第78讲参数范围与最值_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

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=fk  ，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0<r<2时，圆O在椭圆内部，切点在椭圆内，圆的每一条切线都过椭圆内
部的点，切线与椭圆总有两个不同交点，满足题意；当r≥2时，圆的切线y=r和y=-r
都和椭圆最多只有一个公共点，不满足题意；
故r的取值范围是(0,2).
(2)当圆的切线的斜率存在时，设圆的切线为y=kx+m，设A(x,y),B(x ,y )，由
1 1 2 2

x2
+
y2
=1 -6km
12 4 消去y得：(1+3k2)x2+6kmx+3m2-12=0，则x +x = ，xx =
1 2 1+3k2 1 2
y=kx+m
3m2-12 m2-12k2  
，则yy =(kx +m)(kx +m)= ，由OA⋅OB=0得xx +yy =0，
1+3k2 1 2 1 2 1+3k2 1 2 1 2
第 页 共 页
2837 34274m2-12k2-12 m
即 =0，∴m2=3(1+k2)，又由y=kx+m与圆O相切得r=
1+3k2

，即
1+k2
m2
r2= ，解得r2=3，此时圆O的方程为x2+y2=3.
1+k2
当切线斜率不存在时，上述圆的切线为x= 3或x=- 3，这两条切线与椭圆的交点为
 
A( 3, 3)，B( 3,- 3)或A(- 3, 3)，B(- 3,- 3)，也满足OA⋅OB=0，故满足
条件的圆O存在，其方程为x2+y2=3.
当切线斜率存在且不等于0时，因为AB  = 1+k2 (x +x )2-xx = 1 2 1 2
36k2m2 12m2-48 9k4+10k2+1 4k2
1+k2 - =2 3⋅ =2 3⋅ 1+ =
(1+3k2)2 1+3k2 9k4+6k2+1 9k4+6k2+1
4 1
2 3⋅ 1+ ≤4，当且仅当k2= 时取等号；
1 3
9k2+ +6
k2
当切线斜率不存在或等于0时，AB  = 3，则AB  =4，又OA⊥OB，故OA
max
 OB 
=rAB  = 3AB  ，则 OA  OB    = 3AB
max
 =4 3.
max
4358 (2024·河北·统考模拟预测)在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴上滑动，点B在y轴
 
上滑动，A、B两点间距离为1+ 3．点P满足BP= 3PA，且点P的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设M，N是C上的不同两点，直线MN斜率存在且与曲线x2+y2=1相切，若点F为
 2,0  ，那么△MNF的周长是否有最大值．若有，求出这个最大值，若没有，请说明理由．
【解析】(1)设点P坐标为x,y  ，点A,B的坐标分别为a,0  ,0,b  ．
 
由题意BP= 3PA，得x,y-b  = 3a-x,-y 
1+ 3
则a= x，b=1+ 3
3
 y，
又因为A、B两点间距离为1+ 3，则a2+b2=1+ 3  2
1+ 3  2
x2+1+ 3
3
 2y2=1+ 3  2
x2
整理得点P的轨迹为椭圆，其方程C： +y2=1．
3
(2)因为直线MN的斜率存在，设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，
设直线MN：y=kx+m，因为M，N是椭圆C上的不同两点，所以k≠0
m
由直线MN与曲线x2+y2=1相切可得

=1，得m2=k2+1，
k2+1
y=kx+m

联立x2 可得1+3k2
+y2=1
3
 x2+6kmx+3m2-3=0，
6km 3m2-3
所以x +x =- ，x ⋅x = ，
1 2 1+3k2 1 2 1+3k2
所以MN  = 1+k2⋅ x 1 +x 2  2-4x⋅x 2
6km
= 1+k2 -
1+3k2

2 3m2-3 24k2 24k2 24k2m2
-4⋅ = 1+k2⋅ = m2 = ，
1+3k2 1+3k2 1+3k2 1+3k2
MF  = x 1 - 2  2+y2 1 = x2 1 -2 2x 1 +2  +y2 1
x2
∵ 1 +y2=1，
3 1
MF  = x2 1 -2 2x 1 +2 
x2 2x2 2x2-6 2x +9
+1- 1 = 1 -2 2x +3= 1 1 = 3 3 1 3
第 页 共 页
2838 34273- 2x 6
1 = 3- x
3 3 1
同理NF 
6
= 3- x 3 2
MF  +NF 
6
=2 3- 3 x 1 +x 2 
6 6km
=2 3+  3 1+3k2 
km
=2 3+2 6 1+3k2 
24k2m2 km
所以△MNF的周长= +2 3+2 6
1+3k2 1+3k2

