文档内容
第78讲 参数范围与最值
知识梳理
1、求最值问题常用的两种方法
(1)几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决，这是几
何法．
(2)代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函
数的最值．求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等，这
就是代数法．
2、求参数范围问题的常用方法
构建所求几何量的含参一元函数，形如AB=fk ，并且进一步找到自变量范围，进而求
出值域，即所求几何量的范围，常见的函数有：
a
(1)二次函数；(2)“对勾函数”y=x+ (a>0)；(3)反比例函数；(4)分式函数．若出
x
现非常规函数，则可考虑通过换元“化归”为常规函数，或者利用导数进行解决．这里找自变
量的取值范围在Δ>0或者换元的过程中产生．除此之外，在找自变量取值范围时，还可以
从以下几个方面考虑：
①利用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，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关
系．
③利用基本不等式求出参数的取值范围．
④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
必考题型全归纳
1 题型一：弦长最值问题
4357 (2024·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中)已知圆O:x2+y2=r2的任意一条切线
x2 y2
l与椭圆M: + =1都有两个不同交点A，B(O是坐标原点)
12 4
(1)求圆O半径r的取值范围；
(2)是否存在圆O，使得OA⋅OB=0恒成立？若存在，求出圆O的方程及OA OB 的最
大值；若不存在，说明理由.
【解析】(1)当00时，△MNF的周长=2 3+4 6
1+3k2
，
(法一)由m2=k2+1
km k2 k2+1
=
1+3k2
3k2+1
k4+k2
=
2 3k2+1 2
设3k2+1=t，则t∈1,+∞
t-1
，k2= ，
3
km k4+2
=
1+3k2 3k2+1
1 2
1+ -
t2+t-2 t t2
= =
2 9t 3
1 2
1+ -
1 1 t t2 2
当 = ，即t=4时， 最大值为 ．
t 4 3 4
k=1 k=-1
此时，3k2+1=4，所以k=±1，即
或
，
m= 2 m=- 2
此时直线MN：y=x+ 2或y=-x- 2，
2
所以△MNF的周长最大值为2 3+4 6
4
=4 3．
km km
(法二)2 3+4 6⋅ =2 3+4 6⋅
1+3k2 m2-k2
+3k2
km km
=2 3+4 6⋅ ≤2 3+4 6⋅ =4 3
m2+2k2 2 m2⋅2k2
k=1 k=-1
当m2=2k2，即k2=1时，等号成立，则
或
，
m= 2 m=- 2
此时直线MN：y=x+ 2或y=-x- 2，
2
所以△MNF的周长最大值为2 3+4 6
4
=4 3．
x2 y2
4359 (2024·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测)在椭圆C: + =1(a>
a2 b2
b>0))中，c=2，过点0,b 与a,0
3
的直线的斜率为- .
3
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设F为椭圆C的右焦点，P为直线x=3上任意一点，过F作PF的垂线交椭圆C于
|MN|
M,N两点，求 的最大值.
|PF|
【解析】(1)过点0,b 与a,0
3
的直线的斜率为- ，
3
b 3
所以 =- ，即a= 3b，
-a 3
又c=2，即a2=b2+4，解得b2=2,a2=6，
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2839 3427x2 y2
所以椭圆C的标准方程是 + =1.
6 2
(2)由题知F2,0 ，作出图形如图所示
设点P3,m ，则直线FP的斜率为k =m. FP
1
当m≠0时，直线MN的斜率k =- ，直线MN的方程是x=-my+2；
MN m
当m=0时，直线MN的方程是x=2，也符合x=-my+2的形式，
x2 y2
将直线MN的方程x=-my+2代入椭圆 + =1方程得
6 2
m2+3
y2-4my-2=0，且Δ=(-4m)2+8m2+3
=24m2+24>0，
设Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2
4m 2
，则y +y = ,yy =- . 1 2 m2+3 1 2 m2+3
所以MN = x 1 -x 2 2+y 1 -y 2 2= m2+1 y 1 -y 2 2= m2+1 y 1 +y 2 2-4yy 1 2
= m2+1
24m2+24
⋅
m2+3
m2+1
= 24⋅
2 m2+3
又PF = m2+1，令t= m2+1t≥1 ，则
MN
PF
t 24 24
= 24⋅ = ≤ = 3，
t2+2 2 2 2 t+
t
2
当且仅当t= ，即t= 2时等号成立，
t
由t= m2+1= 2，解得m2=1，
MN
所以
PF
的最大值为 3.
x2 y2
4360 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆E: + =1a>b>0
a2 b2
2
的离心率为 ，焦距为
2
2，过E的左焦点F的直线l与E相交于A、B两点，与直线x=-2相交于点M．
(1)若M-2,-1 ，求证：MA ⋅BF =MB ⋅AF ；
(2)过点F作直线l的垂线m与E相交于C、D两点，与直线x=-2相交于点N．求
1
MA
1
+
MB
1
+
NC
1
+
ND
的最大值．
【解析】(1)证明：设F 1-c,0 、F 2c,0 ，因为椭圆E的焦距为2，所以2c=2，解得c=1．
c 2
又因为椭圆E的离心率e= = ，所以a= 2，所以b2=a2-c2=2-1=1，
a 2
x2
所以椭圆E的方程为 +y2=1.
2
因为直线l经过M-2,-1 、F-1,0
-1-0
，k = MF -2--1 =1，
所以，直线l的方程为y=x+1，
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2840 3427设点Ax 1 ,y 1 、Bx 2 ,y 2
y=x+1
，联立 x2+2y2=2 可得3x2+4x=0，
4
由3x2+4x=0，得x =- ，x =0.
1 3 2
所以MA ⋅BF = 2x 1 +2 ⋅ 2x 2 +1
2 4
=2× ×1= ， 3 3
MB ⋅AF = 2x 2 +2 ⋅ 2x 1 +1
1 4
=2×2× = ， 3 3
因此，MA ⋅BF =MB ⋅AF .
(2)证明：若直线l、m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线x=
-2平行，不合乎题意，
所以，直线l的斜率存在且不为零，设直线l方程为y=kx+1 ，
1
则直线m方程为y=- x+1
k
，其中k≠0．
y=kx+1 联立
x2+2y2=2
可得1+2k2 x2+4k2x+2k2-2=0，
设A 1x 1 ,y 1 、Bx 2 ,y 2 ，则Δ=16k4-82k2+1 k2-1 =8k2+1 >0，
4k2 2k2-2
由韦达定理可得x +x =- ，xx = ，
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
易知x 1 >-2且x 2 >-2，将x=-2代入直线l的方程可得y=-k，即点M-2,-k ，
1
所以
MA
1
+
MB
1
=
1+k2 x 1 +2
1
+
1+k2 x 2 +2
1 1 1
= +
1+k2 x 1 +2 x 2 +2
1 x +x +4
= ⋅ 1 2
1+k2 x 1 x 2 +2x 1 +x 2 +4
4k2
- +4
1 1+2k2 1 4k2+4 2
= ⋅ = ⋅ = ，
1+k2 2k2-2 -8k2 1+k2 2k2+2 1+k2
+ +4
1+2k2 1+2k2
1
同理可得
NC
1
+
ND
2
=
1
1+-
k
2k
=
2
，
1+k2
1
所以
MA
1
+
MB
1
+
NC
1
+
ND
2 1+k
=
k2+1+2k
=2
1+k2
2
=2 1+
k2+1 k 1 +
k
2
≤2 1+
2 k
1
⋅
k
=2 2，
当且仅当k=±1时，等号成立，
1
因此，
MA
1
+
MB
1
+
NC
1
+
ND
的最大值为2 2.
x2 y2
4361 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
1
的离心率为 ，左顶点
2
为A-2,0 ，直线l与椭圆C交于P，Q两点.
(1)求椭圆的C的标准方程；
9
(2)若直线AP，AQ的斜率分别为k 1 ，k 2 ，且k 1 ⋅k 2 =- 4 ，求PQ 的最小值.
x2 y2
【解析】(1)由题知，椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
1
的离心率为 ，左顶点为A-2,0
2
，
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2841 3427c 1
a =
2
所以 ，解得a=2,b= 3,c=1，
a=2
a2=b2+c2
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
4 3
x2 y2
(2)由(1)得，C: + =1，
4 3
因为直线l与椭圆C交于P，Q两点，
由题可知，直线l斜率为0时，kk >0，
1 2
所以直线l的斜率不为0，
所以设直线l:x=my+n,P(x,y),Q(x ,y )，
1 1 2 2
x=my+n
联立方程x2 y2 ，得4+3m2
+ =1
4 3
y2+6mny+3n2-12=0，
所以Δ=36m2n2-48n2+192-36m2n2+144m2=483m2-n2+4 ，
-6mn 3n2-12
y +y = ,yy = ，
1 2 4+3m2 1 2 4+3m2
y y yy
所以kk = 1 ⋅ 2 = 1 2
1 2 x 1 +2 x 2 +2 my 1 +n+2 my 2 +n+2
yy
= 1 2
m2y 1 y 2 +mn+2 y 1 +y 2 +n+2 2
3n2-12
4+3m2
=
3n2-12
m2⋅ +mn+2
4+3m2
-6mn
4+3m2
+n+2 2
3n2-12
=
4n+2
3n-2
=
2
4n+2
9
=- ，解得n=-1，
4
此时Δ=483m2+3 >0恒成立，
所以直线l的方程为直线x=my-1，直线l过定点-1,0 ，
6m -9
此时y +y = ,yy = ，
1 2 4+3m2 1 2 4+3m2
36m2 36
所以|PQ|= 1+m2⋅ (y +y )2-4yy = 1+m2⋅ +
1 2 1 2 (4+3m2)2 4+3m2
12(1+m2) 3m2+3 1
= =4⋅ =4⋅1-
4+3m2 3m2+4 3m2+4
∈3,4 ，
当且仅当m=0时取等号，
所以PQ 的最小值为3.
x2 y2
4362 (2024·江西南昌·统考一模)已知双曲线 - =1(b>a>0)，O为坐标原点，离心率
a2 b2
e=2，点M 5, 3 在双曲线上.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线l与双曲线交于P、Q两点，且OP⋅OQ=0.求|OP|2+|OQ|2的最小值.
第 页 共 页
2842 3427【解析】(1)由e=2，可得c=2a，
∴b2=c2-a2=3a2，
x2 y2
∴ 双曲线方程为 - =1，
a2 3a2
∵ 点M 5, 3 在双曲线上，
5 3
∴ - =1，
a2 3a2
解得 a2=4，
x2 y2
∴ 双曲线的方程为 - =1．
4 12
(2)①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，
y=kx+m
由 3x2-y2=12 消去y整理得3-k2 x2-2kmx-m2-12=0* ，
∵直线l与双曲线交于P，Q两点，
∴Δ=(2km)2-4(3-k2)(-m2-12)=12(m2-4k2+12)>0．
设Px 1 ,y 1 ，Qx 2 ,y 2 ，
2km m2+12
则x +x = ,xx =- ，
1 2 3-k2 1 2 3-k2
由OP⋅OQ=0得到：xx +yy =0，
1 2 1 2
即1+k2 x 1 x 2 +kmx 1 +x 2 +m2=0，
∴1+k2
m2+12 2km
-km⋅ +m2=0，
k2-3 k2-3
化简得m2=6k2+6．
∴OP 2+OQ 2=|PQ|2=1+k2 x 1 +x 2 2-4xx 1 2
384k2
=24+ k2-3
≥24， 2
当k=0时上式取等号，且方程(*)有解．
②当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x=t，则有P(t,y),Q(t,-y)(y>0)，
由OP⋅OQ=0可得y2=t2，
可得3t2-t2=12，解得t2=6.
