新高考数学二轮复习专题训练六 解析几何 第4讲　范围、最值问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题训练六 解析几何 第4讲　范围、最值问题（2份，原卷版+解析版），共8页。
目录
【真题自测】2
【考点突破】8
【考点一】范围、最值问题8
【专题精练】21
考情分析：
1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有范围、最值问题，定点、定直线、定值问题及探索性问题.
2.以解答题的形式压轴出现，难度较大．
真题自测
一、解答题
1．（2024·上海·高考真题）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
2．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
3．（2023·全国·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
4．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
参考答案：
1．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【详解】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.
2．(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
3．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
4．(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
考点突破
【考点一】范围、最值问题
一、单选题
1．（2023·河南周口·模拟预测）已知椭圆的一个焦点为F，点P，Q是C上关于原点对称的两点．则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·全国·高考真题）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．2
二、多选题
3．（2024·贵州贵阳·三模）双曲线的左、右焦点分别为点，斜率为正的渐近线为，过点作直线的垂线，垂足为点，交双曲线于点，设点是双曲线上任意一点，若，则（ ）
A．双曲线的离心率为
B．双曲线的共轭双曲线方程为
C．当点位于双曲线右支时，
D．点到两渐近线的距离之积为
4．（23-24高三上·山东德州·期末）双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作双曲线的切线交轴于点，交轴于点，则（ ）
A．平面上点的最小值为
B．直线的方程为
C．过点作，垂足为，则（为坐标原点）
D．四边形面积的最小值为4
三、填空题
5．（2022高三·全国·专题练习）抛物线上的点到直线的最短距离是 ．
6．（22-23高三·重庆沙坪坝·阶段练习）已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且满足，设弦的中点M到y轴的距离为d，则的最小值为 ．
四、解答题
7．（2024·吉林长春·模拟预测）已知椭圆的两焦点，且椭圆过.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与均不重合），记直线的斜率为，直线的斜率为，且，设，的面积分别为，求的取值范围
8．（21-22高二上·上海长宁·期末）已知双曲线C经过点，它的两条渐近线分别为和.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设双曲线C的左､右焦点分别为､，过左焦点作直线l交双曲线的左支于A､B两点，求周长的取值范围.
9．（2022·上海徐汇·一模）在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线K，P是曲线K上一点．
(1)求曲线K的方程；
(2)过点A且斜率为k的直线l与曲线K交于B、C两点，若且直线OP与直线交于Q点．求的值；
(3)若点D、E在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．
参考答案：
1．C
【分析】由对称性和椭圆定义得到，从而表达出，并计算出，从而得到最值，求出答案.
【详解】由对称性和椭圆定义可知，其中，
故，
不妨设，，，
则，
故当时，取得最小值，最小值为4，
当时，取得最大值，最大值为64，
故，
故当时，取得最小值，最小值为51，
当时，取得最大值，最大值为，
故的取值范围是.
故选：C
2．A
【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．
3．ACD
【分析】利用三角形面积公式得，再利用余弦定理得，则解出双曲线方程，再利用离心率定义和共轭双曲线方程的含义即可判断AB；对C，计算得，再根据的范围即可判断；对D，，利用点到直线的距离公式并结合点双曲线上化简即可.
【详解】如图，因为，所以，
，
则，所以，又，
在中，，
化简得，所以，双曲线方程为，
对于A，双曲线的离心率为，A正确；
对于B，双曲线的共轭双曲线方程为，B错误；
对于C，，因为，
则，即，C正确；
对于D，渐近线方程为，设，
点到两渐近线的距离之积为，D正确，
故选：ACD.
4．ABD
【分析】对A，利用双曲线定义将转化为可得解；对B，设出直线的方程为与双曲线联立，根据化简运算得解；对C，由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点，则垂直平分，即，为的中点，进而得得解；对D，求出点坐标，根据，结合基本不等式可求解.
【详解】对于A，由双曲线定义得，且，
则，
所以的最小值为.故A正确；
对于B，设直线的方程为，，
联立方程组，消去整理得，，
，化简整理得，解得，
可得直线的方程为，即，故B正确；
对于C，由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点，
则垂直平分，即，为的中点，
又是中点，所以，故C错误；
对于D，由直线的方程为，令，得，则，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以四边形面积的最小值为4，故D项正确.
故选：ABD.
.
【点睛】关键点睛：C项中，结合已知给出的双曲线的光学性质，即可推出垂直平分，.
