2023年高考数学二轮复习试题专题16 圆锥曲线中的范围与最值问题、探索性问题（Word版附解析）

这是一份2023年高考数学二轮复习试题专题16 圆锥曲线中的范围与最值问题、探索性问题（Word版附解析），共53页。试卷主要包含了核心先导，考点再现，解法解密，考点解密，分层训练等内容，欢迎下载使用。

专题16 圆锥曲线中的范围与最值问题
一、核心先导


二、考点再现

【考点1】、若椭圆方程为，半焦距为，焦点，设
过的直线 的倾斜角为，交椭圆于A、B两点，则有：①
；②
若椭圆方程为，半焦距为，焦点，设
过的直线 的倾斜角为，交椭圆于A、B两点，则有
：① ；②
同理可求得焦点在y轴上的过焦点弦长为（a为长半轴，b为短半轴，c为半焦距）
结论：椭圆过焦点弦长公式：
【考点2】、过椭圆左焦点的焦点弦为,则；过右焦
点的弦.

【考点3】、抛物线与直线相交于且该直线与轴交于点，则有.
【考点4】、设为过抛物线焦点的弦，，直线的倾斜角为，则
①.
②.
③.[来源:学§科§网]
④.；
⑤.；
⑥.；
三、解法解密

方法1. 圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：
（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关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定取值范围；[来源:学*科*网Z*X*X*K]
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出取值范围；
③利用基本不等式求出取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定取值范围
方法2.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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．
四、考点解密

题型（一）利用题设条件，结合几何特征与性质求范围
例1、（1）.已知，为双曲线，的左、右焦点，过的直线与圆相切于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，，由过的直线与圆相切，可得圆心到直线的距离，过向直线作垂线，垂足为，在直角三角形中，可得，，，，即有，由OM为三角形的中线，可得，即，即有，再根据得到双曲线的离心率为.故选D．
（2）.（2022·陕西·乾县第二中学高二阶段练习）已知椭圆的离心率为为的一个焦点，为上一动点，则的最大值为（    ）
A．3 B．5 C． D．
【答案】D
【分析】由题知椭圆的焦点在轴上且，进而得，.
【详解】解：设椭圆的半焦距为
，故焦点在轴上．
，离心率为，
，解得
．
∴根据椭圆的性质可知．
故选：D
【变式训练1-1】、（2021·陕西·咸阳市实验中学高二阶段练习）已知椭圆C：的下焦点为，点在椭圆C上，点N在圆E：上，则的最小值为（    ）
A．4 B．5 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义把问题转化为求的最大值，利用三角形的两边之差小于第三边求解即可.
【详解】圆E：，则圆心E(0，2）为椭圆C的上焦点，
已知椭圆C：，则，，，
由椭圆的定义可知，，则，
所以，
当M，N，E三点共线时，|取最大值1，
所以的最小值为6-1=5．
故选︰B
【变式训练1-2】、过双曲线的右支上一点,分别向圆：和圆 ：作切线,切点分别为,,则的最小值为（ ）
A．10 B．13 C．16 D．19
【答案】B
【解析】由题可知,,因此.故选B．
题型（二）利用根的判别式或韦达定理或参数建立不等关系求范围
例2、已知抛物线:与圆:，直线与交于，两点，与交于，两点，且，位于轴的上方，则 _________．
【答案】
【解析】圆的方程化为，直线 过抛物线焦点，
结合抛物线定义，可得，由
，得，所以，即.
【变式训练2-1】、（2022·河南·宜阳县第一高级中学高二阶段练习）过椭圆的右焦点F且与长轴垂直的弦的长为，过点且斜率为的直线与C相交于A，B两点，若P恰好是AB的中点，则椭圆C上一点M到F的距离的最大值为（    ）
A．6 B． C． D．
【答案】D
【分析】将代入椭圆C的方程并结合已知可得，由点差法结合已知可得，由此求出，则C上的点M到焦点F的距离的最大值为即可求解
【详解】将代入椭圆C的方程得，
所以①，
设，，则，，
两式相减得，
又，，，
所以②，
解①②得，，
所以，
所以C上的点M到焦点F的距离的最大值为.
故选：D.