∴|PQ|2=4y2=4t2=24．
∴OP|2+
OQ|2=|PQ|2=24．
综上可得OP|2+
OQ|2的最小值是24．
2 题型二：三角形面积最值问题
x2 y2
4363 (2024·云南·校联考模拟预测)已知椭圆C: + =1a>b>0
a2 3
的左、右顶点分别为
M 、M ，T为椭圆上异于M 、M 的动点，设直线TM 、TM 的斜率分别为k 、k ，且k ⋅
1 2 1 2 1 2 1 2 1
3
k =- .
2 4
(1)求椭圆C的标准方程；
第 页 共 页
2843 3427
(2)设动直线l与椭圆C相交于A、B两点，O为坐标原点，若OA⋅OB=0，△OAB的面
积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)不妨设T的坐标为x 0 ,y 0
x2 y2 3x2
，则 0 + 0 =1，则y2=3- 0， a2 3 0 a2
又M 1-a,0 、M 2a,0
3x2
3- 0
y y y2 a2 3 3
，则k ⋅k = 0 × 0 = 0 = =- =- . 1 2 x +a x -a x2-a2 x2-a2 a2 4
0 0 0 0
3 3 x2 y2
故可得 = ，可得a2=4，故可得椭圆C的方程为 + =1.
a2 4 4 3
(2)因为OA⋅OB=0，且OA、OB均为非零向量，则OA⊥OB.
1
当点A、B均为椭圆C的顶点时，则S = ×2× 3= 3；
△OAB 2
若直线OA、OB的斜率都存在时，设直线OA的方程为y=kxk≠0 ，
1
则直线OB的方程为y=- x，
k
12
x2=
联立 y 3x = 2+ kx 4y2=12 可得 y2= 4 1 k 2 2+ k2 3 ，所以，OA
4k2+3
121+k2 = ， 4k2+3
同理可得OB
1
12 +1
k2
=
12k2+1
=
4
+3
k2
，
3k2+4
1
此时，S = OA
△OAB 2
⋅OB
1 12k2+1
=
2
12k2+1
⋅
4k2+3
6k2+1
=
3k2+4
4k2+3
3k2+4
6k2+1
≥
4k2+3
+3k2+4
12
= ，
7
2
当且仅当4k2+3=3k2+4时，即当k=±1时，等号成立，
12 12
又因为 < 3，故当OA⋅OB=0时，△OAB的面积存在最小值，且最小值为 .
7 7
4364 (2024·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测)如图，E,F,G,H分别是矩形ABCD四边的中
点，F2,0 ,C2,1
，CS=λCF,OR=λOF.
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2844 3427(1)求直线ER与直线GS交点M的轨迹方程；
(2)过点I1,0 任作直线与点M的轨迹交于P,Q两点，直线HP与直线QF的交点为J，
直线HQ与直线PF的交点为K，求△IJK面积的最小值.
【解析】(1)由已知，R2λ,0 ,S2,1-λ ，E0,-1 ，G0,1 ，
1
当λ≠0时，直线ER方程：y= x-1，
2λ
λ
直线GS方程：y=- x+1，
2
x2
联立上述两方程消去λ得： +y2=1，
4
当λ=0时，交点M0,1 符合上述方程，
又交点M不可能为0,-1 ，
x2
故所求的轨迹方程为 +y2=1(x≠0且y≠-1).
4
(2)设PQ方程：x=my+1(依题意m存在)，
代入x2+4y2-4=0得m2+4
y2+2my-3=0，
Δ=16m2+3 >0，设Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2 ，
-4m -3 3
y 1 +y 2 = m2+4 ,y 1 y 2 = m2+4 ，my 1 y 2 = 4 y 1 +y 2 ，
y
HP方程：y= 1 x+2
x +2
1
y
，QF方程：y= 2 x-2
x -2
2
，
联立上述两方程消去得：
x+2 = x 1 +2
x-2
y 2
x 2 -2
= my 1 +3
y 1
y 2
my 2 -1
3
4 y 1 +y 2 =
y 1
+3y 2
3 4 y 1 +y 2
=3.
-y 1
∴x=4，
所以J4,y J
6y
，其中y = 1 ， J x +2
1
同理直线HQ与直线PF的交点K4,y K
6y
，其中y = 2 ， K x +2
2
y J -y K 6y 6y = 1 - 2 x +2 x +2 1 2 = 18y 2 -y 1 my 1 +3 my 2 +3 =2 m2+3，
1
S △IJK = 2 ⋅4-1 ⋅y J -y K =3 m2+3≥3 3(当且仅当m=0时取等号)，
故△IJK的面积最小值为3 3，此时直线PQ的方程为x=1.
第 页 共 页
2845 3427x2 y2
4365 (2024·上海黄浦·高三上海市大同中学校考阶段练习)已知椭圆C: + =1．
4 3
(1)求该椭圆的离心率；
x x y y
(2)设点P(x ,y )是椭圆C上一点，求证：过点P的椭圆C的切线方程为 0 + 0 =1；
0 0 4 3
(3)若点M为直线l：x=4上的动点，过点M作该椭圆的切线MA，MB，切点分别为A,
B，求△MAB的面积的最小值．
x2 y2
【解析】(1)椭圆C: + =1中，a2=4,b2=3，则c2=1，
4 3
c 1
则a=2,c=1，则椭圆的离心率为 =
a 2
(2)当切线斜率存在时，其方程可设为y=kx+t，
y=kx+t
由x2 y2 ，整理得3+4k2
+ =1
4 3
x2+8ktx+4(t2-3)=0，
则Δ=8kt 2-163+4k2 (t2-3)=0，则t2=3+4k2
-8kt
此时方程的根为
23+4k2
4k 4k
=- ，则切点横坐标x =- ，
t 0 t
-4k2+t2 3
切点纵坐标y =kx +t= = ，
0 0 t t
3 1 3x
则t= ，k=- tx =- 0，
y 4 0 4y
0 0
3x 3 x x y y
则切线方程为y=- 0x+ ，整理得 0 + 0 =1；
4y y 4 3
0 0
当切线斜率不存在时，其切点为(2,0)或(-2,0)，
x x y y
切线方程为x=±2，满足 0 + 0 =1.
4 3
综上，点P(x ,y )是椭圆C上一点时，
0 0
x x y y
过点P的椭圆C的切线方程为 0 + 0 =1
4 3
(3)设A(x,y),B(x ,y )，M(4,n)，
1 1 2 2
xx yy x x y y
则椭圆C在点A,B的切线方程分别为 1 + 1 =1， 2 + 2 =1，
4 3 4 3
4x ny 4x ny
又M在两条切线上，则 1 + 1 =1， 2 + 2 =1，
4 3 4 3
4x ny ny
则直线AB的方程为 + =1，即x+ =1
4 3 3
ny
x+
3
=1
由 x2 y2 整理得，n2+12
+ =1
4 3
x2-24x+12-4n2=0，
第 页 共 页
2846 342724 12-4n2
则x +x = ,xx = ，
1 2 n2+12 1 2 n2+12
则AB
9
= 1+ n2 x 1 +x 2 2-4xx 1 2
9 = 1+
n2
24
n2+12
2 48-16n2 -
n2+12
4n2+9 = ，
n2+12
n2
4+ -1
3
又点M到直线AB的距离d=
= n2+9，
n2
1+
9
则△MAB的面积为
1
AB
2
1
4n2+9
⋅d= ×
2
2n2+9
× n2+9=
n2+12
n2+9
n2+12
令s= n2+9，则n2=s2-9，s≥3，
2n2+9
则
2s3
n2+9= ，s≥3
n2+12 s2+3
2x3
令p(x)= ，x≥3，
x2+3
6x2 x2+3
则p(x)=
-4x4
x2+3
2x4+18x2
=
2 x2+3
>0恒成立，
2
2x3
则p(x)= 在3,+∞
x2+3
2×27 9
上单调递增，则p(x)≥p(3)= =
9+3 2
当且仅当n=0即点M坐标为(4,0)时等号成立，
9
则△MAB的面积的最小值为 .
2
x2 y2
4366 (2024·全国·高三专题练习)已知双曲线C： - =1 a>b>0
a2 b2
和圆O：x2+y2
=b2(其中原点O为圆心)，过双曲线C上一点Px 0 ,y 0 引圆O的两条切线，切点分别为
A、B．
(1)若双曲线C上存在点P，使得∠APB=90°，求双曲线离心率e的取值范围；
(2)求直线AB的方程；
(3)求三角形OAB面积的最大值．
b c a2+b2 b
【解析】(1)因为a>b>0，所以 <1，所以e= = = 1+
a a a a
2
< 2．
由∠APB=90°及圆的性质，可知四边形PAOB是正方形，所以OP = 2b．
因为OP
b 2 c a2+b2 b
= 2b≥a，所以 ≥ ，所以e= = = 1+
a 2 a a a
2 6
≥ ．
2
故双曲线离心率e的取值范围为 6 , 2
2
．
(2)因为PA2=OP2-OA2=x2+y2-b2，
0 0
所以以点P为圆心，PA 为半径的圆P的方程为x-x 0 2+y-y 0 2=x2+y2-b2． 0 0
第 页 共 页
2847 3427因为圆O与圆P两圆的公共弦所在的直线即为直线AB，
x2+y2=b2
所以联立方程组
x-x 0 2+y-y 0
，
2=x2+y2-b2 0 0
消去x2，y2，即得直线AB的方程为x x+y y=b2．
0 0
(3)由(2)知，直线AB的方程为x x+y y=b2，
0 0
b2
所以点O到直线AB的距离为d= ．
x2+y2
0 0
因为AB =2 OA 2-d2=2 b2-
b4
=
2b x
0
2+y
0
2-b2
，
x2+y2 x2+y2
0 0 0 0
1
所以三角形OAB的面积S= ×AB
2
b3 x2+y2-b2
×d= 0 0 ．
x2+y2
0 0
：
因为点Px 0 ,y 0
x2 y2
在双曲线 - =1上， a2 b2
x2 y2 b2x2-a2b2
所以 a 0 2 - b2 0 =1，即y2 0 = 0 a2 x 0 2≥a2 ．
b2
设t= x2+y2-b2= 1+
0 0 a2
x2-2b2≥ a2-b2，
0
x2 y2
所以 - =1．
a2 b2
-b3 t+b
因为S=
t-b
t2+b2
，
2
所以当00，当t>b时，S>0．
x2 y2
所以 - =1在0,b
a2 b2
上单调递增，在b,+∞ 上单调递减．当 a2-b2≤b，即b 2b时，S =
最大值 b2+b2 2 最大值
b3× a2-b2
a2-b2
b3 a2-b2
= ．
2+b2 a2
1 b3 a2-b2
综上可知，当b 2b时，S = ．
最大值 2 最大值 a2
4367 (2024·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习)已知抛物线Γ:y2=2x,A、B、M、N为抛
物线Γ上四点，点T在y轴左侧，满足TA=2TM,TB=2TN.
