消去x得，，
则，，
由题意可得，
解得，，代入，满足，
所以直线AB的方程为，即．
（2）因为A，B，F三点共线，而抛物线的焦点，
则直线AB的方程为，
联立，消去得，
则，，,
，，
因为，
且，
同理可得，
所以，
所以的取值范围为．
2．已知椭圆，，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上任意一点．若的周长为6，且的最大值为3．
(1)求的方程；
(2)设点，过的直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据的最大值为，结合焦点三角形的周长可得出关于的方程组，解得后再求出即得；
（2）设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，然后代入斜率公式化简，由不等式的性质即可求解．
【详解】（1）由于，所以，
由于，故当时，此时的最大值为，
解得，又，解得，则，
所以椭圆方程为；
（2）设，又，
当直线不与轴平行时，设直线方程为，
由得，
则，，
所以
，
由于，故，
当直线与轴平行时，则直线方程为，此时，
综上可得的取值范围为，
3．（24-25高三上·浙江杭州·期末）已知椭圆过点，离心率为
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点的直线l与椭圆交于A，B两点，与x轴交于点P，与y轴交于点Q，
（ⅰ）若点M为线段AB的中点，求证：；
（ⅱ）若原点O总在以AB为直径的圆外，求直线l斜率的取值范围.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由椭圆过点，离心率为，进而求出椭圆的方程；
（2）由（1）可得设直线方程，与椭圆方程联立，（i）根据根与系数的关系以及已知条件列出等式求得k，得到直线l的方程，求得点P、Q的坐标，得到线段PQ的中点与线段AB的中点重合，即可求解；（ii）由结合向量的数量积运算进行求解.
【详解】（1）由题意得，又，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）由题意可知：直线的斜率必定存在，故设直线 l的方程为，
联立方程，
整理得，
所以，
（i）由，解得，
所以直线l的方程为，
令，得；令，得，
所以PQ的中点为，
即AB与PQ有相同的中点，
所以，命题得证；
（ii）又
，
则
，
令，即，解得，
则直线l斜率的取值范围为 .
4．（2025·浙江杭州·模拟预测）已知双曲线的左顶点，渐近线方程为，直线经过点，与C交于不与A重合的两点P，Q，
(1)求双曲线C的方程；
(2)求直线AP，AQ的斜率之和；
(3)设在射线AQ上的点R满足∠APQ＝∠ARP，求直线PR斜率的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由双曲线顶点以及渐近线方程，建立方程，可得答案；
（2）设出直线方程，联立方程写出韦达定理，利用两点斜率公式，可得答案；
（3）设出直线方程，联立表示每个点的坐标，根据距离公式以及圆的性质，可得答案.
【详解】（1）由双曲线的左顶点，则，
由双曲线的渐近线，则，即，
所以双曲线.
（2）设，由，已知直线斜率存在，
则直线方程可设为，
设直线的斜率为，直线的斜率为，
联立，消去可得，
由，则，，
又因为，，所以
，代入，，
可得，
所以直线的斜率之和为.
（3）设，，，
联立，解得，同理可得，
联立，解得，同理可得，
所以，，
因为，所以为外接圆的切线，且，
所以，由，，
则化简可得，当时取等号，
所以直线的斜率的最大值为.
5．（2025·江苏泰州·二模）在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为F，点，过F的直线交C于M、N两点．当直线的斜率为1时，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线、与抛物线C的另一个交点分别为A、B，，求的值；
(3)若记直线、的倾斜角分别为、，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可得，联立直线与抛物线C的方程，结合韦达定理及弦长公式求解即可；
（2）分别设出直线，的方程与抛物线C的方程联立，结合韦达定理表示出，进而解方程求解即可；
（3）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求解即可.
【详解】（1）由题意，，
当直线的斜率为1时，直线的方程为，设，
联立，得,
则，,
所以，即，
所以抛物线C的方程为.
（2）由（1）知，，
设，直线，
联立，可得，
则，
设直线，
联立，得，
则，，即，
同理可得，即，
又，且，
所以，
将，，代入得，
又，则，又，则.
（3）因为直线、的倾斜角分别为、，
所以，，
由，，，
则，
则，
若要使最大，则，设，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为．

题型五 向量、代数式的最值范围问题
1．已知椭圆：的离心率，点在上.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知椭圆的左顶点为A，过点A作斜率为的直线交椭圆于点P，交y轴于点D，若过原点作直线的平行线交椭圆于点E，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率可得，将点代入椭圆方程，结合，可求解得的值，进而得标准方程；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点的横坐标；根据平行关系，设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点的横坐标，根据直线平行可用四个点的横坐标表示，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】（1）因为椭圆的离心率，且在上
所以，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）
设直线的方程为，，
联立，消去，得，
所以，因为，所以直线的方程可设为，
联立，消去，得，
所以点的横坐标为，
由，得
.
当且仅当，即时，等号成立，
由此，当时，有最小值，且最小值为.
2．已知点F是抛物线的焦点，点是抛物线C上一点．且，又．
(1)求抛物线C的方程；
(2)直线l绕其上一点P旋转，当直线l与抛物线C只有一个公共点时，求直线l的方程；
(3)设过点F的直线交抛物线C于A，B两点，求的最小值．
【答案】(1)；
(2)或或；
(3).
【分析】（1）根据抛物线定义求参数，即可得方程；
（2）设直线l的方程为，讨论、，联立抛物线，结合交点个数求参数，即可得直线方程；
（3）设，直线方程为，联立抛物线并应用韦达定理，应用向量数量积的坐标表示及二次函数的性质求最值.