5．
【分析】设出抛物线上的点坐标，利用点到直线的距离公式求解作答.
【详解】设抛物线上的点，则点P到直线的距离：
，当且仅当时取等号，
所以所求最短距离为.
故答案为：
6．1
【分析】设,利用余弦定理表示出，利用抛物线定义结合梯形中位线性质表示出，从而可得的表达式，进而利用基本不等式化简，可求得答案.
【详解】由抛物线可得准线方程为，
设，由余弦定理可得,
由抛物线定义可得P到准线的距离等于 ，Q到准线的距离等于，
M为的中点，由梯形的中位线定理可得M到准线的距离为，
则弦的中点M到y轴的距离，
故，
又，
则，当且仅当时，等号成立，
所以 的最小值为1，
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：本题综合性较强，涉及到余弦定理和抛物线定义以及基本不等式等，解答的关键是利用抛物线的定义表示出弦 的中点M到y轴的距离，结合余弦定理表示出的表达式，进而转化为利用基本不等式求最值问题.
7．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得：，求解即可；
（2）先确定直线的斜率必不为0，设其方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理，结合题意可得直线恒过轴上一定点.从而可求得，进而可求解.
【详解】（1）由题意可得：，解得，所以椭圆的方程为：；
（2）依题意，，设，直线斜率为.
若直线的斜率为0，则点关于轴对称，必有，不合题意.
所以直线的斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆的方程联立得，
所以，且
因为Mx1,y1是椭圆上一点，满足，
所以，
则，即.
因为
所以，此时，
故直线恒过轴上一定点.
因此，
所以
，
令，
当即时，取得最大值.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8．(1)
(2)
【分析】（1）设双曲线C的方程为，代入坐标可得答案；
（2）当直线l的斜率不存在时，可得A､B的坐标及的周长；当直线l的斜率存在，设直线l的方程为，与双曲线方程联立，的周长利用韦达定理得到，设，根据的范围可得答案.
【详解】（1）设双曲线C的方程为，
代入点，得，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）双曲线C的左焦点为，
设､，
①若直线l的斜率不存在，则，得A､B的坐标分别为和，
此时的周长为.
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
由得，
因为直线l交双曲线的左支于A､B两点，
所以，
得
设的周长为z，
，
设，由，得，
，，
所以，
综上，由①②可得的周长的取值范围.
9．(1)
(2)
(3)8
【分析】（1）由题意动圆的轨迹满足抛物线的定义，所以得出抛物线的轨迹方程即可，
（2）联立直线l与抛物线，求出的值，又，设出OP的方程，再联立抛物线求出的值，再求出，得出的值；
（3）由于D、E在y轴上，设出D、E坐标，并求出，P点的横坐标即为的高，再求面积的最小值即可．
【详解】（1）由题意可知圆心到的距离等于到直线的距离，
由抛物线的定义可知，曲线K的轨迹方程为，
（2）设直线l的方程为，
联立，消y得，
∴，∴，
设，∴,
又，
∴
∵，∴设直线OP的方程为，
联立，消y得，
∴，∴，∴，
令，则，∴，∴，
∴，
故的值为，
（3）设，
直线PD的方程为，
又圆心到PD的距离为1，即，
整理得，
同理可得，
所以，可知b，c是方程的两根，
所以，，
依题意，即，则，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时上式取等号，
所以面积的最小值为8．
【点睛】方法点睛：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．
规律方法：
求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用基本不等式．
专题精练
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）已知直线与椭圆交于两点，是椭圆上异于的一点．若椭圆的离心率的取值范围是，则直线，斜率之积的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．（23-24高二上·山东菏泽·阶段练习）已知点P是椭圆 上的动点，则点P到直线的距离最小值为（ ）
A．B．5C．D．
3．（22-23高三上·河北石家庄·期末）已知双曲线：的左右焦点分别是，，左右顶点分别是，，离心率为2，点P在上，若直线，的斜率之和为，的面积为，则（ ）
A．1B．C．D．2
4．（2022高三·全国·专题练习）已知点是双曲线上的动点，，为该双曲线的左右焦点，为坐标原点，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．
5．（22-23高二下·湖北荆州·阶段练习）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，，线段的中点为，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
6．（23-24高三上·重庆渝中·阶段练习）已知抛物线C：，点M在C上，直线l：与x轴、y轴分别交于A，B两点，若面积的最小值为，则（ ）
A．44B．4C．4或44D．1或4
7．（22-23高二上·北京延庆·期末）已知点P在抛物线上，且，则的最小值为（ ）．
A．2B．C．3D．4
8．（2023·山东日照·一模）已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（2022·全国·模拟预测）过椭圆的中心任作一直线交椭圆于P，Q两点，，是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆的左、右顶点，则下列说法正确的是（ ）
A．周长的最小值为18
B．四边形可能为矩形
C．若直线PA斜率的取值范围是，则直线PB斜率的取值范围是
D．的最小值为-1
10．（22-23高二上·山东济宁·期末）已知为双曲线的右焦点，直线与该双曲线相交于两点（其中在第一象限），连接，下列说法中正确的是（ ）
A．的取值范围是
B．若，则
C．若，则点的纵坐标为
D．若双曲线的右支上存在点，满足三点共线，则的取值范围是
11．（23-24高三上·浙江·阶段练习）已知抛物线上的两个不同的点关于直线对称，直线与轴交于点，下列说法正确的是（ ）
A．的焦点坐标为B．是定值
C．是定值D．
三、填空题
12．（21-22高二上·江苏镇江·期中）若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上任意一点，则·的取值范围为 .