(1)求抛物线Γ的准线方程和焦点坐标；
(2)设线段AB的中点为D.证明：直线TD与y轴垂直；
(3)设圆C:(x+2)2+y2=3，若点T为圆C上动点，设△TAB的面积为S，求S的最大值.
p 1
【解析】(1)因为Γ:y2=2x,所以2p=2, = ，
2 2
1 1
所以准线是x=- ,焦点坐标是F ,0
2 2
.
(2)
第 页 共 页
2848 3427设Tx 0 ,y 0 ,Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
由TA=2TM可知，M为TA中点，且点M在抛物线上，即
y +y 0 1
2
2 x +x =2⋅ 0 1 =x +x,
2 0 1
又y2=2x,
1 1
y +y ∴ 0 1
2
2 =x + y2 1，
0 2
整理可得：y2-2y y +4x -y2=0，
1 0 1 0 0
由TB=2TN可知，N为TB中点，且点N在抛物线上，
同理可得：y2-2y y +4x -y2=0，
2 0 2 0 0
故y,y 为方程y2-2y y+4x -y2=0的两根，
1 2 0 0 0
∴y +y =2y ,yy =4x -y2,
1 2 0 1 2 0 0
y +y
D点的纵坐标为 1 2 =y ,
2 0
所以直线的TD的斜率为0，即直线TD与y轴垂直.
x +x y2+y2
(3)∵ 1 2 = 1 2,
2 4
= y 1 +y 2 2-2yy 3y2-4x 1 2 = 0 0,
4 2
3y2-4x
∴D 0 0,y
2 0
,
1 1 3y2-4x
∴S= |TD|⋅|y -y |= 0 0 -x
2 1 2 2 2 0
⋅ y 1 +y 2
3
2-4yy = |y2-2x |×2 2 y2-2x 1 2 4 0 0 0 0
3 2
= 2 y2 0 -2x 0 3,
因为T在圆C上，所以y2 0 =3-x 0 +2 2,
3 2
∴S= 2 3-x 0 +2 2-2x 0 3,
3 2
= 2 -x2 0 -6x 0 -1 3，
则当x 0 =-3时，-x2 0 -6x 0 -1 =-9+18-1=8, max
3 2 3 2
∴S = × 83= ×8×2 2=48.
max 2 2
4368 (2024·河北·统考模拟预测)已知抛物线C:x2=2py(p>0)，过点P(0,2)的直线l与C交
于A,B两点，当直线l与y轴垂直时，OA⊥OB(其中O为坐标原点).
(1)求C的准线方程；
(2)若点A在第一象限，直线l的倾斜角为锐角，过点A作C的切线与y轴交于点T，连接
第 页 共 页
2849 3427TB交C于另一点为D，直线AD与y轴交于点Q，求△APQ与△ADT面积之比的最大
值.
【解析】(1)将y=2代入x2=2py(p>0)，则x=±2 p，
由OA⊥OB，故△AOB为等腰直角三角形，故2 p=2，即p=1，
1
所以C:x2=2y，故准线方程为y=- .
2
a2
(2)设Aa,
2
，直线l:y=kx+2(k>0)，联立抛物线得x2-2kx-4=0，
4 4 8
所以ax =-4，则x =- ，故B- ,
B B a a a2
，
x2 a2
由y= ，则y=x，故k =a，直线TA:y- =a(x-a)，
2 TA 2
a2 a2
令x=0，则y =- ，故T0,-
T 2 2
，
a2
设直线TB:y=kx- ，联立抛物线得x2-2kx+a2=0，
1 2 1
4 a3 a3 a6
所以- x =a2，则x =- ，故D- ,
a D D 4 4 32
，
a6 a2
-
a2 32 2 a4 a4
综上，直线AD:y- = (x-a)，令x=0，则y = ，故Q0,
2 a3 Q 8 8
- -a
4
，
a a4
由直线l的倾斜角为锐角，故a>2，则S = -2
△APQ 2 8
，S =
△ADT
1 a4 a2
+
2 8 2
a3
a+
4
a3
= (a2+4)2，
64
S 4(a2-4)
所以 △APQ = ，令t=a2-4>0，则a2=t+4，
S a2(a2+4)
△ADT
则 S △APQ = 4t = 4 ≤ 1 =3-2 2，仅当t=4 2，即a2=4
S (t+4)(t+8) 32 2 2+3
△ADT t+ +12
t
( 2+1)时等号成立，
所以△APQ与△ADT面积之比的最大值3-2 2.
3 题型三：四边形面积最值问题
4369 (2024·河南·高三校联考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，已知点F2,0 ，直线l:x=
-2，作直线l的平行线l:x=ax>2 ，动点P满足到F的距离与到直线l的距离之和等
第 页 共 页
2850 3427于直线l与l之间的距离．记动点P的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过Q3,1 作倾斜角互补的两条直线分别交E于A，B两点和C，D两点，且直线AB
π π
的倾斜角α∈ ,
6 4
，求四边形ACBD面积的最大值．
【解析】(1)过P分别作直线l，l的垂线，垂足为M，N，则由题意可得PF +PN =
PM +PN ，即PF =PM ，
则由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为以F2,0 为焦点，直线l:x=-2为准线的抛物
线，
p
则有 =2，p=4，故E的方程为y2=8x．
2
(2)由题目条件过Q3,1 作倾斜角互补的两条直线分别交E于A，B两点和C，D两点，
可知直线AB，CD的斜率互为相反数．设l :x=my-1 AB +3，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
π π
由直线AB的倾斜角α∈ ,
6 4
1
，且直线AB的斜率k= ，
m
π 1 π
可知tan ≤ ≤tan ，解得1≤m≤ 3．
6 m 4
y2=8x
联立
x=my-1
,消去x可得y2-8my+8m-24=0，
+3
则Δ=322m2-m+3 >0，y +y =8m，yy =8m-24， 1 2 1 2
则AB = 1+m2 y 1 +y 2 2-4yy 1 2
= 1+m2 8m 2-4×8m-24 =4 2 1+m2 2m2-m+3 ，
同理可得CD =4 2 1+m2 2m2+m+3 ．
记直线AB，CD的夹角为θ，
1
则S = QA
四边形ACBD 2
CD
1
sinθ+ QB
2
CD sinθ
1
= AB
2
⋅CD sinθ=161+m2 2m2+3 2-m2sinθ，
2
2sinαcosα 2tanα 2k m 2m
又sinθ=sin2α= = = AB = = ，
sin2α+cos2α tan2α+1 k2 +1 1 1+m2
AB +1
m2
则S =32m 2m2+3
四边形ACBD
2-m2=32 m2 4m4+11m2+9 ，
令m2=t，1≤t≤3，则S =32 4t3+11t2+9t，
四边形ACBD
第 页 共 页
2851 3427令ft =4t3+11t2+9t，则ft =12t2+22t+9，
当1≤t≤3时，ft >0，ft 单调递增，
则S
四边形ACBD
=32 4×33+11×32+9×3=96 26，
max
故四边形ACBD面积的最大值为96 26．
x2 y2
4370 (2024·全国·高三专题练习)O为坐标原点椭圆C: + =1(a>b>0)的左右焦点
1 a2 b2
x2 y2
分别为F,F，离心率为e ；双曲线C : - =1的左右焦点分别为F,F，离心率为e ，
1 2 1 2 a2 b2 3 4 2
15
已知e 1 e 2 = 4 ，切F 2 F 4 = 5- 3．
(1)求C,C 的方程；
1 2
(2)过F 作C 的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与C 交于P，Q两
1 1 2
点时，求四边形APBQ面积的最小值．
a2-b2 a2+b2
【解析】(1)因为e = ，e = ，F a2-b2,0
1 a 2 a 2
，F a2+b2,0
4
a2-b2 a2+b2 15
所以ee = ⋅ = ①
1 2 a a 4
因为F 2 F 4 = 5- 3，所以F 2 F 4 = a2+b2- a2-b2= 5- 3②
a4-b4 15
由①得： = ，解得：a=2b，代入②式中， 5- 3
a4 16
b= 5- 3
解得：b=1，a=2
x2 x2
所以C 的方程为： +y2=1，C 的方程为： -y2=1
1 4 2 4
(2)F 1- 3,0 ，因为直线AB不垂直于y轴
所以设AB方程为：x=my- 3
x2
+y2=1
联立 4 得：4+m2
x=my- 3
y2-2 3my-1=0
设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，Mx 0 ,y 0
2 3m -1 3m
则y +y = ，yy = ，y = ，
1 2 4+m2 1 2 4+m2 0 4+m2
则AB= 1+m2 y 1 +y 2
4+4m2
2-4yy = ， 1 2 4+m2
3m2 -4 3
因为点M在直线AB上，所以x = - 3= ，
0 4+m2 4+m2
y m
k = 0 =-
OM x 4
0
m
直线OM：y=- x
4
x 4 2 -y2=1 m2
联立 得：1-
m 4
y=- x
4
x2=1
2
解得：x=± ，显然4-m2>0，故-20，所以- - + 3<0
4-m2 2 4-m2 4-m2 2 4-m2
- 2 - m2 + 3
4-m2 2 4-m2
所以d =
2
2 m2 + - 3
4-m2 2 4-m2
=
1+m2 1+m2
4 m2
+
4-m2 4-m2 4+m2
则d +d = =
1 2 1+m2 1+m2 4-m2
1
则四边形APBQ面积S= 2 AB⋅d 1 +d 2
1 4+4m2 4+m2
= ⋅ ⋅ = 2 4+m2 1+m2 4-m2
1+m2 5
2 =2 -1
4-m2 4-m2
当m=0时，四边形APBQ面积S取得最小值，此时S=1
此时AB方程为：x=- 3，符合题意，故四边形APBQ面积的最小值为1
x2 y2
4371 (2024·全国·高三专题练习)如图,O为坐标原点,椭圆C 1 : a2 + b2 =1a>b>0 的左右
x2 y2
焦点分别为F,F,离心率为e;双曲线C : - =1的左右焦点分别为F,F,离心率为
1 2 1 2 a2 b2 3 4
3
e 2 ,已知e 1 e 2 = 2 ,且F 2 F 4 = 3-1.
(1)求C,C 的方程;
1 2
(2)过F 点作C 的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C 交于P,Q
1 1 2
两点时,求四边形APBQ面积的最小值.
【解析】(1)利用椭圆和双曲线a,b,c之间的关系可以用a,b分别表示双曲线和椭圆的离
3
心率和焦点,由题目e 1 e 2 = 2 和F 2 F 4 = 3-1即可得到a,b之间的两个方程,联立方
第 页 共 页
2853 3427程消元即可求出a,b的值,得到双曲线和椭圆的标准方程.