【详解】（1）抛物线的准线方程为，
由是抛物线C上一点，且，
则抛物线C的方程为．
（2）由题知，直线l绕其上一点旋转，
当直线l与抛物线只有一个公共点时，直线l的斜率一定存在，
设直线l的斜率为k，直线l的方程为，即，
联立，直线与抛物线C只有一个公共点，
当时，解得，此时，直线与抛物线只有一个交点，，
当时，，
即或时，直线和抛物线只有一个公共点，
时，直线l的方程为，即，
时，直线l的方程为，即，
综上，直线与抛物线只有一个公共点时，直线方程为或或．
（3）由（1）知，抛物线的焦点，
设，直线方程为，
联立，
所以，
，
因此，
令，这个二次函数开口向上，对称轴方程为，
因此，当时，的最小值为，即的最小值为．
3．（2025·河北张家口·一模）已知，分别为椭圆（）的左，右焦点，为短轴的一个端点，是直角三角形.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若直线恰好与椭圆相切，求椭圆的方程；
(3)在（2）的条件下，设直线不过点且与交于两点，，若，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质以及直角三角形可得，即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据相切得判别式为0即可求解，
（3）根据韦达定理以及向量垂直的坐标关系，可得直线经过定点，即可利用等面积法求解.
【详解】（1）设短轴的端点为，左右焦点为，
由于是直角三角形，所以，结合，
解得，故，
（2）由可得椭圆方程为，
与直线联立可得，
由于直线恰好与椭圆相切，故，解得，
所以椭圆方程为
（3）由于在椭圆上，设,
由可得，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
代入椭圆方程中，消去可得，
则，
由可得
即，
化简得，
由于不在直线上，所以，故，，
故直线的方程为，故过定点，
当直线的斜率不存在时，可得，
代入可得，
结合可得或（舍去），
此时直线也经过，
综上可得直线恒经过.
因为，结合，故为直角三角形斜边上的高的长，
又直线恒经过，所以,
4．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知为坐标原点，双曲线的一条渐近线方程为，且点在上.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与的右支交于点（异于顶点），且以为直径的圆过的右顶点.
（i）直线是否过定点？若是，求出该定点，若否，说明理由；
（ii）设直线与轴交于点，求的取值范围.
【答案】(1)双曲线的方程为；
(2)（i）直线过定点.
（ii）的取值范围为
【分析】（1）由已知可得，求解即可；
（2）（i）设直线与的右支交于点，分直线斜率是否存在两种情况求解，存在时，设的方程为，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系可得，根据已知可得，可求定点，直线的斜率不存在时，由，计算可得结论；（ii）结合（i）可得，，可得，利用基本不等式可求取值范围.
【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程为，且点在上，
所以，解得，所以双曲线的方程为；
（2）（i）直线过定点，理由如下：
设直线与的右支交于点，
当直线的斜率存在时，不妨设的方程为，
联立，消去得，
于是，
因为以为直径的圆过的右顶点.
所以，所以，所以，又，
所以，所以，
又，
所以，
所以，
所具，
整理得，即，
所以或，
当时，直线方程为，过定点，不满足条件；
当时，直线方程为，过定点，
当直线的斜率不存在时，由，得，可得直线过点；
所以直线过定点.
（ii）因为直线与的右支交于点，所以，
，所以，
所以，
又，所以，
对于直线，令，可得，所以，
所以
，
当且仅当，即或时，等号成立，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：求直线过定点问题，设直线方程为，关键在于根据已知条件得到的关系式，从而可求解.
5．（24-25高三上·天津·期末）已知椭圆C：的离心率为点在椭圆C上，A，B分别为椭圆的左右顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线：与椭圆C相交于P，Q两点，且求证：为坐标原点的面积为定值；
(3)若M为平面上的一个动点，设直线AM，BM的斜率分别为且满足直线AM，BM分别交动直线于点D，E，过点D作BM的垂线交x轴于点判断是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，
【分析】根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；
将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求证即可；
设出直线AM和BM的方程，求出D，E，H两点的坐标，利用向量的坐标运算进行求解即可．
【详解】（1）因为点在椭圆C上，且离心率为
所以
解得，
则椭圆方程为；
（2）证明：联立消去y并整理得
此时
设，
由韦达定理得，
因为
又O到直线PQ的距离且
所以
综上，的面积为定值，定值为；
（3）因为直线AM，BM的斜率分别为且满足
设直线AM的方程为
令，可得，即，
同理得，
因为直线DH的方程为
令，解得，即，
所以
当时，取到最大值，最大值为
则存在最大值，最大值为
【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线的综合题，难点在于复杂的运算，特别的，基本都是有关字母参数的运算，因此需要学生具备较强的计算能力.

题型六 参数的最值范围问题
1．（24-25高三上·江苏·期末）已知双曲线的离心率为，双曲线过点，直线与的右支交于 两点，且经过点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线的斜率为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件列方程求，可得双曲线方程；
（2）联立方程组，结合条件列不等式可得结论.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，
因为双曲线 的离心率为，
所以，所以，
所以双曲线方程可化为，因为双曲线过点，
所以，
所以，，
故双曲线方程为；
（2）设直线的方程为，
联立，化简可得，
所以，
由已知，，且，，
所以，，，
所以或，
所以的取值范围为.
