第 15 讲 圆锥曲线中的最值及范围问题
（8 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
由方程研究曲线的性质
2024年新I卷，第11题,6分 纵坐标的最值问题
求平面轨迹方程
求平面轨迹方程
由导数求函数的最值 (不含参)
2023年新I卷，第22题,12分 周长最值问题
基本(均值)不等式的应用
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
根据椭圆过的点求标准方程
求椭圆中的最值问题
2020年新Ⅱ卷，第21题,12分 求椭圆的切线方程
椭圆中三角形 (四边形)的面积
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-17分
【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的最值问题及其相关计算
2.理解、掌握圆锥曲线的范围问题及其相关计算
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会运算，需强化
训练复习考点一、 弦长及周长类最值
1．（2021·全国·高考真题）设B是椭圆 的上顶点，点P在C上，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】设点 ，由依题意可知， ， ，再根据两点间的距离公式得到 ，然后
消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点 ，因为 ， ，所以
，
而 ，所以当 时， 的最大值为 ．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数
的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的
长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量
的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆 ．设A，B是椭圆上异于 的两点，且点
在线段 上，直线 分别交直线 于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求 的最小值．
【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】（1）设 是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出 ，再根据二次
函数的性质即可求出；
（2）设直线 与椭圆方程联立可得 ，再将直线 方程与 的方
程分别联立，可解得点 的坐标，再根据两点间的距离公式求出 ，最后代入化简可得
，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设 是椭圆上任意一点, ,
，当且仅当 时取
等号，故 的最大值是 .
（2）设直线 ,直线 方程与椭圆 联立,可得 ,设，所以 ，
因为直线 与直线 交于 ,
则 ,同理可得, .则
，
当且仅当 时取等号，故 的最小值为 .
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思
路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较
难题．
3．（23-24高三上·天津南开·期末）设椭圆 经过点 ，且其左焦点坐标为
.
(1)求椭圆的方程；
(2)对角线互相垂直的四边形 的四个顶点都在 上，且两条对角线均过 的右焦点，求 的
最小值.
【答案】(1)
(2) .
【分析】（1）根据焦点坐标和椭圆所过点，利用椭圆的定义可求方程；
（2）设出直线方程，联立，结合韦达定理表示出 ，利用二次函数可得答案.
【详解】（1）因为椭圆 的左焦点坐标为 ，所以右焦点坐标为 .
又椭圆 经过点 ，
所以 .
所以椭圆的方程为 .
（2）①当直线 中有一条直线的斜率不存在时， .
②当直线 的斜率存在且不为0时，
设直线 的方程 ，
由 ，得 ，
则 ，
.
设直线 的方程为 ，同理得 ，
所以 ，
设 ，则 ，
则 ，
所以 时， 有最小值 .
综上， 的最小值是 .4．（21-22高三上·江苏南通·开学考试）已知C为圆 的圆心，P是圆C上的动点，点
，若线段MP的中垂线与CP相交于Q点．
(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹N的方程；
(2)过点 的直线l与点Q的轨迹N分别相交于A，B两点，且与圆O： 相交于E，F两点，求
的取值范围．
【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】（1）由线段 的垂直平分线，得到 ，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为 ，分别求得 ；②若直线 的斜率存在，设直
线 的方程为 ，联立方程组，结合弦长公式，求得 和 ，进而求得 的值.
【详解】（1）解：由线段 的垂直平分线，可得 ，
所以点 的轨迹是以点 ， 为焦点，焦距为 ，长轴长为 的椭圆，
所以 ， ，则 ，
所以椭圆C的标准方程为 ．
（2）解：由（1）可知，椭圆的右焦点为 ，
①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为 ，
则 ， ， ， ，
所以 ， ， ．
②若直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， ， ，
联立方程组 ，整理得 ，
则 ， ，所以 ，
因为圆心 到直线l的距离 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
综上可得， ．
5．（2024·内蒙古赤峰·二模）已知点P为圆 上任意一点， 线段PA的垂直平
分线交直线PC于点M，设点M 的轨迹为曲线H.
(1)求曲线H的方程;
(2)若过点M 的直线l与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且M 为线段ST的中点.
(i)证明：直线l与曲线H有且仅有一个交点；
(ii)求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)( i )证明见解析，( ii)
【分析】(1) 由双曲线的定义进行求解；
(2) ( i ) 设 ，求出 ，由直线l与曲线H方程进行求解；
（ii）由 ，则 利用基本不等
式求解．
【详解】（1）M为 的垂直平分线上一点, 则 ，
则
∴点M的轨迹为以 为焦点的双曲线, 且 ，故点M的轨迹方程为
（2）( i ) 设 ，双曲线的渐近线方程为： ，
如图所示：
则 ①， ②，
①+②得， ，
①-②得， ，
则 ，得
由题可知 ，则 ，
得 ，即 ，
∴直线 的方程为 ，即 ，
又∵点M在曲线H上，则 ，得 ，
将方程联立 ，得 ，
得 ，
由 ，可知方程有且仅有一个解，
得直线l与曲线H有且仅有一个交点.
（ii）由（i）联立 ，可得 ，同理可得， ，
则 ，故 ，
当且仅当 ，即 时取等号.
故 的取值范围为 ．
【点睛】关键点点睛：第二问中的第2小问中，先要计算 ，再由基本不等式求解范围．
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知椭圆 ，其左、右焦点分别为F，F，离心率
1 2
，点P为该椭圆上一点，且 FPF 的面积的最大值为 .
1 2
△
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的上顶点B作两条互相垂直的直线，分别交椭圆C于点D、E，求线段DE长度的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得 ，求解可得椭圆 的方程；
（2）设直线 的方程为 联立方程可得 结合
已知可得 ，可得 ，进而可得 ，利用换元法可求
.【详解】（1）由已知可得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ；
（2）设直线 的方程为
联立方程 ，消去 得 ，
所以 ，
由题意可得 ，则
由题意可得
，
所以 ，
化简整理得 ，解得 或 ，
当 时，直线 过定点 不符合题意，
所以 ，
所以
，
令 ，
则
，当 时， .
【点睛】方法点睛：直线与椭圆联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜
式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
2．（2024·河南新乡·模拟预测）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，且 ，
过点 作两条直线 ，直线 与 交于 两点， 的周长为 ．
(1)求 的方程；
(2)若 的面积为 ，求 的方程；
(3)若 与 交于 两点，且 的斜率是 的斜率的2倍，求 的最大值．
【答案】(1)
(2) 或 ．
(3) ．
【分析】（1）根据椭圆的定义求得 ，即可求解；
（2）由题意设 ，联立椭圆方程，根据韦达定理表示出 ，结合
的面积建立方程，计算即可求解；
（3）由（2）可得 ，进而 ，则 ，
结合基本不等式计算即可求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为 ，由题意知 ，所以 ，
的周长为 ，所以 ，
所以 ，
故 的方程为 ．
（2）易知 的斜率不为0，设 ，联立 ，得 ，
所以 ．
所以 ，
由 ，
解得 ，
所以 的方程为 或 ．
（3）由（2）可知 ，
因为 的斜率是 的斜率的2倍，所以 ，
得 ．
所以 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 的最大值为 ．
3．（23-24高三上·江苏·阶段练习）已知椭圆 的离心率为 ，斜率为2的直线l与
x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时， 面积为
．
(1)求C的方程；
(2)当M异于O点时，记直线 与y轴交于点N，求 周长的最小值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；
（2）要求 的周长，则需把各边长一一算出，即需把 、 算出，设出直线方程与椭圆方程联立得
与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出 、 ，可得 各边边长，结合基本不等式即可求得最
值.
【详解】（1）当M与原点O重合时，可设A(x ,y )，则有 、 ，
0 0
且 ，即有 ,
则 ，
即 ，又 ，故 ，则 ，
即有 ，由离心率为 ，即 ，
则 ，故 ，即有 ，
解得 ，故 ，即C的方程为 ；
（2）设直线 方程为 ，令 ，有 ，即 ，
设点A(x ,y )、B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2
联立直线与椭圆方程： ，消去 有 ，
，即 ，
有 ， ，
为 ，令 ，故 ，
由 ，故 ，
其中 ，即 ，
则
，
当且仅当 时等号成立，
故 周长的最小值为 .
【点睛】本题考查了椭圆的方程，在求解直线与椭圆的位置关系问题时，常用方法是设而不求，借助韦达
定理等手段，将多变量问题转变为单变量问题，再用基本不等式或函数方式求取范围或最值.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆 的左､右焦点分别为 ，上､下顶点分
别为 ，四边形 的面积为 且有一个内角为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若以线段 为直径的圆与椭圆 无公共点，过点 的直线与椭圆 交于 两点（点 在点 的
上方），线段 上存在点 ，使得 ，求 的最小值.
【答案】(1) 或
(2)
【分析】（1）由题意可得 的值及 的值，即求出椭圆的方程；（2）由线段 为直径的圆与椭圆 无公共点，可得 ，分直线 的斜率存在和不存在两种情
况讨论，设直线 的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，设点 的坐标，由
，可得点 的横纵坐标的关系，由 ，可得
的最小值.
【详解】（1）由题意可得 ，可得 ，
，或 ，
所以椭圆的方程为： 或 ；
（2）由以线段 为直径的圆与椭圆 无公共点，得 ，
所以椭圆 的标准方程为： ，
因为 ，所以点 在椭圆 外，
设 ，
当直线 的斜率存在时， ，
由 ，可得 ，解得 ，（*）
设直线 ，
联立 ，整理可得： ，
由 ，
整理可得： ，解得 或 ，
且 ，
代入 整理可得 ，
代入直线 的方程，得 ，可得 ，
当直线 的斜率不存在时， ，则 ，
由 ，得 ，也满足方程 ，
所以点 在直线 （在椭圆 内部）上，
设点F (1,0)关于直线 的对称点为 ，
2
则 解得 ，
所以 ，
此时点 在椭圆 内，符合题意，
所以 的最小值为 .
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围
考点二、 面积类最值1．（2020·新Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C： 过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM
的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【答案】（1） ；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定
点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为： ，即 .
当y=0时，解得 ，所以a=4，
椭圆 过点M(2，3)，可得 ，
解得b2=12.
所以C的方程： .
(2)设与直线AM平行的直线方程为： ，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最
大值.
联立直线方程 与椭圆方程 ，
可得： ，
化简可得： ，
所以 ，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程： ，直线AM方程为： ，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得： ，
由两点之间距离公式可得 .
所以△AMN的面积的最大值： .
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三
角形的面积等问题．
2．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆 的右焦点为 ，点 在椭圆 上．
(1)求椭圆 的方程；
(2)过 的两条互相垂直的直线分别交椭圆 于 两点和 两点，设 的中点分别为 ，求
面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由焦点坐标可得到 与 的关系，将点 代入椭圆方程即可得到椭圆 的方程；
（2）设直线 的方程，联立方程组，利用韦达定理得到两根之和两根之积，从而得出 ， 的坐标，
分别讨论直线 的斜率情况，进而得到直线 的方程以及直线 过定点，计算两种情况下的面积即
可得出结论.
【详解】（1）由题意知 ．又 ，所以 ．
把点 代入椭圆方程，得 ，解得 ．
故椭圆 的方程为 ．
（2）由题意知直线 的斜率均存在且不为零．
设直线 的方程为 ，且A(x ,y ),B(x ,y )．
1 1 2 2
由 消去 ，得 ．所以 ， ．
而 ，
所以 ．同理得 ．
若 ，则 ，此时直线 的斜率不存在，可得直线 ．
此时 ，所以 ；
若 ，则直线 的斜率为 ，
可得直线 ： ．
化简，得 ．所以直线 过定点 ．
所以
．
令 ，则 ．
因为 ，所以 在 上单调递减．
所以 ，即 .
综上， .
所以当 时， 的面积取得最大值 ．【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，定点问题，最值问题；意在考查学生的计算能力，转化能力和
综合应用能力，其中利用设而不求的思想，分类讨论的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，是解题
的关键，此方法是考查的重点，需要熟练掌握.
