专题20解析几何中的范围、最值和探索性问题（练）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第一篇 热点、难点突破篇 专题20 解析几何中的范围、最值和探索性问题（练） 【对点演练】 一、单选题 1．（2023秋·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）在平面直角坐标系xOv中，M为双曲线 右支 上的一个动点，若点M到直线 的距离大于m恒成立，则实数m的最大值为（ ） A．1 B． C．2 D．2 【答案】B 【分析】先求出渐近线方程，利用平行线直接的距离公式即可求解. 【详解】由点M到直线 的距离大于m恒成立，可得点M到直线 的最近距离大于m.因 为双曲线的渐近线为 ，则 与 的距离 即为最近距离，则 ，即 . 故选：B 2．（2023·全国·高三专题练习）已知点P在抛物线 上，且 ，则 的最小值为（ ）． A．2 B． C．3 D．4 【答案】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 3．（2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考期末）已知点 是抛物线 上任意一点，则点 到抛物线 的准线和直线 的距离之和的最小值为（ ） A． B．4 C． D．5 【答案】C 【分析】点 到直线 的距离为 ，到准线 的距离为 ，利用抛物线的定义得 ，当 ， 和 共线时，点 到直线 和准线 的距离之和的最小，由点到直线 的距离公式求得答案． 【详解】解：由抛物线 知，焦点 ， 准线方程为 ，根据题意作图如下； 点 到直线 的距离为 ， 点 到 的距离为 ； 由抛物线的定义知： ， 所以点 到直线 和准线 的距离之和为 ，且点 到直线 的距离为 ， 所以点 到直线 和准线 的距离之和最小值为 ． 故选：C． 4．（2022·全国·高三专题练习）已知圆 ，若抛物线 上存在点 ，过点 作 圆 的两条切线，切点 满足 ，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可以求出 ，再利用两点间的距离公式表示出 ，整理得到关于 的一个一元二次方 程，利用根的判别式列出关于 的不等式，解不等式即可 【详解】 ， 设点 ，则 即 有非负实根解得 故选：A 二、填空题 5．（2023秋·山东枣庄·高三统考期末）已知椭圆 ， ， 是其左、右焦点， 点 在椭圆上且满足 .若 到直线 的距离为 ，则 的最小值 为______. 【答案】 【分析】由正弦定理可得 ，则 ，令 ，则问题转化为求 的 最小值，即右焦点 到直线 的距离，即可得解. 【详解】解：在 中由正弦定理 ，又 ， 所以 ， 所以 ， 令 ，要求 的最小值，即求 的最小值， 则 ，当且仅当 垂直直线 且 在 与 之间时取等号， 所以 .故答案为： ． 6.（2022秋·安徽·高三校联考开学考试）已知抛物线 的焦点为 ，圆 ，过 的 直线 与 交于 两点，与 交于 两点，且 在同一象限，则 的最小值为_____． 【答案】12 【分析】设直线 ，联立抛物线方程可得到 ，利用焦半径公式化简 ，结合基本 不等式，即可求得答案. 【详解】抛物线 的焦点为 以 为圆心以3为半径， 由题意可知直线l不与y轴垂直，设直线 ，联立 ， 得 ， ． 设 ，则 ， ∴ ， 当且仅当 时，等号成立， 即 的最小值为12， 故答案为：12 7．（2022·湖南·模拟预测）已知 ，点P满足 ，动点M，N满足 ， ， 则 的最小值是____________． 【答案】3 【分析】以 的中点O为坐标原点， 的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，由双曲线定义得点P的轨迹是以 ， 为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，然后根据双曲线的性质，数量积的运算律求解． 【详解】以 的中点O为坐标原点， 的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则 ，由双 曲线定义可知，点P的轨迹是以 ， 为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，即点P的轨迹方程为 ． ，由 ， 可得 ． 