专题五 解析几何
微专题2 圆锥曲线中范围、最值问题
一、考点透析
考点1 线段长度、距离最值或范围
1.(2025· 湖北省宜昌市· 模拟) 已知抛物线E: y
2=2 px( p>0)的焦点为F，圆
C :( x +2)
2+ y
2=1，圆C上存在动点P，过P作圆C的切线l，也与抛物线E相切于点Q，抛
物线E上任意一点M到直线l与直线x =−p
2
的距离分别为d1，d2.若点P的坐标为
(−5
2 ,
√3
2 )，则( )
A. F(2,0) B. |QF |= 16
3
C. d1+d2的最小值为8
3 D. 圆C上的点到直线FQ的最大距离为5
√3
3
+1
【答案】BCD
【解析】解：由圆C :( x +2)
2+ y
2=1，得圆心C(−2,0)，
又点P的坐标为(−5
2 ,
√3
2 )，所以k PC =
√3
2 −0
−5
2 −(−2)
=−
√3．
因为直线l为圆C的切线，所以PC ⊥l，所以kl=
√3
3
，
所以直线l的方程为y −
√3
2 =
√3
3 ( x + 5
2 )，即x−
√3 y + 4 =0．
联立得方程组{
x−
√3 y + 4 =0
y
2=2 px
，
消去x并整理，得y
2−2
√3 py +8 p=0．
因为直线l与抛物线E相切，所以△=12 p
2−32 p=0，解得p= 8
3 ( p=0舍去)，
所以抛物线的方程为y
2= 16
3 x，所以F( 4
3 ,0)，
当p= 8
3时，方程y
2−2
√3 py +8 p=0为y
2−16
√3
3
y + 64
3 =0，解得y = 8
√3
3
，
所以x−
√3× 8
√3
3
+ 4 =0，解得x = 4，所以切点Q(4 , 8
√3
3
)，
所以|QF |= xQ+ p
2 = 4+ 4
3 = 16
3
，故A 错误，B 正确．
设点F到直线l的距离为d，因为d2=| MF |，所以d1+d2=d1+| MF |≥d .
因为点F到直线l的距离
d =
| 4
3 −0+ 4|
√1
2+(−
√3)
2 = 8
3
，所以d1+d2≥8
3
，故C 正确．
因为k FQ=
8
√3
3
−0
4−4
3
=
√3，所以直线FQ的方程为y =
√3( x−4
3 )，即3 x−
√3 y −4 =0．
因为圆心C到直线FQ的距离为|3×(−2)−4|
√3
2+(−
√3)
2
= 5
√3
3
，
所以圆C上的点到直线FQ的最大距离为5
√3
3
+1，故D 正确．
故选：BCD．
2.(2025·湖北省宜昌市·模拟)已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1
，
F2，点A(2,
√3
3 )在C上，且A F2⊥F1 F2．
(1)求C的标准方程;
(2)过F2的直线交双曲线C于M，N两点( M , N两点均位于x轴下方，M在左，N在右)，
线段AM与线段F1 N交于点R，若△F1 RM的面积等于△ARN的面积，求| MN |．
【答案】（1）x
2
3 −y
2=1
（2）98
√3
45
【解析】解：(1)因为A F2⊥F1 F2且A(2,
√3
3 )，
所以焦点F2(2,0)，即c =2，
故{
c =2
b
2
a =
√3
3
，解得{
a
2+b
2= 4
9b
2=3a
2，即{
a
2=3
b
2=1
，
所以双曲线C : x
2
3 −y
2=1．
(2)根据题意过F2(2,0)的直线斜率为0显然不满足题意，
故设过F2(2,0)的直线为x =my +2(m>0)，
由{
x =my +2
x
2
3 −y
2=1 ⇒(m
2−3) y
2+ 4 my +1=0,
Δ=(4 m)
2−4×(m
2−3)=12(m
2+1)>0，且m≠
√3，
设M ( x1, y1)，N ( x2, y2)，则由韦达定理有：
y1+ y2=−4 m
m
2−3，y1 y2=
1
m
2−3，
因为S△F1RM = S△ARN，
所以S△F1 NM = S△ANM，
即点F1(−2,0)和点A(2,
√3
3 )到直线x =my +2的距离相等，
则有d =|−4|
√1+m
2 =|−
√3
3 m|
√1+m
2
，解得m= 4
√3，
所以| MN |=
√1+m
2| y1−y2|=
√1+m
2 √( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 2
√3(m
2+1)
|m
2−3|
，
所以| MN |= 2
√3(m
2+1)
|m
2−3|
= 98
√3
45
．
3．（25-26 高三上·上海·月考）已知曲线C：
.