13．（21-22高二上·浙江嘉兴·期末）已知椭圆，双曲线与椭圆共焦点，且与椭圆在四个象限的交点分别为，则四边形面积的最大值是 .
14．（2023·江苏南通·模拟预测）已知点是抛物线上的动点，则的最小值为 .
四、解答题
15．（22-23高三上·天津南开·期末）已知椭圆C：的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足，
（i）求的取值范围；
（ii）求的面积.
16．（2024·浙江金华·模拟预测）在直角坐标系中，圆Γ的圆心P在y轴上（不与重合），且与双曲线的右支交于A，B两点．已知．
(1)求Ω的离心率；
(2)若Ω的右焦点为，且圆Γ过点F，求的取值范围．
17．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为坐标原点，在椭圆上仅存在个点，使得为直角三角形，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点是椭圆上一动点，且点在轴的左侧，过点作的两条切线，切点分别为、.求的取值范围.
18．（2024·湖北·一模）已知双曲线经过椭圆的左、右焦点，设的离心率分别为，且．
(1)求的方程；
(2)设为上一点，且在第一象限内，若直线与交于两点，直线与交于两点，设的中点分别为，记直线的斜率为，当取最小值时，求点的坐标．
19．（23-24高三上·山东临沂·开学考试）已知抛物线，为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5．
(1)求E的标准方程；
(2)设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线与斜率乘积为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求的最小值．
参考答案：
1．D
【分析】先设点的坐标，然后将的坐标代入方程中，相减，构造出直线，的斜率，相乘转化只含有的表达式，再根据的关系以及椭圆的离心率的取值范围是建立不等式，求出直线，斜率之积的取值范围即可.
【详解】设，
由直线与椭圆交于两点可知两点关于原点对称，
所以且，
由题意知：，两式相减得：
，
即，
又，
由椭圆的离心率的取值范围是，
即，
所以，
即，
故选：D.
2．D
【分析】
由题意设，利用点到直线的距离公式表示出点P到直线的距离，结合辅助角公式化简即可求得答案.
【详解】
由题意点P是椭圆 上的动点，设，
则点P到直线的距离为
，其中，
当时，取最小值，
故选：D
3．A
【分析】根据离心率公式结合的面积为，可得，再利用列方程求解即可.
【详解】
①
②
所以
故③
由①②③，得，解得
故选：A.
4．D
【分析】设在右支上，根据双曲线的性质求得、且，由已知双曲线有，结合的范围求范围，即可得结果.
【详解】由双曲线的对称性，假设在右支上，即，
由到的距离为，而，
所以，
综上，，同理，则，
对于双曲线，有且，
所以，而，即.
故选：D
5．B
【分析】由抛物线定义及勾股定理得到，，由基本不等式求出最值.
【详解】设，
因为，所以，
过点分别作准线于点，，
由抛物线定义可知，
由梯形中位线可知，

因为，所以，
当且仅当时，等号成立，
故，
故，的最小值为.
故选：B
6．B
【分析】为定值，设则可将面积表示为以为自变量的二次函数，依据二次函数的性质可将面积的最小值用表示出来，因为面积的最小值为，解方程可以求出的值.