当km<0时，△MNF的周长=2 3
km
当km>0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，
第 页 共 页
2839 3427x2 y2
所以椭圆C的标准方程是 + =1.
6 2
(2)由题知F2,0  ，作出图形如图所示
设点P3,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+8m2+3

=24m2+24>0，
设Mx 1 ,y 1  ,Nx 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+1t≥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: + =1a>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 2c,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Ax 1 ,y 1  、Bx 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  = 2x 1 +2  ⋅ 2x 2 +1 
2 4
=2× ×1= ， 3 3
MB  ⋅AF  = 2x 2 +2  ⋅ 2x 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=kx+1  ，
1
则直线m方程为y=- x+1
k
 ，其中k≠0．
y=kx+1 联立   
x2+2y2=2
可得1+2k2  x2+4k2x+2k2-2=0，
设A 1x 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ，则Δ=16k4-82k2+1  k2-1  =8k2+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 +2x 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

2k
=
2

，
1+k2
1
所以
MA 
1
+
MB 
1
+
NC 
1
+
ND 
2 1+k
=
   k2+1+2k
=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: + =1a>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: + =1a>b>0
a2 b2

1
的离心率为 ，左顶点为A-2,0
2
 ，
第 页 共 页
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=483m2-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 +mn+2  y 1 +y 2  +n+2  2
3n2-12
4+3m2
=
3n2-12
m2⋅ +mn+2
4+3m2

-6mn

4+3m2
 +n+2  2
3n2-12
=
4n+2 
3n-2
=
2

4n+2 
9
=- ，解得n=-1，
4
此时Δ=483m2+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Px 1 ,y 1  ，Qx 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 +kmx 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: + =1a>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 2a,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=kxk≠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
 121+k2 =  ， 4k2+3
同理可得OB 
1
12 +1
k2
=

12k2+1
=
4
+3
k2

，
3k2+4
1
此时，S = OA
△OAB 2
 ⋅OB 
1 12k2+1
=
2
 12k2+1
⋅
4k2+3
 6k2+1
=
3k2+4

4k2+3

3k2+4

6k2+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，F2,0  ,C2,1 
   
，CS=λCF,OR=λOF.
第 页 共 页
2844 3427(1)求直线ER与直线GS交点M的轨迹方程；
(2)过点I1,0  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，R2λ,0  ,S2,1-λ  ，E0,-1  ，G0,1  ，
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M0,1  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=16m2+3  >0，设Px 1 ,y 1  ,Qx 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J4,y J 
6y
，其中y = 1 ， J x +2
1
同理直线HQ与直线PF的交点K4,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  = 18y 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  2-163+4k2  (t2-3)=0，则t2=3+4k2
-8kt
此时方程的根为
23+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
 4n2+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
4n2+9
⋅d= ×
2

2n2+9
× n2+9=
n2+12

n2+9
n2+12
令s= n2+9，则n2=s2-9，s≥3，
2n2+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Px 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Px 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0<t<b时，S>0，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<a
b3×b 1
≤ 2b时，S = = b2，当 a2-b2≤b，即a> 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<a≤ 2b时，S = b2；当a> 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Tx 0 ,y 0  ,Ax 1 ,y 1  ,Bx 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Aa,
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T0,-
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Q0,
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F2,0  ，直线l:x=
-2，作直线l的平行线l:x=ax>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Q3,1  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F2,0  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Q3,1  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=my-1 AB  +3，Ax 1 ,y 1  ，Bx 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=my-1 


,消去x可得y2-8my+8m-24=0，
+3
则Δ=322m2-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=161+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ft  =4t3+11t2+9t，则ft  =12t2+22t+9，
当1≤t≤3时，ft  >0，ft  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Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，Mx 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-2<m<2
4-m2
2 m
当x= 时，y=- ，
4-m2 2 4-m2
2 m
当x=- 时，y=
4-m2 2 4-m2
第 页 共 页
2852 34272 m
则P ,-
4-m2 2 4-m2

2 m
，Q- ,
4-m2 2 4-m2

P，Q点直线AB距离分别是：
 2 + m2 + 3
4-m2 2 4-m2
d =
1
 2 m2 + + 3
4-m2 2 4-m2
= ，d =
1+m2 1+m2 2
- 2 - m2 + 3
4-m2 2 4-m2

