考点55圆锥曲线中范围与最值问题-2025年高考数学大一轮复习核心题型讲练 易错重难点专项突破（新高考版）

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【核心题型】
题型一 范围问题
圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(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，解决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．
【例题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．
【答案】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
【变式1】（2024·四川雅安·三模）若拋物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，，圆为的外接圆，直线与圆相切于点，点为圆上任意一点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】借助焦半径公式计算可得，结合外接圆的定义即可求得该外接圆方程，借助切线性质可得点的坐标，设出点坐标，借助坐标表示出，结合辅助角公式计算即可得解.
【详解】由，可得，故，则F0,1，
令，则，即，分别为，
令圆心坐标为0,m，则有，解得，
故圆的半径为，即圆的方程为，
设，，则有，
化简得，即，则，
由圆的对称性，不妨设在第一象限，即，
设，，
则
，
其中，由，故，
故.
故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助三角函数设出、的坐标，从而只用一个变量表示该点，用角表示出后，结合辅助角公式计算即可得
【变式2】（2024·上海奉贤·三模）若曲线得右顶点，若对线段上任意一点，端点除外，在上存在关于轴对称得两点、使得三角形为等边三角形，则正数得取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，转化为渐近线的斜率大于或等于，即可求解.
【详解】由任意点线段上，端点除外，在上存在关于轴对称得两点使得为等边三角形，
即存在点使得，所以存在点使得，
由双曲线的其中一条渐近线方程为，
则满足的斜率大于或等于，即，所以，
又由，所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知斜率为1的直线与抛物线交于点，以点为圆心的圆过点，且圆关于直线对称．
(1)求抛物线与圆的方程；
(2)过轴上的点作斜率为1的直线，交圆于点，且与交于不同的两点，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）求直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系得的值，即得抛物线方程，利用弦长公式求直径，即可得到圆的方程.
（2）设，根据直线与圆、抛物线的位置关系求的范围，利用切割线定理求的范围.
【详解】（1）

∵以点为圆心的圆过点，且圆关于直线对称，
∴线段为圆的直径，点为线段的中点．
由题意知直线的斜率为1且过点，
∴直线的方程为，即.
由得,
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，
∴，∴，
故抛物线的方程为．
此时，
∴，
∴圆的半径为，故圆的方程为．
（2）
设，则直线的方程为，即,
∵直线与圆有两个交点，
∴点到直线的距离，解得．
由，得，
∵直线与抛物线有两个公共点，
∴，解得，
∴．
∵，∴点在圆外.
过点作圆的切线，设切点为，连接，，
由切割线定理得，，
由相切得，故．
∵，∴，
∴，
∴的取值范围是．
题型二 最值问题
圆锥曲线中最值的求法
(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.
【例题2】（2024·福建泉州·模拟预测）椭圆，其右焦点为，若直线过点与交于，则最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】由题意当为通径时，即垂直轴时，其长度最小，由此即可得解．
【详解】要使最小，即为和焦点在的轴垂直的直线截得的线段长．
右焦点为，直线为，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为，
故最小值为1．
故选：B．
【变式1】（2024·河南濮阳·模拟预测）在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于3，化简得曲线C：，下列结论不正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称
B．的最小值为
C．面积的最大值为
D．的取值范围为
【答案】C
【分析】用用代替，判断曲线的对称性，判断A的真假；利用基本（均值）不等式求的最小值，判断B的真假；利用，可求的取值范围，结合可求的最大值，判断C的真假；利用先求的取值范围，结合，可得的范围，即的范围，可判断D的真假.
【详解】对A：因为用代替，方程不变，所以曲线关于轴对称，故A正确；
对B：，当点在轴上取得等号，故B正确；
对C：因为，
因为，所以.
所以.故C错误；
对D：因为；
所以.
所以，所以，故D正确.
故选：C
【点睛】方法点睛：对卡西尼卵形线的性质的分析，分别求，的取值范围是解决问题的关键.曲线方程可化为，利用配方法可得的取值范围；利用，可得的取值范围.
【变式2】（2024·山东菏泽·模拟预测）已知分别为椭圆的左右焦点，过点的一条直线与交于，两点，，则椭圆的长轴的最小值为 .
【答案】
【分析】设，则，在中，根据余弦定理，得，再利用基本不等式求最值.
【详解】根据题意，如图，，
设，则，
根据椭圆定义，可得，，
在中，根据余弦定理，，
即，
得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以椭圆的长轴的最小值为.
