重難點(diǎn)32 圓錐曲線中的參數(shù)范圍及最值問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)32圓錐曲線中的參數(shù)范圍及最值問(wèn)題【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1弦長(zhǎng)最值及范圍問(wèn)題】 2【題型2離心率的取值范圍問(wèn)題】 5【題型3三角形（四邊形）面積的最值及范圍問(wèn)題】 8【題型4長(zhǎng)度（距離）的最值及范圍問(wèn)題】 15【題型5斜率的最值及范圍問(wèn)題】 20【題型6向量數(shù)量積的最值及范圍問(wèn)題】 25【題型7參數(shù)的取值范圍問(wèn)題】 301、圓錐曲線中的參數(shù)范圍及最值問(wèn)題圓錐曲線中的參數(shù)范圍及最值問(wèn)題是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)內(nèi)容，從近幾年的高考情況來(lái)看，此類問(wèn)題考查頻率較高，此類問(wèn)題一般有長(zhǎng)度、距離、面積、數(shù)量積、離心率等幾何量的范圍或最值問(wèn)題，各類題型都有考查，在解答題中考查時(shí)難度較高；復(fù)習(xí)時(shí)要加強(qiáng)此類問(wèn)題的訓(xùn)練，靈活求解.【知識(shí)點(diǎn)1圓錐曲線中的最值問(wèn)題】1．處理圓錐曲線最值問(wèn)題的求解方法圓錐曲線中的最值問(wèn)題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：(1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來(lái)解決.(2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)，則可首先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值，求函數(shù)最值的常用方法有配方法、判別式法、基本不等式法及函數(shù)的單調(diào)性法等.2．圓錐曲線中的最值問(wèn)題的解題思路(1)建立函數(shù)模型，求解函數(shù)的值域或最值(切莫忘記定義域的考查)；(2)構(gòu)建不等關(guān)系.【注意】若求解長(zhǎng)度、距離、面積、數(shù)量積、離心率等具有具體幾何意思的量的范圍或最值問(wèn)題時(shí)，一般可采用函數(shù)模型；若求解參量(諸如k、m等)、離心率等范圍或最值問(wèn)題時(shí)，一般可采用構(gòu)造不等關(guān)系的方法解決.當(dāng)然以上的區(qū)分并不是絕對(duì)的，當(dāng)一個(gè)思路不能解決或不好解決時(shí)，應(yīng)及時(shí)切換成另一思路.【知識(shí)點(diǎn)2圓錐曲線中的參數(shù)范圍問(wèn)題】1．圓錐曲線中的參數(shù)范圍問(wèn)題的求解策略：結(jié)合題目條件，構(gòu)建所求幾何量的含參函數(shù)，并且進(jìn)一步找到自變量的范圍，進(jìn)而求出其值域，即所求參數(shù)的范圍.【題型1弦長(zhǎng)最值及范圍問(wèn)題】【例1】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)拋物線C:y=4x2的焦點(diǎn)為F，過(guò)焦點(diǎn)F的直線與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|的最小值為（

）A．1 B．12 C．14 【解題思路】聯(lián)立方程得韋達(dá)定理，即可根據(jù)焦點(diǎn)弦公式求解.【解答過(guò)程】由C:y=4x2得x2由題意可知直線AB的斜率存在，故設(shè)其方程為y=kx+1聯(lián)立y=kx+116與x2設(shè)Ax1,y1因此|AB|=y1+故選：C.【變式1-1】（2024·云南昆明·模擬預(yù)測(cè)）已知直線l是圓C：x2+y2=1的切線，且l與橢圓E：x23+yA．2 B．3 C．2 D．1【解題思路】由直線與圓相切分析得圓心到直線距離為1，再分類討論直線斜率是否存在的情況，存在時(shí)假設(shè)直線方程，進(jìn)一步聯(lián)立橢圓方程結(jié)合韋達(dá)定理得出弦長(zhǎng)表達(dá)式，最后化簡(jiǎn)用基本不等式得出結(jié)果.【解答過(guò)程】∵直線l是圓C：x2∴圓心O到直線l的距離為1，設(shè)A(x①當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，|AB|=2②當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m.由已知|m|1+k2把y=kx+m代入橢圓方程，整理得(3k.x∴|AB=(1+k=12(令t=原式=≤當(dāng)且僅當(dāng)9t=4t即綜上所述ABmax故選：B.【變式1-2】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若傾斜角為π4的直線l與C相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A,B，求AB【解題思路】（1）借助橢圓上的點(diǎn)的坐標(biāo)，△PF1F（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線，借助韋達(dá)定理與弦長(zhǎng)公式計(jì)算即可得.