1+m2
因为P，Q点直线AB两侧，故
2 m2
- - + 3
4-m2 2 4-m2

2 m2
 + + 3
4-m2 2 4-m2
 <0
2 m2 2 m2
显然 + + 3>0，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 =1a>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Mx 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⇒- 2<n< 2,则PQ
2-n2 2-n2
 =2 x2+y2=
4+n2
2 ,设点A到直线PQ的距离为d,则B到直线PQ的距离也为d,则2d=
2-n2
nx +2y A A  +nx B +2y B  n2+4 ,因为A,B在直线PQ的两端,所以nx B +2y B  nx +2y A A  <0,
nx +2y 则2d= A A  +nx B +2y B  = nx A +2y A -nx B +2y B
n2+4
   ,又因为A,B在直线x=
n2+4
n2+2 ny-1上,所以2d=  y A -y B  n2+2 =
n2+4
 y A +y B  2-4y A y B = 2 2⋅ 1+n2 ,
n2+4 n2+4
则四边形APBQ面积
2 2⋅ 1+n2 3
= =2 2⋅ -1+ ,因为0<2-n2≤2,所以当n2=0时,四边形
2-n2 2-n2
APBQ面积的最小值为2.
考点：弦长 双曲线 椭圆 最值
x2 y2
4372 (2024·山西朔州·高三校联考开学考试)已知椭圆E： + =1(a>b>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 2c,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=kx- 2  ，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
y=kx- 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+ kx 1 - 2  -kx 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 4k2+1
-4× =
1+2k2

，
2k2+1
同理可得CD 
1
4 +1
k2
=

4k2+1
=
2
+1
k2

，
k2+2
1
所以S = AB
四边形ACBD 2
 ×CD 
8k2+1
=

2
k2+2

2k2+1

，
因为k2+2  2k2+1 
k2+2
≤
 +2k2+1  

 2
 2 9k2+1
=
 2
，
4
当且仅当k2+2=2k2+1，即k=±1时等号成立，
8k2+1
所以S ≥
四边形ACBD

2
9k2+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 2c,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<x <a．
a2 b2 0 a2 0 0

因为PF 1 =-c-x 0 ,-y 0 

,PF 2 =c-x 0 ,-y 0  ，
  b2 c2
所以PF ⋅PF =x2-c2+y2=x2-c2+b2- x2= x2-c2+b2，
1 2 0 0 0 a2 0 a2 0
 
所以当x =0时，PF ⋅PF 取得最小值b2-c2，所以b2-c2=2．
0 1 2
 
b2-c2=2

a=2
c 1
由
a
=
2
，解得b= 3，
  a2=b2+c2 c=1
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1；
4 3
(2)由题设直线l斜率存在，设A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 ),l:y=kx-1  ，
x2 y2
+ =1
由 4 3
y=kx-1 

 得3+4k2 
8k2
x +x =
 1 2 3+4k2
x2-8k2x+4k2-12=0，∴ ，
4k2-12
xx = 1 2 3+4k2
所以AB  = 1+k2 x 2 -x 1  = 1+k2× x 2 +x 1  2-4xx 1 2
8k2
= 1+k2× 
4k2+3

2 4k2-12 12k2+1
-4× =
4k2+3

，
4k2+3
1
因为l⊥l 1 ，所以k MN =- k ，则MN 
12k2+1
=

， 3k2+4
所以四边形AMBN面积：
1
S= AB
2
 ×MN 
1
12k2+1
= ×
2

12k2+1
×
4k2+3

72k2+1
=
3k2+4

2
4k2+3

3k2+4

，
72k2+1
S=

2
4k2+3  3k2+4 
72k2+1
≥

2
4k2+3+3k2+4 
2

288
= ，
2 49
288
当且仅当4k2+3=3k2+4时取等号，即k=±1时，S = ，
min 49
当直线l的斜率不存在时，AB  =3,MN 
1
=4，四边形AMBN的面积为 ×3×4=6，
2
288 288
又由6> ，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F0,1  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Mx,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Ax 1 ,y 1  ,Cx 2 ,y 2 
6k 9
，则x +x =- ,xx =- ， 1 2 3k2+4 1 2 3k2+4
AC  = 1+k2 x 1 +x 2 
144k2+1
2-4xx = 1+k2 1 2

3k2+4 
121+k2
= 2

， 3k2+4
1
l 1 ⊥l 2 ，则直线l 2 的斜率为- k ，同理BD 
121+k2
=

， 4k2+3
1
S= AC
2
 ⋅BD 
721+k2
=

2
3k2+4

4k2+3

，
令k2+1=tt≥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 1x 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N0,1
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：0<k2<
3
，
2
3
所以r=|MN|= (2k-0)2+(-1-1)2=2 k2+10<k2<
2
 ，
5
所以1<k2+1< ⇒2<2 k2+1< 10，即2<r< 10，
2
所以圆N的半径r的取值范围为(2, 10).
(2)由(1)知，2k2+1=-m，
-4km
所以|AB|= 1+k2× (x +x )2-4xx = 1+k2× 
1 2 1 2 2k2+1