【详解】不妨设，，由，，
知．设，
则，
故，故.
故选：B．
7．A
【分析】设，利用两点间的距离公式结合二次函数的性质求解即可
【详解】设，则有，又，
所以
因为，
所以，
所以，当且仅当时取等，
所以的最小值为2，
故选：A
8．A
【分析】先求出椭圆左焦点坐标为，由题得，解不等式得到，再解不等式即得解.
【详解】点在双曲线：上，所以.
所以椭圆左焦点坐标为.
因为，所以,
所以.
因为，所以.
点为椭圆内一点，所以，
所以或.
综上：.
故选：A
9．AC
【分析】A由椭圆对称性及定义有周长为，根据椭圆性质即可判断；B根据圆的性质，结合椭圆方程与已知判断正误；C、D设，利用斜率两点式可得，进而判断C正误，应用向量数量积的坐标表示列关于的表达式，结合椭圆有界性求最值.
【详解】A：根据椭圆的对称性，，当PQ为椭圆的短轴时，有最小值8，所以周长的最小值为18，正确；
B：若四边形为矩形，则点P，Q必在以为直径的圆上，但此圆与椭圆无交点，错误；
C：设，则，因为直线PA斜率的范围是，所以直线PB斜率的范围是，正确；
D：设，则．因为，所以当时，最小值为，错误.
故选：AC．
10．ABD
【分析】对于A，根据渐近线分析即可求解；
对于B，结合对称性，双曲线定义即可求解；
对于C，结合对称性可知为直角三角形，，结合双曲线定义及勾股定理，可得，进而求解；
对于D，根据临界情况，直线的方程为：，联立方程组，可得，进而求解.
【详解】对于A，双曲线的渐近线方程为，因为直线与双曲线相交于，所以的取值范围是，故A正确；
对于B，设为双曲线的左焦点，连接，
由对称性知，，又，
所以，故B正确；
对于C，结合选项B，知为直角三角形，且，
所以，化简得，
设点A的纵坐标为，则，故C不正确；
对于D，当直线的斜率为时，直线的方程为：，
联立方程组，得，
又，所以，
所以双曲线的右支上存在点，满足三点共线，
则的取值范围是，故D正确.
故选：ABD.
11．ABD
【分析】根据抛物线的性质可判定A选项；根据A、B关于直线对称及点在抛物线上可得，，，联立化简可判定B、C选项；再利用AB中点在抛物线内可得，结合直线方程可判定D选项.
【详解】根据抛物线的性质可知抛物线的焦点坐标为，即A正确；
设A、B的中点为D，则，易得①，
又②，且③，④，
将③④代入②可得：，
代入①可得，
故B正确，C错误；
所以A、B的中点坐标为，
则直线的方程为：，
令得：，
而位于抛物线内部，即，可得，
则．即D正确.
故选：ABD
12．
【分析】可设，可求得与的坐标，利用向量的数量积的坐标公式结合椭圆的方程即可求得其答案．
【详解】点为椭圆上的任意一点，设，
依题意得左焦点，
，，
，
，，
，．则．
故答案为：．
13．
【分析】设双曲线和椭圆在第一象限得交点为，根据对称性易得四边形是矩形且面积为，只需联立双曲线和椭圆，求出交点表达式即可.
【详解】依题意得，双曲线的焦点是，设双曲线方程为，且，不妨设在第一象限，根据对称性易得四边形是矩形，且面积为：，联立，解得，注意到，化简得，于是， 所以四边形面积为，又
，取等号，则四边形面积最大值为.
故答案为：.
14．/
【分析】根据已知条件将问题转化为抛物线上的动点到直线和轴的距离之和的最小值，作出图形，利用抛物线的定义及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由题可知，过抛物线上的动点作直线的垂线交直线于，过点作轴的垂线交轴于，交准线于点，为抛物线焦点，
由，得，所以，如图所示

则动点到轴的距离为
所以，
当且仅当三点共线时，有最小值，即(此时为点到直线的距离)，
所以到直线的距离为，
所以，
所以.
所以的最小值为.
故答案为：
15．(1)
(2)（i）（ii）
【分析】（1）利用菱形的面积和椭圆的性质列方程组即可得出；
（2）（i）设直线的方程为，与椭圆的方程联立可得根与系数的关系、再利用斜率的计算公式、数量积运算即可得出；
（ii）利用弦长公式和点到直线的距离公式及三角形的面积公式即可得出.