2．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，且上一点到和的距离均为．
(1)求的方程；
(2)记分别为过点且与轴不垂直的直线，交于交于，且满足，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）只需根据已知求得即可；
（2）设直线，的斜率为，根据已知求得，然后联立方程与抛物线方程得，，同理得，从而可将表示成关于的函数即可得解.
【详解】（1）设点．
由题意知，则点在线段的垂直平分线上，
所以，
所以由抛物线的定义知，解得，
所以的方程为．
（2）由，知，由此设直线，
的斜率为，则，所以，同理．
因为，即，解得．
所以直线的方程为，
联立，消去得，
则，所以，
所以．
同理得．
由，得，
所以，
所以．
当时，关于的函数为增函数，
所以当时，；当时，，
综上，的取值范围为．
3．在平面直角坐标系中，已知椭圆的右焦点坐标是，且椭圆上的点到距离的最大值为，过点的直线交椭圆于点，．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆上一点，且满足（为坐标原点），当时，求实数取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意可直接求得，，计算可得，便可得椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程利用韦达定理和弦长公式可求得，结合判别式可得，再由向量关系是可得，解不等式即可得实数的取值范围为或.
【详解】（1）由焦点坐标可知，
又椭圆上的点到距离的最大值为，可知，
所以；
故椭圆方程是；
（2）设，，，
显然直线斜率存在，设直线的方程为，
由，整理得，
则，解得，
又，，
因且，则，
于是有，
化简得，则，
即，所以，
由得，
则，，
而点在椭圆上，即，化简得，
从而有，而，即，
于是得，解得或，
故实数的取值范围为或.

4．已知双曲线的实轴长为2，离心率为，圆的方程为，圆的一条切线与双曲线交于两点，与双曲线的两条渐近线交于，两点，且.
(1)求双曲线的方程；
(2)求实数的范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据实轴长、离心率求双曲线参数，即可得方程；
（2）令圆与直线的切点为，当时求得切线方程为，联立双曲线方程并应用韦达定理、弦长公式求，结合求参数范围，再讨论、两种情况，即可得结果.
【详解】（1）由题设，可得，则；
（2）设圆与直线的切点为，则，
当，则切线，即，
由，可得，
又切线与双曲线交于两点，则，，此时，
设，则，，
所以
，
又双曲线的渐近线为，联立，得，同理得，
所以，
由，则，结合且有，
当，不妨取，此时，则；
当，不妨取，此时，则；
综上，.

5．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交于两点.
(1)若离心率时，求的渐近线方程；
(2)若，点在第一象限且为等腰三角形，求点的坐标；
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，求出，进而求出渐近线方程；
（2）由为等腰三角形对底边进行分类讨论，求出点的轨迹并与双曲线联立即可解得的坐标；
（3）设点，根据双曲线对称性可得，对直线斜率分类讨论并与双曲线联立，由数量积的坐标表示可得，即求出结果.
【详解】（1）由题意得，
则，，
所以渐近线方程为.
（2）当时，双曲线， 其中，，
因为为等腰三角形，
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；
当以为底时，若点P在第一象限时，，所以这样的点不存在；
当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即；
综上，点的坐标为.

（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则直线的斜率，
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，得，
显然，其中，
则①，②，
，
则，又，，
则，
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，
所以.

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．已知椭圆的离心率，直线被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由直线与圆的位置关系可得.由椭圆的离心率可得，则椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率为时，求出，当直线的斜率不为时，设直线方程为，联立方程可得，满足题意时，应用平面向量数量积公式及韦达定理，结合不等式的性质，据此即可所求范围.
【详解】（1）因为原点到直线的距离为，
所以（），解得.
又，得
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率为时，，
当直线的斜率不为时，设直线：，，，
联立方程组，得，
由，得，
所以，，
，
，
由，得，所以.
综上可得：，即.
2．已知抛物线，过作互相垂直的两条直线，与抛物线相交于两点，与抛物线相交于两点，线段的中点分别为．
(1)证明：直线过定点；
(2)若线段的中点记为E，求点E的纵坐标的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）设直线方程及点坐标，利用韦达定理及中点坐标公式表示点坐标，再表示直线即可；
（2）结合（1）的结论及整体的思想由二次函数的性质求最值即可.
【详解】（1）由题意可知两直线都存在斜率且不为0，不妨设，
则，，
联立，
所以，即，
同理可得，
则，
所直线方程为：，
显然该直线恒过定点；
（2）由上可知点E的纵坐标为：
，
当且仅当时取得最小值.
3．（2025·安徽池州·二模）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且左､右焦点分别为.
(1)求的方程；
(2)已知为坐标原点，点在上，点满足，求的最小值，并指出此时点的坐标.
【答案】(1)
(2)，或
【分析】（1）根据题意，列出方程求出的得解；
（2）法一，设点，由结合点在椭圆上求出点的轨迹方程，由两点间距离公式，利用转化为二次函数求最值，得解；法二，由，解得，将用表示，利用椭圆范围求出答案.
【详解】（1）由题意可设椭圆，且
所以，解得
所以的方程为.
（2）解法一：设点，所以，
由，得，解得.
又，所以，化解得，
所以，由得，解得，
所以，
当且仅当时，取“=”，则，即，
所以的最小值为，此时点的坐标为或.
解法二：设点，所以，
由，得，解得.
由得，解得，
所以，
当且仅当时，取“=”，即，
所以的最小值为，此时点的坐标为或.
4．（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点、，则，根据中点坐标公式可得出，然后将点的坐标代入圆的方程，化简可得出点的轨迹的方程；
（2）由已知可得，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据题意得出，结合韦达定理可得出关于、的等式，结合可求出的取值范围.