故答案为：.
【变式3】（2024·河北邯郸·模拟预测）已知抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点，且，线段AB的垂直平分线与x轴交于点．
(1)求的值；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立直线方程和抛物线方程，利用韦达定理和抛物线定义得到，写出直线的垂直平分线方程即可求解；
（2）利用弦长公式和点到直线的距离公式求出的面积的表达式，利用换元法构造函数，根据导数判断函数的单调性并求出最大值即可求出面积的最大值.
【详解】（1）由题意抛物线的焦点为，则，
可得，设Ax1,y1，，
联立，得，，
所以，，
又，可得，
由，得或，
设的中点坐标为，则，
所以的垂直平分线方程为：，
将代入整理得，令，即得；
（2）由（1）得
，
又点到直线的距离，
则的面积为，
，
令，设，则，
令，解得，令，解得，
则在单调递增，在上单调递减，
所以当时，，即的最大值为，
所以面积的最大值为．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第二问中求解三角形的面积最值时，要利用弦长公式以及点到直线的距离求出三角形面积的表达式，进而利用导数求解最值.
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·黑龙江佳木斯·模拟预测）若方程表示椭圆，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先化为椭圆标准方程，再根据椭圆方程性质列不等式组计算即可求参.
【详解】因为方程表示椭圆，
所以且与不相等，
所以.
故选：C.
2．（2021·江苏盐城·三模）设双曲线的焦距为2，若以点为圆心的圆过的右顶点且与的两条渐近线相切，则长的取值范围是（ ）
A．B．C．12,1D．
【答案】B
【分析】由已知可得双曲线的半焦距和渐近线方程，再由圆心到两渐近线的距离相等得，由半径相等可得与，关系，求出的取值范围得到答案.
【详解】由已知得，双曲线得渐近线方程为：，由圆与渐近线相切可得，
半径，则，则圆的半径，
，则，
因为，所以，则，，
所以长得取值范围是0,1.
故选：B.
3．（2024·山东菏泽·二模）已知分别为椭圆和双曲线的离心率，双曲线渐近线的斜率不超过，则的最大值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】根据椭圆与双曲线的几何性质，求出，令，结合，即可求解.
【详解】由椭圆的离心率，
双曲线的离心率，可得，
令，因为双曲线的渐近线的斜率不超过，即，
则此时，即，
则的最大值是.
故选：B.
4．（2024·河南信阳·三模）已知椭圆，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线和平行的直线，分别交，交于M，N两点，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由题意可得四边形为平行四边形，设，，，根据与的中点相同得，再由两点间的距离公式，结合椭圆的性质即可求解.
【详解】设过点P分别与直线平行的直线为，如图：
设，，，则，，
显然四边形为平行四边形，故与的中点重合，
则，即，
又因P为椭圆上任意一点，所以，即，
即，
而，即，所以当时，.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题结合两点间的距离公式考查椭圆的几何性质的应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，解题的关键是利用平行四边形的性质找到点的坐标之间的关系.
二、多选题
5．（2023·山东日照·三模）已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆的面积为，的内切圆的面积为，则（ ）
A．圆和圆外切B．圆心在直线上
C．D．的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据双曲线定义和圆的切线长定理可知的横坐标均为，可判断A正确；由三角形性质可知只能是的中线，不能成为的角平分线，则圆心一定不在直线上，B错误；利用直角三角形的射影定理可知，可得，即，选项C判断正确，求出的表达式并利用函数单调性即可得出其取值范围，可判断D错误.
【详解】易知双曲线的渐近线方程为；两渐近线倾斜角分别为和，
对于A，设圆与轴切点为，过的直线与双曲线的右支交于两点，可知直线的倾斜角取值范围为；
由双曲线定义和圆的切线长定理可知的横坐标均为，即与轴垂直，
故圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切.选项A判断正确；
对于B，由双曲线定义知，中，则只能是的中线，不能成为的角平分线，则圆心一定不在直线上，选项B判断错误；
对于C，在中，,，
设圆的半径分别为，
则由直角三角形的射影定理可知，即，则，
故，选项C判断正确；
对于D,由直线AB的倾斜角取值范围为可知的取值范围为,
则的取值范围为,
故
则，
令则在上单调递减，在上单调递增；
易知，所以的值域为；
故的值域为，选项D判断错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：在求解双曲线中焦点三角形内切圆问题时，往往利用双曲线定义和圆的切线长定理可知圆心的横（纵）坐标与双曲线顶点的横（纵）坐标相同.