因为 的最小值为 ，所以 的最小值是3． 故答案为：3. 三、解答题 8．（2023·四川成都·统考一模）已知椭圆 的左，右焦点分别为 ，上顶点为 ，且 为等边三角形．经过焦点 的直线 与椭圆 相交于 两点， 的周长为8． (1)求椭圆 的方程； (2)求 的面积的最大值及此时直线 的方程． 【答案】(1) ；(2)最大值3，此时直线 的方程为 . 【分析】（1）由 为等边三角形，得到 ，由椭圆定义得到 的周长为 ，求出 ， 进而求出 ，得到椭圆方程； （2）推理出直线 斜率不为0，设出直线 ，联立椭圆方程，求出两根之和，两 根之积，表达出 的面积 ，换元后结合基本不等式求出最大值及此时直线 的方程. 【详解】（1）由 为等边三角形， ， ， 故 ， ， 的周长为 ，得 ． ， 椭圆 的方程为 ； （2）由（1）知 ，且直线 斜率不为0． 设直线 ． 由 消去 ，得 ， 显然 ， ， 由 面积 ，而 ， 设 ，则 ． 在 上单调递增， 当 时， ． 即当 时， 取得最大值3，此时直线 的方程为 ． 9．（2023·陕西渭南·统考一模）“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：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F ； 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F ； 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.若取半径为6的圆形纸片，设定点F 到圆心E的距离为4，按上述方法 折纸. (1)以点F 、E所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆的标准方程； Q1,0 y l C M N x Tt,0 (2)若过点 且不与 轴垂直的直线 与椭圆 交于 ， 两点，在 轴的正半轴上是否存在定点 ， 使得直线TM ，TN斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由. x2 y2  1 【答案】(1) 9 510 (2)存在点 T3,0，使得直线 TM 与 TN 斜率之积为定值 9 . a,b,c 【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出 ； （2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，再根据斜率的定义求解即可. 【详解】（1）如图，以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系 Mx,y MF  ME  AE 6 EF 4 设 为椭圆上一点，由题意可知， ， 所以M 点轨迹是以F ，E为焦点，长轴长2a6 的椭圆， 因为2c4，2a6，所以c2，a3， x2 y2 则 ，所以椭圆的标准方程为  1； b2 =a2-c2 =5 9 5 （2） l Q1,0 l xmy1 由已知：直线 过 ，设 的方程为 ，由题意m必定是存在的， x2 y2   1  9 5 联立两个方程得 xmy1 ，消去 x 得 5m29  y210my400 ， Δ100m2160  5m29  0 mR 得 ， 10m 40 设Mx 1 ,y 1 ，Nx 2 ,y 2 ，则y 1 y 2  5m29 ，y 1 y 2  5m29 （*）， y y y y k k  1  2  1 2 TM TN x t x t my 1tmy 1t 1 2 1 2y y  1 2 m2y y m1ty y 1t2 ， 1 2 1 2 40  将（*）代入上式，可得上式 5  t29  m291t2 ， k k 9t2 0 t2 9 要使 TM TN为定值，则有 ， ， 10 又∵ ，∴ ，此时k k  ， t0 t3 TM TN 9 10 ∴存在点 T3,0，使得直线 TM 与 TN 斜率之积为定值 9 ； x2 y2 10  1  综上，椭圆的标准方程为 9 5 ，存在点T3,0 ，使得直线TM 与TN斜率之积为定值 9 . 10．（江西省上饶市六校2023届高三第一次联考数学（理）试题）已知点 在椭圆 上，且长轴长为4. (1)求椭圆C的方程： (2)过点 的直线 与椭圆C相交于 、 两点，点 关于 轴的对称点为 ，直线 与 轴相交于点 .