2 2m2-8
-4× =
2k2+1
8(3-2k2)(k2+1) 3
0<k2<
2k2+1 2
 ，
t-1
令t=2k2+1，则k2= (1<t<4)，
2
t+1
8(4-t)×
2 4
所以|AB|= =2 -t+ +3，
t t
第 页 共 页
2859 34274
显然y=-t+ +3在(1,4)上单调递减，
t
4 4
所以0<-t+ +3<6，所以0<2 -t+ +3<2 6，即0<|AB|<2 6，
t t
故|AB|的取值范围为(0,2 6).
4377 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；
4378 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；
4379 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．
4380 (2024·广东深圳·高三校联考期中)已知点Mx,y  在运动过程中，总满足关系式：
x- 3  2+y2+ x+ 3  2+y2=4.
(1)点M的轨迹是什么曲线？写出它的方程；
(2)设圆O:x2+y2=1，直线l:y=kx+m与圆O相切且与点M的轨迹交于不同两点A,
 
1
B，当λ=OA⋅OB且λ∈  ,1
 2
 时，求弦长AB  的取值范围.
【解析】(1)由关系式 x- 3  2+y2+ x+ 3  2+y2=4，结合椭圆的定义，
点M的轨迹是以F 1- 3,0  ，F 2 3,0  为焦点，长轴长为4的椭圆.
∴ c= 3,a=2,b2=a2-c2=4-3=1c= 3，
x2
∴点M的方程为 +y2=1.
4
y=kx+m
(2)由题意，联立方程
 x2+4y2-4=0
，则1+4k2

x2+8kmx+4m2-4=0
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
8km
x +x =-
 1 2 1+4k2
则 4m2-4 ，Δ=8km
x ⋅x =
1 2 1+4k2
 2-41+4k2  4m2-4  >0,4k2-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 +kmx 1 +x 2  +m2，
=1+k2 
4m2-4 8km
+km-
1+4k2 1+4k2

5m2-4k2-4
+m2=
1+4k2
51+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 +ktx 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=16k2t2-41+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0<k2≤ ，
8
-4kt
x +x =
 3 4 1+2k2
设P(x ,y )，Q(x ,y )，则 ，
3 3 4 4 2t2-2
x x =
3 4 1+2k2
所以x 3 -x 4 
-4kt
2= 1+2k2 
2 2t2-2 -8t2-2k2-1
-4 = 1+2k2

1+2k2

80k2
= 2 1+2k2

， 2
所以|PQ|2=1+k2  x 3 -x 4 
80k2 1+k2
2=

1+2k2

， 2
1 5
设λ=1+2k2，由0<k2≤ ，得λ∈1,
8 4

1 16
，所以 ∈  ,1
λ2 25
 ，
第 页 共 页
2861 3427所以PQ 
λ-1 λ+1
80 ⋅
2 2 1
2= =201-
λ2 λ2

36
∈0,
5
 ，
所以PQ  6 5 ∈0,
5
 .
x2 y2
4382 (2024·陕西咸阳·校考三模)已知双曲线C: - =1a>0,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: - =1a>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: - =1a>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+361-k2 


 >0 ，解得-1<k<1，

9

 x
1
x
2
=-
1-k2
<0
2k 9
x +x =- ，xx =- ，
1 2 1-k2 1 2 1-k2
2k
所以|MN|= 1+k2⋅ (x +x )2-4xx = 1+k2⋅ -
1 2 1 2 1-k2

2 36
+ =
1-k2
2 1+k2× 9-8k2
，
1-k2
1
x=
联立  y y = = k x x-1 ，解得   k- 1 1 ，所以P k- 1 1 , k- 1 1
y=
k-1
 ，
1
x=
联立  y y = =- kx x -1 ，解得   k+ 1 1 ，所以Q k+ 1 1 ,- k+ 1 1
y=-
k+1
 ，
1 1
所以|PQ|=  -
k-1 k+1

2 1 1
+ +
k-1 k+1

2 2 1+k2
= ，
1-k2
第 页 共 页
2863 3427MN
所以

PQ 
2 1+k2× 9-8k2
1-k2
= = 9-8k2，其中-1<k<1，
2 1+k2
1-k2
因为0≤k2<1，所以1<9-8k2≤9， 9-8k2∈(1,3].
MN
所以