6．（2024·全国·模拟预测）已知抛物线的准线交轴于点，焦点为，，为抛物线上不同的两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的最大值为
C．若，则D．若，则的面积为
【答案】BCD
【分析】由求出，即可判断A，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由求出，即可判断B，根据抛物线的定义判断C，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，即可得到，再由，得，即可求出，再由面积公式计算即可判断D.
【详解】由，得，，故A错误；
设直线的方程为，代入，
消去得，令，解得，
当直线与抛物线相切时，最大，
同时，当直线与抛物线相切时，最大，此时最大为，故B正确；
若，则为线段的中点，过，分别作准线的垂线，垂足为，，
则，即，故C正确；
对于D，直线的斜率显然不为，故设直线的方程为，
代入，消去得，，
设Mx1,y1，Nx2,y2，则．
由，得，所以或，
，
的面积为，故D正确.
故选：BCD．
【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x1,y1、x2,y2；
（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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三、填空题
7．（2024·西藏林芝·模拟预测）抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，点，则的最大值是 ．
【答案】4
【分析】作准线l，M为垂足，由抛物线的定义可得，故当P，A，M三点共线时取最大值.
【详解】根据抛物线方程，可得，准线方程为，
作准线l，M为垂足，又知，
由抛物线的定义可得，
故当P，A，M三点共线时，取最大值，
最大值为．
故答案为：4.

8．（2024·云南·模拟预测）已知椭圆与双曲线的左、右焦点相同，分别为，，与在第一象限内交于点，且，与的离心率分别为，．则 ，的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用椭圆以及双曲线定义联立方程组可得，因此可求得；求出的表达式再根据三角形三边关系可求得，利用函数单调性即可求得结果.
【详解】如下图所示：

根据椭圆定义以及双曲线定义可得，解得；
显然，可得；
又且，其中；
可得，所以，即；
所以．
令，则．
因为，所以．
又，所以有，所以有；
又，所以有，所以有，
所以可得．
设函数，则，函数在区间上单调递增，
所以，所以．
即可得的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】易错点点睛：在求解椭圆以及双曲线离心率问题时，最容易忽略利用它们的定义来求得线段长度表达式，再进行相关问题求解.
四、解答题
9．（2024·甘肃白银·模拟预测）已知O为坐标原点，经过点的直线l与抛物线C：交于A，B（A，B异于点O）两点，且以AB为直径的圆过点O．
(1)求C的方程；
(2)已知M，N，P是C上的三点，若△MNP为正三角形，Q为△MNP的中心，求直线OQ斜率的最大值．
【答案】(1)的方程为.
(2)斜率的最大值为.
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，由，转化，即代入计算，即可得到抛物线方程；
（2）分有一边斜率不存在与三边的斜率都存在讨论，分别表示出，结合，代入计算，结合基本不等式即可得到直线斜率的最大值.
【详解】（1）设，，（显然斜率不能为0）
设，联立方程
消元整理得：，
则，.
因为以为直径的圆过点，所以，，
则，即，解得，
所以，解得，所以的方程为.
（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，.不妨设，，按逆时针顺序排列.
画出题目草图，如下.
①当有一边斜率不存在时，另一顶点为，不妨设，
则，.
与抛物线的方程联立得，，中心.
②当三边的斜率都存在时，，.
又，所以，
化简可得，
同理可得，，
三式相加得.
因为，，是上的三点，所以，
又，
所以.
设，则，，代入上式得.
又①也满足，所以的轨迹方程为.
当，直线的斜率为，当且仅当，即时，直线的斜率取得最大值.当时，直线的斜率.
综上，直线斜率的最大值为.
10．（2024·浙江·模拟预测）已知P为双曲线C：上一点，O为坐标原点，线段OP的垂直平分线与双曲线C相切．
(1)若点P是直线与圆的交点，求a；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立方程求出交点坐标，代入双曲线方程运算求解即可；
（2）设，，根据中垂线方程以及双曲线的切线方程解得，换元令，可得，令，可知关于x的方程有正根，更换主元法求范围即可.
【详解】（1）联立方程：，解得或，
即点为或，
将点代入双曲线C：可得，解得，
所以.
（2）先证：在双曲线上一点处的切线方程为.
因为点在双曲线上，则，
显然直线过点，
即，，
联立方程，消去y可得，
即，则，解得，
所以在双曲线上一点处的切线方程为.