题型（三）求解函数值域得范围
例3、（2022·四川·树德中学高二期中）已知是椭圆和双曲线的交点，，是，的公共焦点，，分别为，的离心率，若，则的取值范围为______．

【答案】
【分析】根据椭圆与双曲线的定义把用来表示，然后在中用余弦定理求出的关系，然后再用函数求解.
【详解】设
因为点在椭圆上，所以①
又因为点在双曲线上，所以②
则①②得；①②
在中由余弦定理得：
即
即，即即
所以，
令，则
所以.
故答案：.
【变式训练3-1】、（2022·浙江·杭州四中高二期中）设P是椭圆上的任一点，EF为圆的任一条直径，则的最大值为__________．
【答案】
【分析】设点，则且，计算得出，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】圆的圆心为，半径长为，
设点，则且，
，，
所以
，
所以，当时，取得最大值，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
例4、平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别是、
．以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线 交椭圆于两点，射线交椭圆于点．( i )求的值；（ii）求△面积的最大值．
【解析】（Ⅰ）由题意知，则，又，，
可得，所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）由（I）知椭圆的方程为．
（i）设，由题意知，
因为，又，即，
所以，即．
（ii）设，将代入椭圆的方程，
可得，
由，可得 ，
则有，
所以．
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积

令，将代入椭圆的方程，
可得 ，
由，可得 ，
由①②可知 ，因此，
故 ，
当且仅当时，即时取得最大值，
由（i）知，面积为，
所以面积的最大值为．
【变式训练4-1】、（2022·四川省成都市第八中学校模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上.

(1)求椭圆 的方程；
(2)如图， 四边形 是矩形，与椭圆相切于点与椭圆相切于点与椭圆相切 于点与椭圆相切于点， 求矩形面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1） 利用已知关系建立方程组，联立即可求解；
（2） 当直线的斜率不存在或为时， 求出矩形的面积，当直线的斜率存在且不为时， 设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求出，同理求出 ，进而表示出矩形的面积，利用函数思想求解即可.
【详解】（1）由已知可得：
可求出代入，
解得 所以椭圆的方程为；
（2）当直线 的斜率不存在或为时， 矩形的面积为，
当直线 的斜率存在且不为时， 设直线的方程为，
联立方程 消去整理可得：
， 所以，
解得 ，
所以 ，
同理可得 ，
所以矩形 的面积，
令 ， 所以， 又， 所以，
则 ，
当 ， 即时，取得最大值为；
所以 ， 所以，
综上， 矩形 的面积的取值范围为.
题型（四）利用隐含或已知的不等关系建立不等式求范围
例5、【2018全国卷Ⅲ】已知斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点
为．
(1)证明：；
(2)设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【解析】(1)设，，则，．
两式相减，并由得．
由题设知，，
于是．①
由题设得，故．
(2)由题意得，设，则
．
由(1)及题设得，．
又点在上，所以，从而，．
于是．
同理．
所以．
故，即，，成等差数列．
设该数列的公差为，则
．②
将代入①得．
所以的方程为，代入的方程，并整理得．
故，，代入②解得．
所以该数列的公差为或．
【变式训练5-1】、（2021·陕西·安康市教学研究室三模）已知椭圆长轴的顶点与双曲线实轴的顶点相同，且的右焦点到的渐近线的距离为．
(1)求与的方程；
(2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的倍，且经过点，与交于、两点，与交于、两点，求．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出的值，求出双曲线的渐近线方程，可得出关于的等式，结合可求得的值，由此可得出椭圆和双曲线的标准方程；
（2）求出直线的方程，将直线的方程分别与椭圆、双曲线的方程联立，结合弦长公式可求得的值.
（1）
解：由题意可得，则．
因为的渐近线方程为，即，
椭圆的右焦点为，由题意可得，，解得，
故椭圆的方程为，双曲线的方程为．
（2）
解：设直线的倾斜角为，
所以，直线的斜率为，
所以直线的方程为，
联立得，则，
设、，则，，
所以,
联立可得，，
设点、，则，，
所以，，故．
【变式训练5-2】、（2021·广东·一模）已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，.
（1）
由题意可得，∴由题意可得且，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）
解法1：由（1）可得，
当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为
设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，
，且，，
，整理可得：，
整理可得，整理可得，即，或，
若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，
若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．