3．（2024·广东珠海·一模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，且 ，
点 在椭圆C上，直线 ．
(1)若直线l与椭圆C有两个公共点，求实数t的取值范围；
(2)当 时，记直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，P，Q为椭圆C上两动点，求四边形PAQB面积的
最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距可得 ，再根据点在椭圆上可得 ，解出 后可得椭圆的方程，
联立直线方程和椭圆方程后结合判别式可求 的范围；
（2）由题设可得当过 且与直线 平行的直线与椭圆相切时面积之和最大，故求出切点坐标后可求面积
和的最大值.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为 ，则 ，故 ，
而 在椭圆上，故 ，
故 ，故椭圆方程为： ，
由 可得 ，
故 即 即 .
（2）当 时，直线 ，故 ，由题设可得 为位于直线 的两侧，不妨设 在直线 上方， 在直线 的下方，
当过 的直线与直线 平行且与椭圆相切时，
到直线 的距离最大及 的面积最大，
当过 的直线与直线 平行且与椭圆相切时，
到直线 的距离最大及 的面积最大，
由（1）可得相切时 即 ，
当 时，切点的横坐标为 ，切点坐标为 ，在直线 上方，
此时 到 的距离为 ，
当 时，切点的横坐标为 ，切点坐标为 ，在直线 下方；
此时 到 的距离为 ，
又
故四边形PAQB面积的最大值为8.
4．（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆 的左､右焦点分别为 ，离心率为 ，
且经过点 .
(1)求 的方程；
(2)过 且不垂直于坐标轴的直线 交 于 两点，点 为 的中点，记 的面积为 的
面积为 ，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率公式以及点在椭圆上即可求解；（2）解法一：设 ，利用三角形的面积公式，将面积之比表示为点 的纵坐标之比，
利用韦达定理可求出 的纵坐标之比的取值范围，从而可求解；
解法二：设 ，将面积之比表示为点A,B的纵坐标之比，利用韦达定理可求出A,B的纵坐
标之比的取值范围，即可求解.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
因为点 在椭圆上，所以 .
即 ，解得 ，所以 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）
解法一：
由（1）得 ，依题意设 ，
由 消去 ，得 ，
设A(x ,y ),B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2
设 ，则 ，
，由 得， ，
即 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
令 且 ，
则 ，解得 ，且 ，
所以 ，所以 的取值范围为(0,2).
解法二：
由（1）得 ，依题意设 ，
由 消去 ，得 ，
设A(x ,y ),B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2
所以 ，
设 ，则 ，
，
令 且 ，则 代入 可得，
消去 得： ，
因为 ，所以 ，
所以 ，解得 ，且 ，
所以 ，所以 的取值范围为(0,2).
1．（2024·河南·模拟预测）已知椭圆 ： 的左、右焦点分别为 ， ，点 在
上， ， ， 为直线 上关于 轴对称的两个动点，直线 ， 与 的另一个交点
分别为 ， .
(1)求 的标准方程；
(2) 为坐标原点，求 面积的最大值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据 可求 的值，再根据 点在椭圆上和 ， ， 的关系求 ， ，从而确
定椭圆标准方程；
（2）假设直线 方程，联立椭圆 方程得到 ，再利用 关于 轴对称的条件得到 ，
进而利用弦长公式与点线距离公式，结合三角换元与基本不等式得到 面积的最大值，从而得解.
【详解】（1）设F (−c,0)， ，由
1
又 点在椭圆上，所以： ，故椭圆 的标准方程为： .
（2）如图，直线 必存在斜率，可设直线 方程为 .由 .
由 得： .
设P(x ,y )，Q(x ,y )，则 ， .
1 1 2 2
直线 的方程为： ，令 得： .
同理： .
由 ，
得 ，
所以 .
因为直线 不经过点 ，故 不成立，所以 .
由 ，且直线 方程为 .
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
又点 到直线 的距离为 ，
则
因为 ，可设 ， ，则
（当且仅当 时取“=”）.
所以 面积的最大值为2.
【点睛】方法点睛：解析几何中，求取值范围的问题，通常用以下方法来求：
（1）转化为二次函数在给定区间上的值域问题；
（2）利用基本（均值）不等式求最值；
（3）利用函数的单调性求函数的值域；
（4）利用换元法求值域.
2．（2024·陕西榆林·三模）已知椭圆 的离心率为 ；直线 与 只有
一个交点.
(1)求 的方程；
(2) 的左､右焦点分别为 上的点 （ 两点在 轴上方）满足 .
①试判断 （ 为原点）是否成立，并说明理由；
②求四边形 面积的最大值.
【答案】(1)
(2)①不成立，理由见解析；②3
【分析】（1）结合离心率，联立曲线与直线方程，消去 得与 有关一元二次方程，有 ，计算即可
得解；
（2）①设出直线 、 的方程，联立曲线表示出两点坐标，即可表示出 、 ，假设
成立，则有 ，计算即可得；
②设直线 和椭圆 另一交点为 ，结合面积公式与椭圆对称性可得 ，计算出该面积借
助换元法与对勾函数的性质计算即可得.
【详解】（1）因为 ，所以 ，设椭圆方程为 ，
由 ，消去 得 ，
又因为直线 与椭圆 只有一个交点，
所以 ，解得 ，所以椭圆 方程为 ；
（2）①直线 不能平行于 轴，所以可设直线 的方程为 ，
设M(x ,y )，由 ，得 ，
1 1
，则 ，
同理：设直线 的方程为 ，
设 ，由 ，得 ，
，则 ；
若 ，即 ，
即： ，方程无解，所以 不成立；
②设直线 和椭圆 另一交点为 ，由椭圆的对称性知 ，
又 ， ，
设 ，则 ，
且 在 上是减函数，
当 时， 取最大值3，此时 ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于找到直线 和椭圆 另一交点 ，结合椭圆对称性得到
，从而表示出面积.
3．（2024·河北唐山·二模）已知椭圆 的右焦点为 ，其四个顶点的连线围成的四边形面积为 ；
菱形 内接于椭圆 ．(1)求椭圆 的标准方程；
(2)（ⅰ）坐标原点 在边 上的投影为点 ，求点 的轨迹方程；
（ⅱ）求菱形 面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ） ．
【分析】（1）利用题意列出两个方程，联立求解得 的值，即得椭圆方程；
（2）（ⅰ）设 方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用菱形对角线互相垂直得到 ，
再由题意推出 ，即得点 的轨迹方程；
（ⅱ）利用弦长公式求出 ,算出 的面积表达式
，通过换元将其化成一个关于 的函数 ，利用二次函数的
图象即可求其取值范围.
【详解】（1）根据题意设椭圆 的标准方程为 ，
由已知得， ，即 ，由 可得， ，
联立解得， ， ，
故椭圆 的标准方程为： ．
（2）
① 如图，当直线 的斜率存在时，设其方程为 ，由 ，得 ，
由题意 ，
设 ，则 ， ，
于是，
．
（ⅰ） 四边形 为菱形， ， ，
即 ，
，即 （*）．
依题意， ,故点 到直线 的距离即为 ，
两边平方并将（*）代入可得， ，
设点 ，则得： ，
即点 的轨迹方程为： ．
当直线AB斜率不存在时，四边形 为正方形，此时求得 ,
也适合 ，
综合可得点 的轨迹方程为： ．
（ⅱ）因为的面积 ，
令 ，则 ， 代入上式整理得，
， ， 当 时， ，当 时， ，
所以 ．
由对称性可知菱形 面积等于 面积的4倍，
则此时菱形 面积的取值范围为 ．
② 当直线 的斜率不存在时，不妨设其方程为 ，因四边形 是菱形，
故它是正方形，则其面积为 ，将点 代入 解得 ，
故此时菱形 的面积为 .
综上，菱形 面积的取值范围为 ．
【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线有关的点的轨迹、面积范围问题，属于难题.
解题思路为，充分理解题意，发掘重要的结论，如本题中由 得出的参变量之间的关系式
，同时还要熟练掌握如弦长公式，求多边形面积的常见方法，以及常见函数的值域求法等
等，只有具备了这些基本技能方法，才有可能突破.
4．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）将圆 上各点的横坐标变为原来的5倍，纵坐标变为原来
的4倍，所得的曲线为 .记曲线 与 轴负半轴和 轴正半轴分别交于 两点， 为
轴上一点.
(1)求曲线 的方程；
(2)连接 交曲线 于点 ，过点 作 轴的垂线交曲线 于另一点 .记 的面积为 ，记
的面积为 ，求 的取值范围.【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意首先设曲线 上任一点的坐标为 ，由题意 ，其中 为单位圆上点
的坐标，由此即可得解.
（2）首先联立直线 方程与椭圆方程，表示出 点坐标（含参数 ），结合椭圆对称性得 点坐标，得
进一步可得直线 与 轴交点 的坐标，结合三角形面积公式求得 表达式，进一步即可求出范围即可.
【详解】（1）设曲线 上任一点的坐标为 ，圆 上的对应点的坐标为 ，
由题意可得 ，因为 ，所以曲线 的方程为 .
（2）如图所示：
连接 交 轴于点 ，由题意 ，
所以直线 ，
联立 ，消去 并整理得 ，
解得 ，
即 ，由题意并结合椭圆的对称性可知 关于 轴对称，所以
所以直线 ，所以 ，
，
，
所以 ，
因为 ，所以 .
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据题意求得点 的坐标，从而得解.
5．（2024·湖南永州·三模）已知 为坐标原点，动点 在椭圆 上，动点 满足 ，
记点 的轨迹为
(1)求轨迹 的方程；
(2)在轨迹 上是否存在点 ，使得过点 作椭圆 的两条切线互相垂直？若存在，求点 的坐标：若不存
在，请说明理由：
(3)过点 的直线 交轨迹 于 ， 两点，射线 交轨迹 于点 ，射线 交椭圆
于点 ，求四边形 面积的最大值.
【答案】(1)
(2)存在， 或(
(3)
【分析】（1）利用相关点法即可求解；
（2）当切线斜率都存在时，设过 点的切线为 ，联立方程组，消元后根据
，整理为 ，结合韦达定理和垂直条件可得
，再根据 ，即可求解；
（3）将 代入轨迹 的方程，结合韦达定理，求得 的面积 ，再将 代入椭圆C的方程可得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0，由 ，可得
，令 ，由①②可知 ，从而求得 取得最大值2，由题知
的面积 ，又易知 面积 ，从而四边形 的面积 ，从
而可求解.
【详解】（1）设 则 ，
由 得 ，
又 在椭圆 上，所以
代入化简得 ，
所以点 的轨迹 的方程为
（2）当两条切线的斜率存在时，设过 点的切线为 ，
联立 ，消去 得
则由判别式 ，得 ，
设两条切线的斜率分别为 ，依题意得
即 ，
又点 在轨迹 上， ，解得 ，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点 ，且点 的坐标为 或( .
（3）将 代入轨迹 的方程，
可得 ，
由 ，
可得 ①，且 ， ，
所以 ，因为直线 与 轴交点的坐标为 ，
所以 的面积
，
将 代入椭圆C的方程可得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0，
由 ，可得 ②，
令 ，由①②可知 ，
因此 ，故 ，
当且仅当 ，即 时， 取得最大值2，
由题知 的面积 ，又易知 面积 ，
从而四边形 的面积 ，
所以四边形 的面积的最大值为 .
【点睛】关键点点睛：
第三问的关键是先求得 的面积 ，再根据 从而可得 的面积 ，又易
知 面积 ，从而四边形 的面积 .
6．（2024·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系 中，点 ， 分别是椭圆 ：
的右顶点，上顶点，若 的离心率为 ，且 到直线 的距离为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)过点 的直线 与椭圆 交于 ， 两点，其中点 在第一象限，点 在 轴下方且不在 轴上，
设直线 ， 的斜率分别为 ， .
（i）求证： 为定值，并求出该定值；（ii）设直线 与 轴交于点 ，求 的面积 的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析， ；（ii）
【分析】（1）根据题意求出 ，即可得解；
（2）（i）设直线 的方程为 ，其中 ，且 ，设直线 与椭圆 交于点
，联立方程，利用韦达定理求出 ， ，再结合斜率公式化简即可得出结论；
（ii）法一：直线 的方程为 ，设直线 与 轴交于点 ，直线 的方程为 ，分别
求出 的坐标，联立方程组 求出 ，即可得 的坐标，再求出三角形面积的表达式，结合
基本不等式即可得解.
法二：直线 的方程为 ，设直线 与 轴交于点 ，直线 的方程为 ，分别求出
的坐标，易得点 是线段 的中点，则 ，其中 为点 到直线 的距离，求
出 的最大值即可.