【详解】（1）由题意，设点、，则，
因为点为线段的中点，则，即，
因为点在圆上，所以，即，
因此，点的轨迹的方程为.
（2）由已知可得，设点、，
联立得，
由已知可得，得，
由韦达定理可得，，
因为，即，则，即，
所以，所以，即，
当时，不成立，
所以，代入得，
解得，因此，的取值范围是.
5．（24-25高三上·浙江绍兴·月考）已知椭圆的离心率为，短轴端点和长轴端点间的距离为.
(1)求的方程；
(2)过左焦点的直线交于，两点，点在上.
（i）若的重心为坐标原点，求直线的方程；
（ii）若的重心在轴上，求的横坐标的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据已知条件得到和求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，得到，利用韦达定理得到，，小问（i）根据重心为原点得到点坐标，将点坐标代入椭圆方程即可求出的值，进而得到直线的方程；小问（ii）设，方法同（i），得到点坐标，将点坐标代入椭圆方程得到，利用求出的取值范围.
【详解】（1）由题意知，即，又，
解得，，，
所以的方程；
（2）因为左焦点为，设直线的方程为，
联立，得，
设，，，则，，
因为的重心为原点，所以，
所以，又，
代入，可得，
解得，所以直线的方程是.
（ii）设，由（i）可知，，
代入，可得，
解得，所以.
所以，且，所以.
6．如图，已知椭圆的上、下焦点分别为，，焦距为2，离心率为，称圆心在椭圆上运动，且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)记直线与椭圆的另一个交点为点，“环绕圆”的面积为，三角形的面积为，试判断，是否存在点，使，若存在，求满足条件的直线的条数，若不存在，请说明理由；
(3)若过原点可作“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于、两点，直线，的斜率存在，记为，，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)存在，2条；
(3).
【分析】（1）根据焦距、离心率及参数关系求标准方程；
（2）设直线为，，联立椭圆并应用韦达定理得，，根据及已知列方程求参数k，即可得答案.
（3）设切线方程为，切线方程为，且，根据相切关系得到是的两个不相等实根，由韦达定理及椭圆有界性求范围.
【详解】（1）由题意，，得，故椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知：，显然直线不与轴重合，
设直线为，，
联立，得，显然，
所以，，
则，
圆半径为1，则，故，
所以（负值舍），即满足条件的直线有2条；

（3）设切线方程为，切线方程为，且，
圆与相切，则，化简得，
同理，
所以是的两个不相等实根，则，
又在椭圆上，故，则，
由存在，则，即，
所以.
7．（24-25高三下·重庆·月考）已知圆，动圆C过，且与圆外切设圆心C的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)设定点，过作直线l交曲线于A、B两点，直线，分别交直线于P、Q两点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)的最小值为2.
【分析】（1）根据相切的性质，可得，，即可结合双曲线的定义求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，根据弦长公式可得,进而可得的坐标，即可化简得，利用换元法以及函数的单调性求解.
【详解】（1）因为圆过，所以，
又圆与圆外切，所以，故，
所以是以为焦点的双曲线的右支，设其方程为，
得，
故方程为，
（2）根据题意可知直线的斜率不为0，故设，
联立与的方程可得，
故且，
故，故，则
直线，令，可得，同理可得,
则
，
令，则，
故，函数在单调递减，故当时，，
故当，直线斜率不存在时，的最小为2.
8．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，为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标．
(2)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等腰三角形两腰长相等可列方程组求点的坐标；
（2）利用直线与双曲线联立方程组，由韦达定理来表示，利用这个等式可得到与直线参数的函数关系，利用函数求最大值.
【详解】（1）
当时，双曲线，且．
由点在第一象限，可知为钝角．
由为等腰三角形，得．
设点，且，则，解得，
即；
（2）
由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称．
设，则．
由直线不与轴垂直，可设直线的方程为.
联立，得，
则，即，,
由，得，
得，所以
整理得，则,
再由，得，解得，所以，
又，得，即的最大值为．
9．已知抛物线的焦点为F，点M是抛物线的准线上的动点．
(1)求p的值和抛物线的焦点坐标；
(2)设直线l与抛物线相交于A、B两点，且，求直线l在x轴上截距b的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据抛物线的定义与方程求解；（2）利用向量处理，结合韦达定理代换整理，注意讨论直线l斜率是否存在．
【详解】（1）因为抛物线的准线是，所以抛物线的焦点坐标，所以；
（2）因为点M是抛物线的准线上的动点，设．
（ⅰ）若直线l的斜率不存在，则．
由得，
因为，所以，
即，所以，
因为，所以；
因为，所以，
即，所以，
所以因为，所以①．
（ⅱ）若直线l的斜率存在，设为k，则．设．
由得，所以，
且，所以（*），
因为，所以，即，所以，
所以，得，
因为，所以，
即，所以，
所以
则
所以，得，
所以②，
代入（*）得，，所以③，
由②得，所以④，
所以，所以，⑤
由④，⑤知，
综合（ⅰ）（ⅱ）知直线l在x轴上截距b的取值范围是．
10．已知抛物线：（）的焦点为，点，过的直线交于，两点，当点的横坐标为1时，点到抛物线的焦点的距离为2.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线，与的另一个交点分别为，，点，分别是，的中点，记直线，的倾斜角分别为，.求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）关键抛物线的定义可得，求出p即可求解；
（2）设，将直线和直线BD，分别联立抛物线方程，利用韦达定理表示，，进而可得、，由中点坐标公式与斜率公式可得和，则，当时最大，由两角差的正切公式和换元法可得，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】（1）抛物线的准线为，
由抛物线的定义知，，又，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）由（1）知，，
设，
则，设直线，
由可得，
，
则，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
由斜率公式可得，，
又因为直线OP、OQ的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，需使最大，则，设，
则，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题求解过程中，需要熟练运用斜率公式以及类比的思想方法，在得到两条直线的关系后，设，利用换元法，化简式子，求最值是难点，也是关键点，属于难题.