(1)若曲线C 为双曲线，且渐近线方程为
，求曲线C 的离心率；
(2)若
，过点
的直线与直线
交于点M，与椭圆交于B，点B 关于原点
的对称点为C，直线AC 交直线
于点N，求线段MN 的长的最小值；
(3)若曲线C 为焦点在x 轴上的椭圆，且
在曲线C 上．点A、B 在曲线C 上（P、
A、B 互不重合），若直线PA 与PB 的斜率存在且互为相反数，求线段AB 的长的最大值．
【答案】(1)
或
；(2)
；(3)
【详解】（1）因为曲线
：
为双曲线，
若焦点在
轴上，则
，且
，解得
，
又渐近线方程为
，则
，即
，
解得
或
（舍去），
此时曲线
的离心率
；
若焦点在
轴上，则
，且
，解得
，
又渐近线方程为
，
则
，即
，解得
（舍去）或
，
此时曲线
的离心率
，
综上可得曲线
的离心率为
或
.
（2）当
时曲线
：
，
依题意，直线
的斜率必存在（否则点
重合，不合题意），可设其方程为
，
联立
，消去
并整理得
，
解得
，则
，即
，
因为点
关于原点的对称点为
，所以
，
此时
，故直线
的方程为
，
当
时，解得
，即
，又易得
，则
，
则
，因为
，
，则
，
当且仅当
，即
时，等号成立，
所以当
时，
取得最小值为
，故
的最小值为
．
（3）依题意
，解得
或
，
当
时曲线
：
，为焦点在x 轴上的椭圆，符合题意；
当
时曲线
：
，为焦点在y 轴上的椭圆，不符合题意；
依题意，可设直线
的方程为
，
联立
得
，
可得
，
，则
，解得
，
因直线PA 与PB 的斜率存在且互为相反数，故直线
的斜率为
，同理可得
，
则
，
，
则
，
当且仅当
，即
时等号成立，经检验符合
，
所以线段AB 的长的最大值为
.
考点2 面积的最值或范围
1.(2025· 陕西省西安市· 模拟) 已知抛物线C : x
2=2 py( p>0)上有三个点P(4,2)，
A( x1, y1)，B( x2, y2)，且直线AP与BP斜率之和为0．
(1)求直线AB的斜率；
(2)若x1⩽0，x2≤0，求△PAB面积的最大值．
【答案】（1）−1
（2）24
【解析】解：(1)如图：
因为抛物线C：x
2=2 py过点P(4,2)，所以16= 4 p⇒p= 4，
所以得到抛物线C：x
2=8 y，
设直线AP的斜率为k，则直线BP的斜率为−k，
直线AP方程为：y −2=k( x−4)，即y =kx −4 k +2，代入x
2=8 y，
整理得：x
2−8kx +32k −16=0，
由韦达定理可得：4 + x1=8k ⇒x1=8k −4，
所以y1=k(8k −8)+2=8k
2−8k +2，
所以A(8k −4,8k
2−8k +2)，
用−k代替k，同理可得B(−8k −4,8k
2+8k +2)，
所以k AB= (8k
2+8k +2)−(8k
2−8k +2)
(−8k −4)−(8k −4)
= 16k
−16k =−1，
所以直线AB的斜率为−1；
(2)设直线AB：y =−x +b，代入x
2=8 y，
整理得：x
2+8 x−8b=0，
由韦达定理：x1+ x2=−8，x1 x2=−8b，
因为x1≤0，x2⩽0，所以b⩽0，
所以| AB|=
√2| x1−x2|=
√2
√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=
√2·
√64 +32b=8
√2+b ，
又点P到直线AB的距离为：d =|6−b|
√2
= 6−b
√2
，
所以S△PAB= 1
2 ·8
√2+b· 6−b
√2
=2
√2
√2+b(6−b)(−2<b⩽0)，
设 √2+b=t，则b=t
2−2，所以S△PAB=2
√2t(8−t
2)(0<t ⩽
√2)，
设f ( x)= x(8−x
2)=−x
3+8 x(0< x ⩽
√2)，
则f
′( x)=−3 x
2+8，由f
′( x)>0⇒−2
√6
3
< x< 2
√6
3
，
又因为 √2< 2
√6
3
，所以函数f ( x)在(0,
√2]上单调递增，
所以f ( x)⩽f (
√2)=6
√2，所以S△PAB⩽2
√2×6
√2=24，
即△PAB面积的最大值为24．
2.(2025·安徽省六安市·模拟)如图，双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的虚轴长为2，离心
率为
√5
2 ，斜率为k的直线l过x轴上一点A(t ,0)．
(1)求双曲线E的标准方程;
(2)若双曲线E上存在关于直线l对称的不同两点B，C,直线BC与直线l及y轴的交点分别为
P，Q．
(ⅰ)当k = 1
3
时，求t的取值范围;
(ⅱ)当t =−3时，求S△APQ的最小值．
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1 ; (2)(ⅰ)t ∈(−∞,−3