求 的面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由长轴长为4得 ，再将 代入解方程可得 ； （2）设 ，利用 两点坐标表示出直线 ，解得 利用直线方程和韦达定理化简得 ，又 ，结合函数知识易得面积的取值范围. 【详解】（1）因为长轴长为4，所以 ，将 代入解方程得 ， 解得 ，所以椭圆C的方程为 ； （2）易知直线 斜率存在且不为0， 设直线 方程为： 则 ，联立 得： ， ， 直线 的方程为： ，令 ，得 即 ,则 化简得 令 ，易知 在 上单调递增，则 代回得 ，所以 的面积的取值范围为 . 【冲刺提升】 一、单选题 1．（2022秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）已知抛物线 ： 的焦点为 ，圆 ： ，过点 的直线 与抛物线 交于 ， 两点，与圆 交于 ， 两点，且点 ， 在同一 象限，则 的最小值为（ ） A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】B 【分析】确定抛物线焦点坐标和圆的圆心以及半径，设 ， ，联立 ，求得 ， 利用抛物线的焦半径公式结合基本不等式即可求得答案. 【详解】由已知 得 ．显然，直线 不与 轴垂直． 圆 ： 的圆心为 ,半径为3, 设直线 ： ．联立 ，得 ， ． 设 ， ， ，则 ，得 ， 所以 ， 当且仅当 ， 时等号成立，故 的最小值为12， 故选：B 二、多选题 2．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 ： 的左、右焦点为 ， ，点 ， ， 为椭圆 上一动点，过点 的直线 交椭圆于 ， 两点，则下列说法正确的有（ ） A．若 的垂直平分线过点 ，则 B． 的最小值为 C．若 ，则 的面积的最大值为 D．若 的面积取最大值时的直线 不唯一，则 【答案】BCD 【分析】若 的垂直平分线过点 ，可得 ，利用焦半径公式可求得 点坐标，即可算出 ，可判断A错误；利用椭圆定义和三角形两边之和与差的关系可知当 四点共线时取到最 小值为 ，即B正确；设出直线方程与椭圆方程联立，写出 的面积表达式，再根据基本不等式即 可得出面积最大值，可判断C；若 的面积取最大值时的直线 不唯一，可知 面积取最大值时 的取值不唯一，利用基本不等式可得出 ，进而确定 的取值范围即可判断D. 【详解】由题意可知， ，椭圆离心率 对于A，若 的垂直平分线过点 ，则 ， 设 ，由焦半径公式可知， ，可得 ， 此时 ，所以A错误；对于B，由 ， ， 可知， 三点共线，如下图所示： 利用椭圆定义可知， ，即 所以 ，当且仅当 四点共线时等号成立； 所以 ， 即 的最小值为 ，所以B正确； 对于C，若 ，则 即为右焦点 ， 设直线 的方程为 ， 联立 整理得 ， 所以 的面积为由于 ，所以 ，当且仅当 时等号成立， 所以 的面积 ， 即 的面积的最大值为 ，所以C正确； 对于D，设直线 的方程为 联立直线和椭圆方程整理得 ， ，即 此时 的面积为 而 若 的面积取最大值时的直线 不唯一，所以 取最大值时，满足题意得 不 止一个，即 等号成立 当且仅当 时，即 成立 而 ， 时，直线唯一不合题意， 所以 ，又 ，所以 ，即D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中三角形面积问题时，首先利用弦长公式或分割三角形写出面积表达式，再合理变形利用基本不等式或导数求得面积最值，利用基本不等式时要注意等号成立的条件，即可将问题得到解 决. 三、填空题 3．（2022·全国·高三专题练习）已知点 为抛物线 的焦点，过 作直线 与抛物线交于 两点， 以 为切点作两条切线交于点 ，则 的面积的最小值为___________. 【答案】4 【分析】设直线 的方程为 ，联立直线 与抛物线方程，得到关于y的一元二次方程，利用根与 系数的关系写出 ， ，再利用导数的几何意义求出两条切线的斜率和方程，联立两切线方 程求出 ，利用平面向量的数量积为0判定 ，再利用三角形的面积公式进行求解. 【详解】由题意，得 ，设直线 的方程为 ， ， ，且 ， 联立 ，得 ， 则 ， ，且 ， 当 时，由 ，得 ， ， 即在点 处的切线斜率为 ， 方程为 ； 当 时，由 ，得 ， ， 即在点 处的切线斜率为 ，方程为 ；联立 、 的方程， 解得 ，即 ； 因为 ， ， 所以 ，所以 ， 则 ， ， 所以 因为 ， ， （当且仅当 时取等号） 所以 的面积的最小值为4. 