PQ 
的取值范围为(1,3].
5 题型五：三角形面积的取值范围问题
x2 y2
4384 (2024·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习)已知双曲线W: - =
a2 b2
1a,b>0 
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=4m2c2-4m2-a2  =4m2 c2-1  +4a2=4a2 m2+1  >0，
设Bx 1 ,y 1  ,Cx 2 ,y 2 
2mc 1
，则y +y = ,yy = ， 1 2 m2-a2 1 2 m2-a2
则x 1 +x 2 =my 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Ex 3 ,y 3  ,Hx 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 =
ma2+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 
= 2y 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 =1a>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-1<t<1.
2
将l方程代入x2-y2=1，化简得t2-1  y2+2 3ty+2=0.
设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2 
2 3t 2
，则y +y =- ，yy = ， 1 2 t2-1 1 2 t2-1
MN  = 1+t2⋅ y 1 +y 2 
2+t2
2-4yy =2 1+t2⋅ ， 1 2 1-t2
x2
设平行于l与椭圆 2 +y2=1相切的直线为l 1 :x=ty+m-1<t<1  ，
x=ty+m
由
 x2+2y2=2
得t2+2

y2+2mty+m2-2=0，
由Δ=4m2t2-4t2+2  m2-2  =0得m=± t2+2，
 3- t2+2
直线l与l 之间的较小距离d =
1 1
 3- t2+2
= ，
1+t2 1+t2
 3+ t2+2
直线l与l 之间的较大距离d =
1 2
 3+ t2+2
= ，
1+t2 1+t2
1
则△PMN面积的较小值为S 1 = 2 MN 
 3- t2+2
d = 1
 t2+2
， 1-t2
1
△PMN面积的较大值为S 2 = 2 MN 
 3+ t2+2
d = 2
 t2+2
， 1-t2
3 3
设q= t2+2， 2≤q< 3，t2=q2-2，则S =1- ，S = -1， 2≤q<
1 3+q 2 3-q
3，
1
∴ 6-2≤S < ，S ≥ 6+2.
1 2 2
所以△PMN面积的取值范围为 6-2,+∞  .
x2 y2
4386 (2024·浙江金华·模拟预测)P是双曲线 - =1右支上一点，A，B是双曲线的左
4 12
右顶点，过A，B分别作直线PA，PB的垂线AQ，BQ，AQ与BQ的交点为Q，PA与
BQ的交点为C．
第 页 共 页
2866 3427y
(1)记P，Q的纵坐标分别为y ,y ，求 P 的值；
P Q y
Q
1 15 S
(2)记△PBC,△QAC的面积分别为S,S ，当 ≤tan∠AQB≤ 时，求 1 的取值范
1 2 2 5 S
2
围．
【解析】(1)由已知条件得：A(-2,0),B(2,0)，设PA，PB的斜率分别为k ，k ，
1 2
1 1
则QA，QB的斜率分别为- ,- ，
k k
1 2
x= 2k 2 +k 1 y=k(x+2), 由 1 ⇒ y=k (x-2). 2        4k k 2 k -k 1 , 即有P 2k 2 +k 1   y= 1 2 .
 k -k
2 1
 4kk  , 1 2 k -k k -k 2 1 2 1  ．
y=- 1 (x+2), x= 2k 2 +k 1 k 由 1 ⇒ 1
y=- (x-2).
k
2
      k 1 -k 2 , 即有Q 2k 2 +k 1 4
 y= .
 k -k
2 1
 4  , k -k k -k
1 2 2 1

4kk 4
∵y = 1 2 , y =
P k -k Q k -k
2 1 2 1
x2
12 P -1
y y y2 4
而kk = P ⋅ P = P =
1 2 x +2 x -2 x2-4
P P P

x2-A
P 
=3，
y
∴ P =kk =3．
y 1 2
Q
(2)由于∠PAQ=∠PBQ=90°，
显然P，Q，B，A四点共圆，
8
PO为直径，PQ中点M0,
k -k
2 1
 为圆心，
1 15
又 ≤tan∠AQB≤
2 5
则tan∠AQB=tan ∠AMB =tan∠OMB= 2 = k 2 -k 1 ∈   1 , 15
2 8 4  2 5
k -k
2 1
 ，
4 15
∴2≤k -k ≤ ①，又kk =3 ②，
2 1 5 1 2
①2 10 k k 26 k
得： ≤ 2 + 1 ≤ ，解得3≤ 2 ≤5．
② 3 k k 5 k
1 2 1
PA:y=k(x+2),
 1
由 1 ⇒x =-1，，而x =-x ．
QB:y=- (x-2). C P Q
k
2
第 页 共 页
2867 34271 1 -1 ⋅|BC|⋅|BP| ⋅ 1+ S 2 2 k
∴ 1 = = 2
S 1 2 ⋅|AC|⋅|AQ| 2
 2 |2-(-1)|⋅ 1+k 2  2 x P -2 
1 2 ⋅ 1+k 1  -1 2|(-1)-(-2)|⋅ 1+ k
1
 2 (-2)-x Q 
1
3k +
2 k = 2