7
√35)∪( 3
7
√35,+ ∞) ; (ⅱ)36
25
【解析】解：(1)由题知{
b=1,
c
a =
√5
2 ,
c
2=a
2+b
2,
解得{
a=2,
b=1,
c =
√5,
双曲线E的标准方程为x
2
4 −y
2=1．
(2)令P( x0, y0)，设直线BC为：y =−1
k x +m，与x
2
4 −y
2=1联立得，
(k
2−4)x
2+8mkx −4 m
2k
2−4 k
2=0，
则x0= x1+ x2
2
= −4 km
k
2−4
，y0= y1+ y2
2
= mk
2
k
2−4
，Δ=16 k
2(m
2k
2+ k
2−4)．
(i)当k = 1
3
时，x0= 12
35 m，y0=−1
35 m，由1
3 =k =
y0
x0−t
，得t = 3
7 m，又因为Δ>0，即
m
2> 4
k
2 −1=35，
所以t ∈(−∞,−3
7
√35)∪( 3
7
√35,+ ∞);
(ii)由题知Q(0,m)，因为k =
y0
x0+3
，所以m= 3(k
2−4)
5k
，
则PA = √
1+ 1
k
2 | y0|=| mk
√1+k
2
k
2−4
|= 3
5
√1+ k
2，PQ =
12
5|k |
√1+k
2，
则S△APQ= 1
2 PA ⋅PQ = 18
25 (|k |+
1
|k | )≥36
25
，当k =±1取得等号，此时△>0满足题意．
故S△APQ的最小值为36
25
．
3.(2025·甘肃省白银市·模拟)已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的长轴长为2
√3，左、右焦
点分别为F1, F2，直线l: y = px +q与C交于P ,Q两点，且▵P F1 F2面积的最大值为3
2
．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若OP⃗⋅OQ⃗=0
．
(i)证明：q
2= p
2+1；
(ii)若直线m经过原点，与椭圆C交于R ,S两点，且OR⃗//(OP⃗+OQ⃗)，求四边形PRQS面
积的取值范围．
【答案】(1) x
2
3 + 2 y
2
3 =1
(2)(i)见解析；(ii)[ √6,2
√3)
【解析】解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
依题意得，a=
√3，
当点P在短轴端点时▵P F1 F2面积最大，所以bc = 3
2
，
因为a
2=b
2+c
2，所以c =
√a
2−b
2，
所以b
√3−b
2= 3
2
，解得b
2= 3
2
，
所以椭圆C的方程为x
2
3 + 2 y
2
3 =1．
(2)(i)证明：由(1)知，椭圆C的方程可化为x
2+2 y
2=3，
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
由{
x
2+2 y
2=3
y = px +q
，消去y得(2 p
2+1)x
2+ 4 pqx +2q
2−3=0，
则△=16 p
2q
2−4(2 p
2+1)(2q
2−3)= 4(6 p
2−2q
2+3)>0，
由根与系数的关系得x1+ x2=−4 pq
2 p
2+1
, x1 x2= 2q
2−3
2 p
2+1
，
因为OP⃗⋅OQ⃗=0
，所以x1 x2+ y1 y2= x1 x2+( p x1+q)( p x2+q)=0，
整理得( p
2+1)x1 x2+ pq( x1+ x2)+q
2=0，则( p
2+1)⋅2q
2−3
2 p
2+1
−4 p
2q
2
2 p
2+1
+q
2=0，
化简得，q
2= p
2+1，此时Δ>0成立，
所以得证q
2= p
2+1．
(ii)设PQ的中点为M，
因为OR⃗//(OP⃗+OQ⃗)，所以OR⃗=t(OP⃗+OQ⃗)=2t OM⃗，
不妨设t >0,S
PRQS
四
边
形=2S
OPRQ
四
边
形= 4 t S ΔOPQ，
又S ΔOPQ= 1
2 |q|| x1−x2|= 1
2 |q|
√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=|q|·
√4 p
2+1
2 p
2+1
，
由OR⃗=t(OP⃗+OQ⃗)，得R点坐标为(t( x1+ x2),t( y1+ y2))，
则{
t( x1+ x2)=−4 pq
2 p
2+1
t
t( y1+ y2)=
2q
2 p
2+1
t
，所以(−4 pq
2 p
2+1
t)
2
+2(
2q
2 p
2+1
t)
2
=3，
所以S
PRQS
四
边
形= 4
√
3(2 p
2+1)
8q
2
·|q|·
√4 p
2+1
2 p
2+1