故答案为：4. 4．（2023秋·山东德州·高三统考期末）如图所示，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，则 的取值范围为______；记 的内切圆 的面积为 ， 的内切圆 的面积为 ，则 的取值范围是______．【答案】 【分析】分析可知直线 与 轴不重合，设直线 的方程为 ，将直线 的方程与双曲线的方程 联立，利用韦达定理结合已知条件求出 的取值范围，可求得 的取值范围；设圆 切 、 、 分别于点 、 、 ，分析可知直线 的倾斜角取值范围为 ，推导出圆 、圆 的半径 、 满 足 ，求得 ，利用双勾函数的单调性可求得 的取值范围. 【详解】设直线 的倾斜角为 ， 在双曲线 中， ， ，则 ，故点 ， 若直线 与 轴重合，则直线 与双曲线交于该双曲线的两个实轴的端点，不合乎题意， 所以，直线 与 轴不重合，设直线 的方程为 ，设点 、 ， 联立 可得 ， 由题意可得 ，解得 ， 由韦达定理可得 ， ， ，可得 ， ，可得 ， 所以， ，且 当 时， ，此时 ，当 时， 轴，此时 ， 当 时， ，此时 ， 综上， ， 不妨设点 在第一象限，则 ； 设圆 切 、 、 分别于点 、 、 ， 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 ， 由切线长定理可得 ， ， ， 所以， ，则 ，所以点 的横坐标为 . 故点 的横坐标也为 ，同理可知点 的横坐标为 ，故 轴， 故圆 和圆 均与 轴相切于 ，圆 和圆 两圆外切. 在 中， ， ，， ，所以， ， 所以， ，则 ， 所以 ， 即 ，则 ， 由直线 的倾斜角取值范围为 ，可知 的取值范围为 ， 则 ， 故 ， 则 ，其中 ， 令 ，其中 ，则 在 单调递减，在 单调递增. 因为 ， ，则当 时， ， 故 . 故答案为： ； . 5．（2022秋·湖南株洲·高三校联考阶段练习）已知抛物线E： 的焦点为F，过点F的直线l与 抛物线交于A，B两点，与准线交于C点， 为 的中点，且 ，则 _____________；设点 是抛物线 上的任意一点，抛物线 的准线与 轴交于 点，在 中 ， ，则 的最大值为 _____________． 【答案】 ##1.5 【分析】(1)根据三角形中位线定理即可求解； (2)根据抛物线的定义 取最大值即 最小，此时直线 与抛物线 ： 相切， 利用导数即可求解. 【详解】过点 作准线的垂线，垂足为 ，因为 为 的中点，且 ， 则在 中， 所以 ， 在 中， ，即 ，过点 作准线的垂线，垂足为 ， 则可得 ，若 取到最大值即 最小，此时直线 与抛物线 ： 相切， ，即 ，则 ，设 ，则切线斜率 ，切线方程为 ，切线过 ，代入得 ，解得 ，即 ，则 ， ，即 ， 则 的最大值为 ，所以 的最大值为 ， 故答案为： ， ．四、解答题 4．（2023·贵州·校联考一模）已知椭圆C: x2  y2 1(a0,b0)过点    1, 2 6  ，且离心率为 2 ． a2 b2   2 (1)求椭圆C的方程； l: ymx2 MPMQ MPMQ (2)已知直线 与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使 且 ， 若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由． x2 y2  1 【答案】(1) 4 2 (2)详见解析 a,b,c 【分析】（1）根据条件得到关于 的方程组，即可求得椭圆方程；  4m 2  N ,  （2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段PQ中点坐标 12m2 12m2，再根据MN PQ, MPMQ m,n 以及 ，转化为坐标表示，代入韦达定理后，即可求  1 3  1  a2 2b2  c 2   【详解】（1）由条件可知， a 2 ，解得： ， ， a2 b2c2   a2 4 b2 c2 2 x2 y2  1 所以椭圆C的方程是 4 2 ； x Mn,0 MPMQ MPMQ （2）假设在 轴上存在点 ，使 且 ， ymx2  x2 y2 联立  1，设 Px y  ， Qx ,y  ，  4 2 1 1 2 2  12m2 x28mx40 方程整理为 ，2 2 64m216  