【详解】（1）设椭圆 的焦距为 ，
因为椭圆 的离心率为 ，所以 ，即 ，
据 ，得 ，即 .
所以直线 的方程为 ，即 ，
因为原点 到直线 的距离为 ，
故 ，解得 ，
所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 ；
（2）（i）设直线 的方程为 ，其中 ，且 ，即 ，
设直线 与椭圆 交于点 ，联立方程组 整理得 ，
所以 ， ，
（i）所以
为定值，得证；
（ii）法一：直线 的方程为 ，令 ，得 ，故 ，
设直线 与 轴交于点 ，
直线 的方程为 ，令 ，得 ，故
联立方程组 整理得 ，
解得 或0（舍）， ，
所以 的面积
，
由（i）可知， ，故 ，代入上式，
所以 ，
因为点 在 轴下方且不在 轴上，故 或 ，得 ，
所以 ，显然，当 时， ，
当 时， ，
故只需考虑 ，令 ，则 ，
所以 ，
当且仅当 ， ，即 时，不等式取等号，
所以 的面积的最大值为 .
法二：直线 的方程为 ，令 ，得 ，故 ，
设直线 与 轴交于点 ，
直线 的方程为 ，令 ，得 ，故 ，
由（i）可知， ，故 ，
所以点 是线段 的中点，
故 的面积 ，其中 为点 到直线 的距离，
思路1 显然，当过点 且与直线 平行的直线 与椭圆 相切时， 取最大值，
设直线 的方程为 ，即 ，
联立方程组 整理得 ，
据 ，解得 （正舍），
所以平行直线 ： 与直线 ： 之间的距离为
，即 的最大值为 ，
所以 的面积的最大值为 .思路2 因为直线 的方程为 ，
所以 ，
依题意， ， ， ，故 ，
所以 ，
因为 在椭圆 上，故 ，即 ，
所以 ，
当且仅当 时取等号，故 ，
所以 ，
即 的面积的最大值为 .
思路3 因为直线 的方程为 ，
所以 ，
因为 在椭圆 上，故 ，
设 ， ，不妨设 ，
所以 ，
当 ， ， 时， ，
即 的面积的最大值为 .
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
考点三、 斜率类最值
1．（2021·全国·高考真题）已知抛物线 的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足 ，求直线 斜率的最大值.
【答案】（1） ；（2）最大值为 .
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设 ，由平面向量的知识可得 ，进而可得 ，再由斜率公式及基
本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线 的焦点 ，准线方程为 ，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为 ，
所以该抛物线的方程为 ；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设 ，则 ，
所以 ，
由 在抛物线上可得 ，即 ，
据此整理可得点 的轨迹方程为 ，
所以直线 的斜率 ，
当 时， ；
当 时， ，
当 时，因为 ，此时 ，当且仅当 ，即 时，等号成立；
当 时， ；
综上，直线 的斜率的最大值为 .
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为 ．
设直线 的方程为 ，则当直线 与抛物线 相切时，其斜率k取到最值．联立
得 ，其判别式 ，解得 ，所以直线 斜率的
最大值为 ．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为 ．
设直线 的斜率为k，则 ．
令 ，则 的对称轴为 ，所以 ．故直线 斜率的
最大值为 ．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设 ．
因为 ，所以 ．
于是 ，所以
则直线 的斜率为 ．
当且仅当 ，即 时等号成立，所以直线 斜率的最大值为 ．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于 的表达式，
然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线 的斜率k的平方关于 的表达式，利用换元方法转化为二
次函数求得最大值，进而得到直线 斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设 ，求得x,y关于 的参数表达式，得到直线 的斜率
关于 的表达式，结合使用基本不等式，求得直线 斜率的最大值.
2．（2024·浙江台州·一模）已知椭圆 ： 的上、下顶点分别为 ， ，点 在线段 上
运动（不含端点），点 ，直线 与椭圆交于 ， 两点（点 在点 左侧）， 中点 的轨迹
交 轴于 ， 两点，且 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)记直线 ， 的斜率分别为 ， ，求 的最小值．
【答案】(1)
(2) ．
【分析】（1）根据中点坐标关系即代入椭圆求解 点轨迹，即可由 求解 ，
（2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，根据两点斜率公式可求解 ， ，即可根据二次函数的性质
求解最值.
【详解】（1）设 中点 ，则 ，
因为点 在线段 上，所以点 只能在右半椭圆上运动，所以
，即 ，
由点 在椭圆 ： 上，所以 ，
令 ，得 ，由 ，解得 ，故椭圆 的方程为 ．
（2）设 ： ， ， ， ．
由 得 ，
则 ， ，又 ， ，
，
令 ，得 ，
当 即 时取等号，所以 的最小值为 ．
【点睛】方法点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：
一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；
二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角
函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
1．（2024·重庆·三模）已知F，C分别是椭圆 的右焦点、上顶点，过原点的直线 交椭
圆 于A，B两点，满足 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设椭圆 的下顶点为 ，过点 作两条互相垂直的直线 ，这两条直线与椭圆 的另一个交点分别为
M，N，设直线 的斜率为 的面积为 ，当 时，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 利用椭圆的定义，结合椭圆的几何性质知， ，则 ，解出a，b即可得椭圆方程；
(2)设 的方程为 代入椭圆方程，求出M的坐标，可得 ，用 代替k，可得 ，求出
的面积S，可得 ，解不等式 可得k的取值范围．
【详解】（1）设椭圆 的左焦点为 ，连接 ，
由对称性知四边形 是平行四边形，所以 ，．
由椭圆定义知 ，则 ，．
设椭圆的半焦距为 ，由椭圆的几何性质知， ，则 ，
所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 ．
（2）椭圆 的标准方程为 ．则 ，
所以直线 ，
如图所示，
设 ，
联立 ，消去 并整理得 ，．．．
所以 ，所以 ，．．
所以 ，．
同理可得： ，所以 ，所以 ，
由 ，得 ，
整理得 ，得 ，．
又 ，所以 ，所以 或 ．
所以 的取值范围为 ．
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，综合性较
强，难点在于计算过程相当复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，十分容易出错.
2．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线 （ ， ）的左、右焦点分别为 ， ，离心
率为2，P是E的右支上一点，且 ， 的面积为3．
(1)求E的方程；
(2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点 的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分
别即为 和 ，求 的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由三角形面积及双曲线的定义，利用勾股定理求解即可；
（2）设直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式化简可得 ，代入
中化简即可得出最值.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为 ( )，
，
由题可知 ，
，即 ，
又 ，
故E的方程为 .（2）如图，
由题可知 ，且直线 的斜率不为 ，
设直线 的方程为 ， ，
将方程 和 联立，得 ，
，
，
， ,
直线 与 的右支有交点， ，
当 时， 取得最小值，且最小值为 .
考点 四 、 角度及三角函数类最值
1．（2022·全国·高考真题）设抛物线 的焦点为F，点 ，过F的直线交C于M，N
两点．当直线MD垂直于x轴时， ．
(1)求C的方程；
(2)设直线 与C的另一个交点分别为A，B，记直线 的倾斜角分别为 ．当 取得最
大值时，求直线AB的方程．【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）由抛物线的定义可得 ，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线 ，由韦达定理及斜率公式可得 ，再由差角的正切
公式及基本不等式可得 ，设直线 ，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为 ，当 与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时 ，所以 ，
所以抛物线C的方程为 ；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设 ，直线 ，
由 可得 ， ，
由斜率公式可得 ， ，
直线 ，代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，同理可得 ，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为 ，所以 ，
若要使 最大，则 ，设 ，则
，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，设直线 ，代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，
所以直线 .
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设 ,直线
由 得： ， ,同理， .
直线MD: ,代入抛物线方程可得： ，同理， .
代入抛物线方程可得: ,所以 ，同理可得 ，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使 最大，则 ，
设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，设直线 ，
代入抛物线方程可得 ， ，所以 ，所以直线
.
[方法三]：三点共线
设 ，
设 ,若 P、M、N三点共线，由
所以 ，化简得 ，
反之，若 ,可得MN过定点因此，由M、N、F三点共线，得 ，
由M、D、A三点共线，得 ，
由N、D、B三点共线，得 ，
则 ，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使 最大，则 ，
设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，所以直线 .
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线 的斜率关
系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性
通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线 过定点，省去联立过程，也不失为一种简
化运算的好方法．
2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知抛物线 ： （ ）的焦点为 ，点 ，过 的
直线交 于 ， 两点，当 点的横坐标为1时，点 到抛物线的焦点 的距离为2.
(1)求抛物线 的方程；
(2)设直线 ， 与 的另一个交点分别为 ， ，点 ， 分别是 ， 的中点，记直线 ，
的倾斜角分别为 ， .求 的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）关键抛物线的定义可得 ，求出p即可求解；
（2）设 ，将直线 和直线
BD，分别联立抛物线方程，利用韦达定理表示 ， ，进而可得 、
，由中点坐标公式与斜率公式可得 和 ，则 ，当时 最大，由两角差的正切公式和换元法可得 ，结合基本不
等式计算即可求解.
【详解】（1）抛物线的准线为 ，
由抛物线的定义知， ，又 ，所以 ，
所以抛物线C的方程为 ；
（2）由（1）知， ，
设 ，
则 ，设直线 ，
由 可得 ，
，
则 ，
直线 ，代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，同理可得 ，
由斜率公式可得 ， ，
又因为直线OP、OQ的倾斜角分别为 ，所以 ，
若要使 最大，需使 最大，则 ，设 ，
则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以 的最大值为 .【点睛】关键点睛：本题求解过程中，需要熟练运用斜率公式以及类比的思想方法，在得到两条直线的关
系后，设 ，利用换元法，化简式子，求最值是难点，也是关键点，属于难题.
1．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C： 的两焦点分别为 ，并且经
过点 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)过 的直线交椭圆C于A，B两点，设直线 与C的另一个交点分别为M，N，记直线AB，MN
的倾斜角分别为 ，当 取得最大值时，求直线AB的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的定义可得 ，求出a，再求出b；
（2）设点的坐标及直线方程，由根与系数的关系及斜率公式得 ，即 ，再由两角差
的正切公式及基本不等式分析求解
【详解】（1）由椭圆定义知 ，
解得 .
又 ，所以 ，
故椭圆C的方程为 .
（2）①当 时，由对称性得 .②当 时，设直线AB的方程为 ，且 ，
，当 时，
设直线 的方程为 ， ，
由 得 ，易知 ，
则 ，
得 .
同理，当 时，设直线 的方程为 ，
则 .
则
.
当 时， ，解得 ，
由椭圆的对称性，不妨设 ，
由于F (1,0)，故 ，
2此时直线 ，联立椭圆方程得 ，
解得 或 （舍去），当 时， ，
故 ，同理可得 ， ，
则 ，满足 .
所以 .
当 时， .
当 时， ，
此时 ，故 ，
所以 ，当且仅当 时等号成立.
综上，当 取得最大值时，直线AB的方程为 .
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
2．（2023·福建三明·三模）已知 是椭圆 的右焦点， 为坐标原点， 为椭圆上
任意一点， 的最大值为 .当 时， 的面积为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2) 、 为椭圆的左、右顶点，点 满足 ，当 与 、 不重合时，射线 交椭圆 于点 ，
直线 、 交于点 ，求 的最大值.
【答案】(1)
(2)【分析】（1）求出 ，分析出 ，利用勾股定理结合椭圆的定义、三角形
的面积公式可得出 ，再由 可得出 、 的值，即可得出椭圆 的方程；
（2）求出点 的坐标，设直线 的方程为 ，设点 、 ，将直线 的方程与
椭圆 的方程联立，列出韦达定理，求出直线 、 的方程，将这两条直线的方程联立，求出点 的
横坐标为 ，设点 ，其中 ，求出 关于 的函数表达式，利用基本不等式求出
的最大值，即可得出 的最大值.
【详解】（1）解：设点 ，则 ， ，
因为
，
所以， ，
设椭圆左焦点为 ，因为 ，所以 .
即 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
因为此时 ，所以 ，所以 ，所以 .
因为 ，所以 ， ，所以椭圆 的方程为 .