11．（2025·云南玉溪·模拟预测）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中λ，μ均为常数，动点P的轨迹称为曲线．
(1)若曲线为椭圆，试问λ，μ应满足什么条件？
(2)设曲线C为曲线，与x轴不重合的直线l过点，曲线C上存在两点A，B关于直线l对称，且AB的中点M的横坐标为x．
（i）若，求实数的值；
（ii）若A，B为曲线C在y轴右侧上两个不同的点，且直线l过点，求的取值范围．
【答案】(1)，且
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）根据已知条件求得方程，由椭圆的方程形式可列出不等式；
（2）先求出曲线C的方程，（i）利用点差法列方程，化简求得正确答案；（ii）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，由，结合弦长公式以及来求得正确答案．
【详解】（1）设，则到轴的距离力，，，
，，即
若曲线为椭圆，则，解得，且.
（2）（i）因为曲线C为曲线，所以，即，
设，
因为两点在双曲线上，所以
两式相减得，得，即，
所以，
因为是的垂直平分线，有，所以，
即，化简得，
因为的中点M的横坐标为x，所以
故．
（ii）

由于，故可知直线斜率存在，
设直线的方程为：，由，
消去并整理得,
则，，即，
所以，
所以，
于是点的坐标为，．
易知，所以，解得：，
代入得，得或，
由在双曲线的右支上得：，得，即，
且，
综上得，，
又
所以
因为，所以，故,所以，
所以，所以
12．已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为，过右焦点作斜率为正的直线交双曲线的右支于两点，交两条渐近线于两点，点在第一象限，为坐标原点．
(1)求双曲线的方程；
(2)设，，的面积分别是，，，若不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据离心率和焦点到渐近线的距离，列出的方程组，解得结果即可.
（2）设出直线方程及相应点坐标，与双曲线方程联立，根据题目条件结合坐标参数，写出，根据的范围即可求出结果.
【详解】（1）设双曲线的右焦点，其中一条渐近线方程为，
则右焦点到渐近线的距离，
又，则，
∴双曲线的方程为 ；
（2）由上可知，双曲线的渐近线方程为，
由题意可设直线的方程为，，
联立方程得 ，
所以，
，整理得，所以，
因为即，则A到两条渐近线的距离满足

联立方程，故
同理，联立方程则
，
，
所以 .
又恒成立
即恒成立，
由可得，
∴所求的取值范围为.
【点睛】思路点睛：利用双曲线上点到两渐近线的距离之积为定值可简化面积乘积的计算，另外的面积利用铅锤高水平底计算也较方便.
13．已知椭圆的焦距为2，点在C上，F是C的右焦点．
(1)求C的方程；
(2)如果直线与C相交于P，Q两点，且射线FA平分．
（ⅰ）求m的取值范围，并证明l过定点；
（ⅱ）求四边形FPAQ的面积S的取值范围．
【答案】(1)
(2)（i），证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据焦距得到，再代入点坐标即可得到椭圆方程
（2）（ⅰ）联立椭圆方程得到韦达定理式，再将角平分线转化为，再韦达定理式整体代入化简即可
（ⅱ）四边形FPAQ的面积令，得．所以，即可求解.
【详解】（1）设，则解得
所以C的方程为．
（2）（ⅰ）将代入，
消去x并整理，得，
，即，
设，则．
由，可知轴，
所以AF平分等价于，
又，
所以，即，
整理，得，
所以，化简，得，
因为，所以，
将代入，得，结合，解得，
所以m的取值范围是．
又l的方程为，所以l经过定点．
（ⅱ）由（ⅰ）知，
则四边形FPAQ的面积
令，则；
由，得，解得．
所以，
令，易知在上是减函数，
又，所以当时，，
因此四边形FPAQ的面积的取值范围是．
14．设椭圆的两个焦点坐标分别为，且过点.
(1)求的方程；
(2)已知，过点的直线与交于G，S两点，直线SA与交于点（异于）.
①证明：；
②若点是的外心，求的最大值.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）设出椭圆标准方程，结合所过点与焦点坐标计算即可得；
（2）①设出直线的方程，联立椭圆方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合点坐标计算可得，则点与点关于轴对称，即可得证；②利用外心的性质可计算出点的坐标，再利用两点间距离公式、点到直线距离公式及面积公式可表示出，再借助基本不等式计算即可得解.
【详解】（1）设椭圆标准方程是，
由，解得，
所以椭圆方程为；
（2）①设，、，
联立，消去有，
，则或，
则，，
由，则，，
则
，
即，则与关于轴对称，
则点与点关于轴对称，故；
②由点与点关于轴对称，则，
，
，则线段的中点为，
则线段的垂直平分线为，
又线段的垂直平分线为轴，则，
令，则，即，
则，
，
则，
令，由或，则，，
则，
当且仅当，即，即时，等号成立，
即的最大值为.