=
√6 √
4 p
2+1
2 p
2+1
=
√6 √
2−
1
2 p
2+1
∈[
√6,2
√3),
所以四边形PRQS面积的取值范围为[ √6,2
√3)．
考点3 其他几何量最值或取值范围问题
1.(2025·福建省福州市·模拟)如图，已知Rt △SAB是圆锥
SO的轴截面，C，D分别为SA，SB的中点，过点C且与
直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线Γ是抛物线的一部
分，若P在Γ上，则DP
DC 的最大值为 ．
【答案】
√6
2
【解析】解：过点O作EF ⊥AB，交底面圆于E，F两点，连接SO，DO，CO，
设SA = SB =2，则DC = 1
2 AB =
√2，
所以当DP最大时，DP
DC 最大，由圆锥的性质得SO⊥底面AEFB，
因为EF ⊂底面AEFB，所以SO⊥EF，又SO∩AB =O，且SO, AB⊂平面SAB，
所以EF ⊥平面SAB，
因为SA ⊂平面SAB，
所以SA ⊥EF，因为C，O分别是SA，AB的中点，所以CO// SB，
又SB⊥SA，则CO⊥SA，
因为CO∩EF =O，且CO, EF ⊂平面CEF，
所以SA ⊥平面CEF，则平面CEF为截面，
因为D，O为SB，AB中点，所以OD // SA，
所以OD⊥平面CEF，因为OP⊂平面CEF，所以OD⊥OP，
所以DP =
√O D
2+O P
2=
√1+O P
2则当OP最大时，DP最大，
如图为截面的平面图，以C为原点，CO为x轴，过点C垂直CO向上的方向为y轴正方向建
系，
CO=1，OE =OF =
√2，O(1,0)，F(1,
√2)，则抛物线方程为y
2=2 x，
设P( a
2
2 ,a)，a∈[−
√2,
√2]，则|OP|=
√(1−a
2
2 )
2+a
2=
√
a
4
4 +1，
所以|OP|max =
√2，则此时DP =
√1+2=
√3，DP
DC =
√3
√2
=
√6
2 ．
故答案为：
√6
2 ．
2. (2025·湖南省永州市·模拟)已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的左顶点A(−1,0)，渐近线方程为
y =±
√3 x，直线l经过点B(−1,2)，与C交于不与A重合的两点P，Q，
(1)求双曲线C的方程；
(2)求直线AP，AQ的斜率之和；
(3)设在射线AQ上的点R满足∠APQ =∠ARP，求直线PR斜率的最大值．
【答案】(1) x
2−y
2
3 =1； (2)−3； (3)−5
12
【解析】解：(1)由双曲线的左顶点A(−1,0)，则a=1，
由双曲线的渐近线y =±
√3 x，则b
a =
√3，即b=
√3，
所以双曲线C : x
2−y
2
3 =1；
(2)设P(x1, y2),Q(x2, y2)，由B(−1,2)，已知直线斜率存在，
则直线方程可设为y =k( x +1)+2，
设直线AP的斜率为k1，直线AQ的斜率为k2，
联立{
y =k( x +1)+2
x
2−y
2
3 =1
,
消去y可得(3−k
2)x
2−(2k
2+ 4 k )x −(k
2+ 4 k +7)=0，
其中3−k
2≠0，
由Δ>0，则x1+ x2= 2k
2+ 4 k
3−k
2
，x1 x2=−k
2+ 4 k +7
3−k
2
，
又因为k1=
y1
x1+1
，k2=
y2
x2+1
，
所以k1+ k2=
y1
x1+1 +
y2
x2+1 = x2 y1+ x1 y2+ y1+ y2
x1 x2+ x1+ x2+1
= 2k x1 x2+(2+2k )( x1+ x2)+2k + 4
x1 x2+ x1+ x2+1
，
将x1+ x2= 2k
2+ 4 k
3−k
2
，x1 x2=−k
2+ 4 k +7
3−k
2
代入，
可得
−2k(k
2+ 4 k +7)+(2+2k )(2k
2+ 4 k )+(2k + 4)(3−k
2)
3−k
2
−k
2−4 k −7+2k
2+ 4 k +3−k
2
3−k
2
=−3，
所以直线AP , AQ的斜率之和为−3；
(3)设PR: y =t( x +1)+r(r ≠0)，AQ: y =k2( x +1)，AP: y =k1( x +1)，
联立{
y =k1( x +1)
x
2−y
2
3 =1
，解得P( k1
2+3
3−k1
2 , 6k1
3−k1
2 )，
同理可得Q( k2
2+3
3−k2
2 , 6 k2
3−k2
2 )，
联立{
y =k1( x +1)
y =t( x +1)+r
，解得P( t +r −k1
k1−t
, r k1
k1−t )，
同理可得Q( t +r −k2
k2−t
, r k2
k2−t )，
所以| AP|
2=
6r(1+k
2)
(3−k1