（2）解：设点 ， ， ，
因为点 满足 ，则 ，解得 ，所以 ，
由题知 不与 轴重合，设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，消 整理得 ，，
设 、 ，则 ， .
因为 的方程为 ， 的方程为
两直线方程联立得： .
因为 .
所以 ，解得 ，
所以动点 的轨迹方程为 .
由椭圆的对称性不妨设 ，直线 、 的倾斜角为 、 ，
由图可知 ，且 ，
因为 ，则 ，
因为 ， ，
所以 ，
当且仅当 时等号成立，此时 ， ，
所以 的最大值为 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函
数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
考点 五 、 参数类最值
1．（2024·吉林·模拟预测）已知点 ，直线 ，动圆 与直线 相切，交线段 于点 ，且．
(1)求圆心 的轨迹方程，并说明是什么曲线；
(2)过点 且倾斜角大于 的直线 与 轴交于点 ，与 的轨迹相交于两点 ，且
，求 的值及 的取值范围.
【答案】(1) ，点 的轨迹是焦点在 轴上，实轴长、虚轴长均为 的等轴双曲线．
(2) ，
【分析】（1）设点P(x,y)，根据 列出等量关系整理可得；
（2）设直线 ，联立双曲线方程，利用韦达定理结合 ，可得 的值及
的取值范围.
【详解】（1）设点P(x,y)，圆 的半径为 为 到直线 的距离，则 ．
根据题意，动点 的轨迹就是点的集合
即 ，整理得 .
所以，点 的轨迹是焦点在 轴上，实轴长、虚轴长均为 的等轴双曲线．
（2）设直线 ，
倾斜角大于
设
联立 得 ，
故 ， ， ，
由题知，双曲线的焦点 ，由 得 的取值范围是
1．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知椭圆 ，点 、 分别为椭圆的左、右焦点.
(1)若椭圆上点 满足 ，求 的值；
(2)点 为椭圆的右顶点，定点 在 轴上，若点 为椭圆上一动点，当 取得最小值时点 恰与点
重合，求实数 的取值范围；
(3)已知 为常数，过点 且法向量为 的直线 交椭圆于 、 两点，若椭圆 上存在点 满足
（ ），求 的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设点 ，然后代入椭圆方程，即可求出 ，再根据椭圆定义求|PF )；
1
（2）设 ，求出 ，根据二次函数在给定区间上的最值要求列不等式求解；
（3）设直线 的方程为 ，与椭圆联立，写出韦达定理，再根据 求出 的坐
标，代入椭圆方程，利用韦达定理计算，利用基本不等式求最值.
【详解】（1）因为 ，所以设点 ，
则 ，所以 ，即 ，所以 ；
；
（2）设 ，则 ， ，
则 ，
所以 ， ，
要 时 取最小值，则必有 ，
所以 ；
（3）设过点 且法向量为 的直线 的方程为 ， ，
联立 ，消去 得 ，
则 ，
则 ，
，
又 ，
又点 在椭圆 上，则 ，
所以 ，
即 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
即 的最大值为 .
考点 六 、 向量类最值
1．（2023·浙江台州·统考模拟预测）已知点 是双曲线 与椭圆 的公共点，
直线 与双曲线 交于不同的两点 ， ，设直线 与 的倾斜角分别为 ， ，且满足 .
(1)求证：直线 恒过定点，并求出定点坐标；
(2)记（1）中直线 恒过定点为 ，若直线 与椭圆 交于不同两点 ， ，求 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）记 ， 的斜率为 ， ，由 可得 ，联立直线与双曲线，用坐标表示 ，结合韦达定理可得 ，分析即可得解；
（2）用坐标表示 ，结合韦达定理以及 得到 的范围，求解即可.
【详解】（1）由已知得 ，
所以 ， ，
当 ， 斜率不存在时，则直线 ， 为 或 ，与题意不符；
当 ， 斜率存在时，记 ， 的斜率为 ，
所以根据 ，
可得 ，……………………（*）
设 ， ，直线 ，
由 联立可得 ，
所以
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 或 （此时直线 过 ，不符，舍去）
所以直线 恒过定点 ；
（2）由（1）知，可设直线 的方程： ，
设直线 与椭圆 的交点 ， 坐标分别为 ， ，
由 可得
，
所以 ，因为
，
所以
又因为 可得 或 ，
又因为直线 与双曲线 交于不同的两点 ， ，由
联立可得 ，
又因为 可得 ，
所以 或 ，
所以结合（1）可得 的取值范围为 ，
所以 的取值范围为 .
2．（2023·江苏南京·校考一模）在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的左、右焦
点分别 、 焦距为2，且与双曲线 共顶点．P为椭圆C上一点，直线 交椭圆C于另一点
Q．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P的坐标为 ，求过P、Q、 三点的圆的方程；
(3)若 ，且 ，求 的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由焦距为2得到 ，再由双曲线的顶点求出 ，得到 ，椭圆方程；
（2）求出 的方程，与椭圆方程联立后得到点Q的坐标，待定系数法求出圆的方程；（3）设 ， ，由向量共线得到 ，将 两点坐标代入椭圆方程中，求出
，从而表达出 ，结合基本不等式求出最值.
【详解】（1）双曲线 的顶点坐标为 ，故 ，
由题意得 ，故 ，
故椭圆的方程为 ．
（2）因为 ， ，所以 的方程为 ，
由 ，解得点Q的坐标为 ．
设过P，Q， 三点的圆为 ，
则 ，解得 ， ， ，
所以圆的方程为 ；
（3）设 ， ，
则 ， ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，解得 ，
所以
，
因为 ，所以 ，当且仅当 ，
即 时，取等号． 最大值为 ．1．（2023·辽宁沈阳·校联考二模）从抛物线的焦点发出的光经过抛物线反射后，光线都平行于抛物线的轴，
根据光路的可逆性，平行于抛物线的轴射向抛物线后的反射光线都会汇聚到抛物线的焦点处，这一性质被
广泛应用在生产生活中．如图，已知抛物线 ，从点 发出的平行于y轴的光线照射到
抛物线上的D点，经过抛物线两次反射后，反射光线由G点射出，经过点 ．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知圆 ，在抛物线C上任取一点E，过点E向圆M作两条切线EA和EB，切点分别
为A、B，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线光的反射性质知：直线 必过焦点 ，写出 坐标，由斜率相等及两
点式列方程求 ，即可得抛物线方程；
（2）根据题设画出草图，易得 ，令 ，
进而得到 ，结合 求 范围，最后利用导数研究 在
上单调性，求范围.
【详解】（1）由题设，令 ， ，根据抛物线性质知：直线 必过焦点 ，
所以 ，则 ，整理得 ， ，则 ，
所以抛物线C的方程为 .
（2）由题意， ，且 ， ， ，所以 ，
而 ，
令 ，则 ，
所以 ， ，
综上， ，
又 ， ，若 ，则 ，
由 ，当 ，即 时 ，无最大值，
所以 ，即 ，故 ， ，
令 ，则 ，
令 ， 在 上恒成立，即 递减，所以 .
2．（24-25高二上·吉林长春·阶段练习）已知 为椭圆C： 上的点，C的焦距为
．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P为椭圆C上的动点，过点P作圆O： 的两条切线，切点分别为A，B，求 的取值
范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据点在椭圆上，代入即可列方程求解，（2）根据点点的距离可得 ，即可根据模长公式以及数量积的运算，结合二倍角公式
即可求解.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
故椭圆方程为
（2）设 ，则 ，
由于 ，故 ，
故
，由于
故 ，因此 ，
故
3．（2024·贵州贵阳·二模）一动圆圆 与圆 外切，同时与圆 内切.设动
圆圆心 的轨迹为曲线 .
(1)求曲线 的方程;
(2)若曲线 与 轴的左、右交点分别为A、B，过点 的直线 与曲线 交于P、Q两点，直线AP、BQ
相交于点 ，当点 的纵坐标为 时，若 ，求 的最小值.【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，有 ，圆心 的轨迹为椭圆，结合椭圆的定义求方程；
（2）设直线 的方程，与椭圆联立方程组，设 ，表示出直线AP、BQ的方程，结合韦达
定理求出点 和点P坐标，得直线PQ的方程， 的最小值为点 到直线PQ的距离，求解即可.
【详解】（1）由题意知 ，
设动圆 的圆心坐标为 ，半径为 ，
则有 ①， ②，①+②得 ，
所以动圆圆心 的轨迹为以 为焦点的椭圆，
，设椭圆 的方程为 ，
则有 ， ，
故 的方程为 ．
（2）由题可知，直线 的斜率 ，故可设直线PT的方程为 ，
由 消去 得 ，
设 ，
所以 ，
由（1）知， ， ， ，
， ，即点 在直线 上，即 ，所以直线AP的方程为 ，
联立 ，消去 得 ，
点的坐标为 ，
直线PQ的方程为 ，由 可知 在直线PQ上，
所以 的最小值为点 到直线PQ的距离， ．
所以 的最小值为 ．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根
与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，
不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能
力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
考点 七 、 点到直线距离类最值
1．（2023·广东佛山·二模）双曲线 的左顶点为 ，焦距为4，过右焦点 作垂直
于实轴的直线交 于 、 两点，且 是直角三角形．
(1)求双曲线 的方程；
(2) 、 是 右支上的两动点，设直线 、 的斜率分别为 、 ，若 ，求点 到直线
的距离 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，转化为 的方程，即可求解；
（2）首先设直线 的方程为 ，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示 ，并根据 的
取值范围，求点到直线的距离的取值范围.
【详解】（1）依题意， ，焦半径 ，由 ，得 ，得 ，
解得： （其中 舍去），
所以 ，
故双曲线 的方程为 ；
（2）显然直线 不可能与轴平行，故可设直线 的方程为 ，
联立 ，消去 整理得 ，
在条件 下，设 ， ，
则 ， ，
由 ，得 ，
即 ，
整理得 ，
代入韦达定理得， ，
化简可消去所有的含 的项，解得： 或 （舍去），
则直线 的方程为 ，得 ，
又 都在双曲线的右支上，故有 ， ，
此时 ， ，
所以点 到直线 的距离 的取值范围为 .
x2 y2
1．（2024·吉林·二模）设 分别为椭圆C: + =1(a>b>0): 的左、右焦点， 是椭圆 短轴的
a2 b2
一个顶点，已知 的面积为 .(1)求椭圆 的方程；
(2)如图， 是椭圆上不重合的三点，原点 是 的重心
（i）当直线 垂直于 轴时，求点 到直线 的距离；
（ii）求点 到直线 的距离的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知列出关于 的方程组，结合 解出椭圆方程.
（2）（i）设出 三点坐标根据重心坐标公式和已知条件列出方程得到 的纵坐标为 ，从而解
出横坐标，进而解出结果.
（ii）讨论直线 有无斜率两种情况，有斜率时设出直线 的方程，与椭圆联立，结合根与系数关系，
重心坐标表示出 的坐标，代入椭圆得到一个关系式，利用点到直线距离公式表示点 到直线 的
距离并化简，结合式子结构，综合两种情况解出结果.
【详解】（1）（1）由题意得 整理得 解得
所以椭圆得方程为 .
（2）（i）设 ,根据题意有 .
因为原点 是 的重心，所以 ，
即 ， .
将 ，代入 解得 ，所以 .所以 到直线 的距离为 .
（ii）由（i）知当直线 斜率不存在时 到直线 的距离为 .
当 斜率存在时，设 所在直线方程为 ， .
由 得 ，
且 ，即 .
所以 .
因为原点 是 的重心，所以
所以 ，所以 .
将点 代入椭圆方程得并整理可得
所以点 到直线 的距离为
.
综上所述，当 与 轴垂直时点 到直线 的距离最大为
考点 八 、 点坐标及截距类最值
1．（2024·天津·高考真题）已知椭圆 的离心率 ．左顶点为 ，下顶点为 是
线段 的中点，其中 ．
(1)求椭圆方程．
(2)过点 的动直线与椭圆有两个交点 ．在 轴上是否存在点 使得 ．若存在求出这
个 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)
(2)存在 ，使得 恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为： ， ， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合
韦达定理和向量数量积的坐标运算可用 表示 ，再根据 可求 的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为 ，故 ， ，其中 为半焦距，
所以 ，故 ，
故 ，所以 ， ，故椭圆方程为： .