15．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）．
步骤1：用圆规作一个圆：，设圆心为，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕．
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆．且折痕均与椭圆相切，设点为两条折痕的交点，且过点的两条折痕与椭圆相切与、两点，为坐标原点，、分别表示直线与直线的斜率．
(1)求的值；
(2)若；
①求点轨迹方程；
②的取值范围．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的定义求出椭圆方程，设出一条切线方程，与椭圆方程联立，利用判别式为0建立方程，进而求出直线的方程即可求得斜率积.
（2）①按过点的切线斜率存在与否分类讨论，在斜率存在时设出切线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理结合（1）的结论求出轨迹方程；②将（1）中直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合数量积的坐标表示建立函数关系，进而求出范围.
【详解】（1）如图，设为椭圆上一点，依题意，，
因此点的轨迹是以为左右焦点，长轴长的椭圆，虚半轴长，
椭圆方程为，设，
两条切线的斜率存在，设其中一条的斜率为，直线方程为，
由消去有，
由，
整理得，由在椭圆上，得，
，
于是方程有两个相等的实根，即，
又，整理有，
同理点也满足方程，
因此直线方程为，即，而，
所以的值为.
（2）①当两条切线中有一条斜率不存在时，即两点分别位于椭圆的长轴和短轴的端点，此时，
当两条切线的斜率存在，且设其中一条的斜率为，交点为，
则过的切线方程为，
由消去有．
，
整理得，，是关于的一元二次方程的两个根，
则，由，得，
即，点也在圆上，
所以动点的轨迹方程为.
②由（1）知，直线方程为：，
由消去有，
于是，又，且，
则，
且满足，即，，
又，因此，
所以的取值范围为.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（2025·江西·模拟预测）已知椭圆，过点的直线与椭圆交于，两点，是椭圆上异于，的点，且直线与直线的斜率之积为1．
(1)求点的坐标；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）考虑直线斜率不存在时，求出，直线的斜率存在，设为，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，由，得，变形，从而得到方程组，求出即；
（2）求出，得到，并由根的判别式得到．换元后得到，结合，求出最值.
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线与椭圆的两个交点分别为椭圆短轴的两个顶点，
不妨设，，，
所以．又，所以．
故直线的斜率存在，
设，，直线的方程为，
与椭圆方程联立得①，
则有，．
由，得，
即，
即．
所以，
即，
整理得，
故
解得即；
（2），故，
，
由（1）中①式可得，所以．
又，
设，
所以
，
当时，.
2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若椭圆的切线分别交直线，于点，椭圆的左、右焦点分别为．
（i）证明：四点共圆；
（ii）若（i）中圆的半径，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）借助离心率与椭圆上的点计算即可得；
（2）（i）设出直线方程，取直线与轴交点为，将直线方程联立椭圆方程，借助韦达定理计算可得，即可得证；（ii）由题意可得直线斜率范围，再借助斜率表示出后即可得解.
【详解】（1）（1）由题意知，解得，
则的标准方程为：；
（2）（i）由题意知椭圆的切线斜率存在，
设，直线与轴交点为，
则，
由对称性可知，，
∵，
∴，
∵，
∴，即，即四点共圆；
（ii）∵，∴，
∵，
当时，；
当时，，
∴，
∴，
综上，．
3．（2025·河北·模拟预测）在平面直角坐标系中，点为直线上的动点，过作的垂线，该垂线与线段的垂直平分线交于点，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于两点，线段的中点为.
（i）求的最大值；
（ii）求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）连接，则，根据抛物线的定义求出轨迹方程；
（2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，即可得到轴，轴，则，取线段的中点为，则直线为线段的垂直平分线，则，利用锐角三角函数求的最大值即可；（ii）依题意可得，结合（i）计算可得.
【详解】（1）连接，则，
则根据抛物线的定义，点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线．
则点的轨迹的方程为．
（2）（i）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，，
联立，整理得，则，
所以，，
设，则，则，
直线的方程为，
同理：直线的方程为，
令得，，，
因为，所以，，
所以，，
所以轴，轴，所以，
取线段的中点为，则直线为线段的垂直平分线，
所以，，
所以，
所以求最大，即最大，
因为
，
所以当时，取得最大值，此时取最大值，
即的最大值为；
（ii）因为，所以四边形的面积，
又，
所以
，
所以当时，此时四边形的面积取得最小值.
4．（24-25高三上·上海松江·期末）已知椭圆，为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆于、两点．
(1)若直线垂直于轴，求椭圆的弦的长度；
(2)设点，当时，求点A的坐标；
(3)设点，记、的斜率分别为和，求的取值范围．
【答案】(1)3
(2)或
(3)
【分析】（1）可根据椭圆定义和弦长公式求解；
（2）利用点和点的中点可知中点坐标为左焦点坐标，之后利用椭圆的定义求得点坐标；
（3）第三问分类讨论，当斜率不存在时，直接求坐标和斜率，当斜率存在时，设斜率为，设点、坐标，写出直线方程，最终将转化为与斜率的关系，可通过直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理和基本不等式最终解决该题.
【详解】（1）由题意可知，，所以，
又因为当直线垂直于轴时，直线的方程为，
由得，，
所以弦的长为.
（2）因为，且直线过点，
所以，在中，，
所以斜边的中点，恰为椭圆的左焦点,
所以，又由椭圆的定义可得，
所以点在线段的垂直平分线上，
又因为在椭圆上，所以为椭圆的上顶点或下顶点，
所以或.