设，，则，
可得线段OP的垂直平分线为，即，
设直线与双曲线C切于点x1,y1，则直线，
则，即，
且，即，整理可得，
又因为在双曲线C上，则，即，
可得，解得（舍负），
则，
令，则，可得，
令，则关于x的方程有正根，
即关于t的方程在内有根，
设，
若，即，则，不合题意；
若，即，则，解得，不合题意；
若，即，则，解得；
综上所述：，
则，即.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·贵州·三模）设抛物线的焦点为，点为该抛物线上任意一点，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】恒成立，利用抛物线的几何性质，求的最小值即可.
【详解】抛物线的焦点为，点为该抛物线上任意一点，
由抛物线定义可知，等于点到抛物线准线的距离，
的最小值为抛物线顶点到准线的距离，即，
若恒成立，则，即.
故选：B
2．（2024·辽宁·二模）已知方程表示的曲线是椭圆，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的标准方程中分母都大于且不能相等即可求解.
【详解】因为方程表示的曲线是椭圆，
所以，解得且，
所以实数k的取值范围是.
故选：D.
3．（2024·天津·二模）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到的距离为6，双曲线的左焦点在抛物线的准线上，过点向双曲线的渐近线作垂线，垂足为，则与双曲线两个焦点构成的三角形面积的最大值为（ ）．
A．2B．C．D．3
【答案】A
【分析】利用抛物线的定义及焦半径公式先求，再由双曲线的性质，基本不等式计算即可.
【详解】设双曲线右焦点，易知，，
即，而双曲线的一条渐近线为，
易知，所以，
由双曲线的性质可知，
由基本不等式可知，当且仅当时取得等号.
故选：A
4．（2024·全国·模拟预测）设椭圆和双曲线的离心率分别为，若，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆与双曲线的性质得到离心率的表达式，再根据得到的范围 ，代入中即可求解.
【详解】由题意可得．
因为，所以，
所以，所以，
所以的取值范围是.
故选：B．
5．（2024·辽宁·模拟预测）已知椭圆与双曲线有共同的焦点是椭圆与双曲线的一个公共点，且，其离心率分别为，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．6D．12
【答案】A
【分析】根据椭圆以及双曲线定义利用余弦定理和基本不等式计算可得当时，取得最小值为3.
【详解】设，由余弦定理得，即；
在椭圆中，等于椭圆的长轴长，因此，
在双曲线中，等于双曲线的实轴长，因此，
则．
所以，
当且仅当时等号成立
故选：A
6．（2024·青海西宁·二模）已知椭圆的左顶点、上顶点分别为，右焦点为，过且与轴垂直的直线与直线交于点，若直线的斜率小于为坐标原点，则直线的斜率与直线的斜率之比值的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由已知得，求得直线的方程，进而求得，由，求得离心率的范围，将直线的斜率与直线的斜率之比值的范围转化为与离心率的关系，计算即可.
【详解】由已知得，直线的方程为，
设椭圆的焦距为，由题意设点，则，即，
所以，又，
所以，即，
设直线的斜率与直线的斜率之比值为，
则，又，所以．
故选:D．
7．（2024·全国·模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右焦点．若双曲线右支上存在一点，使，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意可得，转化为，根据的范围列不等式求得离心率的取值范围.
【详解】依题意可得，
代入并整理，得，解得，
所以，即，所以．
因为双曲线上的点到焦点的距离的最小值为，
所以要满足双曲线右支上存在一点，使，则，
即，所以，
所以双曲线的离心率的取值范围为．
故选：B．
8．（2024·湖南湘西·模拟预测）过抛物线上一动点P作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为A，B，若的最小值是，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可.
【详解】设，则，圆的圆心，半径为，
由切圆于点，得，

则
，
当且仅当时，等号成立，
可知的最小值为，
整理可得，解得或，
且，所以，即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据切线的性质，将转化为，根据面积结合几何性质求解.
二、多选题
9．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知曲线：为焦点在轴上的椭圆，则（ ）
A．B．的离心率为
C．的短轴长的取值范围是D．的值越小，的焦距越大
【答案】AC
【分析】先把椭圆的方程化为标准形式，然后根据椭圆的几何性质逐项求解即可.