2)(k1−t )
，| AQ|⋅| AR|=
6r(1+k2
2)
(3−k2
2)(k2−t )
，
因为∠APQ =∠ARP，
所以AP为▵PQR外接圆的切线，且| AP|
2=| AQ|⋅| AR|，
所以
6r(1+ k1
2)
(3−k1
2)(k1−t )
=
6r(1+ k2
2)
(3−k2
2)(k2−t )
，由k1≠k2，k1+ k2=−3，
则化简可得t = (k1k2+1)
2+5
−12
⩽−5
12
，
当{
k1+k2=−3
k1k2=−1
时取等号，
所以直线PR的斜率的最大值为−5
12
．
3.(2025·湖北省十堰市·模拟)已知点A，B在抛物线C : x
2=2 py( p>0)上，O为原点，且
△OAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，斜边长为4．
(1)求抛物线C的方程;
(2)若点P在圆Q: x
2+( y + 4)
2= 4上，过点P分别作直线l1
，l2
与抛物线C相切于M，N两
点，求tan∠MPN的取值范围．
【答案】(1)x
2=2 y
(2)[
4
√3
11 , 2
√377
29 ]
【解析】解：(1)由题意知A，B两点关于y轴对称，设点B在y轴的右侧，
则xB= yB=2，即点B的坐标为(2,2)，将点B代入抛物线C中，
所以4 = 4 p，解得p=1，
故抛物线C的方程为x
2=2 y．
(2)不妨设点N，M分别在第一、二象限，MN所在直线的方程为l: y =mx +n，
M ( x1, x1
2
2 )( x1<0)，N ( x2, x2
2
2 )( x2>0)．
由{
y =mx +n,
x
2=2 y , 得x
2−2mx −2n=0．
Δ= 4 m
2+8n>0，x1+ x2=2m，x1 x2=−2n．
由y = x
2
2 ，得y ′ = x，
则直线PM的斜率k1= x1，直线PM的方程为y −x1
2
2 = x1(x−x1)，即y = x1 x−x1
2
2
．
同理可得，直线PN的斜率k2= x2，直线PN的方程为y = x2 x−x2
2
2
，
联立直线PM与直线PN的方程，得x1 x−x1
2
2 = x2 x−x2
2
2
，
解得xP= x1+ x2
2
=m，yP= x2⋅x1+ x2
2
−x2
2
2 = x1 x2
2
=−n，
故点P的坐标为(m,−n)．
因为点P在圆Q上，所以m
2+(−n+ 4)
2= 4，且2≤n≤6，Δ= 4 m
2+8n>0显然成立．
过点P作x轴的垂线，垂足为H．
tan ∠MPH =−1
k1
=−1
x1
，tan ∠NPH = 1
k2
= 1
x2
．
tan ∠MPN = tan(∠MPH +∠NPH )
=
−1
x1
+ 1
x2
1−(−1
x1
· 1
x2)
= x1−x2
1+ x1 x2
= −
√( x1+ x2)
2−4 x1 x2
1−2n
=
√4 m
2+8n
2n−1
= 2
√−n
2+10n−12
2n−1
．
令2n−1=t，2≤n≤6，得n= t +1
2 ，3≤t ≤11，1
11 ≤1
t ≤1
3．
tan ∠MPN =
2 √−( t +1
2 )
2+10⋅t +1
2 −12
t
=
√
−29(
1
t)
2
+18⋅1
t −1，1
11 ≤1
t ≤1
3，
观察该函数可以发现，二次函数开口向下，则当1
t =
−18
−29×2 = 9
29时函数有最大值，由于
1
11 ⩽9
29 ⩽1
3，
当1
t = 1
11时，tan∠MPN取得最小值，最小值为4
√3
11 ;
当1
t = 9
29时，tan∠MPN取得最大值，最大值为2
√377
29
．
故tan∠MPN的取值范围为[
4
√3
11 , 2
√377
29 ]．
二、跟踪练习
1.（25-26 高三上·河南新乡·开学考试）我们把双曲线过焦点的弦称为焦点弦，垂直于双曲
线的实轴的焦点弦称为通径.在如图所示的平面直角坐标系
中，双曲线
（
，且
为常数）的左右焦点分别为
､
，通径长为
为
的右支上任意一
点，作
在点
处的切线
分别交两渐近线于点
，则（ ）
A．
的离心率
B．线段
长度的最小值是
C．
一定是线段
的中点 D．
面积的最小值是
【答案】ACD
【详解】设双曲线
的半焦距为，当
时，
，解得
，
由双曲线
的通径为
，得
，解得
，双曲线
，
对于A，
，因此
的离心率
，A 正确；
设点
，直线不垂直于
轴，设直线方程为
，
由
消去
得
，
，
化简可得
,
又
，故
，
切线的方程为
，即
，渐近线方程为
，
对于C，由
，得
，设
，
则
，
一定是线段
的中点，C 正确；
对于B，
，则
，当且仅当
时取等号，B 错误；
对于D，直线交
轴于点
，
的面积
，
因此
面积的最小值是
，D 正确.