（3）当直线的斜率不存在时，不妨设，
所以，
故；
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线：，设，
由得，，
所以，
所以，
化简得，
①当时， ，当且仅当时等式成立；
②当时，，当且仅当时等式成立；
③当时，；
综上所述可得，的取值范围为.
5．（2025·辽宁·模拟预测）已知，，动点满足，作轴于点，为直线上一点，且满足，记点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若是上的动点，过作椭圆：的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）设，，根据向量关系得到，由得到方程，得到，将代入，求出轨迹方程；
（2）设，切线斜率存在时，，设切线方程，与椭圆联立，利用根的判别式为0得到方程，设关于的方程的两根为，，得到两根之和，两根之积，得到两点坐标，结合，表达出，由，求出，当切线斜率不存在时，求出的坐标，求出，综上，的取值范围是.
【详解】（1）设，，则，
因为，所以，
故，则
由，得，化简得，
将代入得，
故的方程为；
（2）设，过作椭圆的切线，当切线斜率存在时，，
设斜率为，切线方程为，
联立整理得，①
则，
即，②
设②中关于的方程的两根为，，
则，
①式中，当取时，得，
，
将换成，得，
故
，③
其中
，
又，所以，
，
故，
因为，
所以；
当切线斜率不存在时，中，令，此时，
由对称性不妨设，此时设，则，
此时.
综上，的取值范围是.
【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．
6．（2025·山东临沂·三模）已知为抛物线的焦点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过的直线与交于，两点，试探究：在轴上是否存在一点，使得，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由；
(3)若，抛物线上两点，满足，且，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据焦点坐标可求参数，故可得抛物线方程；
（2）设，设，根据斜率和为零可得坐标关系，联立直线方程和抛物线方程后结合韦达定理化简前者可得的值；
（3）设，根据斜率为零可得直线的斜率，利用点到直线的距离及焦半径公式化简，联立直线方程和抛物线，结合韦达定理化简正弦差，利用换元法和基本等式可求最大值.
【详解】（1）因为为抛物线的焦点，故，故，
故.
（2）设，设，则，
化简得.
设直线的方程为，则由可得，
故，故，由的任意性可得.
故存在，使得.
（3）
设，则，
同理，，
因为，故，故，故，
设直线，由得，
故，，故.
而，故，故，
当直线过时，，过时，，故，
设到直线的距离为，
则
设，则且，
故
，
当且仅当即时等号成立，
故的最大值为.
7．（24-25高三下·江苏泰州·开学考试）在平面直角坐标系中，点到定点的距离与点到直线：的距离之比为2，点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知点，，为曲线的左、右顶点．若直线与曲线的右支分别交于点.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求的最大值．
【答案】(1)
(2)（i）；(ⅱ)
【分析】（1）设，根据题意列出等式，化简可得；
（2）（i）设直线方程为，联立可得，同理可得，由，可得；
（ii）由及，可得，设，则，即得.
【详解】（1）设，由题意知，
化简得方程为
（2）
设直线方程为，则，
联立，可得，故，
因在右支上，故，得即，解得，
设方程为，则，
联立，得，故，
因在右支上，故得，即，解得，
综上可知，.
（ii），，，
故，
令，则，
当且仅当，即时取等号，
故的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问根据几何性质可得，结合，，代入后利用函数的性质求最大值即可.
8．（25-26高三上·辽宁沈阳·期末）设动点到坐标原点的距离和它到直线的距离之比是一个常数，记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程，并讨论的形状与值的关系；
(2)若时，得到的曲线为，将曲线向左平移一个单位得到曲线，过点的直线与曲线交于不同的两点，，过的直线分别交曲线于，设，，求的取值范围．
【答案】(1)，讨论见解析；
(2).
【分析】(1)根据题意列出关系式并化简为，讨论的取值判断曲线的形状；
（2）由题意可得曲线的方程为：，由直线与曲线相交及，得；同理由得：；由直线与曲线相交得的表达式，进而得到的表达式，求出取值范围.
【小题1】设，由题设有，即，
故曲线的方程为：.
（i）时，曲线的方程为：是抛物线；
（ii）时，曲线的方程为：，
当时，，，所以曲线的方程为焦点在轴上的双曲线；
当时，,所以曲线的方程为焦点在轴上的椭圆.
综上，时，曲线是焦点在轴上抛物线；当时，曲线是焦点在轴上的双曲线；当时，曲线是焦点在轴上的椭圆.
【小题2】当时，曲线的方程为：，则曲线的方程为：，
设，则，由，得，，
（i）与轴不垂直时，方程为：,
由 ，消去，整理得：．
由根与系数的关系有：，所以，又，所以；
与轴垂直时，，也满足：，
同理可证：，所以.
设：，由，消去整理得：，
据题设有且，整理得，
因为，所以，
又，所以，所以，
所以，故的取值范围为．
9．（2025·云南曲靖·二模）已知，点是上的任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，设点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)与轴不重合的直线过点，曲线上存在两点关于直线对称，且的中点的横坐标为．
①求的值；
②若均在轴右侧，且直线过点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据垂直平分线的性质及双曲线的定义得到动点在以、为焦点的双曲线上，从而求出方程；
（2）①设，，，利用点差法求出，即可得到，再由斜率公式计算可得；②设直线方程为，联立直线与双曲线方程，消元，列出韦达定理，表示出、，再由求出的范围，即可得解.