12m2 0，解得：m 或m ， 2 2 8m 4 x x 4m x x  ，xx  ， 1 2  1 2 12m2 1 2 12m2 2 12m2 4m 4m2 2 则线段 的中点的横坐标是x ，中点纵坐标y 2 ， PQ 12m2 12m2 12m2  4m 2  即中点坐标 N 12m2 , 12m2  ， Mn,0 ， 2 12m2 1  则 ，即 4m m ，化简为 ，① n MN PQ 12m2 2m2n2mn0   MPMQ0 又 , x nx ny y 0 x nx nmx 2mx 20 则 1 2 1 2 ， 1 2 1 2 ，  m21  xx 2mnx x n240 整理为 1 2 1 2 ， 4 8m  m21   2mn n240， 12m2 12m2 n2 12m2 4m28mn80 化简为 ② 由①得  2m21  n2m ，即  2m21  n2 2mn ，代入②得2mn4m28mn80，整理得 2m 2m ③，又由①得n ，代入③得2m23m 40，即 2m23mn40 2m21 2m21 2m2 2m21  3m2m4  2m21  0 ，整理得m4 1，即m1. 2 2 当 时，n ，当 时，n ，满足 ， m1 3 m1 3 0 M   2 ,0   M   2 ,0   所以存在定点  3 ,此时直线l方程是yx2，当定点 3 ,此时直线l方程是yx2. x2 y2 2 Γ:  1(ab0) 5．（2023·福建·统考一模）已知椭圆 a2 b2 的离心率为 2 ，其左焦点为F(2,0)． 1(1)求Γ的方程； (2)如图，过 Γ 的上顶点 P 作动圆 F 1的切线分别交 Γ 于 M,N 两点，是否存在圆 F 1使得 PMN 是以 PN 为斜边的 F 直角三角形？若存在，求出圆 1的半径；若不存在，请说明理由． x2 y2   1 【答案】(1) 8 4 (2)不存在，理由见解析 F F O 【分析】（1）根据待定系数法求椭圆标准方程即可；（2）假设存在圆 1满足题意，当圆 1过原点 时，直 线 PN 与 y 轴重合，直线 PM 的斜率为0，不合题意；不妨设为 PM ： yk 1 x2k 1 0 ， PN ： 2k 2 1 r yk 2 x2k 2 0，Mx 1 ,y 1 ，Nx 2 ,y 2 ，圆F 1 的半径为 r ，得圆心到直线 PN 的距离为 1k 1 2 ，得  8k 24k2  8k 2k24 1 M 1 , 1  N 1 , 1  k  k 1 k 2 1，联立直线 PM 与椭圆方程得 12k 1 2 12k 1 2 ，进而得 2k 1 2 2k 1 2 ，由 MN k 1 得   k21  1 1  k k ，即可解决. 1 1 【详解】（1）由题意设焦距为2c，则c2， 2 由离心率为 2 ，所以a2 2， 则b2 a2c2 4，x2 y2 的方程为   1． Γ 8 4 （2）不存在， F F O PN y 证明如下：假设存在圆 1满足题意，当圆 1过原点 时，直线 与 轴重合， 直线PM 的斜率为0，不合题意． yk x2k 0 依题意不妨设为 PM ： 1 1 ， PN ： yk 2 x2k 2 0 ， Mx 1 ,y 1  ， Nx 2 ,y 2  ，圆 F 1的半径为 r ， 2k 2 1 r 则圆心到直线 PN 的距离为 1k2 ， 1 即 k 1 ,k 2是关于k的方程  r24  k28kr240 的两异根， kk 1 此时 1 2 ， yk x2  1 x2 y2 再联立直线 与椭圆方程  1得 12k2 x28k x0 ， PM  8 4 1 1 8k 8k 24k2 x x  1 x  1 y  1 所以 P M 12k2 ，即 M 12k2 ，得 M 12k2 1 1 1  8k 24k2  8k 24k2  M 1 , 1  N 2 , 2  所以 12k2 12k2  ，同理 12k2 12k2  1 1 2 2 1  8k 2k24 k  N 1 , 1  由 2 k ，得 2k2 2k2 ， 1 1 1 1 k  由题意，PM MN，即 MN k ，此时 1 24k2 2k24 12k 1 2  2 1 k2  2k21  k22    k22  2k21  k MN  1   8 2 k k 1 1 2  2   8k k 1 1 2  1 4k 1  2k 1 1 21  4k 1 1  k 1 22  1  4  k 4  k k 1 4 2   4 1     k k 1 21  ， 1 1 1 1 1  k21  1 1  所以 k k ， 1 1 k 0 因为 1 ， 所以方程无解，命题得证． C y2 2pxp0 P0,4 l C 6．