【点睛】
五、分层训练

A组 基础巩固
1．（2022·四川雅安·二模）已知双曲线的一条渐近线为直线，的右顶点坐标为．若点是双曲线右支上的动点，点的坐标为，则的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】求出双曲线的标准方程，双曲线的右准线方程，右焦点坐标，确定在双曲线的外部，利用圆锥曲线的统一定义把转化为到右焦点的距离，然后易得最小值．
【详解】设双曲线方程为，则，所以，
双曲线方程为，得，，因此在双曲线外部（不含焦点的部分），
又，所以，，即双曲线的右准线是，记双曲线的右焦点为，则，
，所以当是线段与双曲线的交点时，取得最小值，最小值不，
所以的最小值是．
故选：C．
2．（2021·江苏·高二专题练习）已知是椭圆上的一点，是坐标原点，是椭圆的左焦点且，，则点到该椭圆左准线的距离为（    ）
A．6 B．4 C．3 D．
【答案】D
【分析】根据已知条件先判断出点位置，然后根据椭圆的定义求解出的长度，最后根据的长度比上到准线的距离等于离心率求解出结果.
【详解】设椭圆的右焦点为，到椭圆左准线的距离为，连接,
因为，所以，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，
又因为，所以，
因为，所以，
故选：D.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是掌握椭圆的第一、第二定义，通过第一定义可求解出的长度，通过第二定义可直接求解出到左准线的距离，避免复杂计算.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设双曲线的右准线为，过、分别作于，于，于，根据直线的斜率为，得到，再利用双曲线的第二定义得到，又，结合求解.
【详解】设双曲线的右准线为，
过、分别作于，于，于，
如图所示：

因为直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为，
∴，，
由双曲线的第二定义得：，
又∵，
∴，
∴
故选：B
【点睛】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
4．（2022·重庆市育才中学高三阶段练习）已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，为弦的中点，为上一点，则的最小值为（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出直线AB的方程，再与抛物线方程联立，结合抛物线定义，借助几何意义求解作答.
【详解】抛物线，焦点，准线，直线AB的方程为，
由消去y并整理得：，设，，则，
弦中点Q的横坐标，过点作准线l的垂线，垂足为点，如图，

令交抛物线于点，在抛物线上任取点，过作于点，连接，
即有，，
当且仅当点与P重合时取等号，
所以的最小值为.
故选：A.
5．（2022·四川省平昌中学高二阶段练习）知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，的面积为，点P是椭圆上任意一点（非顶点），Q是的内心，直线交于M，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求得的关系式，然后利用等面积法列方程，化简求得，进而求得.
【详解】的面积为，即，
，
，
过作轴，垂足为，过作轴，垂足为，
设内切圆半径为，依题意可知，
，
，
所以.
故选：A

6．（2022·全国·高三专题练习）已知，点P满足，动点M，N满足，，则的最小值是（    ）
A．3 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】根据题意先求出点P的轨迹方程，再根据知求的最小值即求的最小值．
【详解】解：由题意知不妨设点P的轨迹为以为焦点的双曲线的左支，
设双曲线的标准方程为，
则，
，
∴ 点P的轨迹方程是，
，
∴ 为M、N的中点，
，
，
，
∴的最小值为3，当点P在双曲线的左顶点时取等号．
故选：A．
7．（2022·四川·石室中学模拟预测）已知抛物线上有两动点，，线段的中点到轴距离的是2，则线段长度的最大值为______.
【答案】5
【分析】根据椭圆定义及三角形三边关系得，再结合梯形中位线性质即可得到最值.
【详解】设抛物线的焦点为,点在抛物线的准线上的投影为,点在直线上的投影为,线段的中点为,点到轴的距离为2,则