【详解】曲线：为焦点在轴上的椭圆，
则曲线的标准方程为，其中，
因为的焦点在轴上，所以，即，故A正确；
的离心率为，故B错误；
的短轴长，当时，，故C正确；
的焦距，当时，；当时，，故D错误．
故选：AC．
10．（2024·河南南阳·模拟预测）已知椭圆，点分别为的左､右焦点，点分别为的左､右顶点，过原点且斜率不为0的直线与交于两点，直线与交于另一点，则（ ）
A．的离心率为
B．的最小值为
C．上存在一点，使
D．面积的最大值为2
【答案】ACD
【分析】熟悉椭圆的离心率公式，椭圆焦半径取值范围为，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，就需要设出直线的方程为，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的函数式，从而求出最值.
【详解】由题知，该椭圆中，所以离心率为正确；
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，距离最小为，
又直线的斜率不为0，所以，B错误；
当椭圆的对称可知当为短轴顶点时，取得最大值，此时，
由余弦定理得，故，
即上存在一点，使正确；
设直线的方程为，联立直线与的方程得，
设，则，
所以，
又点到直线的距离为，
所以，
令，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为正确；
故选：ACD.
11．（2024·湖北武汉·模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆，圆，为圆上任意一点，为椭圆上任意一点.过作椭圆的两条切线，，当，与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为，，则（ ）
A．椭圆的离心率为B．的最小值为1
C．的最大值为D．
【答案】AC
【分析】根据椭圆的标准方程判断选项A，再由两点间距离，判断BC，利用切线方程的斜率和韦达定理求解判断选项D.
【详解】对于A，根据题意，，则，故，故A正确；
对于BC，设，则，
而圆的圆心O0,0，半径为，
则，
因为，所以，则，
所以，即，
所以的最小值为，最大值为，故B错误，C正确；
对于D，设，过点的直线方程为：，
联立，，
根据直线与椭圆的相切，则，
化简可得，，
可知是方程的两个根，所以，
所以，当且仅当取等号，故D错误.
故选：AC
三、填空题
12．（2024·四川达州·二模）在中，角，，的对边分别为，，，，点在平面内，，则的最大值为 ．
【答案】3
【分析】方法一：在中，利用余弦定理和正弦定理得到，，，然后利用余弦定理求即可；
方法二：建系，根据得到点在以为焦点，以3为长轴的椭圆上，然后结合椭圆方程和两点间距离公式计算.
【详解】因为，所以，
整理得，
又，当且仅当时等号成立；，当且仅当时等号成立，所以为等边三角形；
方法一：如图，设，，．
在中，由余弦定理得，，
．
在中，由正弦定理得，
，．
在中，由余弦定理得
，等号在时成立．
所以的最大值为3．
方法二：以为轴，以中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系．
设，，
点在以为焦点，以3为长轴的椭圆上，这个椭圆方程为．
设，则，
，．
由于，所以．
设，．由得，
或．经验证当即时，最大，且．
故答案为：3.
13．（2023·山西临汾·模拟预测）已知O为坐标原点，F为曲线的焦点，点A（不与O重合）在C上，且，则直线斜率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由向量的性质得到点的坐标与点的坐标的关系，从而利用基本不等式求得直线斜率的取值范围，由此得解.
【详解】因为F为曲线的焦点，所以，
因为，所以，
不妨设，，
则，即，解得，
所以直线斜率为，
因为，
当时，，
当且仅当，即时，等号成立；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立；
综上，直线斜率的取值范围为.
故答案为：.
14．（2024·云南曲靖·模拟预测）已知点是双曲线右支上两个不同的动点，为坐标原点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】设，，则，，两式相乘得，两边加上，即得，结合点是双曲线右支上两点，，得解.
【详解】设，，则，，
两式相乘得，即，
所以，
即，
因为点是双曲线右支上两点，两条渐近线为，则，
.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是将，两式相乘可得，再两边加上，配方得解.
四、解答题
15．（2024·四川宜宾·一模）已知O为坐标原点，双曲线的离心率为，且过点.
(1)求C的标准方程；
(2)过C的右焦点F的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点A、B，点Q是线段的中点，过点F且与垂直的直线交直线于M点，点N满足；
①证明：点M在一条定直线上；
②求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据双曲线过定点，结合离心率列方程组可得曲线方程；
（2）①由已知直线斜率一定存在，可设直线与，联立直线与双曲线，结合韦达定理可得点Q及直线方程，联立直线与可得点M，进而得证；
②由已知，结合弦长公式可得，则面积，设，则，设，利用导数法求解最值即可得解.