故选：ACD
2.(2025·广东省中山市·模拟)如图，雷达接收器的工作原理是将接收信号汇集到同一焦点，
从而获取信息；已知雷达接收器的截面曲线可看作抛物线y
2=6 x，则水平光信号入射到抛
物线上点A，经抛物线反射到点B，反射光线与x轴的交点为F，则AF ⋅BF的最小值
为 ．
【答案】9
【解析】解：根据题意可知，直线AB过抛物线的焦点F，
作A A1，B B1垂直于抛物线的准线，垂足分别为点A1,B1，如下图所示：
设∠AFO=θ，易知A A1= AF，可得A A1+ AF cosθ = p，即AF (1+cosθ)= p，
可得AF =
p
1+cosθ
，
同理可得BF =
p
1−cosθ
，
因此AF ⋅BF =
p
1+cosθ ⋅
p
1−cosθ =
p
2
1−cos
2θ
=
p
2
sin
2θ
，
由因为2 p=6，所以p=3，因此AF ⋅BF =
p
2
sin
2θ
⩾p
2=9，
即AF ⋅BF的最小值为9．
故答案为：9．
3.(2025·湖南省岳阳市·期中考试)已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，点
M (1, 3
2 )在C上，且MF ⊥x轴.
(1)求C的方程；
(2)过点P(4,0)的直线交C于A ,B两点，求▵AOB面积的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；(2)
√3
【解析】解：(1)依题意，右焦点F(1,0)，则左焦点F ′(−1,0)，而| MF |= 3
2
，MF ⊥x
轴，
则| M F
′|=
√| F
′ F |
2+| MF |
2=
√2
2+( 3
2 )
2
= 5
2
，于是2a=| MF ′ |+| MF |= 4，
解得a=2，b
2=a
2−1
2=3，所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)依题意，直线AB不垂直于y轴，设其方程为x =my + 4，
由{
x =my + 4
x
2
4 + y
2
3 =1
消去x并整理得(3m
2+ 4) y
2+24 my +36=0，
，解得
，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，则y1+ y2=−24 m
3m
2+ 4
, y1 y2=
36
3m
2+ 4
，
则▵AOB面积S▵AOB= 1
2 |OP|| y1−y2|=2
√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 24
√m
2−4
3m
2+ 4
，
令t =
√m
2−4
，则t >0，且m
2=t
2+ 4，
S▵AOB=
24 t
3t
2+16
=
24
3t + 16
t
≤
24
2 √3t ⋅16
t
=
√3
，当且仅当3t = 16
t ，即t = 4
√3
3
时取等号，
所以▵AOB面积的最大值为 √3．
4.(2025·吉林省长春市·模拟)已知点P为圆C :( x +2)
2+ y
2=12上任意一点，点A(2,0)，线
段PA的垂直平分线交直线PC于点B，设点B的轨迹为曲线H．
(1)求曲线H的方程；
(2)若过点B的直线l与曲线H相切，且与直线y =±
√3
3 x分别交于点M , N．
(i)证明：点B为线段MN的中点；
(ii)求2|OM |+3|ON |的取值范围．
【答案】解：(1)B为PA的垂直平分线上一点，则|BP|=|BA |，
∴||BA |−|BC ||=||BP|−|BC ||=|CP|=2
√3<| AC |= 4，
∴点B的轨迹为以A ,C为焦点的双曲线，且2a=2
√3，c =2，
故点B的轨迹方程为H : x
2
3 −y
2=1；
(2)
(i)设B( x0, y0)，M ( x1, y1)，N ( x2, y2)．
双曲线的渐近线方程为y1=
√3
3 x1①，y2=−
√3
3 x2②，
当直线l的斜率存在时，设过点B且与H相切的直线l的方程为y =kx +m(k ≠±
√3
3 )，
与双曲线联立{
y =kx +m
x
2
3 −y
2=1⇒(1−3k
2)x
2−6 kmx −3m
2−3=0 ,
由△=0⇒3k
2=m
2+1，且x0= 3km
1−3k
2，故可得B( 3km
1−3k
2 ,
m
1−3k
2 )，
由{
y =kx +m
y =
√3
3 x ⇒M (
3m
√3−3k
,
√3m
√3−3k
),
{
y =kx +m
y =−
√3
3 x⇒N (
3m
−
√3−3k
,
√3m
√3+3k
),
∴x1+ x2= 6km