（2）
若过点 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为： ，
设 ，
由 可得 ，
故 且
而 ，
故，
因为 恒成立，故 ，解得 .
若过点 的动直线的斜率不存在，则 或 ，
此时需 ，两者结合可得 .
综上，存在 ，使得 恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借
助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
2．（2021·浙江·高考真题）如图，已知F是抛物线 的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交
点，且 ，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线 ，x轴依次交于点P，
Q，R，N，且 ，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）求出 的值后可求抛物线的方程.（2）方法一：设 ， ， ，联立直线 的方程和抛物线的方程后可得
，求出直线 的方程，联立各直线方程可求出 ，根据题设条件可得
，从而可求 的范围.
【详解】（1）因为 ，故 ，故抛物线的方程为： .
（2）[方法一]：通式通法
设 ， ， ，
所以直线 ，由题设可得 且 .
{x=ty+1)
由 可得 ，故 ，
y2=4x
因为 ，故 ，故 .
又 ，由 可得 ，
同理 ，
由 可得 ，
所以 ，
整理得到 ，
故 ，令 ，则 且 ，
故 ，
故 即 ，
解得 或 或 .
故直线 在 轴上的截距的范围为 或 或 .
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，直线 的方程
为 ，由题设可得 且 ．
由 得 ，所以 ．
因为 ，
，
．
由 得 ．
同理 ．
由 得 ．
因为 ，
所以 即 ．故 ．
令 ，则 ．
所以 ，解得 或 或 ．
故直线 在x轴上的截距的范围为 ．
[方法三]【最优解】：
设 ，
由 三点共线得 ，即 ．
所以直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，直线 的方程为
．
设直线 的方程为 ，
则 ．
所以 ．
故 （其中 ）．
所以 ．
因此直线 在x轴上的截距为 ．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用 坐标表示直线 ，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关
系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线 的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将
所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点 在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点 横坐标的关系，这样有
助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
1．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知椭圆 的左右顶点距离为 ，离心率为
.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设过点 ，斜率存在且不为0的直线 与椭圆 交于 ， 两点，求弦 垂直平分线的纵截距的取
值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得 ，进而得到椭圆标准方程；
（2）设 与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用中点坐标公式表示出 点坐标，从而
得到 方程；令 可求得 在 轴的截距，利用函数值域的求解方法可求得结果.
【详解】（1）由题意， ，即 ，
又 ，所以 ，
故 ，
故所求椭圆的标准方程为 .
（2）如图，
由题意知：直线 的斜率 存在且不为零，
设 ， ，A(x ,y )，B(x ,y )， 中点 ，
1 1 2 2
联立 ，消去 并整理得： ，恒成立，
则 ， ， ，
，
则 方程为： ，即 ，
化简得：
设直线 在 轴上截距为 ，令 得 ，
由 可知 ，
所以直线 在 轴上的截距的取值范围为 .
1．（2024·四川绵阳·二模）已知直线 与抛物线 交于A，B两点，F为E的焦
点，直线FA，FB的斜率之和为0．
(1)求E的方程；
(2)直线 分别交直线 于 两点，若 ，求k的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，将直线FA，FB的斜率之和坐标化，利用韦达定理代入整理求解系
数 ；
（2）由直线 方程，令 ，用 表示 坐标， 代入 利用志达定理将条件转化为
的不等关系，求解不等式即得.
【详解】（1）由 ，得 ，设直线与抛物线线交点 ，
的斜率 ， 的斜率 ，由已知直线FA，FB的斜率之和为0，
则
①，
联立方程组 ，消 得 ，
由 ，且 ，得 ，则 .
由韦达定理得 ，代入①化简得
，
由 ，解得 ，
故抛物线E的方程为 ；
（2）由（1）知，焦点 ，则 ， ，
令 ，得 ，
故 ，解得 ，
又 ，
由（1）知， ，代入②式得，
，且 ，
解得 ，则 ，或 ，
故 的取值范围为 .2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知椭圆 经过点 ，离心率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)若直线 与 交于 两点，且直线 与 的斜率互为相反数，求 的中点 到右焦点 的距离
的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据点在椭圆上以及焦点即可联立方程求解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可得 坐标，进而根据中点坐标公式可得 ，从而判断 在
直线 上，即可由点到直线距离公式求解.
【详解】（1）由已知
解得
所以椭圆方程为
（2）由于 的斜率互化相反数，不妨设 的斜率为 ， 的斜率为 .
则AB的方程为 ，
联立 ，
故 ，又 ，所以 ，进而 ,
用 代入可得 ,
所以 中点 的坐标为
由于 ,
所以 在直线 上，
所以点 与 的最小距离即是点 到直线 的距离 ，
当且仅当 时取得最小值 .
3．（23-24高二上·北京海淀·期末）已知椭圆 的两个顶点分别为 ，
离心率 为椭圆上的动点，直线 分别交动直线 于点C，D，过点C作 的
垂线交x轴于点H．
(1)求椭圆E的方程；
(2) 是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）由离心率及顶点坐标结合 即可求解；
（2）结合两点式得直线 方程，进而得到点 坐标，由直线 与直线 垂直得到直线 的斜率，结合点斜式得直线 的方程，进而的到点 坐标，结合数量积的坐标运算及二次函数的最值即可求
解.
【详解】（1）由 ，又两个顶点分别为 ，
则 ， ，
故椭圆E的方程为 ；
（2） 为椭圆上的动点，则 ，故直线 的斜率存在且不为0，
则直线 ： ，即 ，则点 ，
则直线 ： ，即 ，则点 ，
则直线 的斜率为 ，故直线 ： ，
令 ,得 ，
又P(x ,y )在椭圆上，则 ，整理得 ，
0 0
所以 ，则 ，
所以
综上，存在 ，使得 有最大值 .
【点睛】按题意结合两点式，点斜式求得点坐标，结合数量积运算及二次函数的最值即可求，思路相对明
确，运算要细心，是中档题.
4．（24-25高三上·福建福州·阶段练习）已知椭圆 经过点 ，右焦点为(1)求椭圆 的方程；
(2)若直线 与 交于 两点，且直线 与 的斜率互为相反数，求 的中点 与 的最小距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆上的点坐标以及焦点坐标联立解方程组可得结果；
（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可得 两点坐标，进而根据中点坐标公式可得 ，可得点
在直线 上，再由点到直线距离公式可求解.
【详解】（1）由已知可得 ，
解得 ；
所以椭圆 的方程为 .
（2）由于直线 与 的斜率互为相反数，
不妨设直线 的斜率为 ，则直线 的斜率为 ， ；
则直线 的方程为 ，如下图所示：
联立 ，整理可得 ，
可得 ，又 ，可得 ，
即 ，
同理用 代替 可得 ；因此可得 的中点 ，因此可得 ，
所以可得点 在直线 上，
可得点 与 的最小距离即为点 到直线 的距离 ，
当且仅当 时，取得最小值.
5．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知 ，动点 满足 与 的斜率之积为定值 .
(1)求动点 的轨迹 的方程；
(2)过点 的直线 与曲线 交于 两点，且 均在 轴右侧，过点 作直线 的垂线，垂
足为 .
（i）求证：直线 过定点；
（ii）求 面积的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）设动点 的坐标，由题意列式并化简，即可得答案；
（2）（i）设直线方程 ，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，求出m的范围，利用直线BD
的方程求出其与x轴交点坐标的表达式，化简即可证明结论；
（ii）结合根与系数的关系式，求出 面积的表达式，利用换元，并结合函数的单调性，即可求得答
案.
【详解】（1）设动点 的坐标为 ，由动点 满足 与 的斜率之积为定值 ，
得 ，即 ，
故动点 的轨迹 的方程为 ；
（2）（i）证明：设 ，联立 ，
得 ，
设 ，结合题意有 ，
解得 ，且 ，
又直线BD的方程为 ，
令 ，则
，
故直线 过定点 ；
（ii）由题意知 ，
故 的面积为
，
令 ，则 ，
则 ，
由于 在 上单调递减，故 在 上单调递增，故当 ，即 时， 面积取最小值 .
【点睛】难点点睛：本题考查了动点轨迹方程的求法，考查了直线过定点问题以及双曲线中的三角形面积
的最值问题，综合性较强，解答时要设直线方程，并联立双曲线方程，结合根与系数的关系式进行化简，
难点在于计算过程比较复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，因此要十分细心.
6．（24-25高三上·上海宝山·阶段练习）已知双曲线 的虚轴长为4，渐近线方程
为 .
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)设 ， 是双曲线上的动点，求 的最小值；
(3)过双曲线右焦点 的直线 与双曲线 的左、右两支分别交于点 、 ，点 是线段 的中点，过点
且与 垂直的直线 交直线 于点 ，点 满足 ，求四边形 面积的最小值.
【答案】(1)
(2)1
(3)
【分析】（1）根据双曲线的几何性质进行求解.
（2）由两点间的距离公式进行列式，并消元得到只含 的式子，求函数值域得到结果.
（3）联立双曲线和直线 的方程表示 点的坐标，由 ， ， 三点共线和 联立表示 点坐标，
通过 可知四边形 是平行四边形，从而将平行四边形 的面积转化为 面积的
两倍，用三角形面积公式表示 的面积，最后通过换元和导数得到面积的最小值.
【详解】（1）由题意可知 ，又渐近线方程为 ，所以 ，
易知双曲线的标准方程为 .
（2）设P(x,y)， ，
因为 或 ，对称轴为 ，所以当 时取得最小值1.
（3）设A(x ,y )，B(x ,y )， ， ，联立方程
1 1 2 2
得 ，
，且 ， ，
由 ， ， 三点共线得 ①，
由 得 ，即 ②，由①②解得 .
由 可知，四边形 是平行四边形，
所以 ， ，
，
所以 ，
令 ， ，则 ，令 ，
则 ，
所以 在 上单调递减， 上单调递增，所以 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时取等号.
7．（2024·江西·一模）已知双曲线 （ ， ）的一条渐近线的倾斜角为 ，C的右焦
点F到该渐近线的距离为 .
(1)求C的方程；(2)若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆 交于与A，B不重合的M，N两点.
（ⅰ）求直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）
【分析】（1）根据渐近线的倾斜角得到 ，由焦点到渐近线方程的距离得到 ， ，得到
双曲线方程；
（2）（ⅰ）直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为 ，与双曲线方程联立，得
到两根之和，两根之积，由根的判别式及 得到不等式，求出 ，再利用直线与圆相交得到不
等式，求出 ，直线AB的斜率 ，从而得到直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）由弦长公式和垂径定理得到 ，其中 ，设 ， ，
从而得到 .
【详解】（1）因为C的一条渐近线的倾斜角为 ，所以 ， ，
则C的一条渐近线的方程为 ，
因为 ，
所以右焦点 到渐近线 的距离为 ，
所以 ， ，所以C的方程为 .
（2）（ⅰ）由（1）知， ，设A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
由题意可得直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为 ，
与 联立得 ，
所以 ， ， ， ，又A，B两点在x轴同一侧，所以 .此时 ，即 .
又圆O的方程为 ，点O到直线AB的距离 ，
由 得 ，由 得 ，所以 或 ，
因为直线AB的斜率 ，所以直线AB斜率的取值范围是 .
（ⅱ）由弦长公式得
，
由垂径定理得 ，
所以 ，
其中 ，设 ， ，
则 ，
所以 的取值范围是 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围.
8．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知双曲线 的实轴长为4，渐近线方程为
.(1)求双曲线 的标准方程；
(2)双曲线的左､右顶点分别为 ，过点 作与 轴不重合的直线 与 交于 两点，直线 与
交于点S，直线 与 交于点 .
（i）设直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，若 ，求 的值；
（ii）求 的面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）
【分析】（1）根据双曲线性质计算即可；
（2）设直线l方程及 坐标，联立双曲线方程，根据韦达定理得出纵坐标和积关系，（i）利用两点斜
率公式消元计算即可；（ii）联立直线方程求出 坐标，并求出 ，利用三角形面积公式及 范围计
算即可.
【详解】（1）由题意知： ，解得 ，双曲线方程为 .
（2）
因为直线 斜率不为0，设直线 方程为 ，易知 ，
设 ，联立 ，得 ，
则 ，且 ，
（i）；
（ii）由题可得： .
联立可得： ，即 ，同理 .
，
故 ，
且 ，
.