【详解】（1）由已知双曲线离心率，即，
则双曲线方程为，又曲线过点，即，解得，
所以双曲线方程为；
（2）由（1）得，

①由已知直线的斜率k存在且，设直线，Ax1,y1,Bx2,y2，
且，
联立直线与双曲线，得，恒成立，且，即，解得，又Q为A，B中点，
则，则，即，
则直线，又直线过点，且过点F，则，
联立与，即，解得，即，
即点M在直线上；
②，，又点N满足，
则四边形为平行四边形，且，
则，
设，则，则，
设，则，
令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取最小值为，
即当时，的最小值为.
16．（2024·河南新乡·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过点作两条直线，直线与交于两点，的周长为．
(1)求的方程；
(2)若的面积为，求的方程；
(3)若与交于两点，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值．
【答案】(1)
(2)或．
(3)．
【分析】（1）根据椭圆的定义求得，即可求解；
（2）由题意设，联立椭圆方程，根据韦达定理表示出，结合的面积建立方程，计算即可求解；
（3）由（2）可得，进而，则，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，所以，
的周长为，所以，
所以，
故的方程为．
（2）易知的斜率不为0，设，
联立，得，
所以．
所以，
由，
解得，
所以的方程为或．
（3）由（2）可知，
因为的斜率是的斜率的2倍，所以，
得．
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为．

17．（2024·陕西西安·模拟预测）在直角坐标系中，点到点距离与点到直线距离的差为-1，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)设点的横坐标为．
（i）求在点处的切线的斜率（用表示）；
（ii）直线与分别交于点．若，且时，求直线的斜率的取值范围（用表示）．
【答案】(1)
(2)（i），（ii）
【分析】（1）设点P的坐标为，利用距离公式列式化简求解即可；
（2）（i）利用导数的几何意义求得切线斜率；
（ii）分析直线l斜率存在设为，与抛物线方程联立，韦达定理，表示出线段AB中点M的坐标，利用斜率关系得，从而，根据，得，分类讨论解不等式即可.
【详解】（1）设点P的坐标为，由题意得，
即，整理得或 故W的方程为.

（2）（i）因为W为，所以．
所以W在点P处的切线的斜率为：；
（ii）设直线l为，点M为线段AB的中点，
当时，不合题意，所以；
因为点A，B满足所以满足，
从而因为直线PM的方程为，
所以，即，
从而.
因为，所以，
即，
等价于(其中).
①当时，有，此时，
②当时，有，此时，
综上，当时，；
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于分析直线l斜率存在设为，与抛物线方程联立，韦达定理，表示出线段AB中点M的坐标，利用斜率关系得，从而，根据，得，分类讨论解不等式即可.
18．（2024·上海虹口·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点．
(1)当时，求的值；
(2)若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)存在；或
(3)
【分析】（1）求出点坐标后，根据椭圆定义可求得结果；
（2）根据三角形面积可求得点到直线的距离为，利用平行直线间距离公式可求得到直线的距离为的直线方程，与椭圆方程联立可求得点坐标；
（3）将问题转化为，结合韦达定理可表示出之间的关系，结合可构造出关于的不等式，解不等式可求得的取值范围.
【详解】（1）由椭圆方程知：，，，则，
设，，解得：，即，
由椭圆定义知：.
（2）由（1）知：，
，；
若存在点，使的面积为，
则点到直线的距离，
，直线方程为：，即，
设平行于直线且到直线的距离为的直线方程为，
，解得：或；
当时，直线方程为，
由得：，解得：或，
或，点或；
当时，直线方程为，
由得：，方程无解，
即直线与椭圆无交点，此时不存在满足题意的点；
综上所述：存在满足条件的点，点坐标为或.
（3）由题意可设直线，，，
由得：，
，即，，，
设线段中点为，则，，
，又为中点，，
，，即，，
直线与轴和轴均不平行，，，
，整理可得：，
，，解得：，
即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积、参数取值范围的求解问题；本题求解参数范围的关键是能够根据向量数量积关系，将问题转化为，从而利用两点间距离公式和韦达定理化简该等量关系.
19．（2024·河北秦皇岛·三模）已知为坐标原点，经过点的直线与抛物线交于，（，异于点）两点，且以为直径的圆过点.
(1)求的方程；
(2)已知，，是上的三点，若为正三角形，为的中心，求直线斜率的最大值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据题意，联立直线与抛物线方程，由代入计算，即可得到抛物线方程；
（2）根据题意，分有一边斜率不存在与三边的斜率都存在讨论，分别表示出，结合代入计算，结合基本不等式即可得到直线斜率的最大值.