1−3k
2 =2 x0，y1+ y2=
2m
1−3k
2 =2 y0，
∴点B为线段MN的中点，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程是x =±
√3
3
，根据双曲线的对称性可知，
此时直线l即是双曲线H的切线，同时满足点B为线段MN的中点，
综上，点B为线段MN的中点；
(ii)由(i)知，M (
3m
√3−3k
,
√3m
√3−3k
)，N (
3m
−
√3−3k
,
√3m
√3+3k
)，
∴|OM |⋅|ON |=
√x1
2+ y1
2⋅
√x2
2+ y2
2= 4
3 | x1 x2|= 4
3 ×
9m
2
9k
2−3
= 4
3 × 9×(3k
2−1)
9k
2−3
= 4，
∴2|OM |+3|ON |⩾2
√6|OM ||ON |=2
√6×4 = 4
√6，
当且仅当2|OM |=3|ON |，即|OM |=
√6时取等号，
∵|OM |∈(0,+ ∞)，
∴2|OM |+3|ON |的取值范围为：[ 4
√6,+ ∞)．
5.(2025·云南省曲靖市·模拟)已知A(2,0)，点P是⊙O1:( x +2)
2+ y
2= 4上的任意一点，线
段AP的垂直平分线与直线O1 P相交于点Q，设点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程;
(2)与x轴不重合的直线l过点M (m,0)(m≠0)，曲线C上存在两点B，D关于直线l对称，
且BD的中点N的横坐标为n．
①求m
n
的值;
②若B，D均在y轴右侧，且直线l过点E(0,4)，求∠BED的取值范围．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)
4
①；②(0, 2π
3 ).
解：(1)∵点Q在线段AP的垂直平分线上，
∴|QA |=|QP|，
由题意知，点Q在线段O1 P的延长线或反向延长线上，
∴||QP|−|QO1||=||QA |−|QO1||=|O1 P|=2<|O1 A |= 4，
∴动点Q在以O1，A为焦点的双曲线上，且a=1，c =2，进而b
2=3，
∴动点Q的轨迹方程，即曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1;
(2)①设B( x1, y1)，D( x2, y2)，N (n, y0)，则{
3 x1
2−y1
2=3
3 x2
2−y2
2=3
，
∴3( x1+ x2)( x1−x2)=( y1+ y2)( y1−y2)，
∴y1−y2
x1−x2
· y1+ y2
x1+ x2
=3，即k BD⋅kON =3．
∵B，D关于直线l对称，
∴k BD⋅kl=−1，
∴kON =−3kl，即y0
n = −3 y0
n−m
，
∵直线l与x轴不重合，则y0≠0，
∴1
n = −3
n−m
，
∴m
n = 4；
②由题意可知直线BD的斜率存在，设其方程为y =kx +t，
由{
3 x
2−y
2=3
y =kx +t
得(3−k
2)x
2−2ktx−t
2−3=0，
∴Δ= 4 k
2t
2+ 4(3−k
2)(t
2+3)=12(t
2−k
2+3)，
x1+ x2= 2kt
3−k
2
，x1 x2=−t
2+3
3−k
2
，y1+ y2=k( x1+ x2)+2t =
6t
3−k
2
，
∴N (
kt
3−k
2 ,
3t
3−k
2 )，
∴k EN =
3t
3−k
2 −4
kt
3−k
2
= 3t −12+ 4 k
2
kt
，
∵BD⊥EN，
∴k ⋅3t −12+ 4 k
2
kt
=−1，解得t =3−k
2，
∴| EN |= √
(
kt
3−k
2 )
2+(
3t
3−k
2 −4)
2=
√k
2+1，
|BD|=
√1+k
2⋅| x1−x2|=
√1+k
2⋅
√12(t
2−k
2+3)
|3−k
2|
=2
√1+k
2⋅
√3(k
2−4)(k
2−3)
|3−k
2|
=2
√1+k
2⋅
√
3(k
2−4)
k
2−3
=2
√1+k
2 √
3+
3
3−k
2
，
在RtΔBNE中，tan ∠BEN =
1
2 |BD|
| EN |
= √
3+
3
3−k
2
，
∵B，D均在y轴右侧，∴{
3−k
2≠0
t
2−k
2+3>0
2kt
3−k
2 >0
−t
2+3
3−k
2 >0
，解得k
2>4，
∴0< √
3+
3
3−k
2 <
√3，即0<tan ∠BEN <
√3，
∴0<∠BEN < π
3
，
∴∠BED =2∠BEN ∈(0, 2π
3 )，
故∠BED的取值范围为(0, 2π
3 ).