【点睛】关键点点睛：反设直线线并设点，联立双曲线方程后得出 纵坐标的和积关系，为后面消元
转化减轻计算量.
9．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线 ，在 上有一点 位于第一象限，设 的纵坐标为
.
(1)若 到抛物线 准线的距离为3，求 的值；
(2)当 时，若 轴上存在一点 ，使 的中点在抛物线 上，求 到直线 的距离；
(3)直线 ， 是第一象限内 上异于 的动点， 在直线 上的投影为点 ，直线 与直线 的交点
为 .若在 的位置变化过程中， 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求出点 的横坐标，代入抛物线方程即可求解；
（2）先通过中点在抛物线上求出点 的坐标，进一步求出直线 方程，利用点到直线距离公式求解即可；
（3）设 ，联立方程求出点Q的坐标，根据 恒成立，结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）抛物线 的准线为 ，由于 到抛物线 准线的距离为3，
则点 的横坐标为2，则 ，解得 ；
（2）当 时，点 的横坐标为 ，则 ，
设 ，则 的中点为 ，由题意可得 ，解得 ，
所以 ，则 ，
由点斜式可得，直线 的方程为 ，即 ，
所以原点 到直线 的距离为 ；
（3）如图，
设 ，则 ，
故直线 的方程为 ，
令 ，可得 ，即 ，
则 ，依题意， 恒成立，
又 ，
则最小值为 ，即 ，即 ，
则 ，解得 ，
又当 时， ，当且仅当 时等号成立，
而 ，即当 时，也符合题意.故实数 的取值范围为 .
10．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知 为椭圆 ： 的左焦点，椭圆 过点
，且直线 的斜率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)若点 ， 在椭圆 上，且 ，过 ， 分别作椭圆 的切线 ， ， 与
相交于点 .
（i）求点 的轨迹方程；
（ii）求 周长的最小值.
【答案】(1)
(2)（i） （ii）
【分析】（1）利用直线 求出椭圆中 的值，再根据椭圆的标准方程列式求解即可；
（2）（i）设直线 ： ， ，与椭圆方程联立，利用 和韦达定理可得
①，再设 的方程为 ，与椭圆方程联立，利用 与椭圆相切，判别式为
0，求出切线 的方程，同理可得切线 的方程，由 在直线 ， 上，联立 ， 可得M(x ,y )，
1 1
N(x ,y )在直线 上，得 ②，再将①②联立即可求解；
2 2
（ii）由（i）可知 在以 为焦点，以 为准线的抛物线上，利用抛物线的性质求解即可.
【详解】（1）由题意得，直线 的方程为 ，即 ，
当 时， ，故 ，
由 解得 或 （舍去），
椭圆 的方程 .（2）（i）设直线 ： ， ，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
与 联立 ，
所以 ， ，
由 可得
化简可得 ①
设 的方程为 ，即 ，
与 联立 ，
令 ，结合 ，
解得 ，所以切线方程为 ，
即直线 方程为： ， 不存在时也满足此直线方程，
同理可得 方程为： ，
由 在直线 ， 上，则 ，即M(x ,y )，N(x ,y )在直线 上，
1 1 2 2
所以直线 方程为： ，即 ②
由①②可得 ， 时也满足此方程，
所以 的轨迹方程为 .
（ii）由（i）可知 在以 为焦点，以 为准线的抛物线上，
过 分别向直线 作垂线，垂足分别为 ， ，由抛物线定义可得： ，
当且仅当 ， ， 共线时取等，
所以 周长的最小值为 .
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为A(x ,y ),B(x ,y )；
1 1 2 2
（2）联立直线与曲线方程，得到关于 或 的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为 形式；
（5）代入韦达定理求解.
11．（24-25高二上·吉林长春·阶段练习）已知 是椭圆 的右焦点， 为坐标原点，
为椭圆上任意一点， 的最大值为 ，当 时， 的面积为 .
(1)求 的值；
(2) 为椭圆的左､右顶点，点 满足 ，当 与 不重合时，射线 交椭圆 于点 ，直线
交于点 ，求 的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题可知 ，当 时，设椭圆左焦点为 ，则 ，
再根据椭圆定义和三角形面积可求得 ， ， 的值，即可求得 ；
（2）由题可知点 ，直线 的斜率不为0，设其方程 ，并和椭圆方程联立，根据韦达定理
及相关知识，可确定点 的轨迹方程 ，设直线 的倾斜角分别为 ，则 ，
再根据两角差的正切公式即可求得结果.【详解】（1）因为 ①，
设椭圆的左焦点为 ，因为 ，所以 .
即 ，又 ，所以 ，所以
，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ②，又 ③，
由①②③，解得 ，所以 .
（2）由（1）可知椭圆 的方程为 ，因为点 满足 ，所以 ，设直线 的方程
为 ，
联立 ，得 ，
设 ，易得 ，则 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立得 ，
因为 ，所以 ，解得
所以动点 的轨迹方程为 .
由椭圆的对称性不妨设 ，直线 的倾斜角分别为 ，因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
当且仅当 时，等号成立，此时 ， ，所以 的最大值为 .
12．（24-25高三上·陕西安康·开学考试）已知动圆的圆心在 轴上，且该动圆经过点 ．
(1)求点 的轨迹 的方程；
(2)设过点 的直线 交轨迹 于 两点，若 为轨迹 上位于点 之间的一点，点 关
于 轴的对称点为点 ，过点 作 ，交 于点 ，求 的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设圆心坐标为 ，结合题意列式化简，即可求得答案；
（2）求出A，B的坐标，利用设直线的方程并联立方程组可求出点Q，M的横坐标表达式，结合
化简，求出其关于参数k的表达式，结合二次函数知
识，即可求得答案.
【详解】（1）因为动圆的圆心在 轴上，所以设圆心坐标为 ，半径为 ，
由题意可得 ，即 ，
又圆心是点 的中点，
由中点坐标公式可得 ，
代入上式可得 ，
所以点 的轨迹 的方程为 ；
（2）由题意知 在抛物线C上，则 ，即 ，
由于过点 的直线 交轨迹 于 两点，则直线l的斜率为 ，
故l的方程为 ，联立 ，得 ，
解得 或 ，则 ，则B关于x轴的对称点为 ，由题意知直线AQ的斜率存在，设为k，直线 的斜率为 ，则 ，
设直线 ，
因为点Q在抛物线C上，故联立 ，得 ，
得 ，则 ， ,
又 ，故直线BM的方程为 ，
联立 ，解得 ,
因为
，
故当 时，即 时， 取到最大值，最大值为 .
【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类题目的难点在于复杂的计算，特别是第二问中求解最值问题时，基本
都是字母参数的运算，并且计算量较大，需要十分细心.13．（2022·上海徐汇·一模）在平面直角坐标系 中，一动圆经过点 且与直线 相切，设该
动圆圆心的轨迹为曲线K，P是曲线K上一点．
(1)求曲线K的方程；
(2)过点A且斜率为k的直线l与曲线K交于B、C两点，若 且直线OP与直线 交于Q点．求
的值；
(3)若点D、E在y轴上， 的内切圆的方程为 ，求 面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)8
【分析】（1）由题意动圆的轨迹满足抛物线的定义，所以得出抛物线的轨迹方程即可，
（2）联立直线l与抛物线，求出 的值，又 ，设出OP的方程，再联立抛物线求出 的值，
再求出 ，得出 的值；
（3）由于D、E在y轴上，设出D、E坐标，并求出 ，P点的横坐标即为 的高，再求 面
积的最小值即可．
【详解】（1）由题意可知圆心到 的距离等于到直线 的距离，
由抛物线的定义可知，曲线K的轨迹方程为 ，
（2）设直线l的方程为 ，
联立 ，消y得 ，
∴ ，∴ ，设 ，∴ ,
又 ，
∴
∵ ，∴设直线OP的方程为 ，
联立 ，消y得 ，
∴ ，∴ ，∴ ，
令 ，则 ，∴ ，∴ ，
∴ ，
故 的值为 ，
（3）设 ，
直线PD的方程为 ，
又圆心 到PD的距离为1，即 ，
整理得 ，
同理可得 ，
所以，可知b，c是方程 的两根，
所以 ， ，依题意 ，即 ，则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时上式取等号，
所以 面积的最小值为8．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围．
14．（23-24高二上·重庆·期末）已知椭圆 的离心率为 ，上顶点 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2) 为坐标原点， ，点 是椭圆 上的动点，过 作直线 分别交椭圆
于另外 三点，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）由 ，求出 ，得到椭圆方程；（2）设 ，求出 ，设 ，联
立方程求出 ，同理可得 ，代入求解范围.
【详解】（1）由题得 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）设 ，由题可知 ，
①
由题可知：直线 斜率不为
设 ，
联立 ,
则 ，
所以 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以
又因为 ，所以 ，
所以 ②设 ，同理得 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，所以同理可得 ③，
将②③代入①得
又因为 ，所以 .
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程以及椭圆中范围问题，考查学生数学运算能力，解析几何中，范围的问题通常采
用参数来求解.
15．（24-25高三上·上海嘉定·阶段练习）如图，椭圆 ： 的左右焦点分别为 、 ，设
P(x ,y )是第一象限内椭圆 上的一点， 、 的延长线分别交椭圆 于点 ，
0 0
(1)若 轴，求 的面积；
(2)若 ，求点 的坐标；
(3)求 的最小值.【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由椭圆方程求出 ，从而可得 坐标，将其横坐标代入椭圆方程中可求出 的值，
进而可求出 的面积;
（2）设点 的坐标为 ，则直线 的方程为 ，代入椭圆方程中求出得 ，
因为 ，可得 ，计算即可得出坐标；
（3）由（2）同理可求得 ，从而可得 化简后结合基本不等式可得答案
【详解】（1）设椭圆的半长轴长为 ，短半轴长为 ，半焦距为 ，
由椭圆 ，得 ，则 ，
所以 ，
当 时， ，得 ，
所以
所以 的面积为 ;
（2）设点 的坐标为 （ ），则直线 的方程为 ，
将其代入椭圆方程中可得 ，
整理得 ，
所以 ，得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，可得 ，化简得 ，
解得 ，代入 得出
所以点 的坐标为
（3）由（2）得
同理可求得 ，
所以
当且仅当 ，即 时取等号，
所以 的最大值为
【点睛】关键点点睛： 的最大值得关键是结合韦达定理得出 ,再转换未知量 ,最
后应用基本不等式求解即可.
1．（全国·高考真题）设椭圆中心在坐标原点， 是它的两个顶点，直线 与AB
相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．（Ⅰ）若 ，求 的值；
（Ⅱ）求四边形 面积的最大值．
【答案】（Ⅰ）解：依题设得椭圆的方程为 ，
直线 的方程分别为 ， ．············ 2分
如图，设 ，其中 ，
且 满足方程 ，故 ．①
由 知 ，得 ；
由 在 上知 ，得 ．所以 ，
化简得 ，解得 或 ．················ 6分
（Ⅱ）根据点到直线的距离公式和①式知，点 到 的距离分别为
，
．9分
又 ，所以四边形 的面积为
，
当 ，即当 时，上式取等号．所以 的最大值为 ．
【详解】试题分析：（Ⅰ）由题意易得椭圆方程，直线 的方程，再设 ，
满足方程 ，把 用坐标表示出来得 ，又点 在直线 上，
则 ，根据以上关系式可解得 的值；（Ⅱ）先求点E、F到AB的距离，再求 ，则可得面积，然后利用不等式求面积的最大值.
试题解析：（I）依题意，得椭圆的方程为 ， 1分
直线 的方程分别为 ， 2分
如图设 ，其中 ，
满足方程 且故 ，
由 知 ，得 ， 4分
由点 在直线 上知， 得 ， 5分
，化简得 解得 或 . 7分
（II）根据点到直线的距离公式和①式知，点E、F到AB的距离分别为
， 8分
， 9分
又 ，所以四边形AEBF的面积为
， 11分
当 即当 时，上式取等号，所以S的最大值为 13分
考点：1、椭圆的性质；2、直线与椭圆相交的综合应用；3、不等式.2．（四川·高考真题）设 分别是椭圆 的左、右焦点．
(1)若 是该椭圆上的一个动点，求 的最大值和最小值；
(2)设过定点 的直线 与椭圆交于不同的两点 ，且 为锐角(其中 为坐标原点)，求直线
的斜率的取值范围．
【答案】（1） ；（2） .