(2)利用(1)求出焦点F 的坐标,设出弦AB的直线的方程x=ny-1,联立直线与椭圆
1
消x得到关于y的一元二次方程,再利用根与系数的关系得到A,B两点纵坐标之间的和
与积,进而得到M点的纵坐标带入AB直线即可得到M的横坐标,进而求出直线OM的
方程,即为直线PQ的方程,联立直线PQ的方程Δ>0得到n的取值范围和求出点P,Q
的坐标得到PQ的长度,利用点到直线的距离得到A,B到直线PQ的距离表达式,进而
用n表示四边形的面积,利用不等式的性质和n的取值范围即可得到面积的最小值.
b2 b2
(1)由题可得e 1 = 1- a2 ,e 2 = 1+ a2 ,且F 1 F 2
3
=2 a2-b2,因为e 1 e 2 = 2 ,且F 2 F 4
b2 b2 3
= a2+b2- a2-b2,所以 1- ⋅ 1+ = 且 a2+b2- a2-b2= 3-1⇒a
a2 a2 2
x2 x2
= 2b且b=1,a= 2,所以椭圆C 方程为 +y2=1,双曲线C 的方程为 -y2=1.
1 2 2 2
(2)由(1)可得F 1-1,0 ,因为直线AB不垂直于y轴,所以设直线AB的方程为x=ny
-1,联立直线与椭圆方程可得n2+2
2n
y2-2ny-1=0,则y +y = ,y y =
A B n2+2 A B
-1 n
n2+2 ,则y m = n2+2 ,因为Mx M ,y M
n2 -2
在直线AB上,所以x = -1= ,则 M n2+2 n2+2
y n n 直线PQ的方程为y= Mx⇒y=- x,联立直线PQ与双曲线可得x2-2- x
x 2 2
M
2 -2
4 n2
=0⇒x2= ,y2= 则2-n2>0⇒- 2b>0)的左、右焦
a2 b2
点分别为F 1 ，F 2 ，M为椭圆E的上顶点，MF 1 ⋅MF 2 =0，点N 2,-1 在椭圆E上.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过焦点F 的两条互相垂直的直线分别与椭圆E相交于A，B两点和C，D两点，
2
求四边形ACBD的面积的最小值.
【解析】(1)设F 2c,0
，由MF ⋅MF =0，有MF ⊥MF. 1 2 1 2
又由MF 1 =MF 2
π
，有∠MFO= (O为坐标原点)，可得b=c，a2=2b2， 2 4
第 页 共 页
2854 3427x2 y2
可得椭圆E的方程为 + =1，
2b2 b2
2 1
代入点N的坐标，有 + =1，解得b= 2，a=2，
2b2 b2
x2 y2
故椭圆E的标准方程为 + =1；
4 2
(2)①当直线AB的斜率不存在或为0时，AB
2b2
为长轴长或 ，
a
不妨设AB =2a=4，CD
2b2
= =2，
a
1
故S = AB
四边形ACBD 2
×CD =4；
②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB：y=kx- 2 ，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
y=kx- 2
联立方程
x2 y2 ，消去y得1+2k2
+ =1
4 2
x2-4 2k2x+4k2-4=0，
4 2k2 4k2-4
则x +x = ，xx = ，
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
所以AB = x 1 -x 2 2+y 1 -y 2 2= x 1 -x 2 2+ kx 1 - 2 -kx 2 - 2 2
= 1+k2⋅ x 1 -x 2 2= 1+k2× x 1 +x 2 2-4xx 1 2
4 2k2
= 1+k2×
1+2k2
2 4k2-4 4k2+1
-4× =
1+2k2
，
2k2+1
同理可得CD
1
4 +1
k2
=
4k2+1
=
2
+1
k2
，
k2+2
1
所以S = AB
四边形ACBD 2
×CD
8k2+1
=
2
k2+2
2k2+1
，
因为k2+2 2k2+1
k2+2
≤
+2k2+1
2
2 9k2+1
=
2
，
4
当且仅当k2+2=2k2+1，即k=±1时等号成立，
8k2+1
所以S ≥
四边形ACBD
2
9k2+1
32 32
= ，而 <4，
2 9 9
4
32
综上：四边形ACBD的面积的最小值为 .
9
x2 y2
4373 (2024·湖南郴州·统考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别
a2 b2
为F,F，P是椭圆C上异于左、右顶点的动点，PF ⋅PF 的最小值为2，且椭圆C的离心
1 2 1 2
1
率为 ．
2
第 页 共 页
2855 3427(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l过F 与椭圆C相交于A，B两点，A，B两点异于左、右顶点，直线l 过F 交椭
2 1 1
圆C于M，N两点，l⊥l ，求四边形AMBN面积的最小值．
1
【解析】(1)设F 1-c,0 ,F 2c,0 c>0 ．由对称性，不妨设P(x ,y )(x ≠±a,y >0)， 0 0 0 0
x2 y2 b2
则 0 + 0 =1，所以y2=b2- x2,-a ，所以四边形AMBN面积的最小值为 ．
49 49
4374 (2024·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测)平面内动点M与定点F0,1 的距离和它到
定直线y=4的距离之比是1:2.
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l,l 分别交轨迹E于点A,C和B,D，求四边形ABCD
1 2
面积S的最小值.
【解析】(1)设Mx,y
x2+(y-1)2
，由题意有
y-4
1
= 且y≠4，
2
y2 x2
化简得4x2+3y2=12，即 + =1．
4 3
第 页 共 页
2856 3427(2)当其中一条直线的斜率不存在时，则|AC|、|BD|一条为长轴长、另一条为过F的通径
长，
1 x2 3 1
令y=1，则 + =1，可得x=± ，故通径长为3，而长轴长为2a=4，易得S= ×
4 3 2 2
3×4=6．
当l,l 直线的斜率存在且不为0时，设直线l 的斜率为k，则直线l 为y=kx+1，
1 2 1 1
y=kx+1
y2 x2 ，化简整理得3k2+4
+ =1
4 3
x2+6kx-9=0，
设Ax 1 ,y 1 ,Cx 2 ,y 2
6k 9
，则x +x =- ,xx =- ， 1 2 3k2+4 1 2 3k2+4
AC = 1+k2 x 1 +x 2
144k2+1
2-4xx = 1+k2 1 2
3k2+4
121+k2
= 2
， 3k2+4
1
l 1 ⊥l 2 ，则直线l 2 的斜率为- k ，同理BD
121+k2
=
， 4k2+3
1
S= AC
2
⋅BD
721+k2
=
2
3k2+4
4k2+3
，
令k2+1=tt≥1
72t2
，则S=
3t+1 4t-1
72t2 72
= = =
12t2+t-1 1 1 12+ -
t t2
72
1 1
- -
t 2
288 1 1
≥ ，当 = ，即k=±1时等号成立，
2 49 49 t 2
+
4
288 288
而 <6，则四边形ABCD面积S的最小值为 .
49 49
4 题型四：弦长的取值范围问题
x2 y2
4375 (2024·河北·统考一模)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E: + =1(a>b
a2 b2
1
>0)的中心在原点，点P 3,
2
3
在椭圆E上，且离心率为 .
2
(1)求椭圆E的标准方程；
3
(2)动直线l:y=kx- 交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率
1 2
1 r
为k ，且kk = ，M是线段OC上一点，圆M的半径为r，且
2 1 2 4 AB
2 OC
= ，求
3
的范
r
围.
第 页 共 页
2857 34273 a2-b2
【解析】(1)椭圆E的离心率为 ，则e2=
2 a
2 b2 3
=1- = ，解得a2=4b2，椭
a2 4
x2 y2
圆E的方程为 + =1
4b2 b2
1
又点P 3,
2
3 1
在椭圆E上，则 + =1，解得b2=1,a2=4
4b2 4b2
x2
所以椭圆E的标准方程为 +y2=1.
4
x2+4y2=4
(2)设A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 )，由 y=kx- 3 消去y并整理得：(1+4k2 1 )x2-4 3k 1 x-1=
1 2
0，
4 3k 1
显然Δ>0，于是得x +x = 1 ，xx =- ，
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
1 1
则AB = 1+k2 1x 2 -x 1
4 3k
= 1+k2 1 1 1+4k2
1
2 4 64k2+4
+ = 1+k2 1 1+4k2
1
1 1+4k2
1
= 2
2 1+k2⋅ 16k2+1
1 1 ，
1+4k2
1
2
从而得圆M的半径r= AB
3
4 1+k2⋅ 16k2+1
= 1 1 ，
3(1+4k2)
1
1
1 1 1 y= x
由k 1 k 2 = 4 得k 2 = 4k ，即直线OC的方程为y= 4k x，由 4k 1 得
1 1 x2+4y2=4
16k2
x2= 1
4k2+1
1 ，则OC
1
y2=
4k2+1
1
16k2+1
= x2+y2= 1 ，
4k2+1
1
OC
所以
16k2+1
1
4k2+1 3 1+4k2 3 1+4k2 3 3
= 1 = 1 = 1 = 4-
r 4 1+k2⋅ 16k2+1 4 1+k2 4 1+k2 4 1+k2
1 1 1 1 1
3(1+4k2)
1
3 3 3 3 3 3 3
因k2>0，有0< <3⇒1<4- <4，从而有 < 4- < ，即
1 k2+1 k2+1 4 4 k2+1 2 4
1 1 1
OC
<
3
< ，
r 2
OC
所以
3 3
的取值范围为 ,
r 4 2
.
x2 y2
4376 (2024·浙江·模拟预测)已知椭圆C: + =1，点N0,1
8 4
，斜率不为0的直线l与椭圆
C交于点A,B，与圆N相切且切点为M,M为AB中点.
第 页 共 页
2858 3427(1)求圆N的半径r的取值范围；
(2)求AB 的取值范围.
【解析】(1)如图所示，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为y=kx+m(k≠0)，A(x,y)，B
1 1
(x ,y )，设圆N的半径为r，
2 2
y=kx+m
x2 y2 ⇒(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0，
+ =1
8 4
Δ=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0，
-4km 2m2-8
x +x = ，xx = ，
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
-4k2m 2m
所以y +y =k(x +x )+2m= +2m= ，
1 2 1 2 2k2+1 2k2+1
-2km m
又因为M为AB的中点，所以M ,
2k2+1 2k2+1
，
又因为圆N与直线l相切于点M，所以NM⊥l，且r=|MN|，
所以k ×k =-1，
NM l
m
-1
2k2+1 1
所以k = =- ，解得2k2+1=-m，
NM -2km k
-0
2k2+1
所以M(2k,-1)，
Δ=8(8k2-m2+4)=8[8k2-(2k2+1)2+4]=8(2k2+1)(3-2k2)>0，解得：00,4k2-m2+1>0,
因直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=1相切，且λ=OA⋅OB，
m
∴ d=
=1⇒m2=1+k2,k2>0，
1+k2
λ=x 1 x 2 +y 1 y 2 =1+k2 x 1 x 2 +kmx 1 +x 2 +m2，
=1+k2
4m2-4 8km
+km-
1+4k2 1+4k2
5m2-4k2-4
+m2=
1+4k2
51+k2
=
-4k2-4 1+k2 1-λ 1
= ⇒k2= ，λ∈ ,1
1+4k2 1+4k2 4λ-1 2
①
AB = 1+k2 x 1 -x 2
3k2
=4 1+k2 ② 1+4k2
将①代入②⇒AB 1 =4 -λ2+λ=4 -λ-
2
2 1 + .
4
1
因为λ∈ ,1 2 ，所以AB ∈0,2 .