6.(2025·福建省三明市·模拟)已知双曲线Γ : x
2−y
2
3 =1的右焦点为F，过点F的直线l交双曲
线Γ右支于A、B两点(点A在x轴上方)，点C在双曲线Γ上,直线AC交x轴于点Q(点Q在点
F的右侧)．
(1)求双曲线Γ的渐近线方程；
(2)若点A(2,3)，且tan ∠BAC = 1
2
，求点C的坐标；
(3)若▵ABC的重心G在x轴上，记▵AFG、▵CQG的面积分别为S1
、S2
，求S1
S2
的最小值．
【答案】(1) y =±
√3 x；(2)(26,−45);(3)
√3
2 +1
【解析】解：(1)已知双曲线Γ : x
2−y
2
3 =1，则a=1,b=
√3，所以渐近线方程为y =±
√3 x；
(2)由(1)知a=1,b=
√3，所以c =2，
双曲线Γ : x
2−y
2
3 =1的右焦点F(2,0)，
又A(2,3)，所以AB⊥OF，则B(2,−3)，
因为tan ∠BAC = 1
2
，所以k AC = tan (∠BAC + π
2 )=−
1
tan ∠BAC =−2，
则直线AC : y −3=−2( x−2)，即y =−2 x +7，
设C( xC , yC)，所以{ x
2−y
2
3 =1
y =−2 x +7
⇒x
2−28 x +52=0,
解得x1=2, x2=26，即xC =26，
则yC =−2×26+7 =−45，所以点C的坐标为(26,−45)；
(3)设直线AB: x =ty +2, A( x1, y1),B( x2, y2),C( x3, y3)，
所以{
x =ty +2
x
2−y
2
3 =1⇒(3t
2−1) y
2+12ty +9=0,t
2≠1
3 , Δ=36(t
2+1)>0
则y1+ y2=−12t
3t
2−1
, y1 y2=
9
3t
2−1
，
因为直线l过点F且与双曲线Γ右支交于A、B两点，所以t ∈(−
√3
3 ,
√3
3 )，
又因为▵ABC的重心G在x轴上，所以y1+ y2+ y3=0，
由点Q在点F的右侧，可得y3<0，所以y1+ y2>0，解得t >0，所以t ∈(0,
√3
3 )，
而| y1−y2|=
√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
，代入可得y1−y2=−6
√t
2+1
3t
2−1
，
所
以
S1
S2
=
S1
S▵ABG
S2
S▵ACG
=
| AF |
| AB|
|CQ|
| AC |
=
y1
y1−y2
−y3
y1−y3
=
y1
y1−y2
y1+ y2
2 y1+ y2
= ( y1+ y2+ y1)( y1+ y2−y2)
( y1−y2)( y1+ y2)
= y1+ y2
y1−y2
+1−
y1 y2
( y1−y2)( y1+ y2)
代入化简可得：S1
S2
= 13t
2+1
8t
√t
2+1
+1，
所以S1
S2
= 13t
2+1
8t
√t
2+1
+1=
12t
2
8t
√t
2+1
+
t
2+1
8t
√t
2+1
+1⩾2 √
12t
2
8t
√t
2+1
⋅
t
2+1
8t
√t
2+1
+1=
√3
2 +1，
当且仅当t =
√11
11
时等号成立，所以S1
S2
的最小值为 √3
2 +1．