【解答過(guò)程】（1）由題意可得3a2+故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）k=tanπ4=1，故可設(shè)lAB聯(lián)立x212+y2Δ=36t2x1+x則AB=2則當(dāng)t=0時(shí)，AB有最大值，且其最大值為48?02【變式1-3】（2024·安徽·一模）已知雙曲線C：x2a2(1)求C的方程；(2)若直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，且OA?OB=0（點(diǎn)O【解題思路】（1）根據(jù)離心率以及經(jīng)過(guò)的點(diǎn)即可聯(lián)立求解曲線方程；（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程得韋達(dá)定理，進(jìn)而根據(jù)向量的數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算化簡(jiǎn)得3k【解答過(guò)程】（1）由題意可得4a2?故雙曲線方程為C:x（2）當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，可設(shè)Ax則OA=將其代入雙曲線方程xA又OA?OB=此時(shí)AB=2當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m，設(shè)Ax聯(lián)立y=kx+mx故3?k則OA=1+化簡(jiǎn)得3k2+3=2所以AB=1+k=6當(dāng)k=0時(shí)，此時(shí)AB=當(dāng)k≠0時(shí)，此時(shí)AB=∵3?k2≠0,∴因此AB=綜上可得AB∈【題型2離心率的取值范圍問(wèn)題】【例2】（2024·河南濮陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）點(diǎn)M是橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0上的點(diǎn)，以M為圓心的圓與x軸相切于橢圓的焦點(diǎn)F，圓A．2?3,1 C．6?22【解題思路】根據(jù)MF⊥x軸可設(shè)Mc,y，代入橢圓方程可求得圓M的半徑，根據(jù)△PMQ為銳角三角形，可構(gòu)造關(guān)于a,c的齊次不等式，進(jìn)而配湊出離心率e【解答過(guò)程】∵圓M與x軸相切于焦點(diǎn)F，∴MF⊥x軸，可設(shè)Mc,y∵M(jìn)在橢圓上，∴c2a2+y2b2作MN⊥y軸，垂足為N，∵M(jìn)P=MQ∵△PMQ為銳角三角形，∴∠NMQ<π4，∴ac<a2?c2即橢圓離心率的取值范圍為6?故選：D.【變式2-1】（2024·廣東東莞·模擬預(yù)測(cè)）若雙曲線C：x2a2?y24=1a>0的右支上存在AA．1,5 B．C．1,3 D．【解題思路】設(shè)點(diǎn)Qx0,y0，根據(jù)點(diǎn)在雙曲線上和|PQ【解答過(guò)程】根據(jù)題意，結(jié)合雙曲線的對(duì)稱性可知，存在以點(diǎn)P5a,0所以當(dāng)雙曲線上的點(diǎn)Q到點(diǎn)P的距離最小時(shí)，點(diǎn)Q不可為雙曲線的右頂點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)Qx0,又因?yàn)橛蓌02a所以|PQ|要使|PQ|最小，x0≠a，則10a2所以e=c又因?yàn)殡p曲線中e>1，所以e∈1,故選：A.【變式2-2】（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1?c,0,F2c,0，拋物線C2A．55,22 B．22,【解題思路】先利用橢圓與拋物線的對(duì)稱性分析得四邊形ABF1F2的外接圓就是△BF1F【解答過(guò)程】如圖，由橢圓與拋物線的對(duì)稱性，知點(diǎn)A,B關(guān)于y軸對(duì)稱，四邊形ABF1F2是等腰梯形，易知四邊形設(shè)四邊形ABF1F在△BF1F記橢圓C1的上頂點(diǎn)為M,∠F1易知∠F1BF2<θ，又∴0<θ2<∴4又sin又0<θ2<π4所以14<c2a則橢圓C1的離心率的取值范圍是5故選：A.【變式2-3】（2024·四川德陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線l：x2a2?y2b2=1a>0,b>0的焦距為2c，右頂點(diǎn)為A，過(guò)A作x軸的垂線與EA．2332 B．2333 【解題思路】首先求出S△AOB=ab，再結(jié)合題干中的條件可知ab≥3【解答過(guò)程】由題意得Aa,0，漸近線y=±將x=a代入得M,N坐標(biāo)為a,±b,所以MN=2b因?yàn)镸N⊥x軸，所以S△AOB由已知可得ab≥3兩邊同時(shí)除以a2得b所以3ba2解得33≤b而雙曲線的離心率e=1+故選：A.