k
3k + 1
2 3 =
1
k +
1 k
1

= 33k 2 +k 1
k
k + 2
1 3
 24 =9- ．
k +3k k
2 1 2 +3
k
1
k S
因为3≤ 2 ≤5，根据单调性，求得 1 ∈[5,6]
k S
1 2
4387 (2024·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知A-2,0  ，B2,0 
x2
为椭圆C： +
a2
y2
=1a>b>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-1t≠0  ，Dx 1 ,y 1  y 1 >0  ，Ex 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，- <k+ +2<0，解得-3<k<- 且k≠-1，
y 3 k 3
1
S 1 y 1 1
所以 △AEF =- ⋅ 2 ∈ ,
S 3 y 9 3
△BDF 1

1
∪ ,1
3
 ，
第 页 共 页
2868 34271 1
因为 ∈ ,1
3 9

S 1
，可得 △AFF 的取值范围为 ,1
S 9
△BDF
 .
4388 (2024·四川南充·模拟预测)如图所示，以原点O为圆心，分别以2和1为半径作两个同
心圆，设A为大圆上任意一点，连接OA交小圆于点B，设∠AOx=θ，过点A、B分别作
x轴，y轴的垂线，两垂线交于点M．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
 
(2)点E、F分别是轨迹C上两点，且OE⋅OF=0，求△EOF面积的取值范围．
【解析】(1)因为∠AOx=θ(0≤θ<2π)，所以A2cosθ,2sinθ  ,Bcosθ,sinθ  ，
设Mx,y  ，则 
x=2cosθ
(θ是参数)，消去θ得
x2
+y2=1，
y=sinθ 4
x2
即曲线C的方程为 +y2=1；
4
 
(2)∴OE⋅OF=0，
∴OE⊥OF，
当直线OE或OF的斜率不存在时，易得S =1
△EOF
当直线OE和OF的斜率都存在时，设l :y=kxk≠0 OE  ,Ex 1 ,y 1  ，
x
则l :y=-
OF k
4
x2=
由  y x2 = + k 4 x y2=4 得   y2 1 = 1+ 4k 4 2 k2 ，
1 1+4k2
∴OE 
41+k2
= x2+y2= 1 1

， 4k2+1
同理可得OF 
1
41+
k2
=

4k2+1
=
4
+1
k2

k2+4
第 页 共 页
2869 34271
S = OE
△EOF 2
 ⋅OF 
k2+1
=2
 2
k2+4  4k2+1 
，令t=k2+1>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)，Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，
y=kx+m
则  x2+4y2-4=0 ，所以1+4k2  x2+8kmx+4m2-1  =0，
-8km
4m2-1
所以x +x = ，xx =
1 2 1+4k2 1 2

，
1+4k2
且Δ=64k2m2-161+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 +kmx 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0<m2<2，且m2≠1.
|m|
设点O到直线PQ的距离为d，所以d= .
k2+1
1
因为k=± 2 ，所以x 1 +x 2  2=4m2，x 1 x 2 =2m2-1  ，
1 1 |m|
所以S △OPQ = 2 d⋅|PQ|= 2 1+k2 1+k2 x 1 -x 2 
1
= 2 |m| x 1 +x 2  2-4x 1 x 2 = m2 2-m2 
= -m2-1  2+1，
又0<m2<2，且m2≠1.所以S ∈(0,1)
△OPQ
即△OPQ的面积的取值范围0,1  .
6 题型六：四边形面积的取值范围问题
x2 y2
4390 (2024·四川成都·高三石室中学校考开学考试)已知椭圆C ： + =1(a>b>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  =BF 1  ,AF 1  =AF 2  ，且四边形
ABAB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Ax 1 ,y 1  ，Bx 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 2t2+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 2t2+1
故S = S = ⋅
AF1F2B 2 ABAB 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，Ax 1 ,y 1  ，Bx 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=484k2-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 +knx 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=tOA+OB  ，所以S =2S =4tS ，
ACBD OACB △OAB
因为AB  = 1+k2 x 1 -x 2 
8kn
= 1+k2 - 4k2+3 
2
44n2-12
-