【详解】（1）由已知可得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）设直线的方程为，设，
联立，得，
，即，
，.
，.
,
，即，
，
，，
，
又直线的斜率不存在时,
的取值范围是.
（ii）设原点到直线的距离为，
则
，
由化简可得.
的面积为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由点差法与直线与圆的性质分别得到与直线的斜率有关的等量关系，结合已知条件将坐标化，得，再结合两斜率关系，整体消元可得，从而求出斜率；
（2）将化斜为直，转化为坐标表示，再由韦达定理代入得关于的函数解析式，求解值域即可.
【详解】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，则线段中点Mx1+x22,y1+y22
由题意不与重合，则，由在双曲线右支上，则，
所以斜率存在且不为.
由在双曲线上，则，且，
两式作差得，
所以有，
故①，
由圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），设，
由题意，
则，
化简得，由，得，
由圆Γ的圆心为，弦中点为，所以，
则，即②，
由①②得，，则，
故Ω的离心率为.
（2）由Ω的右焦点为，得，
由（1）知，，所以有，故双曲线的方程为.
设圆的方程为，由圆Γ过点，则，
则圆的方程可化为，
联立，消化简得，
，
其中，，则有，
由，
同理，
所以，
其中，
令，则，
所以，
设，，
由函数在单调递增，则，即，
所以有，
故,
.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）分析可知，当时，存在两个点，使得为直角三角形，设点，利用平面向量数量积的坐标运算可得出，再利用面积的最大值可得出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）证明出抛物线在点Ax1,y1处的切线方程为，可得出抛物线在点处的切线方程，联立两切线方程，求出点的坐标为，设，其中，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】（1）解：当轴时，存在两个点，使得为直角三角形，
当轴时，存在两个点，使得为直角三角形，
当时，由题意可知，存在两个点，使得为直角三角形，
设点，其中，则，可得，
且，，
则，可得，
由题意可知，，则，
当点为椭圆短轴的顶点时，到轴的距离最大，此时，的面积取最大值，
即，则，故，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：设点Ax1,y1、Bx2,y2，先证明出抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，即，解得，
所以，抛物线在点处的切线方程为，
同理可知，抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，
所以，，则，即点，
因为点在轴左侧，则，即，
因为点在椭圆上，则，
设，其中，则，，
所以，
，
因为，则，则，
所以，，
因此，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（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，求新的参数的范围，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建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数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.
18．(1)的方程为的方程为
(2)
【分析】（1）由题意可得，，解方程即可求出，即可求出的方程；
（2）设直线的斜率分别为，由题意可得，设直线的方程为：，联立可得，同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.
【详解】（1）依题意可得，得，
由，得，解得，
故的方程为的方程为．
（2）易知，设Px0,y0，直线的斜率分别为，
则，Px0,y0
在，即有，
可得为定值．
设直线的方程为：，联立可得
恒成立，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则有，
可求得，
设直线的方程为：，
同理可得，
则
由可得：，
点在第一象限内，故，
当且仅当，即时取等号，
而，故等号可以取到．
即当取最小值时，，联立，
可解得，
故的方程为：的方程为：，
联立可解得，即有．

【点睛】关键点点睛：本题（2）问的关键点在于设直线的斜率分别为，由题意可得，联立直线与椭圆的方程求得，联立直线与椭圆的方程同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.
19．(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）由题可知，求解即可得到抛物线的方程；
（2）（i）先求解，设，根据斜率公式结合题意可得，分斜率存在和不存在分别求得直线的方程，从而可确定过定点；（ii）设，当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，结合韦达定理求得的最小值为；当直线斜率不存在时，由抛物线定义知，从而可求解.
【详解】（1）由题可知，解得.
所以的标准方程为；
（2）（i）由（1）知，，且，解得，所以.
设，则，同理可得，，
则，即.
当直线斜率存在时，直线的方程为，
整理得.
所以，即，
所以直线过定点；
当直线的斜率不存在时，可得.
综上，直线过定点.
（ii）设，当直线斜率存在时，
设直线的方程为，
与抛物线联立得，消去得，
由题意，所以.
所以
，
所以当时，的最小值为；
当直线斜率不存在时，.
由抛物线定义知.
故的最小值为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
题号
1
2
3
4






答案
C
A
ACD
ABD






题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
A
D
B
B
A
A
AC
ABD
题号
11









答案
ABD