第 页 共 页
2860 3427x2 x2
4381 (2024·江苏南通·统考模拟预测)已知椭圆C ： +y2=1的左、右顶点是双曲线C ：
1 2 2 a2
y2 3
- =1(a>0，b>0)的顶点，C 的焦点到C 的渐近线的距离为 .直线l：y=kx+
b2 1 2 3
t与C 相交于A，B两点，OA⋅OB=-3.
2
(1)求证：8k2+t2=1
(2)若直线l与C 1 相交于P，Q两点，求PQ 的取值范围.
【解析】(1)由题意得椭圆焦点坐标为(1,0)，双曲线渐近线方程为bx±ay=0，
a= 2
所以 b = 3 ，解得 a b= = 1 2 ，所以C 2 的方程为 x 2 2 -y2=1，
b2+a2 3
y=kx+t
由
x2-2y2=2
，消y得1-2k2
x2-4ktx-2t2-2=0，
所以
1
Δ
-
=
2
1
k
6
2
k
≠
2t
0
2-4(1-2k2)(-2t2-2)>0
得t2>2k2-1≠0，
4kt
x +x =
1 2 1-2k2
设A(x,y)，B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2 -2t2-2
xx =
1 2 1-2k2
所以OA⋅OB=x 1 x 2 +y 1 y 2 =x 1 x 2 +kx 1 +t kx 2 +t
=1+k2 x 1 x 2 +ktx 1 +x 2 +t2=1+k2
-2t2-2 4k2t2
+ +t2=-3， 1-2k2 1-2k2
化简得8k2+t2=1，得证；
(2)由 y
x2
=
+
k
2
x
y
+
2=
t，
2
消x，得1+2k2 x2+4ktx+2t2-2=0，
所以Δ=16k2t2-41+2k2
2t2-2
>0，即t2<2k2+1，
1
结合t2>2k2-1≠0，8k2+t2=1，及k≠0，t2≥0，可得00,b>0
a2 b2
的离心率为 2，过
双曲线C的右焦点F且垂直于x轴的直线l与双曲线交于A,B两点，且|AB|=2.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)若直线m：y=kx-1与双曲线C的左、右两支分别交于P,Q两点，与双曲线的渐近
|PQ|
线分别交于M,N两点，求 的取值范围.
|MN|
AB
【解析】(1)由题可知，
2b2
= a =2 a=1
e=
c
= 2
，解得b=1 ，所以双曲线C的标准方程为x2-
a c= 2
c2=a2+b2
y2=1；
(2)由题可知，直线m:y=kx-1与双曲线C的左、右两支分别交于P,Q两点，
联立
x
y
2
=
-
k
y
x
2
-
=
1
1
,
, 消去y，得1-k2
1
x2+2kx-2=0，
1-k2≠0
-2
所以 x x = <0 ，解得k∈(-1,1)，
P Q 1-k2
Δ=(2k)2-4(1-k2)⋅(-2)>0
-2k -2
且x +x = ,x x = ，
P Q 1-k2 P Q 1-k2
所以|PQ|= 1+k2⋅ x +x
P Q
2-4x x
P Q
-2k
= 1+k2⋅
1-k2
2 -2 2 1+k2⋅ 2-k2
-4× = .
1-k2 11-k2
联立 y y = = x kx , -1, 可得x M = k- 1 1 ，同理可得x N = 1+ 1 k ，
第 页 共 页
2862 34271 1 2 1+k2
所以|MN|= 1+k2|x -x |= 1+k2⋅ - = ，
M N k-1 k+1 11-k2
|PQ| 2 1+k2⋅ 2-k2
所以 = = 2-k2，
|MN| 2 1+k2
其中k∈(-1,1)，则k2∈0,1
|PQ|
，所以 ∈1, 2
|MN|
.
x2 y2
4383 (2024·全国·高三校联考开学考试)已知双曲线C: - =1a>0,b>0
a2 b2
的渐近线方
程为y=±x，点F，F 分别为双曲线C的左、右焦点，过F 且垂直于x轴的直线与双曲线
1 2 2
交于第一象限的点A，且△AF 1 F 2 的周长为8 2+1 ．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线y=kx-1与双曲线的左支、右支分别交于N，M两点，与直线y=x，y=-x分
MN
别交于P，Q两点，求
PQ
的取值范围．
x2 y2
【解析】(1)因为双曲线C: - =1a>0,b>0
a2 b2
的渐近线方程为y=±x，所以a=b，
设A(x ,y )，则x =c= a2+b2= a2+a2= 2a，
A A A
x2
所以y2 =b2 A -1
A a2
2a2
=a2 -1
a2
=a2，因为点A在第一象限，所以y =a，即|AF|=
A 2
a，
所以|AF|=|AF|+2a=3a，又|FF|=2c=2 2a，
1 2 1 2
所以a+3a+2 2a=8( 2+1)，所以a=2 2，
x2 y2
所以双曲线C的方程为 - =1.
8 8
(2)设M(x,y)，N(x ,y )，
1 1 2 2
y=kx-1
联立
x2-y2=8
，消去y并整理得(1-k2)x2+2kx-9=0，
1-k2≠0
所以 Δ=4k2+361-k2
>0 ，解得-10
π
，其左、右焦点分别为F、F，W上有一点P满足∠FPF = ，S = 3． 1 2 1 2 3 △F1PF2
(1)求b；
(2)过F 作直线l交W于B、C，取BC中点D，连接OD交双曲线于E、H，当BD与EH
1
的夹角为 π 时，求 S △BCF2 的取值范围．
4 S
△EHF2
【解析】(1)由题意,F(-c,0),F(c,0)，
1 2
1 π
∵S = |PF||PF|sin = 3，∴|PF||PF|=4，
△PF1F2 2 1 2 3 1 2
π
在△PFF 中,由余弦定理得|FF|2=|PF|2+|PF|2-2|PF||PF|cos ，
1 2 1 2 1 2 1 2 3
∴4c2=(|PF|-|PF|)2+|PF||PF|=4a2+4，
1 2 1 2
则c2=a2+1，即b2=c2-a2=1，∴b=1.
(2)
x2
双曲线W: -y2=1，c2=a2+1，
a2
设直线BC的方程为x=my-c,m≠0，
x2
-y2=1
由a2 ，得m2-a2
x=my-c
y2-2mcy+c2-a2=0，即m2-a2
y2-2mcy+1=0，
由题意m2-a2≠0，Δ=4m2c2-4m2-a2 =4m2 c2-1 +4a2=4a2 m2+1 >0，
设Bx 1 ,y 1 ,Cx 2 ,y 2
2mc 1
，则y +y = ,yy = ， 1 2 m2-a2 1 2 m2-a2
则x 1 +x 2 =my 1 +y 2
2a2c
-2c= ， m2-a2
第 页 共 页
2864 3427则y 1 -y 2 2=y 1 +y 2
2mc
2-4yy = 1 2 m2-a2
2 4
4m2 c2-1
- = m2-a2
+4a2
m2-a2
= 2
4a2 m2+1
m2-a2
，
2
a2c mc
则D ,
m2-a2 m2-a2
m m
，k = ，直线OD的方程为y= x，
OD a2 a2
x2
-y2=1
a2
由 ，得a2-m2 m
y= x
a2
m2
y2=m2，由题意a2-m2>0，解得y=± ， a2-m2
设Ex 3 ,y 3 ,Hx 4 ,y 4 ，则y 3 -y 4
m2 m2
2=- - a2-m2 a2-m2
2 4m2
= ， a2-m2
π π k -k 当BD与EH的夹角为 时，tan = BC OD
4 4 1+k k
BC OD
1 m
-
m a2 =
1 m
1+ ×
m a2
a2-m2 =
ma2+1
=
a2-m2
m a2+1
，
则a2-m2=m a2+1
m2+m
，得a2=
1-m
>0，可知0<m <1，
所以 y 1 -y 2 2
y 3 -y 4
4a2 m2+1 =
2
m2-a2
a2-m2 a2 m2+1 × =
2 4m2
m2 a2-m2
m2+m
=
1-m
×m2+1
m2+m m2
1-m
-m2
m
=
+1 1
=
m2 m
1
+
2 m
1
=
m
1
+
2
2 1
- ，
4
∵0<m 1 <1，∴
m
1 >1，∴
m
1 +
2
2 1 1 - >1+
4 2
2 - 1 =2，∴ y 1 -y 2
4
y 3 -y 4
> 2，
1
所以 S △BCF2 = 2 F 1 F 2
S △EHF2
y 1 -y 2
1 2 OF 2 y 3 -y 4
= 2y 1 -y 2
y 3 -y 4
>2 2，
S
即 △BCF2 的取值范围是2 2,+∞
S
△EHF2
．
x2 y2
4385 (2024·广东茂名·高三茂名市第一中学校考阶段练习)椭圆C 1 : a2 + b2 =1a>b>0 的
2
离心率为 ，左、右焦点分别为F，F，上顶点为A，点F 到直线AF 的距离为 2.
2 1 2 1 2
(1)求C 的方程；
1
(2)过点Q 3,0 的直线l交双曲线C :x2-y2=1右支于点M，N，点P在C 上，求 2 1
△PMN面积的取值范围.
x y
【解析】(1)直线AF 方程为 + =1，即bx+cy-bc=0，
2 c b
2bc
F 到直线bx+cy-bc=0的距离d= = 2，化简得2b2c2=b2+c2，
1 b2+c2
c 2
又离心率e= = ，即a= 2c，且c2=a2-b2，
a 2
解得a2=2，b2=1，c2=1，
x2
所以C 的方程为： +y2=1.
1 2
第 页 共 页
2865 3427(2)设直线l的方程为x=ty+ 3，由于C 的渐近线的斜率为±1，所以-1b>0
b2
3
的左、右顶点，且椭圆C过点1,
2
.
(1)求C的方程；
S
(2)过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点(其中点D在x轴上方)，求 △AEF 的取值
S
△BDF
范围.
3
【解析】(1)由题意得a=2，把1,
2
x2 y2
代入 + =1，
4 b2
解得b= 3，
x2 y2
所以C的方程为 + =1；.
4 3
(2)由(1)知：c= a2-b2=1，F-1,0 ，
S AF
①当l斜率不存在时，易知 △AEF =
S △BDF
BF
1
= ；
3
②当l斜率存在时，设l：x=ty-1t≠0 ，Dx 1 ,y 1 y 1 >0 ，Ex 2 ,y 2 y 2 <0 ，
x=ty-1
由x2 y2 ，得3t2+4
+ =1
4 3
y2-6ty-9=0，显然Δ>0，
6t 9
所以y +y = ，yy =- ，
1 2 3t2+4 1 2 3t2+4
1
因为S = AF △AEF 2 ⋅y 2
1
= 2 ⋅-y 2
1
，S △BDF = 2 BF ⋅y 1
3
= ⋅y ， 2 1
1
S 2 ⋅-y 2
所以 △AFF =
S
△BDF
1 y
=- ⋅ 2，
3 3 y
⋅y 1
2 1
因为 y 1 +y 2
36t2
2 3t2+4 =
yy
1 2
2 4t2 4 4 =- =- >- ，
9 3t2+4 4 3
- 3+
3t2+4 t2
所以- 4 < y 1 +y 2
3
2 <0.
yy
1 2
又 y 1 +y 2 2 y2+2yy +y2 y y = 1 1 2 2 = 1 + 2 +2，
yy yy y y
1 2 1 2 2 1
y 4 1 1
设 2 =k，则k<0，- 1
t2 1 1
S =2 =2 =2
△EOF 4t2+9t-9 9 9 1 1
- + +4 -9 -
t2 t t 2
4
∈ ,1
2 25 5
+
4
4
故S ∈ ,1
△EOF 5
.
x2 y2
4389 (2024·福建漳州·高三统考开学考试)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左焦点为F(
a2 b2 1
1
- 3,0)，且过点A 3,
2
.