【详解】（1）设，，，联立方程得，
则，.
因为以为直径的圆过点，所以，则，即，
解得，
所以，解得，所以的方程为.
（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，.不妨设，，按逆时针顺序排列.
①当有一边斜率不存在时，另一顶点为，不妨设，
则，.
与抛物线的方程联立得，，中心.
②当三边的斜率都存在时，，.
又，所以，
化简可得，
同理可得，
，
三式相加得.
因为，，是上的三点，所以，
又，
所以.
设，则，，代入上式得.
又①也满足，所以的轨迹方程为.
当，直线的斜率为，当且仅当时，
直线的斜率取得最大值.
当时，直线的斜率.
综上，直线斜率的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用内角为得到关于的三条方程，从而整理得的轨迹方程为，由此得解.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·山东·模拟预测）已知圆：，点在椭圆：运动，过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，依题意可得切点弦方程为，取的中点，连接，则，利用点到直线的距离公式及的范围计算可得.
【详解】设，，，设切线上任意一点为，则，
所以，即，即切线的方程为，
同理可得切线的方程为，
所以且，
所以直线的方程为，
取的中点，连接，则，，
又，即，
所以，
因为，所以，则，
所以.
故选：A
2．（2024·浙江绍兴·模拟预测）单位向量，向量满足，若存在两个均满足此条件的向量，使得，设，在起点为原点时，终点分别为.则的最大值（ ）
A．B．C．4D．2
【答案】B
【分析】设，，整理得，可知点在椭圆上，设关于点的对称点为，分析可知三点共线，结合椭圆性质分析求解.
【详解】由题意不妨设，，则，
因为，则，整理得，
可知向量的终点的轨迹为椭圆，且为椭圆的右焦点，
可知点在椭圆上，设关于点的对称点为，
因为，则，
可得，由可知三点共线，
设，
因为为线段的中点，则，
当且仅当为短轴顶点时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点有两点：
1.设，，求得向量的终点的轨迹为椭圆；
2.设关于点的对称点为，可知三点共线.
3．（2022·新疆·模拟预测）已知点是双曲线上的动点，，分别为其左，右焦点，为坐标原点.则的最大值是（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】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
【点睛】关键点点睛：双曲线上点到焦点距离与到距离的比值为，求焦半径、，进而结合已知双曲线求目标式范围.
4．（2024·江西新余·模拟预测）如图，双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与该双曲线的两支分别交于、两点（在线段上），⊙与⊙分别为与的内切圆，其半径分别为、，则的取值范围是：（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，进而可得.可求得，进而求得的范围即可.
【详解】设，
，，
.在△与△中：，
即：，
，
当双曲线的斜率为正的渐近线时，取最大，此时，，
当与轴重合时，取最小，此时，
经上述分析得：，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的焦点三角形问题，考查焦点三角形内切圆，解题的关键是根据双曲线的性和圆的切线的性质得到的范围，数形结合的思想的应用.
二、多选题
5．（2023·海南·模拟预测）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，设点P为C右支上一点，P点到直线的距离为d，过的直线l与双曲线C的右支有两个交点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2B．
C．直线l的斜率的取值范围是D．的内切圆圆心到y轴的距离为1
【答案】BD
【分析】数形结合判断A；令且，应用两点距离、点线距离及点在双曲线上列式化简判断B；结合双曲线渐近线及直线与双曲线交点情况确定直线斜率范围判断C；利用双曲线定义及内切圆性质确定圆心横坐标，即为双曲线右顶点横坐标判断D.
【详解】A：由题设及下图知：当与右顶点重合时，最小为，错；
B：令且，则，对；
C：由渐近线方程为，过的直线l与双曲线C的右支有两个交点，
结合图知：直线l的斜率的取值范围为，错；
D：若内切圆与三边相切于，如下图，则，，，
又，即，
由，即与右顶点重合，易知的内切圆圆心到y轴的距离为1，对.
故选：BD
6．（2024·江西·模拟预测）已知，，，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为，过点的直线交于，两点，且，的中点为，则（ ）
A．的轨迹方程为
B．的最小值为1
C．若为坐标原点，则面积的最大值为
D．若线段的垂直平分线交轴于点，则点的横坐标是点的横坐标的倍
【答案】CD
【分析】根据求轨迹方程的方法即可求得选项A，结合椭圆的性质即可判断选项B，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求出的面积，利用导数可判断选项C，利用中点坐标公式及直线与直线的关系，即可求出点和点的横坐标，从而判断选项D.