【分析】(1)设出点P的坐标，向量坐标化得到 的表达式，进而得到最值；（2） 为锐角即
，设出点AB的坐标，向量坐标化得到点积的表达式为：xx＋yy,联立直线和椭圆方程，由韦
1 2 1 2
达定理得到结果.
【详解】(1)由已知得，F (－ ，0)，F ( ，0)，设点P(x，y)，
1 2
则 ＋y2＝1，且－2≤x≤2．
所以 · ＝(－ －x，－y)·( －x，－y)＝x2－3＋y2＝x2－3＋1－ ＝ x2－2，
当x＝0，即P(0，±1)时，( · ) ＝－2；
min
当x＝±2，即P(±2，0)时，( · ) ＝1．
max
(2)由题意可知，过点M(0，2)的直线l的斜率存在．
设l的方程为y＝kx＋2，
由 消去y，化简整理得
(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)＞0，解得k2> ．
设A(x ，y )，B(x ，y )，则x ＋x ＝－ ，x x ＝ ，
1 1 2 2 1 2 1 2
又∠AOB为锐角，所以 · ＞0，即x x ＋y y ＞0，
1 2 1 2
有x x ＋(kx ＋2)(kx ＋2)＝(1＋k2)x x ＋2k(x ＋x )＋4
1 2 1 2 1 2 1 2
＝(1＋k2)· ＋2k· ＋4＞0，解得k2＜4，
所以 ＜k2＜4，即k∈ ．【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆
锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问
题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦
达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
3．（安徽·高考真题）设 是抛物线 的焦点．
（Ⅰ）过点 作抛物线 的切线，求切线方程；
（Ⅱ）设 为抛物线 上异于原点的两点，且满足 ，延长 分别交抛物线 于点 ，
求四边形 面积的最小值．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）32.
【分析】（Ⅰ）可设切线方程为 ，与抛物线方程联立，利用判别式等于零列方程即可得结果；
（Ⅱ）直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理、弦长公式可求得 的值，从而可得四边形面积
，利用基本不等式可得结果.
【详解】（Ⅰ）由题意可设切线方程为 ,联立方程 得
由 可得:
所求切线方程为: 或
（Ⅱ）设 , 不妨设直线 的斜率为 ,则方程为
由: 得 ∴
∴
又 ，∴直线 的斜率为: ，
同理可得：
∴
∴当 时，等号成立，四边形 面积的最小值为32
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题
一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二
是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函
数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.4．（辽宁·高考真题）设椭圆方程为 ，过点 的直线l交椭圆于点A，B，O是坐标原点，
点P满足 ，点N的坐标为 ，当l绕点M旋转时，求：
（1）动点P的轨迹方程；
（2） 的最小值与最大值.
【答案】（1） ；（2）当 时，最小值为 ；当 时，最大值为 .
【分析】（1）设出直线 的方程 和点A、B的坐标，联立直线与椭圆的方程，即可求出
，然后根据 求出点P的坐标，消去参数，即可得到动点P的轨迹方程，再
检验当k不存在时，是否也满足方程即可；
（2）根据点P的轨迹方程求得 的取值范围，再根据两点间的距离公式求出 ，消元，由二次函数的
性质即可求出 的最小值与最大值．
【详解】（1）直线l过点 ，设其斜率为k，则l的方程为 ．
设 ， ，由题设可得点A、B的坐标是方程组 的解．
将①代入②并化简得 ，所以
于是， ，
设点P的坐标为 ，
则 消去参数k得 ，③
当k不存在时，A、B中点为坐标原点 ，也满足方程③，
所以点P的轨迹方程为 ．
（2）点P的轨迹方变形为 ，
知 ，即 ．所以
，
故当 时， 取得最小值，最小值为 ．
当 时， 取得最大值，最大值为 ．
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，平面向量的坐标运算，两点间的距离公式的应用，
利用参数法求轨迹，以及二次函数的性质应用，意在考查学生的数学运算能力，综合性较强，属于中档题．
5．（湖南·高考真题）已知平面内一动点 到点F（1，0）的距离与点 到 轴的距离的差等于1．
（1）求动点 的轨迹 的方程；
（2）过点 作两条斜率存在且互相垂直的直线 ，设 与轨迹 相交于点 ， 与轨迹 相交于点
，求 的最小值．
【答案】（1）
（2）16
【详解】（1）设动点 的坐标为 ，由题意为
化简得
当 、
所以动点P的轨迹C的方程为
（2）由题意知，直线 的斜率存在且不为0，设为 ，则 的方程为 ．
由 ，得
设 则 是上述方程的两个实根，于是
．
因为 ，所以 的斜率为 ．
设 则同理可得
故当且仅当 即 时， 取最小值16．
6．（上海·高考真题）已知双曲线 ， 为 上的任意点．
（1）求证：点 到双曲线 的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；
（2）设点 的坐标为 ，求 的最小值.
【答案】（1）证明见解析．
（2） 的最小值为
【详解】试题分析：（1）求出双曲线的渐近线方程，设点利用点到直线的距离公式，即可得到结论，写
出距离的乘积，再利用点在双曲线上得出定值；（2）用点点距公式表示出|PA|，利用配方法，求得函数
的最值，即可求得结论．
（1）设点 ，由题意知双曲线的两条渐近线方程分别为 和 ，
则点 到两条渐近线的距离分别为 和 ，
则 ，得证；
（2）设点 ，则 当 时，
有最小值 .
7．（北京·高考真题）.已知点 ， ，动点 满足条件 .记动点 的轨迹为 .
（1）求 的方程；
（2）若 是 上的不同两点， 是坐标原点，求 的最小值.
【答案】（1） ；（2）【分析】（1）根据双曲线的定义可知轨迹为双曲线的右支，从而可得轨迹方程；（2）当直线 斜率不
存在时，可求得 ；当直线 斜率存在时，假设直线方程，代入 可整理得到一元二次方程；
根据有两个正实根可构造出不等式组，求得斜率 ；将 利用坐标运算表示为符合韦达定理的形
式，代入整理后，结合 可求得 ；综合两种情况可得所求最小值.
【详解】（1）
由双曲线定义可知：点 的轨迹是以 为焦点的双曲线的右支
， ，
的方程为：
（2）①当直线 斜率不存在时，设直线 方程为：
此时 ，
②当直线 斜率存在时，设直线 方程为：
代入双曲线方程可得：
可知上式有两个不等的正实数根
解得：
由 得：
综上所述， 的最小值为
【点睛】本题考查根据双曲线的定义求解双曲线方程、直线与双曲线综合应用中的最值问题的求解；易错
点是忽略双曲线仅为右半支的情况，导致求解错误；求解最值问题的关键是能够将所求式子通过韦达定理
来进行表示，利用韦达定理代入变为关于斜率的函数，从而结合斜率的范围求得最值.
8．（天津·高考真题）已知中心在原点的双曲线C的一个焦点是 ，一条渐近线的方程是
.
（Ⅰ）求双曲线C的方程；（Ⅱ）若以 为斜率的直线 与双曲线C相交于两个不同的点M，N，线段MN的垂直平分线与两坐
标轴围成的三角形的面积为 ，求 的取值范围.
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【详解】试题分析：(1)因为中心在原点的双曲线C的一个焦点是F （一3,0)，一条渐近线的方程是
1
，两个条件即可求出双曲线的方程.
(2)依题意可得通过假设直线 的方程，联立双曲线方程消去y，即可得到一个关于x的二次方程，运用韦达
定理以及判别式要大于零，即可写出线段MN的中垂线的直线方程，从而求出直线与两坐标轴的交点，即
可表示出所求的三角形的面积，从而得到一个等式结合判别式的关系式，即可得到结论.
试题解析：（1）设双曲线 的方程为 ，
由题设得 解得 ，所以双曲线 的方程为 ；
（2）设直线 的方程为 ，点 ， 的坐标满足方程组 ，
将①式代入②式，得 ，
整理得 ，此方程有两个不等实根，于是 ，
且 ，
整理得 .③ 由根与系数的关系可知线段 的中点坐标 满足：
， ，从而线段 的垂直平分线的方程为
，此直线与 轴， 轴的交点坐标分别为 ， ，
由题设可得 ，整理得 ， ，
将上式代入③式得 ，整理得 ， ，解得 或
， 所以 的取值范围是 ．考点：1.待定系数的应用.2.直线与圆锥曲线的位置关系.3.三角形的面积的表示方法.4.韦达定理.5.代数的运
算能力.
9．（四川·高考真题）设 分别是椭圆 的左、右焦点．
(1)若P是该椭圆在第一象限上的一个动点，若 ，求点P的坐标；
(2)设过定点 的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且 为锐角（其中O为坐标原点），求直
线l的斜率k的取值范围．
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】(1)求出椭圆的a、b、c，设 ，利用平面数量积的坐标表示和 即可求
解；
(2)设直线 的方程和 ，联立椭圆方程，根据 和 为锐角可得 ，
结合韦达定理代入化简计算即可求解.
【详解】（1）由题意知， ，
所以 ，设 ，
则 ，
又 ，有 ，解得 ，
所以 ；
（2）显然 不满足题意，设直线 的方程为 ，设 ，
，
，解得 ，①，
则 ，
又 为锐角，AOB不共线，则 ，即 ， ，
所以
，
解得 ，②
由①②，解得 或 ，
所以实数k的取值范围为 .
10．（上海·高考真题）已知在平面直角坐标系 中的一个椭圆，它的中心在原点，左焦点为 ，
右顶点为 ，设点 .
（1）求该椭圆的标准方程；
（2）若 是椭圆上的动点，求线段 中点 的轨迹方程；
（3）过原点 的直线交椭圆于点 ，求ΔABC面积的最大值.
【答案】（1） ；（2） ；（3） .
【详解】试题分析：解：(1)由已知得椭圆的半长轴a=2,半焦距c= ,则半短轴b=1.
又椭圆的焦点在x轴上, ∴椭圆的标准方程为
(2)设线段PA的中点为M(x,y) ,点P的坐标是(x ,y ),
0 0
由 得
又点P在椭圆上,得 ,
∴线段PA中点M的轨迹方程是 .
(3)当直线BC垂直于x轴时,BC=2,因此△ABC的面积S =1.
ABC
△当直线BC不垂直于x轴时,设该直线方程为y=kx,代入 ,
解得B( , ),C(－ ,－ ),
则 ,又点A到直线BC的距离d= ,
∴△ABC的面积S =
ABC
△
于是S =
ABC
△
由 ≥－1,得S ≤ ,其中,当k=－ 时,等号成立.
ABC
△
∴S 的最大值是 .
ABC
△
考点：椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系
点评：解决的关键是利用椭圆的性质得到a,b,c的关系式，同时联立方程组，结合韦达定理来表示轨迹方程，
结合距离公式得到面积，属于基础题．
11．（北京·高考真题）已知椭圆 .过点（m,0）作圆 的切线l交椭圆G于A，B两点.
（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
（II）将 表示为m的函数，并求 的最大值.