,
当且仅当,即、、三点共线时等号成立，
所以的最大值为5.
故答案为：5.
8．（2022·山东·枣庄市第三中学高二期中）已知椭圆是椭圆上的点，是椭圆的左右焦点，若恒成立，则椭圆的离心率的取值范围是__________.
【答案】
【分析】设出点坐标，将转化为离心率的形式，从而求得离心率的取值范围.
【详解】设，则，
由于恒成立，
即，，
，
由于，所以，
所以，两边除以得，
即，解得.
所以椭圆的离心率的取值范围是.
故答案为：
9．（2022·福建·高二期中）弓琴，是弓琴弹拨弦鸣乐器（如下左图）.历史悠久，形制原始，.它脱胎于古代的猎弓，也可以称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖.古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸.古代传说将“琴”的创始归于伏羲，也正由于他是以渔猎为生的部落氏族首领.在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”. 常用于民歌或舞蹈伴奏.流行于台湾原住民中的布农、邹等民族聚居地区.弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔， 其正视图即为一椭圆面，它有多条弦， 拨动琴弦，发音柔弱，音色比较动听，现有某专业乐器研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳.如下右图，是一弓琴琴腔下部分的正视图.若按对称建立如图所示坐标系，恰为左焦点，均匀对称分布在上半个椭圆弧上(在上的投影把线段八等分)， 为琴弦，记，数列前n项和为，椭圆方程为，且，则的最小值为_____

【答案】
【分析】设（），由焦半径公式有，由对称性得，由题意有成等差数列，从而可求得，这样求得后再由基本不等式得最小值．
【详解】设，得，为等差数列，
=，
由题意的横坐标把八等分,所以,，
又，所以，故
，
当且仅当时取等号.
故答案为：．
【点睛】本题是新文化试题，解题关键是理解题意，从诸多信息中提取有用的数学信息，然后应用数学知识解题．题中椭圆、焦点，提示我们求需用椭圆的焦半径公式，再结合对称性，易求得其和，从而表示出，第二步才联想到需要利用基本不等式中“1”的代换求最小值．
10．（2022·河北·模拟预测）已知椭圆，椭圆上的点到两焦点的距离和为，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点，点为点关于轴的对称点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆上的点到两焦点的距离和为2a，可得a的值，再由点在椭圆上，代入方程可求得b的值；
（2）设直线方程，联立直线与椭圆方程消去y，可得 ， ，关于k的代数式，由，转化成求关于k的函数的最值，通过换元法求得.
【详解】（1）∵椭圆上的点到两焦点的距离和为，∴，∴，
∵点在椭圆上.
∴，∴，∴，
∴椭圆的标准方程为；
（2）由题意显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
由，消去得，
设，
∴，解得，
，，
∴
，
令，
∴，
所以当时，△ABE面积最大，最大值为.
11．（2022·云南大理·模拟预测）已知为椭圆C的左、右焦点，点为其上一点，且．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于坐标原点O的对称点R，试问△PQR的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，最大值为3
【分析】（1）根据条件结合椭圆的定义可得，然后将点坐标代入椭圆方程可得答案.
(2)由题意设设直线与椭圆方程联立，得出韦达定理，，将韦达定理代入，从而求出其最值即可得出答案.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为
由题意，可得，即
即椭圆的标准方程为，
则解之得：
所以椭圆的标准方程为．
（2）如图所示，设直线，

则消去x整理得，
设的面积为S，

又，
则，
令，则，
又设，则，
∴在上为增函数，，∴，
所以，存在当时，即直线l的方程为的面积有最大值，其最大值为3


B组 能力提升
12．（2020·山西·太原五中模拟预测）已知圆:，一动圆与直线相切且与圆外切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)若经过定点的直线与曲线交于两点，是的中点，过作轴的平行线与曲线相交于点，试问是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，或
【分析】（1）设元，利用圆与圆的位置关系找等量关系，列方程，化简即可；
（2）设，：得，联立方程消去，由韦达定理，根据题意设，由得化简解决即可.
【详解】（1）设动圆圆心，由题可知动圆圆心不能在轴左侧，故，
因为动圆与直线相切且与圆：外切，
所以，
，
化简得，
所以动圆圆心的轨迹的方程为.
（2）设，
由题意，设直线的方程为，
联立，消去得
，
，①
，，②
因为是的中点，过作轴的平行线与曲线相交于点，
假设存在，使得，
所以，③
因为在抛物线上，即
所以，④
，，，
所以
所以将①②③④代入化简可得，
所以，
所以存在直线：，使得，
所以存在直线的方程为或
13．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆，过点作椭圆的两条切线，且两切线垂直.
(1)求；
(2)已知点，若存在过点的直线与椭圆交于，且以为直径的圆过点（不与重合），求直线斜率的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设切线方程，联立直线与椭圆，利用相切，得判别式为0，再利用切线垂直，即可得的值；
（2）设直线的方程，由以为直径的圆过点，得，利用“联消判韦”得直线过定点，再由在直线上，即可得直线斜率的取值范围.
（1）
解：由题可知，切线斜率存在，则设切线，
联立得，即，
相切得：，即，所以
由两切线垂直得：