= 4k2+3
4 21 1+k2 16k2+9
，
7 4k2+3
且点O0,0 
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=tOA+OB  ，则C点坐标为 tx 1 +x 2  ,ty 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 2n 
，
4k2+3
则S =4tS =4
ACBD △OAB 2n 
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Ax 1 ,y 1  ，Bx 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: + =1a>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+4k2+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 21+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 21+k2
=
 k  
1+2k2
则四边形AMBN的面积为
1
S= AB
2
 ⋅MN 
1 2 21+k2
= ⋅
2

k2+2  k 
2 21+k2
⋅
 k  41+k2
=
1+2k2
 2
k2+2  1+2k2 
令1+k2=t，则t>1，且2+k2=t+1，2k2+1=2t-1
41+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
1a>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=123-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 
31+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 
31+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 
31+k2
=2

31+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
∵ <k2<3，∴k2+2+ ∈ 4，
3 k2  3

16k2 16
，∴ = ∈3，4
(1+k2)2
k2+2+
1
k2
 ，
16k2
∴ -3∈0，1
(1+k2)2
 ，
∴S ∈6，+∞
ACBD
 ；
②，假设满足题意的直线AD存在，
易知直线AD斜率存在，设直线AD的方程为y=tx+m，
A(x ,y ),D(x ,y )，
5 5 6 6
y=tx+m

联立 y2 ，整理得3-t2
x2- =1
3
 x2-2tmx-m2-3=0，
则3-t2  ≠0且Δ=4t2m2+4m2+3  3-t2  >0，
解得t2≠3且t2<m2+3，
2km
x +x =
 5 6 3-k2
由韦达定理有 ，
-m2-3
x x =
5 6 3-k2
则AD 
4t2m2 4-m2-3
= 1+t2 (x +x )2-4xx = 1+t2 - 1 2 1 2 (3-t2)2

3-t2
1+t2
=

12m2-12t2+36

，
(3-t2)2
不妨设M为直线AD与渐近线y= 3x的交点，
m
x=
联立  y=tx+m ，解得   3-t ，
y= 3x 3m
y=
3-t
m 3m
∴M ，
3-t 3-t
 ，
-m 3m
同理可得N点的坐标为 ，
3+t 3+t
 ，
第 页 共 页
2876 3427则MN 
m -m
=  -
3-t 3+t

2 3m 3m
+ -
3-t 3+t

2
121+t2
=

m2
，
(3-t2)2
因为M，N为线段AD的三等分点，AD  =3MN  ，
1+t2
即

12m2-12t2+36

121+t2
=3
(3-t2)2

m2
，
(3-t2)2
整理得t2+8m2-3=0，①
 
∵AB⊥CD，∴AO⊥DO，
 
则AO⋅DO=0，即x x +y y =0，
5 6 5 6
x 5 x 6 +y 5 y 6 =x 5 x 6 +tx 5 +m  tx 6 +m 
=1+t2  x 5 x 6 +tmx 5 +x 6  +m2=1+t2 
-m2-3 2tm
+tm +m2=0， 3-t2 3-t2
整理得-3t2+2m2-3=0,②
9
联立①②得t2=- ，无解，
13
故没有满足条件的直线AD．
y2 x2 2
4394 (2024·浙江·校联考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>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Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  在C 上，且x <0<x ，分别以A,B为切点，作C 的切线相交于 2 1 2 2
点P，点P恰好在C 上，直线AP,BP分别交x轴于M,N两点.求四边形ABMN面积的
1
取值范围.
【解析】(1)由题知C 1 过点 6,-2 
 e= c = 2
a 2
 a=4
，则 4 6 ，解得 ，  + =1  a2 b2 b=2 2
  a2=b2+c2
y2 x2
∴C: + =1.
1 16 8
(2)设直线AB的方程为y=kx+m(m>0),Ax 1 ,y 1  ,Bx 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P4k,-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 = dAB △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+1x 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
1a>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Px,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，Mx 1 ,y 1  ，Nx 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+6m2+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： + =1a>b>0
a2 b2
 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；
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Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
y=kx+m
由
 x2+2y2=8
得：1+2k2

x2+4kmx+2m2-8=0，
Δ=16k2m2-41+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 +mkx 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： + =1a>b>0
a2 b2
 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；
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Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
y=kx+m
由
 x2+2y2=8
得：1+2k2

x2+4kmx+2m2-8=0，
Δ=16k2m2-41+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 +mkx 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F2,0  ，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Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
y=kx+1
由
 x2+2y2=8
得：1+2k2

x2+4kx-6=0
Δ=16k2+241+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 +kx 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P0,2  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：2<m< ，
2
5-m>m-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A0,-1  ，B0,1  ，
 
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，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
第 页 共 页
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 62k2+1
2k2+1