(1)求C的方程；
(2)不过原点O的直线l与C交于P，Q两点，且直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列.
(i)求l的斜率；
(ii)求△OPQ的面积的取值范围.
【解析】(1)由题知，
1
椭圆C的右焦点为F( 3,0)，且过点A 3,
2 2
，
1 1
所以2a= ( 3+ 3)2+ + =4，所以a=2.
4 4
又c= 3，所以b= a2-c2=1，
x2
所以C的方程为 +y2=1.
4
(2)(ⅰ)由题知，直线l的斜率存在，且不为0.
设l:y=kx+m(m≠0)，Px 1 ,y 1 ，Qx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
则 x2+4y2-4=0 ，所以1+4k2 x2+8kmx+4m2-1 =0，
-8km
4m2-1
所以x +x = ，xx =
1 2 1+4k2 1 2
，
1+4k2
且Δ=64k2m2-161+4k2
m2-1
>0，即4k2-m2+1>0.
因为直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列.
第 页 共 页
2870 3427所以 y 1 ⋅ y 2 =k2，即 k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2
x x
1 2
+m2 =k2，xx ≠0
xx 1 2
1 2
-8k2m2
所以 +m2=0，且m2≠1.
1+4k2
1 1
因为m≠0，所以k2= ，所以k=± .
4 2
1
(ii)由(ⅰ)知4k2-m2+1>0，k=± ，
2
所以0b>0)左、
1 a2 b2
右焦点分别为F，F，且F 为抛物线C :y2=8x的焦点，P(2, 2)为椭圆C 上一点.
1 2 2 2 1
(1)求椭圆C 的方程；
1
(2)已知A，B为椭圆C 上不同两点，且都在x轴上方，满足FA=λFB.
1 1 2
(ⅰ)若λ=3，求直线FA的斜率；
1
(ⅱ)若直线FA与抛物线y2=x无交点，求四边形FFBA面积的取值范围.
1 1 2
【解析】(1)依题意得c=2，则F(-2,0)，F(2,0)，而P(2, 2)，
1 2
于是2a=PF 1 +PF 2 = 42+2+ 02+2=4 2，
从而a=2 2. 又a2=b2+c2，解得b=2，
x2 y2
所以椭圆C 的方程为 + =1.
1 8 4
(2)如图，设FA直线交椭圆于另一点B，FB直线交椭圆于另一点A，
1 2
由F 1 A=λF 2 B，故F 1 A⎳F 2 B，由椭圆对称性，BF 2 =BF 1 ,AF 1 =AF 2 ，且四边形
ABAB为平行四边形.
(ⅰ)由题意直线AB的斜率不为0，设直线AB：x=ty-2，
x=ty-2
由
x2+2y2=8
，消去x整理得t2+2
y2-4ty-4=0，
设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2
4t 4
，则y +y = ，yy =- ， 1 2 t2+2 1 2 t2+2
6t -2t
由FA=3FB⇒FA=-3FB⇒y =-3y (*)带入上式，解得：y = ,y = ，
1 2 1 1 1 2 1 t2+2 2 t2+2
12t2 4
故- =- ，由于λ=3，FA
(t2+2)2 t2+2 1
>FB
2
，所以t>0，
所以t=1，故FA的斜率为1.
1
第 页 共 页
2871 3427x=ty-2
(ⅱ)由
y2=x
，消去x整理得y2-ty+2=0，由Δ=-t
2-8<0得t2<8.
所以AB = 1+t2 y 1 -y 2 = 1+t2 y 1 +y 2
4 2t2+1
2-4yy = 1 2
， t2+2
4
AB与BA间的距离d= (即点F 到AB的距离)，
t2+1 2
1 1 4 2t2+1
故S = S = ⋅
AF1F2B 2 ABAB 2
4 8 2 t2+1
⋅ = ，
t2+2 t2+1 t2+2
令 t2+1=s∈1,3
1
，函数y=s+ 在区间1,3
s
上单调递增，
1 10
所以y=s+ ∈ 2,
s 3
，
8 2 t2+1 8 2s 8 2 12 2 则S = = = ∈ ,4 2
AF1F2B t2+2 s2+1 1 5
s+
s
，
12 2 所以四边形AFFB的面积的取值范围为 ,4 2
1 2 5
.
x2 y2 1
4391 (2024·河北·高三统考阶段练习)已知椭圆C： + =1(a>b>0)的离心率为 ，点
a2 b2 2
3
P 3,
2
在椭圆上.直线l与椭圆交于A,B两点.且OA⋅OB=0，其中O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过原点的直线m与椭圆C交于C,D两点，且过AB的中点M.求四边形ACBD面
积的取值范围.
【解析】(1)设椭圆的半焦距为c>0，
a2=b2+c2
a=2
c 1
e= =
由题意可得： a 2 ，解得b= 3，
3 3 c=1
+ =1
a2 4b2
x2 y2
所以椭圆C 的方程为 + =1.
1 4 3
(2)当直线AB斜率存在时，设其方程为y=kx+n，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
x2
+
y2
=1
联立 4 3 ，可得4k2+3
y=kx+n
x2+8knx+4n2-12=0，
可得Δ=484k2-n2+3
8kn 4n2-12
>0①，且x +x =- ②，xx = ③ 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3
若以AB为直径的圆过原点，则OA⋅OB=x 1 x 2 +y 1 y 2 =x 1 x 2 +kx 1 +n kx 2 +n =0，
第 页 共 页
2872 3427整理得k2+1 x 1 x 2 +knx 1 +x 2 +n2=0，
k2+1
代入②③两式得
4n2-12 8k2n2 12
- +n2=0，整理得n2= k2+1
4k2+3 4k2+3 7
④，
48
将④式代入①式，得Δ= 16k2+9
7
>0恒成立，则k∈R，
由题意可设OC=2tOM=tOA+OB ，所以S =2S =4tS ，
ACBD OACB △OAB
因为AB = 1+k2 x 1 -x 2
8kn
= 1+k2 - 4k2+3
2
44n2-12
-
= 4k2+3
4 21 1+k2 16k2+9
，
7 4k2+3
且点O0,0
m
到直线AB:kx-y+n=0的距离d=
，
1+k2
1
可得S = ×d×AB
△OAB 2
1 n
= ×
2
4 21 1+k2 16k2+9
× =
1+k2 7 4k2+3
2 21
n
7
16k2+9
，
4k2+3
又因为OC=tOA+OB ，则C点坐标为 tx 1 +x 2 ,ty 1 +y 2 ，
8kn
t(x +x )=- t
1 2 4k2+3
化简可得 ，
6n
t(y +y )= t
1 2 4k2+3
16k2n2
代入椭圆方程可得
4k2+3
12n2
t2+
2 4k2+3
4k2+3
t2=1，整理得t=
2 2n
，
4k2+3
则S =4tS =4
ACBD △OAB 2n
2 21
× n
7
16k2+9 4 21 16k2+9
= =
4k2+3 7 4k2+3
4 21 3
4- ，
7 4k2+3
1 1
因为4k2+3≥3，则0< ≤ ，
4k2+3 3
所以S = 4 21 4- 3 ∈ 12 7 , 8 21
ACBD 7 4k2+3 7 7
；
当直线AB斜率不存在时，设Ax 1 ,y 1 ，Bx 1 ,-y 1 ，
x2 y2 2 21
则 1 + 1 =1，且OA⋅OB=x2-y2=0，解得x =± ，
4 3 1 1 1 7
2 21
可知AB方程为x=± ，
7
因为直线CD过AB中点，即为x轴，
可知AB
4 21
= ，CD
7
1
=4，S = AB
ACBD 2
CD
8 21
= ，
7
综上所述：四边形ACBD面积的取值范围为
12 7
,
8 21
7 7
.
第 页 共 页
2873 3427x2 y2
4392 (2024·全国·模拟预测)设椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
的左焦点为F，上顶点为P，离
2
心率为 ，O是坐标原点，且OP
2
⋅FP = 2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线，分别与C交于A，B，M，N四点，求四边形AMBN面
积的取值范围.
c 2
【解析】(1)设椭圆C的焦距为2c，则 = ，所以a= 2c
a 2
因为a2=b2+c2，所以b=c，
又OP ⋅FP = 2，OP =b,FP =a，所以ab= 2，即c=1
所以a= 2,b=1
x2
所以 +y2=1
2
(2)当l ，l 中有一条斜率不存在时，
1 2
设直线l 的方程为x=-1，此时直线l 与x轴重合，
1 2
即AB = 2,MN
1
=2 2，所以S = × 2×2 2=2；
AMBN 2
当l 1 ，l 2 的斜率都存在时，设过点F-1,0 的两条互相垂直的直线l ：x=ky-1，直线l ： 1 2
1
x=- y-1
k
x=ky-1
由x2 得k2+2
+y2=1
2
y2-2ky-1=0
此时Δ=4k2+4k2+2
2k -1
>0，∴y +y = ，y ⋅y = 1 2 k2+2 1 2 k2+2
则AB
1
= 1+ k2 ⋅ y 1 +y 2
1 2 2 1+k2 2 21+k2
2-4yy = 1+ ⋅ = 1 2 k2 k2+2
k2+2 k .