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线 ： 的焦点为F，过点 的直线 与 相交 于A，B两点.当直线l经过点F 时，点A恰好为线段PF的中点. (1)求C的方程；   TATB (2)是否存在定点T，使得 为常数?若存在，求出点T的坐标及该常数﹔若不存在，说明理由. y2 4 2x 【答案】(1) ；   T 2 2,8   (2)存在， ，TATB72. 【分析】（1）根据中点坐标公式求出A点的坐标，代入抛物线方程即可得出 p 的值； Tm,n Ax,y  Bx ,y  ky24 2y16 2 0 （2）假设存在 ，设 1 1 ， 2 2 .联立直线与抛物线的方程，得到 ，根据韦 4 2 16 2   164 2m 8m16 24 2n y y  y y  TATB  m2n2 达定理求出 1 2 k ， 1 2 k .进而整理得到 k2 k ，解  164 2m0 m2 2   ，得出 ，即可得出定点坐标以及常数的值. 8m16 24 2n0 n8  p   p  【详解】（1）解：因为 F  2 ,0 ， P0,4 ，且点A恰好为线段PF中点，所以 A  4 ,2 ， p 又因为A在C上，所以 22 2p 4 ，即 p2 8 ， p2 2 y2 4 2x 解得 ，所以C的方程为 .   T 2 2,8   （2）解：存在定点 ，使得TATB72.  TATB 假设存在定点T，使得 为常数. Tm,n l 设 ，由题意可知直线 斜率存在. 设直线 l 的斜率为 k ，则 l 的方程为 ykx4 ，设 Ax 1 ,y 1  ， Bx 2 ,y 2  . y2 4 2x  联立直线 l 的方程以及抛物线的方程 ykx4 ，可得 ky24 2y16 2 0 . 2   4 2 2 4k  16 2  32  2k1  0 k  ，所以 2 且k 0. 4 2 16 2 y y  y y  由韦达定理可得 1 2 k ， 1 2 k . y2 2y2 y 2 2y 2 x  1  1 x  2  2 又 1 4 2 8 ， 2 4 2 8 ， uur uur TAx m,y n TBx m,y n 1 1 ， 2 2 .   TATBx mx my ny n 所以 1 2 1 2  2  2   y2m y2my ny n  8 1  8 2  1 2    1 2  y2y2 m  y2y2 m2y y ny y n2 32 1 2 8 1 2 1 2 1 2 1 2  y2y2 my y 22y y m2y y ny y n2 32 1 2 8  1 2 1 2 1 2 1 2 1  16 2 2 2 4 2 2  16 2 16 2 4 2     m  2 m2 n n2       32  k  8   k   k   k k 16 2 32 32 2 16 2 4 2n   m  m2  n2 k2 8  k2 k  k k   164 2m 8m16 24 2n   m2n2 k2 k . 164 2m0 m2 2   由 可得， . 8m16 24 2n0 n8   所以存在定点 T 2 2,8 ，使得T  A  T  B  为常数，此时T  A  T  B  m2n2 72. 7．（2023秋·内蒙古包头·高三统考期末）已知点 ， ，动点 满足直线 与 的斜率 之积为 ，记 的轨迹为曲线 . (1)求 的方程，并说明 是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交C于A，B两点，点A在第一象限， 轴，垂足为 ，连接 并延长交 于点 . （i）证明：直线 与 的斜率之积为定值； （ii）求 面积的最大值. 