32 -2=
1 32+
k2

-2，
32
又
1
32+
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B2,0  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=kx-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0<k2< ，
2
2
k∈- ,0
2

2
∪0,
2
 ；
第 页 共 页
2882 34273  设Ex,y 
8k2
x+x'=
 1+2k2 S BE
，，则 ②令λ= △OBE，则λ=
8k2-2 S xx'= △OBF
1+2k2

BF 
，
 
由此可得 BE=λBF，且(0<λ<1)，
λ 1+2k2 4λ 1
∴ = ，即k2= - ，
(1+λ)2 8 (1+λ)2 2
1
∵0<k2< ，
2
4λ 1 1
∴0< - < ，解得 3-2 2<λ<3+2 2 又∵0<λ<1，
(1+λ)2 2 2
∴3-2 2<λ<1，
∴△OBE与△OBF面积之比的取值范围是3-2 2,1  ．
4402 (2024·广东广州·高二执信中学校考期末)已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆过
点P2, 3 
1
，且它的离心率e=
2
(I)求椭圆的标准方程；
(II)与圆x-1  2+y2=1相切的直线l:y=kx+t交椭圆于M、N两点，若椭圆上一点C
  
满足OM+ON=λOC，求实数λ的取值范围
x2 y2
【解析】(1)设椭圆的标准方程为 + =1(a>b>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=64k2t2-43+4k2  4t2-24  =1624k2-3t2+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： + =1a>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Mx 0 ,y 0  ，其中0<x 0 <2，0<y 0 <1，则Nx 0 ,-y 0  ，
y y
∴k= 0 ，k = 0 ，
x +2 BN 2-x
0 0
y
则直线AM为：y= 0 x+2
x +2
0

y
；直线BN为：y= 0 x-2
2-x
0
 ，
y
y= 0 x+2 x +2
由 0

y
y= 0 x-2
2-x
0

 4 2y
 得：P , 0
x x
0 0
 ，
2y
0
x y 3
∴k = 0 = 0 > ，
OP 4 2 10
x
0
第 页 共 页
2884 34273
∴ <y <1，
5 0
y y y  4-4y2-2
∴k= 0 = 0 = 0 0
x 0 +2 4-4y2 0 +2
 1- 1-y2
= 0 ，
-4y2 2y 0 0
4
令 1-y2=t，t∈0,
0 5
 ，则y = 1-t2，
0
1-t 1 1-t
∴k= = ×
2 1-t2 2
 2 1 1-t 1 2
= × = × -1+ ，
1-t2 2 1+t 2 1+t
4
∵t∈0,
5

2 10
∴ ∈ ,2
1+t 9
 ，
1 2 1 1
∴ × -1+ ∈ ,
2 1+t 6 2
 ，
1 1
即k∈ ,
6 2
 .
x2 y2
4404 (2024·天津河西·天津市新华中学校考一模)设椭圆: + =1a>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Mx 0 ,y 0  ，其中0<x 0 <2，0<y 0 <1，则Nx 0 ,-y 0 
y y
∴k= 0 ，k = 0
x +2 BN 2-x
0 0
y
则直线AM为：y= 0 x+2
x +2
0

y
；直线BN为：y= 0 x-2
2-x
0

y
y= 0 x+2 x +2
由 0

y
y= 0 x-2 2-x
0

 4 2y
 得：P , 0
x x
0 0

2y
0 x y 2
∴k = 0 = 0 >
OP 4 2 5
x
0
4
∴ <y <1
5 0
y y y  4-4y2-2
∴k= 0 = 0 = 0 0
x 0 +2 4-4y2 0 +2
 1- 1-y2
= 0
-4y2 2y 0 0
3
令 1-y2=t，t∈0,
0 5
 ，则y = 1-t2
0
1-t 1 1-t
∴k= = ×
2 1-t2 2
 2 1 1-t 1 2
= × = × -1+
1-t2 2 1+t 2 1+t
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2885 34273
∵t∈0,
5

2 5
∴ ∈ ,2
1+t 4

1 2 1 1
∴ × -1+ ∈ ,
2 1+t 4 2

1 1
即k∈ ,
4 2

x2 y2 3
4405 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1(a>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< ，∴0<t2= <9，
5 1
4+
k2
据此可得实数t的取值范围是(-3,3).
x2 y2
4406 (2024·四川南充·高二四川省南充高级中学校考期中)已知椭圆C: + =1(a>b>
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
第 页 共 页
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 <k2< 由36k2=t2(1+4k2)得
8 5
36k2 9
t2= =9-
1+4k2 1+4k2
所以3<t2<4,所以-2<t<- 3或 3<t<2
第 页 共 页
2887 3427