【详解】对于选项A，设Mx,y，因为A−2,0，，所以，化简得，故A错误；
对于选项B，因为，则，，则，
所以为椭圆的右焦点，则，
但，故等号不可取，故B错误；
对于选项C，设的方程 ，代入椭圆方程，得，
设，则，，
所以，
令，则，
令，则，在为增函数，，，
所以，当且仅当时即等号成立，故C正确；
对于选项D，因为，，，
所以，则，
设，则，则，
所以，则点的横坐标是点的横坐标的倍，故D正确.
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用面积公式得出面积表达式，结合导数得出最值；二是根据垂直平分得出点之间的关系.
三、填空题
7．（2023·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，M是抛物线准线上的一点，点P在圆上.若MP的中点在圆上，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】设，由已知条件求点P轨迹方程，与圆联立方程组，求交点坐标，代入中求取值范围.
【详解】抛物线的准线方程为x=1，设，，MP的中点为，则，.
由题意，知在圆上，所以，即，
联立消去x可得，
当时，，此时；
当时，，由P在圆上，可知，
所以，即或，
而，所以或.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：
8．（2024·甘肃张掖·三模）已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于两点，为抛物线的准线与轴的交点，直线分别交抛物线于两点（点异于点，），为坐标原点，则实数的取值范围为 ； ．
【答案】 或 1
【分析】联立方程组，令，可得实数的取值范围，根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，从而可解.
【详解】联立方程组，整理得：，
直线交抛物线于两点，
则，即或；
设,，,，
则，
记，，焦点，
设直线方程为，代入整理得：，
则，同理可得，又，
因此，
根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，
所以，则.
故答案为：或；1
【点睛】关键点点睛：借助韦达定理并结合根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称.
9．（2023·河北保定·二模）如图，在四面体中，，则四面体体积的最大值为 ．

【答案】
【分析】过作且，将体积转化为，再由可得两点在以两点为焦点的椭球面上，即可求得四面体体积的最大值.
【详解】过作且，连结，如下图所示：

则为平行四边形，且，
设异面直线与的距离为与所成的角为，
则或，
所以，当异面直线与垂直且距离最大时，四面体的体积最大．
又，所以两点在以两点为焦点的椭球面上，
过作轴的垂面，交轴于，
垂面与椭球面的交线是一个半径为的圆，是它的一条弦，
所以四面体体积为，
当点位于椭球的中心时最大，最大值为，
所以四面体体积的最大值为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据两线段之和为定值利用椭圆定义得出两点在以两点为焦点的椭球面上，找出定值与变量之间的关系式，即可求出最值.
四、解答题
10．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线过点（其中），且双曲线上的点到其两条渐近线的距离之积为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)记为坐标原点，双曲线的左、右顶点分别为为双曲线上一动点（异于顶点），为线段的中点，为直线上一点，且，过点作于点，求面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由点在上可得，再由上的点到其两条渐近线的距离之积得，联立求解即得.
（2）设出直线的方程，与双曲线的方程联立求出点的坐标，结合已知确定点的位置，进而求出面积的最大值.
【详解】（1）由双曲线过点，得，
双曲线的渐近线方程为，
则双曲线上的点到两条渐近线的距离之积为，
于是，解得，则，而，解得
，
所以双曲线的标准方程为.
（2）由（1）知，显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
由消去y并整理得，显然，
设，则，解得，且，
于是线段的中点，直线的斜率，
由，得直线的斜率，而，直线的方程为，则点，
于是直线的方程为，即，则直线过定点，
因此点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径为，
则点到直线的最大距离为，点的坐标为或，
而点在直线上，即或，得或，满足，
所以点到直线的距离的最大值为，面积的最大值为.

【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．
11．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为3．
(1)求抛物线的标准方程．
(2)已知过点且互相垂直的直线与分别交于点与点，线段与的中点分别为．若直线的斜率分别为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合抛物线的定义分析可得，进而可得；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理整理得，利用基本不等式运算求解.
【详解】（1）抛物线的准线方程为，
设点到准线的距离为．
由抛物线的定义，得，解得，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以抛物线的标准方程为．
（2）设，
由题意可知，的斜率存在且均不为0，
设直线的方程为，
将其代入，得，则有．
同理可得：设直线的方程为，则．
所以，
所以，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
又易知，
所以的取值范围为．
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法：
（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．