（2）
解：由（1）得，椭圆方程为
由题可知，直线的斜率存在，设，联立得
设，由韦达定理得：
由题意为直径的圆过点，①
又

代入①式得：
或（舍去），所以过定点，
，
，
即直线斜率范围
14．（2022·广东·开平市忠源纪念中学模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆：与椭圆有相同的焦点，，且右焦点到上顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过椭圆左焦点，且斜率为的直线与椭圆交于，两点，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】根据题意可得，，所以，即可求得椭圆的方程；
设，，过且斜率为的直线方程为：，直线与椭圆方程联立，消得的一元二次方程，结合韦达定理，即可求的面积．
（1）
椭圆的焦点为，，
半焦距，
椭圆的右焦点到上顶点的距离为，
，
椭圆的方程为．
（2）
设，，
过且斜率为的直线方程为：，
代入椭圆的方程，化简可得，
，
则，
.
15．（2022·湖北省仙桃中学模拟预测）已知椭圆，和一条过定点且不与轴重合的直线相交于两点，线段的中点为点，
(1)求点的轨迹方程；
(2)射线交椭圆于点，为直线上一点，且为的等比中项，过点作圆 的两条切线，切点为 ，求面积的最小值 .
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）由题意可设直线l：.设线段的中点为点，利用“设而不求法”得到点E的参数方程（m为参数），消去m得：，即为所求；
（2）以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．由题意求出F点的轨迹的极坐标方程为或，化为直角坐标方程为或.
连接DM、DN，连接MN交DF于K，则.设.利用表示出，，得到.记，利用导数判断出在上单调递减.进而求出面积的最小值为.
【详解】（1）由题意，可设直线l：.不妨设，则，
消去x可得：，其中，，.
设线段的中点为点，所以，.
即（m为参数）.
消去m得：.
所以点的轨迹方程为：.
（2）以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．
由点的轨迹方程为：化为极坐标方程为，即.
椭圆化为极坐标方程为，即.
可设射线的极坐标方程为：.
因为射线交椭圆于点，为直线上一点，所以，.
因为为的等比中项，所以，即，解得：.
所以F点的轨迹的极坐标方程为或，化为直角坐标方程为或.
如图示：连接DM、DN，则.