【答案】(1) 的方程为： ， 是一个长轴长为6，短轴长为 且 的椭圆 (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（1）直接利用斜率公式即可求解； （2）（i）设 ，根据坐标之间的联系，设直线 的方程为 ，与 联 立消 ，运用韦达定理求出 的坐标，再利用斜率公式求出 ， ，然后代入 化简即可证明； （ii）将点 代入 ，利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）依题知， ， ， ， 所以 ， 又直线 与 的斜率之积为 ， 即 ，整理得： ，因此 是一个长轴长为6，短轴长为 且 的椭圆. （2）（i）如图所示： 设 ， ， 因为 两点关于原点中心对称，所以 ， 因为 轴，垂足为 ，所以 ， 所以直线 的斜率 ， 设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为： ， 由 消 整理得： ， 因为点 ， 是直线 与 的交点， 所以 ，整理得： ， 由韦达定理得： ， 解得： ，代入 ， 解得： ，即 ，所以直线 的斜率 所以 ， 所以直线 与 的斜率之积为定值，其值为： . （ii）由（i）知， 因为 在 上， 所以 ，整理得： ， 当且仅当 时，等号成立， 所以 面积的最大值为： . 【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借 助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．（3）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． 8．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知椭圆 的离心率为 ，且点 在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)过椭圆右焦点 作两条互相垂直的弦AB与CD，求 的取值范围. 【答案】(1)(2) . 【分析】（1）根据题意，由离心率可得 的关系，再将点的坐标代入即可得到椭圆方程； （2）根据题意，先讨论两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，再讨论两条弦斜率均存在且不为 0，此时设直线 的方程为 ，则直线 的方程为 ，联立椭圆与直线 方程，结合 韦达定理与弦长公式分别表示出弦长 与弦长 ，即可得到结果. 【详解】（1）∵ ，所以 . 设椭圆方程为 ，将 代入，得 . 故椭圆方程为 . （2）①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在， 易得其中一条弦为长轴 ，另一条弦长为椭圆的通径为 ，即 ； ②当两条弦斜率均存在且不为0时，设 ， ， 设直线 的方程为 ，则直线 的方程为 ， 将直线 的方程代入椭圆方程中，并整理得： ， ∴ ， ， ∴ ， 同理， ，∴ ， 令 ，则 ， ∴ ， ∵ ，∴ ， ∴ ，∴ ， ∴ ，∴ . 综合②可知， 的取值范围为 . 9．（2023·安徽淮南·统考一模）已知椭圆 的左焦点为F，C上任意一点M到F的距离 最大值和最小值之积为3，离心率为 . (1)求C的方程； (2)若过点 的直线l交C于A，B两点，且点A关于x轴的对称点落在直线 上，求n的值及 面积的最大值. 【答案】(1) ； (2) ， 面积的最大值为 . 【分析】（1）由已知 ，根据 ，可得 ， .根据已知得到， ，根据离心率值即可求出 的值； （2）设 ， ，由已知可得 ，即 .联立直线与椭圆方程，根据 ，得到 .根据韦达定理求出 ， .根据坐标表示出弦长 以及点 到直线l的 距离 ，即可得出 .进而根据基本不等式，结合 的范围换元即可求出面积的最小值. 【详解】（1）解：由题意可得， ， ， . 又因为 ， ， ， 由已知可得 ，即 ， 又椭圆C的离心率 ，所以 ，则 ， 解得 ，所以 ， 所以椭圆C的方程为 . （2）解：设 ， ，又 ， 因为 ，所以 ，所以 ， 化简整理得 ①. 设直线 ，联立直线与椭圆方程 化简整理可得 ， ，可得 ②，由韦达定理，可得 ， ③， 将 ， 代入①， 可得 ④， 再将③代入④，可得 ，解得 ， 所以直线l的方程为 ， 且由②可得， ，即 ， 由点 到直线l的距离 ， ， . 令 ，则 ， 当且仅当 时，即 ， 等号成立， 所以 面积S最大值为 . 11．（2023秋·河北石家庄·高三石家庄精英中学校考阶段练习）已知点 在双曲线 ： 上，右焦点坐标为 . (1)求双曲线E的方程； (2)点 ， ， 在双曲线E上，满足 为等腰直角三角形，求 的面积的最小值.【答案】(1) (2) 【分析】(1)将点 的坐标代入椭圆方程，再利用 即可求解； (2) 不妨设等腰直角三角形 的定点 ， ， 逆时针排列， 为直角顶点.