1
把上式中的k换成- 得：MN
k
2 21+k2
=
k
1+2k2
则四边形AMBN的面积为
1
S= AB
2
⋅MN
1 2 21+k2
= ⋅
2
k2+2 k
2 21+k2
⋅
k 41+k2
=
1+2k2
2
k2+2 1+2k2
令1+k2=t，则t>1，且2+k2=t+1，2k2+1=2t-1
41+k2
S=
2
k2+2 1+2k2
4t2 4
= =
2t2+t-1 1 1 - -
t 2
，t>1
2 9 +
4
，
16
∴ ≤S<2，
9
第 页 共 页
2874 342716
所以四边形AMBN的面积的取值范围是 ,2
9
.
x2 y2
4393 (2024·辽宁辽阳·高三辽阳县第一高级中学校考阶段练习)已知双曲线Γ: - =
a2 b2
1a>0，b>0 过点P 3，6 ，且Γ的渐近线方程为y=± 3x．
(1)求Γ的方程；
(2)如图，过原点O作互相垂直的直线l ，l 分别交双曲线于A，B两点和C，D两点，A，
1 2
D在x轴同侧．
①求四边形ACBD面积的取值范围；
②设直线AD与两渐近线分别交于M，N两点，是否存在直线AD使M，N为线段AD的
三等分点，若存在，求出直线AD的方程；若不存在，请说明理由．
b
【解析】(1)由题意有 = 3，则b= 3a①，
a
将点P 3，6
3 6
代入双曲线方程得 - =1②，
a2 b2
a2=1
联立①②解得 ，
b2=3
y2
故Γ的方程为x2- =1；
3
(2)①，易知直线l ，l 的斜率均存在且不为0，
1 2
设A(x,y),B(x y ),C(x ,y ),D(x ,y )，
1 1 2 2 3 3 4 4
1
l 的方程为y=kx，则l 的方程为y=- x，
1 2 k
y=kx
联立 y2 ，消y整理得3-k2
x2- =1
3
x2-3=0，
直线l 与双曲线Γ交于两点，
1
故3-k2≠0且Δ=123-k2
>0，则k2<3，
3
则x +x =0,xx =- ，
1 2 1 2 3-k2
则AB = 1+k2 x 1 +x 2
31+k2
-4xx =2 1 2
， 3-k2
1
y=- x
k
联立 y2 ，消y整理得3k2-1
x2- =1
3
x2-3k2=0，
直线l 与双曲线Γ交于两点，
2
故3k2-1≠0且Δ=12k2 3k2-1
1
>0，解得k2> ，
3
第 页 共 页
2875 34273k2
则x +x =0,x x =- ，
3 4 3 4 3k2-1
则CD 1 = 1+- k 2 x 3 +x 4
31+k2
2-4x x =2 3 4 ， 3k2-1
根据对称性可知四边形ACBD为菱形，
1
其面积S = AB
ACBD 2
⋅CD
31+k2
=2
31+k2
⋅
3-k2
3k2-1
(1+k2)2
=6
3-k2
3k2-1
(1+k2)2
=6
16k2-3(1+k2)2
1
=6 ，
16k2
-3
(1+k2)2
1 1 16
∵ 0，
解得t2≠3且t2b>0)的离心率为 ，抛
1 a2 b2 2
物线C :x2=8y的准线与C 相交，所得弦长为2 6.
2 1
(1)求C 的方程；
1
(2)若Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 在C 上，且x <00),Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
联立
x2=8y
，得x2-8kx-8m=0，
x +x =8k,xx =-8m,Δ=64k2+32m>0，
1 2 1 2
则AB = 1+k2 x 1 -x 2
x2 x
，而y= ，则y= ， 8 4
x
故以A为切点的切线为y-y 1 = 4 1 x-x 1
x x2 x
，即y= 1x- 1,∴M 1,0 4 8 2 ，
第 页 共 页
2877 3427x x2 x
同理以B为切点的切线为y= 2x- 2,∴N 2,0
4 8 2
，则MN
x -x
= 1 2
2
，
x x2
y= 4 1x- 8 1 x x
由 ，故两式作差得： 1 - 2
x x2 4 4
y= 2x- 2
4 8
x2 x2 x +x
x= 1 - 2，所以x= 1 2 =4k，
8 8 2
两式求和得：2y= x 1 +x 2x- x2 1 +x2 2 = x 1 +x 2x- x 1 +x 2
4 8 4
2-2xx xx 1 2 = 1 2 =-2m，
8 4
所以点P4k,-m
m2
,由P在椭圆上 +2k2=1，即m∈0,4
16
.
4k2+2m
点P到直线AB的距离d=
，
k2+1
1
所以S = dAB △ABP 2
1 4k2+2m
= 2 1+k2 ⋅ 1+k2 x 1 -x 2
1
，S △MNP = 2 m
x -x
1 2 2 ，
1 4k2+2m
S=S -S = △ABP △MNP 2 k2+1 ⋅ k2+1x 1 -x 2
1
- m 2
x -x
1 2 2
3
=2k2+ m 4 x 1 -x 2 =8k2+3m 4k2+2m
m2
=- +3m+4
4
m2
- +2m+2
8
(m-6)2
=13-
4
(m-8)2
10- ，
8
(m-6)2 (m-8)2
而y=13- 、y=10- 在m∈0,4
4 8
上递增且恒正，
则S在m∈0,4 上递增，S∈4 2,24 2 .
7 题型七：向量数量积的取值范围问题
4395 (2024·吉林长春·长春市第八中学校考模拟预测)已知E:x2+4y2=m2(m>0)，直线l不
过原点O且不平行于坐标轴，l与E有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
(1)若m=2，点K在椭圆E上，F、F 分别为椭圆的两个焦点，求KF ∙KF 的范围；
1 2 1 2
m
(2)若l过点m,
2
，射线OM与椭圆E交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？
若能，求此时直线l斜率；若不能，说明理由．
x2
【解析】(1)m=2时，椭圆E: +y2=1，两个焦点F(- 3，)，F( 3，0)，
4 1 2
x2
设K(x,y)，可得 +y2=1，即x2=4-4y2，
4
FK=(x+ 3，y)，FK=(x- 3，y)，
1 2
KF ∙KF =FK∙FK=x2-3+y2=-3y2+1，
1 2 1 2
因为-1≤y≤1，
所以KF 1 ∙KF 2 的范围是-2,1 ；
x +x y +y
(2)设A，B的坐标分别为(x ，y)，(x ，y )，可得M 1 2，1 2
1 1 2 2 2 2
，
则 x x 1 2 2 + + 4 4 y y 1 2 2 = = m m 2 2 ，两式相减可得(x 1 +x 2 )(x 1 -x 2 )+4(y 1 +y 2 )(y 1 -y 2 )=0，
2 2
(y +y )(y -y )
1+4∙ 1 2 1 2 =0，即1+4k ∙k =0，
(x +x )(x -x ) OM l
1 2 1 2
第 页 共 页
2878 34271 m
故k ∙k =- ，又设P(x ，y )，直线l:y=k(x-m)+ (m≠0,k≠0)，
OM l 4 P P 2
m
即直线l的方程为y=kx-km+ ，
2
1 4m2k2
从而OM:y=- x，代入椭圆方程可得，x2= ，
4k P 1+4k2
m 1 4k2m-2km
由y=k(x-m)+ 与y=- x，联立得x = ，
2 4k M 1+4k2
若四边形OAPB为平行四边形，那么M也是OP的中点，
4k2m-2km
所以2x =x ，即4
M P 1+4k2
2 4m2k2
= ，整理可得12k2-16k+3=0，
1+4k2
4± 7
解得k= ，经检验满足题意，
6
4± 7
所以当k= 时，四边形OAPB为平行四边形．
6
x2 y2
4396 (2024·安徽合肥·合肥市庐阳高级中学校考模拟预测)已知椭圆C: + =
a2 b2
1a>b>0
1
的左，右焦点分别为F，F，焦距为2 3，点Q 3,- 1 2 2 在C上.
(1)P是C上一动点，求PF ⋅PF 的范围；
1 2
(2)过C的右焦点F，且斜率不为零的直线l交C于M，N两点，求△FMN的内切圆面积
2 1
的最大值.
【解析】(1)由题意知c= 3，所以a2=b2+3.
1
将点Q 3,-
2
x2 y2 x2
代入 + =1，解得b=1，所以椭圆C的方程为： +y2=1.
b2+3 b2 4
设点Px,y
，则PF 1 ⋅PF 2 =- 3-x,-y ⋅ 3-x,-y
3
=x2-3+y2= x2-2. 4
又因为x∈-2,2
，所以PF 1 ⋅PF 2 的范围是-2,1 .
(2)依题意可设直线l的方程为x=my+ 3，Mx 1 ,y 1 ，Nx 2 ,y 2 .
x=my+ 3,
1
联立x2 得 m2+1
+y2=1, 4
4
3 1
y2+ my- =0.
2 4
-2 3m 1
所以y +y = ，yy =- ，
1 2 m2+4 1 2 m2+4
1
所以S △F1MN = 2 ×2 3⋅y 1 -y 2
12m2
= 3 m2+4
4 m2+1
+ =4 3 2 m2+4 m2+4 ， 2
m2+1
又因为
m2+4
m2+1
=
2 m2+1 2+6m2+1
1
=
+9 m2+1
1
≤ ，
9 12 + +6
m2+1
1
当且仅当m=± 2时等号成立.所以S ≤4 3× =2.
△F1MN 12
又因为三角形内切圆半径r满足r= 2S △F1MN = 2S △F1MN ≤ 4 = 1 .
L 4a 8 2
△F1MN
π
所以△FMN的内切圆面积的最大值为 .
1 4
x2 y2
4397 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C： + =1a>b>0
a2 b2
经过点P2, 2 ，一个
焦点F的坐标为2,0 .
(1)求椭圆C的方程；
第 页 共 页
2879 34271
(2)设直线l：y=kx+m与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，若k ⋅k = ，求
OA OB 3
OA⋅OB的取值范围.
【解析】(1)由题意得，c=2，
根据椭圆定义可得：2a= 2+ 16+2=4 2，解得a=2 2
根据a2=b2+c2，解得b=2，
x2 y2
所以椭圆C的方程为 + =1；
8 4
(2)设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
由
x2+2y2=8
得：1+2k2
x2+4kmx+2m2-8=0，
Δ=16k2m2-41+2k2
2m2-8
=64k2-8m2+32>0，即m2<8k2+4，
4km 2m2-8
x 1 +x 2 =- 1+2k2 ，x 1 x 2 = 1+2k2 ，y 1 y 2 =k2x 1 x 2 +mkx 1 +x 2
2k2m2-8k2
+m2= - 1+2k2
4k2m2 m2-8k2
+m2= ，
1+2k2 1+2k2
yy m2-8k2 1
所以k ⋅k = 1 2 = = ，所以m2=24k2-8，
OA OB xx 2m2-8 3
1 2
3
故24k2-8<8k2+4，解得0≤k2< ，
4
2m2-8 m2-8k2 3m2-8k2-8 64k2-32
所以OA⋅OB=xx +yy = + = = =32-
1 2 1 2 1+2k2 1+2k2 1+2k2 1+2k2
64
.
2k2+1
32
故OA⋅OB的取值范围为 -32,
5
x2 y2
4398 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C： + =1a>b>0
a2 b2
经过点P2, 2 ，一个
焦点F的坐标为2,0 .
(1)求椭圆C的方程；
1
(2)设直线l：y=kx+m与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，若k ⋅k =- ，求
OA OB 2
OA⋅OB的取值范围.
【解析】(1)2a= 2+ 16+2=4 2⇒a=2 2，c=2⇒b=2，
x2 y2
∴椭圆C的方程为 + =1.
8 4
(2)设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
由
x2+2y2=8
得：1+2k2
x2+4kmx+2m2-8=0，
Δ=16k2m2-41+2k2
2m2-8
=64k2-8m2+32>0，
即m2<8k2+4，
4km 2m2-8
x +x =- ，xx = ，
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
y 1 y 2 =k2x 1 x 2 +mkx 1 +x 2
2k2m2-8k2 4k2m2 m2-8k2
+m2= - +m2= ， 1+2k2 1+2k2 1+2k2
yy m2-8k2 1
k ⋅k = 1 2 = =- ，
OA OB xx 2m2-8 2
1 2
∴4m2-16k2=8即m2=4k2+2，故4k2+2<8k2+4⇒k∈R，
第 页 共 页
2880 3427 2m2-8 m2-8k2 3m2-8k2-8
OA⋅OB=xx +yy = + =
1 2 1 2 1+2k2 1+2k2 1+2k2
4k2-2 4
= =2- .