【详解】（1）的圆心为，半径，
因为点在线段的垂直平分线上，所以，
由题意，点在线段的延长线或反向延长线上，
所以，
所以动点在以、为焦点的双曲线上，设双曲线方程为，
则，，所以，
所以点的轨迹方程，即曲线的方程为；
（2）①设，，，
则，所以，
即，即，
因为关于直线对称，所以，所以，
即，因为，所以，所以；
②依题意直线的斜率存在，设其方程为，
由，整理得，
由，所以，
则，，
所以，则，
因为，所以，所以，
所以，
，
在中，，
又均在轴的右侧，所以，解得，
所以，
所以，所以，所以，
即的取值范围为.
10．（25-26高三上·重庆·月考）过点作直线与抛物线：相交于两点，是的准线，过作且交于，过B作且交于.
(1)当，且与轴平行时，,求抛物线的方程；
(2)记,
（i）若，是否存在，使得为定值？若存在，则求出；若不存在，请说明理由；
（ii）若，且的斜率为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i），（ii）
【分析】（1）根据抛物线的概念及准线的性质，用坐标表示向量，根据向量数量积的坐标表示，求出参数，求出抛物线方程.
（2）（i）根据抛物线与直线的位置关系，设出坐标，用参数表示面积，根据面积之间的关系，以及韦达定理，求出参数的值.
（ii）根据抛物线与直线的位置关系，联立方程组，根据韦达定理，列出方程，构造出新的函数，根据函数定义域，求出函数值域，进而求出结果.
【详解】（1）如图所示，

当时，，
由可知，当时，，解得，
不妨设，
由准线方程为得，
则，
由可得，因为，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）（i）如图所示，
根据对称性原则，不妨设在第一象限，在第四象限，
设，可得，，
则，
当直线斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不符合题意，所以设直线解析式为，
则，
由得，
化简得，
联立直线和抛物线方程得，消去得，可知直线与抛物线必有两个交点，
则，
代入得，
化简得，
当时，为定值，即，
此时，代入得，
因为，化简得，解得，此时；
综上，时，为定值.
（ii）
当，的斜率为，则直线解析式为，
此时，
联立直线和抛物线方程得，消去得，
可知直线与抛物线必有两个交点，
则，
由得，
化简得，
代入得，
化简得，
令，
令，即，
则，
变形得，根据对勾函数可知在上单调递增，
所以，则，
即的范围为.
11．（2025·上海杨浦·二模）已知双曲线的标准方程为，点是双曲线右支上的一个动点.
(1)求双曲线的焦点坐标和渐近线方程；
(2)过点分别向两条渐近线作垂线，垂足为点，求的值；
(3)若，如图，过作圆的切线，切点为，交双曲线的左支于点，分别交两条渐近线于点.设，求实数的取值范围.
【答案】(1)焦点坐标为，渐近线方程为
(2)
(3)
【分析】（1）根据双曲线方程求出，从而求出焦点坐标与渐近线方程；
（2）设，则，求得双曲线的渐近线方程分别与相应的垂线方程联立，求得交点，，以及、的坐标，由向量数量积的坐标表示，化简整理，即可得解；
（3）设切点，则切线的方程为，且，联立直线与曲线方程，消元，列出韦达定理，利用弦长公式表示出、，从而得到的式子，再根据的取值范围计算可得.
【详解】（1）双曲线的标准方程为，则，
所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为；
（2）设，则，
由，解得，所以，
由，解得，所以，
所以，，
所以
，
即．
（3）设切点，则切线的方程为，且，
由，解得，所以，
设，，，，
由，消去得，所以；
由，消去得，所以；
所以，，
所以
，
又，所以，
因为，所以，所以，所以，
即.
12．（2024·河南信阳·模拟预测）已知椭圆 短轴长为2，左、右焦点分别为，过点的直线与椭圆C交于两点，其中分别在轴上方和下方，，直线与直线交于点，直线与直线交于点
(1)若的坐标为求椭圆C的方程；
(2)在（1）的条件下，过点并垂直于轴的直线交C于点，椭圆上不同的两点满足 成等差数列. 求弦的中垂线在轴上的截距的取值范围；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）短轴长为2，则有，为的重心，得，代入椭圆方程求解即可；
（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，得弦的中垂线在轴上的截距；当AB斜率不存在时，AD的中垂线为轴，得在轴上的截距，最后得到范围；
（3）根据重心性质及面积公式得，，再结合已知不等式条件解不等式组可得，然后直曲联立得到，转化为对任意的m恒成立，解不等式即可.
【详解】（1）椭圆 短轴长为2，则有，故椭圆，
，则为的中点，又为的中点，可知为的重心，
则，故，
代入椭圆方程得，解得，所以椭圆C的方程为；
（2）由椭圆C的方程得，，，
成等差数列，，
设，AD中点，由弦长公式，
=，
，，
同理，代入可得，
①当AD斜率存在时，由，两式作差可得，
，∴，
∴弦AD的中垂线方程为，
当时，AD的中垂线在轴上的截距为，
AD中点在椭圆C内，∴，得，且．
②当AD斜率不存在时， AD的中垂线为轴，在轴上的截距为．
∴综上所述，即弦AD的中垂线在轴上的截距的取值范围为.
（3），则为的中点，为的中点，
又为的中点，可知点分别为，的重心，
设，，
设点，，则根据重心性质及面积公式得，
，而，
∴，∴，∴，
设，则，令，
任取，有，
时，，，，
，即；
时，，，，
，即；
则在上单调递增，在上单调递减，
，，
可得，即，
设直线，则联立椭圆方程得，
消元化简得，，
∴，，
∴，
∴，则对任意的m恒成立，即，得，
故实数a的取值范围为．