【答案】（Ⅰ）焦点坐标为 ，离心率为
（Ⅱ） . |AB|的最大值为2
【详解】试题分析：（1）先由椭圆的标准方程求出 值，再利用 求出 值，进而写出焦点
坐标和离心率；（2）先讨论两种特殊情况（点 在圆上，即斜率不存在的情况），再设出切线的点斜
式方程，利用直线与圆相切得到 与 的关系，再联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系和弦长公
式得到关于 的关系式，再利用基本不等式进行求解．
试题解析：（1）由已知得： ，所以 ．
所以椭圆G的焦点坐标为 ， ．离心率为 ．
（2）由题意知： ．
当 时，切线 的方程为 ，点A，B的坐标分别为 ， ，
此时 ．
当 时，同理可得 ．
当 时，设切线 的方程为 ．由 ，得
．
设A，B两点的坐标分别为 ， ，则
， ．
又由 与圆 相切，得 ，即 ．
所以 ，
由于当 时， ，
所以 ， ．
因为 ，且当 时， ，
所以 的最大值为2．
考点：1．椭圆的标准方程和几何性质；2．直线与椭圆的位置关系；3．直线与圆的位置关系．
【易错点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质以及直线与椭圆的位置关系，属于难题；在处理直
线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系时，往往第一步设直线方程时容易忽视“直线的斜率不存在”这一特
殊情况，导致结果错误不得分或步骤不全而失分，如本题（2）中，当斜率不存在时的直线，即切线 的方
程为 的情况．
12．（福建·高考真题）已知椭圆 的一个焦点是F（1，0），O为坐标原点．
（Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点，若直线l绕点F任意转动，总有 ，求a的取值范围．
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）（ ，+ ）
【详解】（1）设M，N为短轴的两个三等分点， 为正三角形，
所以 ， ，解得 ． ，
所以椭圆方程为 ．
（2）设
（ⅰ）当直线 与 轴重合时，
．
（ⅱ）当直线 不与 轴重合时，设直线 的方程为：
整理得
因恒有 ，所以 恒为钝角，
即 恒成立．
又 ，所以 对 恒成立，
即 对 恒成立，
当 时， 最小值为0，所以 ， ，
因为 ，即 ，解得 或 （舍去），
即 ，
综合（i）（ii）， 的取值范围为 ．
13．（北京·高考真题）已知抛物线 ，过 且斜率为1的直线 与抛物线交于不同的两
点
（1）求 的取值范围；
（2）若线段 的垂直平分线交 轴于点 ，求 面积的最大值．【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）设出直线 的方程，代入抛物线方程，化简后利用弦长公式求得 的表达式，利用题目所
给 的范围求得 的范围.（2）根据中点坐标公式求得 中点 的坐标.求得 的值，写出三角
形 面积的表达式，结合（1）的结论可求得面积的最大值.
【详解】解：(1) 设直线 与抛物线两交点的坐标分别为
直线 的方程为 ,将 代入抛物线方程 ,得
,
(2)设AB的垂直平分线交AB于点Q，令其坐标为 则
,
所以|QM|2=(a+p-a)2+(p-0)2=2p2.又△MNQ为等腰直角三角形，所以|QM|=|QN|= ，
所以
即△NAB面积的最大值为 ．
【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线和抛物线相交所得的弦长公式，考查垂直平
分线的性质以及三角形面积最大值的计算，属于中档题.
14．（全国·高考真题）已知椭圆E: 的焦点在 轴上，A是E的左顶点，斜率为k （k > 0）的直
线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．
（Ⅰ）当t=4， 时，求△AMN的面积；
（Ⅱ）当 时，求k的取值范围.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） .
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求直线 的方程，再求点 的纵坐标，最后求 的面积；（Ⅱ）设
，写出A点坐标，并求直线 的方程，将其与椭圆方程组成方程组，消去 ，用 表示 ，
从而表示 ，同理用 表示 ，再由 及t的取值范围求 的取值范围.试题解析：（Ⅰ）设 ，则由题意知 ，当 时， 的方程为 ， .
由已知及椭圆的对称性知，直线 的倾斜角为 .因此直线 的方程为 .
将 代入 得 .解得 或 ，所以 .
因此 的面积 .
（Ⅱ）由题意 ， ， .
将直线 的方程 代入 得 .
由 得 ，故 .
由题设，直线 的方程为 ，故同理可得 ，
由 得 ，即 .
当 时上式不成立，
因此 . 等价于 ，
即 .由此得 ，或 ，解得 .
因此 的取值范围是 .
【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系
【名师点睛】由直线（系）和圆锥曲线（系）的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数（系数）的范围
问题，常把所求参数作为函数值，另一个元作为自变量求解．
15．（山东·高考真题）在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: (a>b>0)的离心率为 ,椭圆C截直
线y=1所得线段的长度为 .
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|.
设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求 EDF的最小值.【答案】（Ⅰ） .(II) .
【详解】试题分析：（Ⅰ）由 得 ,由椭圆C截直线y=1所得线段的长度为 ,得
,求得椭圆的方程为 ；（Ⅱ）由 ,解得 ,
确定 , ,
结合 的单调性求 的最小值.
试题解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为 ，得 ，
又当 时， ，得 ，
所以 ，
因此椭圆方程为 .
（Ⅱ）设 ，
联立方程 ，
得 ，
由 得 .（*）
且 ，
因此 ，所以 ，
又 ，
所以
整理得 ，
因为 ，
所以 .
令 ，
故 ，
所以 .
令 ，所以 .
当 时， ,
从而 在 上单调递增，
因此 ，
等号当且仅当 时成立，此时 ，
所以 ，
由（*）得 且 .
故 ，
设 ，
则 ，
所以 的最小值为 ，
从而 的最小值为 ，此时直线 的斜率是 .综上所述：当 ， 时， 取到最小值 .
【考点】圆与椭圆的方程、直线与圆锥曲线的位置关系
【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线
或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．常见解法：①几何法,若
题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决；②代数法,若题目的条件和结
论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方
法及导数法求解．
16．（上海·高考真题）如图, 直线 与抛物线 交于 两点, 线段 的垂直平分线与直线
交于 点.
（1）求点 的坐标；
（2）当P为抛物线上位于线段 下方（含 ）的动点时, 求ΔOPQ面积的最大值.
【答案】(1) ；(2) 最大值30
【分析】（1）把直线方程抛物线方程联立求得交点A，B的坐标，则AB中点M的坐标可得，利用AB的
斜率推断出AB垂直平分线的斜率，进而求得AB垂直平分线的方程，把y=-5代入求得Q的坐标．
（2）设出P的坐标，利用P到直线OQ的距离求得三角形的高，利用两点间的距离公式求得OQ的长，最
后利用三角形面积公式表示出三角形OPQ，利用x的范围和二次函数的单调性求得三角形面积的最大值．
【详解】解：(1) 解方程组 得 或
即A(－4,－2),B(8,4), 从而AB的中点为M(2,1).
由 ,
直线 的垂直平分线方程
令 , 得 , ∴
(2)直线OQ的方程为x+y=0, 设∵点P到直线OQ的距离d= = , ,
∴ = .
∵P为抛物线上位于线段AB下方的点, 且P不在直线OQ上,
∴－4≤x<4 －4或4 －4< x≤8.
∵函数 在区间 上单调递增,
∴当x=8时, ΔOPQ的面积取到最大值30
【点睛】本题主要考查了抛物线的应用，点到直线的距离公式．考查了对解析几何基础知识的灵活运用．
17．（浙江·高考真题）已知m＞1，直线 ，椭圆 ， 分别为椭圆 的左、
右焦点.
（Ⅰ）当直线 过右焦点 时，求直线 的方程；
（Ⅱ）设直线 与椭圆 交于 两点， ， 的重心分别为 .若原点 在以线段， 为
直径的圆内，求实数 的取值范围.
【答案】（Ⅰ） ，（Ⅱ）
【详解】（Ⅰ）∵直线 ： 经过 ，
，得 ．
又 ， ．
故直线 的方程为 ．
（Ⅱ）设 ，
由 消去 得 ，∴ ．
由 ，得 ，
由于 ，故 为 的中点．
由 分别为 的重心，可知 ，
设 是 的中点，则 ，
∵原点 在以线段 为直径的圆内， ．
而 ，
∴ ，即 ．
又 且 ， ． 的取值范围是 ．
18．（天津·高考真题）抛物线 的方程为 ，过抛物线 上一点 ( )作斜率为
的两条直线分别交抛物线 于 两点( 三点互不相同)，且满足 （
且 ）．
（1）求抛物线 的焦点坐标和准线方程；
（2）设直线 上一点 ，满足 ，证明线段 的中点在 轴上；
（3）当 =1时，若点 的坐标为 ，求 为钝角时点 的纵坐标 的取值范围.
【答案】（1）焦点坐标为 ，准线方程为 ；（2）证明详见解析；（3）
.
【详解】试题分析：（1）数形结合，依据抛物线 的标准方程写出焦点坐标和准线方程；（2）设直线
的方程为 ，直线 的方程为 ，分别联立直线 与抛物
线的方程消去 得到关于 的一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系，得到 、
，再由 求出点 的横坐标，即可证明 ；（3） 为钝
角时，必有 ，用 表示 ，通过 的范围求 的范围即可．试题解析：（1）由抛物线 的方程 （ ）得，焦点坐标为 ，准线方程为
（2）证明：设直线 的方程为 ，直线 的方程为
点 和点 的坐标是方程组
的解，将②式代入①式得 ，于是 ，故 ③
又点 和点 的坐标是方程组 的解，
将⑤式代入④式得 于是 ，故
由已知得， ，则 ⑥
设点 的坐标为 ，由 ，则
将③式和⑥式代入上式得 ，即 所以线段 的中点在 轴上
（3）因为点 在抛物线 上，所以 ，抛物线方程为
由③式知 ，代入 得
将 代入⑥式得 ，代入 得
因此，直线 分别与抛物线 的交点 的坐标为
， 于是 ，
因 为钝角且 三点互不相同，故必有
求得 的取值范围是 或 又点 的纵坐标 满足 ，故
当 时， ；当 时， 即 ．
考点：1．抛物线的标准方程及性质；2．二次方程根与系数的关系；3．直线与圆锥曲线的综合问题．
19．（山东·高考真题）已知曲线 所围成的封闭图形的面积为 ，曲线 的内切
圆半径为 ．记 为以曲线 与坐标轴的交点为顶点的椭圆．(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设 是过椭圆 中心的任意弦， 是线段 的垂直平分线． 是 上异于椭圆中心的点．
（i）若 （ 为坐标原点），当点 在椭圆 上运动时，求点 的轨迹方程；
（ii）若 是 与椭圆 的交点，求 的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)（i） ;（ii） .
【分析】（1）由题可得 ，进而即得；
（2）（i）设 所在直线方程为 ，与椭圆方程联立可得 ，再结合条件可得
，然后利用 在 上消去 即得；（ii）由题可得 ，进而表示出面积的平
方，然后利用基本不等式可得最小值，最后求出斜率为零或不存在时的面积，比较即得.
【详解】（1）由题意得 ，又 ，
解得 ， ，
因此所求椭圆的标准方程为 ；
（2）（i）假设 所在的直线斜率存在且不为零，设 所在直线方程为 ， ，
解方程组 ，得 ， ，
所以 ，
设 ，由题意知 ，
所以 ，即 ，
因为 是 的垂直平分线，所以直线 的方程为 ，即 ，因此 ，
又 ，所以 ，
故 ；
又当 或不存在时，上式仍然成立；
综上所述， 的轨迹方程为 ；
（ii）当 存在且 时，由（1）得 ， ，
由 ，解得 ， ，
所以 ， ， ，
由于
，
当且仅当 时等号成立，即 时等号成立，
此时 面积的最小值是 ，
当 ， ，
当 不存在时， ，
综上所述， 的面积的最小值为 .
20．（山东·高考真题）已知椭圆 的长轴长为4，焦距为
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
（Ⅱ）过动点 的直线交 轴与点 ，交 于点 ( 在第一象限)，且 是线段 的中
点.过点 作 轴的垂线交 于另一点 ，延长 交 于点 .（ⅰ）设直线 的斜率分别为 ，证明 为定值；
（ⅱ）求直线 的斜率的最小值.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）直线AB 的斜率的最小值为
【详解】试题分析：（Ⅰ）分别计算a,b即得.
（Ⅱ）（ⅰ）设 ，由M(0,m)，可得 的坐标，进而得到直线PM的斜率 ，直线
QM的斜率 ，可得 为定值.
（ⅱ）设 .直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=–3kx+m.联立 应用
一元二次方程根与系数的关系得到 ， ，进而可得 应用基本不等式即得.
试题解析：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c.
由题意知 ，
所以 .
所以椭圆C的方程为 .
（Ⅱ）（ⅰ）设 ，
由M(0,m)，可得
所以直线PM的斜率 ，
直线QM的斜率 .此时 .
所以 为定值–3.
（ⅱ）设 .
直线PA的方程为y=kx+m，
直线QB的方程为y=–3kx+m.
联立
整理得 .
由 ，可得 ，
所以 .
同理 .
所以 ，
，
所以
由 ，可知k>0，
❑√6
所以 ，等号当且仅当k= 时取得.
6
此时 ，即 ，符号题意.
所以直线AB 的斜率的最小值为 .
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆的位置关系，基本不等式
【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥
曲线）的方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系，
得到关于参数的解析式或方程是关键，易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错误百出..本题能较好
地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分析问题、解决问题的能力等.