连接MN交DF于K，则.设.
若点F在直线上时，由对称性可知，当F位于F1时，最大，此时由，，可得：.
若点F在直线上时，由对称性可知，当F位于F2时，最大，此时由，，可得：，所以.
在直角三角形DNF中，由，可得：.
在直角三角形KNF中，，.
所以.
记，则.
因为，所以，所以在上单调递减.
要求面积的最小值，只需最大.
若点F在直线上时， F位于F1时，最大.此时.
若点F在直线上时， F位于F2时，最大，有.此时.
综上所述：面积的最小值为.
16．（2022·黑龙江·鸡西市第四中学三模）已知抛物线C：，圆O：.
(1)若抛物线C的焦点F在圆O上，且A为C和圆O的一个交点，求；
(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于点M，N，求的最小值及相应p的值.
【答案】(1)
(2)最小值为，
【分析】（1）由得出抛物线方程，并与圆方程联立，求出，最后由抛物线定义得出；
（2）由导数的几何意义得出切线l的方程，由点到切线的距离等于结合勾股定理得出，再由基本不等式得出的最小值及相应p的值.
（1）
由题意，得，从而C：.
解方程组，整理得，，解得
所以.
（2）
设，由得，故切线l的方程为，
注意到，故整理得
由且，即点到切线的距离等于得
所以，
整理，得且，
所以
，
当且仅当时等号成立.
所以的最小值为，此时.
17．（2022·河南开封·模拟预测（理））已知椭圆的离心率为，上的点P与外的点距离的最小值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l与椭圆交于点A，B，当直线l被圆截得的弦长为2b时，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由距离的最小值求得，然后由离心率得，结合求得得椭圆方程；
（2）设出直线方程为，按和分类讨论先求得的关系，然后代入椭圆方程应用韦达定理求得，表示出求得其范围．
(1)
由题意，，又，所以，
所以椭圆的方程为；
(2)
易知直线不过原点，设方程为，
原点到直线距离为，，
所以，，，原点到直线距离为1，
若，则，方程为，
此时，，，
时，
由，及得，
设，，则，，
，
，
令，由得，
，
令，则，时，，单调递增，
所以，，
综上， ．
18．（2022·江苏·华罗庚中学三模）已知M，N分别是x轴，y轴上的动点，且，动点P满足，设点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)直线：与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），倾斜角为的直线经过点G，与曲线C交于E，F两点．若的值与点G的位置无关，求的值．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）设，，，依题意可得，再根据，即可得到方程组，消去、，即可得到动点的轨迹方程；
（2）首先求出、的坐标，设，其中，即可表示出、，可判断直线的斜率存在，设为、、，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，即可得到，由式子与无关，即可求出，从而得解；
(1)
解：设，，则．
设，则，．
由题意得，解得，
所以，化简得，
即曲线C的方程为．
(2)
证明：由，解得或，（不妨设点A在第一象限），所以，．
设点，其中，则，，所以．
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
此时，，故不为定值．
若直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为．
将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理，得．
设，，则，，
所以
，
故．
因为的值与m的值无关，所以，解得，
所以，所以G是EF的中点，即．
所以．
C组 真题实战练
19．（2021·全国·高考真题（理））设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
20．（2017·全国·高考真题（理））已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】A
【详解】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知
，当且仅当（或）时，取等号.
点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以
.
21．（2008·江西·高考真题（文））已知、是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为．因为所以点M的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆．与因为点M在椭圆的内部，所以，所以，所以 ，所以 ，故选C．
【点睛】求离心率的值或范围就是找的值或关系．由想到点M的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆．再由点M在椭圆的内部，可得，因为 ．所以由得，由关系求离心率的范围．
22．（2017新课标全国卷Ⅰ文科）设A，B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得；当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得，故的取值范围为，选A．
点睛:本题设置的是一道以椭圆知识为背景的求参数范围的问题．解答问题的关键是利用条件确定的关系，求解时充分借助题设条件转化为，这是简化本题求解过程的一个重要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论．
23．（2022·浙江·高考真题）已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是_________．
【答案】
【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率．
【详解】过且斜率为的直线，渐近线，
联立，得，由，得
而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.
故答案为：．

24．（2009·重庆·高考真题（文））已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，则该椭圆的离心率的取值范围为__________．
【答案】
【详解】试题分析：在△PF1F2中，由正弦定理得：，则由已知得：，
即：a|PF1|=|cPF2|
设点（x0，y0）由焦点半径公式，
得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,则a（a+ex0）=c（a-ex0）
解得：x0=，由椭圆的几何性质知：x0＞-a则>-a
整理得e2+2e-1＞0，解得：e＜--1或e＞-1，又e∈（0，1），
故椭圆的离心率：e∈(-1，1)，故答案为(-1，1)．
考点：本题主要考查了椭圆的定义，性质及焦点三角形的应用，特别是离心率应是椭圆考查的一个亮点，多数是用a，b，c转化，用椭圆的范围来求解离心率的范围．
点评：解决该试题的关键是能通过椭圆的定义以及焦点三角形的性质得到a,b,c的关系式的转换，进而得到离心率的范围．
25．（2021·全国·高考真题（文））已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
【答案】
【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.
【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
26．（2021·全国·高考真题（理））已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【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；
（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）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
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A、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.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
27．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）

设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又

故即，
综上，或.
28．（2021·浙江·高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，

（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，


故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
29．（2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
30．（2019·全国·高考真题（理））已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.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）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形；
（ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值.
【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；
（2）（i）设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立,即或,点P在第一象限，所以，因此点的坐标为
直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，，消去得，（*），设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解
所以有，代入直线方程中，得
，所以点的坐标为，
直线的斜率为; ,
因为所以，因此是直角三角形；
（ii）由（i）可知：，
的坐标为，
，
,

,因为，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，函数有最大值，最大值为.
【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了利用导数求函数最大值问题.