1+2k2 2k2+1
故OA⋅OB的取值范围为-2,2 .
x2 y2
4399 (2024·黑龙江佳木斯·高二佳木斯一中校考阶段练习)已知椭圆C: + =1(a>b>
a2 b2
0)经过点P(2, 2)，一个焦点F的坐标为(2,0).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l:y=kx+1与椭圆C交于A,B两点，O为坐标原点，求OA·OB的取值范围.
【解析】(1)由题意可知再焦点坐标F2,0 ，F(-2，0)，再由椭圆定义PF+PF =2a.(2) 1 1
椭圆与直线组方程组，OA⋅OB=xx +yy ，所以代入韦达，利用判别式控制范围．
1 2 1 2
试题解析:1 2a= 2+ 16+2=4 2⇒a=2 2,c=2⇒b=2
x2 y2
∴椭圆C的方程为 + =1
8 4
2 设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2
y=kx+1
由
x2+2y2=8
得：1+2k2
x2+4kx-6=0
Δ=16k2+241+2k2
=64k2+24>0⇒k∈R
4k -6
x +x =- ,xx =
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
y 1 y 2 =k2x 1 x 2 +kx 1 +x 2
-6k2 4k2 1-8k2
+1= - +1= 1+2k2 1+2k2 1+2k2
-6 1-8k2 -8k2-5 1
OA⋅OB=xx +yy = + = =-4-
1 2 1 2 1+2k2 1+2k2 1+2k2 1+2k2
故OA⋅OB的取值范围为-5,-4
8 题型八：参数的取值范围
x2 y2
4400 (2024·全国·高三专题练习)已知曲线C: + =1表示焦点在x轴上的椭圆.
5-m m-2
(1)求m的取值范围；
(2)设m=3，过点P0,2 的直线l交椭圆于不同的两点A，B(B在A，P之间)，且满足
PB=λPA，求λ的取值范围.
x2 y2
【解析】(1)因为曲线C: + =1表示焦点在x轴上的椭圆，
5-m m-2
5-m>0,
7
所以m-2>0, 解得：2m-2,
7
所以m的取值范围是2,
2
；
x2
(2)因为m=3，所以椭圆方程为： +y2=1；
2
当直线l的斜率不存在时，即直线l:x=0，此时A0,-1 ，B0,1 ，
1
由PB=λPA解得：λ= ；
3
当直线l的斜率存在时，设直线l:y=kx+2，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
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2881 3427x2
+y2=1,
联立直线l与椭圆C: 2 消y得2k2+1
y=kx+2,
x+8kx+6=0，
8k
x +x =-
1 2 2k2+1 3
所以 ，Δ>0，即2k2-3>0，解得k2> ，
6 2
x ⋅x =
1 2 2k2+1
x
由PB=λPA，得λ= 2，
x
1
而 x 1 +x 2 2 x x 1 = 2 + 1 +2=λ+ +2，
x ⋅x x x λ
1 2 1 2
即λ+ 1 = x 1 +x 2
λ
8k
-
2 2k2+1 -2=
x ⋅x 1 2
2
64k2 -2=
6 62k2+1
2k2+1
32 -2=
1 32+
k2
-2，
32
又
1
32+
k2
3
-2在k2∈ ,+∞
2
上单调递增，
1 10 1
所以2<λ+ < ，又B在A，P之间，即0<λ<1，解得： <λ<1；
λ 3 3
1
综上所述，λ的取值范围是 ,1
3
.
2
4401 (2024·黑龙江大庆·统考三模)已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆，离心率e= ，
2
且经过抛物线x2=4y的焦点．若过点B2,0 的直线l(斜率不等于零)与椭圆交于不同
的两点E、F(E在B、F之间)，
1 求椭圆的标准方程；
2 求直线l斜率的取值范围；
3 若△OBE与△OBF面积之比为λ，求λ的取值范围．
【解析】1
x2 y2 c 2
设椭圆的方程为 + =1(a>b>0)，则e= = ①，
a2 b2 a 2
∵抛物线x2=4y的焦点为0,1
02 12
∴ + =1 ②
a2 b2
x2
由①②解得a2=2，b2=1.∴椭圆的标准方程为 +y2=1；
2
2 如图，由题意知l的斜率存在且不为0，
设l 方程为y=kx-2 k≠0 ①，
x2
将①代入 +y2=1 整理得：
2
1+2k2
1
x2-8k2x+8k2-2=0，由△>0 得0b>0)，
a2 b2
4 3
+ =1 ，
a2 b2
a2=8，
由已知得 c 1 解得
a
=
2
， b2=6 ，
c2=a2-b2 ，
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 + =1.
8 6
(2)因为直线l ：y=kx+t与圆(x-1)2+y2=1相切，
t+k
所以
=1，
1+k2
1-t2
整理得2k= (t≠0)．
t
y=kx+t
由x2 y2 消去y整理得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-24=0，
+ =1
8 6
因为直线l与椭圆交于M，N两点，
所以Δ=64k2t2-43+4k2 4t2-24 =1624k2-3t2+18 >0，
1-t2
将2k= 代入上式可得Δ>0恒成立．
t
设M(x ，y)，N(x ，y )，
1 1 2 2
第 页 共 页
2883 34278kt
则有x +x =- ，
1 2 3+4k2
6t
所以y +y =kx +t+kx +t=k(x +x )+2t= ，
1 2 1 2 1 2 3+4k2
因为λOC=x 1 +x 2 ,y 1 +y 2
8kt 6t
=- , 3+4k2 3+4k2 )，
-8kt
所以可得C
3+4k2
-6t
,
λ 3+4k2
λ
，
又因为点C在椭圆上，
8k2t2
所以
3+4k2
6t2
+
2λ2 3+4k2
=1,
2λ2
2t2 2
所以λ2= =
3+4k2 1
t2
，
2 1
+ +1
t2
1
因为t2>0，所以
t2
2 1
+ +1>1，
t2
所以0<λ2<2，
所以λ的取值范围为- 2,0 ∪0, 2 .
x2 y2
4403 (2024·全国·高三专题练习)设椭圆： + =1a>b>0
a2 b2
的左顶点为A，右顶点为B.
3
已知椭圆的离心率为e= ，且以线段AB为直径的圆被直线x+ 3y-2=0所截得
2
的弦长为2 3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点M，且点M在第一象限，点M关于x轴对称点为点
3
N，直线NB与直线l交于点P，若直线OP斜率大于 ，求直线l的斜率k的取值范围.
10
【解析】(1)以线段AB为直径的圆的圆心为：0,0 ，半径r=a，
-2
圆心到直线x+ 3y-2=0的距离d=
=1，
1+3
直线x+ 3y-2=0被圆截得的弦长为2 r2-d2=2 a2-1=2 3，
c 3
解得：a=2，又椭圆离心率e= = ，
a 2
∴c= 3，b= a2-c2=1，
x2
椭圆的标准方程为： +y2=1.
4
(2)设Mx 0 ,y 0 ，其中0 ，
OP 4 2 10
x
0
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2884 34273
∴ b>0
a2 b2
的左顶点为
3
A，右顶点为B．已知椭圆的离心率为e= ，且以线段AB为直径的圆被直线x+ 3y
2
-2=0所截得的弦长为2 3．
(Ⅰ)求椭圆的标准方程；
(Ⅱ)设过点A的直线l与椭圆交于点M，且点M在第一象限，点M关于x轴对称点为点
2
N，直线NB与直线l交于点P，若直线OP斜率大于 ，求直线l的斜率k的取值范围．
5
【解析】(Ⅰ)以线段AB为直径的圆的圆心为：0,0 ，半径r=a
-2
∴圆心到直线x+ 3y-2=0的距离d=
=1
1+3
∴直线x+ 3y-2=0被圆截得的弦长为2 r2-d2=2 a2-1=2 3
c 3
解得：a=2，又椭圆离心率e= =
a 2
∴c= 3，b= a2-c2=1
x2
∴椭圆的标准方程为： +y2=1
4
(Ⅱ)设Mx 0 ,y 0 ，其中0
OP 4 2 5
x
0
4
∴ b>0)的离心率为 ，过焦点
a2 b2 2
且垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦长为1，过点M(3,0)的直线与椭圆C相交于不同的
两点A，B.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P为椭圆C上一点，且满足OA+OB=tOP(O为坐标原点)，试求实数t的取值范
围.
x2 y2 3
【解析】(1)∵椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，
a2 b2 2
过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦长为1，
c 3 2b2
∴e= = , =1，
a 2 a
又a2=b2+c2，
解得a=2,b=1,c= 3，
x2
∴椭圆方程为 +y2=1.
4
(2)设A(x ，y)，B(x ，y )，P(x,y)，
1 1 2 2
设AB:y=k(x-3)，
y=k(x-3)
联立x2 得(1+4k2)x2-24k2x+36k2-4=0，
+y2=1
4
Δ=242k4-16(9k2-1)(1+4k2)>0，
1 24k2 36k2-4
解得k2< ,x +x = ，x ⋅x = ，
5 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
OA+OB=(x +x ,y +y )=t(x,y)，
1 2 1 2
1 24k2
x= (x +x )= ，
t 1 2 t(1+4k2)
1 1 -6k
y= (y +y )= [k(x +x )-6k]= ，
t 1 2 t 1 2 t(1+4k2)
(24k2)2 144k2
由点P在椭圆上得 + =4，
t2(1+4k2)2 t2(1+4k2)2
整理可得36k2=t2(1+4k2)，
当k=0时，t=0；
36k2 36
当k≠0时，t2= = ，
1+4k2 1
4+
k2
1 36
∵k2< ，∴0b>
a2 b2
3
0)的离心率为 ,过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦长为1,过点M(3,0)的
2
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2886 3427直线与椭圆C相交于两点A,B
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P为椭圆上一点,且满足OA+OB=tOP(O为坐标原点),当AB < 3时,求实
数t的取值范围.
c 3 c2 3
【解析】解(1) 由已知e= = ,所以 = ,所以a2=4b2,c2=3b2
a 2 a2 4
x2 y2
所以 + =1
4b2 b2
2b2
又由过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦长为 =1
a
所以b=1
x2
所以 +y2=1
4
(2)设A(x,y),B(x ,y ),P(x,y)
1 1 2 2
设AB:y=k(x-3)与椭圆联立得
y=k(x-3)
x2
+y2=1
4
整理得(1+4k2)x2-24k2x+36k2-4=0
Δ=242k4-16(9k2-1)(1+4k2)>0
1 24k2 36k2-4
得k2< x +x = ,x ⋅x =
5 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
1 24k2
OA+OB=(x +x ,y +y )=t(x,y) x= (x +x )=
1 2 1 2 t 1 2 t(1+4k2)
1 1
y= t (y 1 +y 2 )= t k(x 1 +x 2 )-6k
-6k
= t(1+4k2)
(24k2)2 144k2
由点P在椭圆上得 + =4
t2(1+4k2)2 t2(1+4k2)2
36k2=t2(1+4k2)
又由AB = 1+k2 x 1 -x 2 < 3, 所以(1+k2)(x -x )2<3 1 2
(1+k2)(x +x )2-4xx
1 2 1 2
<3
242k4 4(36k2-4)
(1+k2) -
(1+4k2)2 1+4k2
<3
(8k2-1)(16k2+13)>0
1
所以8k2-1>0,k2>
8
1 1
所以