且在第三象限.将直线 的 方程分别与曲线方程联立，利用韦达定理将 的面积用 表示出来，令 ，则面积可表示为 ，然后利用导数求出面积的最小值即可. 【详解】（1）因为点 在双曲线 ： 上， 将点 代入双曲线方程可得： ①，又因为双曲线的右焦点坐标为 ，所以 ， 则 ，将其代入①式，解得： ， 所以双曲线E的方程为 . （2）不妨设等腰直角三角形 的定点 ， ， 逆时针排列， 为直角顶点.且在第三象限. 若直线 斜率不存在，易知不符合题意. 设 ， ， ， 设直线 的方程为 ，（ 不妨设 ）. 则直线 的方程为 ， 与双曲线的方程联立得 ，消去 得. 于是 . 解得： ， 同理可得： ， 由 可得 整理可得： ， 因为 ，所以 . 再次联立得 ，解得， ，则 ， 所以 所以 . 设 ， ，则 ， .则 .当 时， ，函数 在 上单调递增； 当 时， ，函数 在 上单调递减； 所以当 ，即 时， 取得最小值 . 【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． 11．（2022秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）如图，已知椭圆 与等轴双曲线 共顶点 ，过椭圆 上一点P（2，－1）作两直线与椭圆 相交于相异的两点A，B，直线PA、PB 的倾斜角互补，直线AB与x，y轴正半轴相交，分别记交点为M，N. (1)求直线AB的斜率； (2)若直线AB与双曲线 的左，右两支分别交于Q，R，求 的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)先求出椭圆方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解 ， 坐标，直接计算直线 斜率即 可.(2)联立直线与双曲线的方程，利用求根公式表示出 ， 的坐标，化简 的表达式，整理求出 的 取值范围即可得出结果. 【详解】（1）由题椭圆 ，顶点 ，可得 ，又因为点 在椭圆 上， 即 ，得 ，所以椭圆方程为 ，设等轴双曲线 ： ， ， 由题意等轴双曲线 的顶点为 ，可得 ，所以双曲线 的方程为： ， 因为直线PA、PB的倾斜角互补，且 ， 是不同的点，所以直线PA、PB都必须有斜率，设直线 方程为 ，联立 ，整理得 ， 和 点横坐标即为方程两个根，可得 ，因为 ，所以 ，代入直线 可得 ，即 ，又因为直线PA、PB的倾斜角互补，将 换成 ，可得 ， 两点求斜率可得出 所以直线AB的斜率为 （2）由(1)可设直线 的方程： ，又因为直线AB与x，y轴正半轴相交，则 ，联立方程组 ，整理得 ， ，解得 .联立直线 和双曲线方程 ，消去 得 ， 利用求根公式可得 ，由题意可知 ， ， 所以 ， 又因为 ，所以 ，则 ，即 ，所以 ， 所以 的取值范围为 12．（2021·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）如图，椭圆 、双曲线 中心为坐标原点 ，焦点在 轴上，且有相同的顶点 ， ， 的焦点为 ， ， 的焦点为 ， ，点 ， ， ， ， 恰为线段 的六等分点，我们把 和 合成为曲线 ，已知 的长轴长为4. (1)求曲线 的方程； (2)若 为 上一动点， 为定点，求 的最小值；(3)若直线 过点 ，与 交于 ， 两点，与 交于 ， 两点，点 、 位于同一象限，且直线 ，求直线 的方程. 【答案】(1) ， . (2) 的最小值为 . (3)直线l的方程为 或 【分析】（1）设出椭圆和双曲线的方程，由已知求得待定系数，得到所求方程； （2）分 在 和 上两种情况讨论， 的最小值； （3）设直线 ， ， ，直线与曲线联立方程组，求出点的坐标，利 用 解出 可得直线方程. 【详解】（1）设 ， ， 由题意知 ， ， ， ， ， ， ， 因此曲线 ， . （2）若 是 上的动点，显然当 为椭圆的上顶点 时， 最短，此时 ， 若 是 上的动点，以 为圆心 为半径作圆，当圆 与 相切时，切点为 ，此时 最小，且 ，圆 ，代入 ，整理得 ，当 圆与曲线 相切， 由 ， ， ， ，所以 为 上一动点， 为定点， 的最小值为 . （3）设直线 ， ， ， 由对称性可知 ， ， 由 ，整理得 ，解得 ， ， 由 ，整理得 ，解得 ， ， 当 时， ，由(1)知 ， ， 所以 ， ，将 坐标代入得 ， 整理得 ，两边平方化简得 ， ， 所以直线l的方程为 或 ..