【題型3三角形（四邊形）面積的最值及范圍問(wèn)題】【例3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x2a2?y2b2(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)記O為坐標(biāo)原點(diǎn)，雙曲線C的左、右頂點(diǎn)分別為A,B,P為雙曲線C上一動(dòng)點(diǎn)（異于頂點(diǎn)），M為線段AP的中點(diǎn)，Q為直線x=95上一點(diǎn)，且AP//OQ，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥OM于點(diǎn)N，求【解題思路】（1）由點(diǎn)E在C上可得16916a2?c（2）設(shè)出直線AP的方程，與雙曲線C的方程聯(lián)立求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，結(jié)合已知確定點(diǎn)N的位置，進(jìn)而求出△ABN面積的最大值.【解答過(guò)程】（1）由雙曲線C:x2a2?雙曲線C的漸近線方程為bx±ay=0，則雙曲線C上的點(diǎn)(x′,于是16916a2?c2ab2所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）知A(?3,0),B(3,0)，顯然直線AP的斜率存在且不為0，設(shè)直線AP的方程為y=k(x+3),k≠0，由x29?y216=1設(shè)P(x1,y1),x于是線段AP的中點(diǎn)M(27k216?9k由OM⊥QN，得直線QN的斜率kQN=?916k，而AP//OQ，直線OQ于是直線QN的方程為y=?9k16(x?95)+9因此點(diǎn)N在以O(shè)F為直徑的圓上，該圓的圓心為(52,0)則點(diǎn)N到直線AB的最大距離為52，點(diǎn)N的坐標(biāo)為(52而點(diǎn)N在直線OM上，即kOM=169k=1或kOM=所以點(diǎn)N到直線AB的距離的最大值為52，△ABN面積的最大值為1【變式3-1】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x2a2+y2=1a>1的離心率為255，橢圓C的動(dòng)弦AB過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F，當(dāng)AB垂直(1)求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(2)若直線AB的斜率為1m，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線l，點(diǎn)N為l上一點(diǎn)，且點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為?m2，直線NF與橢圓C交于P，Q【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的幾何意義，求得橢圓C的方程，從而得F(2,0)，將x=2代入橢圓方程，求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，再設(shè)橢圓C在點(diǎn)A處的切線方程為y=k(x?2)+55，將其與橢圓方程聯(lián)立，利用判別式為0，求出k的值，即可求得（2）設(shè)直線AB的方程為x=my+2，將其與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長(zhǎng)公式表示出|AB|，結(jié)合（1）中所得寫(xiě)出N的坐標(biāo)，并求出直線NF的方程，再利用弦長(zhǎng)公式求得|PQ|，然后化簡(jiǎn)運(yùn)算1|AB|+1【解答過(guò)程】（1）解：由題意知，b=1ca=255b所以橢圓C的方程為x25+將x=2代入橢圓方程得y=±5不妨取A(2,5設(shè)橢圓C在點(diǎn)A處的切線方程為y=k(x?2)+5聯(lián)立x25+所以Δ=整理得4(5k+2)所以在點(diǎn)A處的切線方程為y=?2由橢圓的對(duì)稱性知，點(diǎn)M在x軸上，令y=0，則x=5即點(diǎn)M的坐標(biāo)為(52,（2）根據(jù)題意可設(shè)直線AB的方程為x=my+2，A(x1,y1)，聯(lián)立x=my+2x25所以y1+y2=所以|AB|=1+因?yàn)镸N⊥x軸，且點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為?m2，所以N(5所以直線NF的斜率為?m所以直線NF的方程為x=?1同理可得，|PQ|=2所以1|AB|故1|AB|+1故1|AB|+1由于kNF=?m,kAB=故SAPBQ=1【變式3-2】（2024·陜西寶雞·三模）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）和圓C：x2+y2=1，C經(jīng)過(guò)E的右焦點(diǎn)(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)D，A是橢圓E的左、右頂點(diǎn)，過(guò)F的直線l交E于M，N兩點(diǎn)（其中M點(diǎn)在x軸上方），求△MAF與△DNF的面積之比的取值范圍.【解題思路】（1）根據(jù)條件，轉(zhuǎn)化為關(guān)于a,b的方程組，即可求解；（2）討論斜率存在和不存在兩種情況，斜率不存在時(shí)，直接計(jì)算，斜率存在時(shí)，直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立，得到韋達(dá)定理，并表示三角形的面積比值，利用韋達(dá)定理表示面積比值，并求范圍.【解答過(guò)程】（1）設(shè)橢圓焦距為2c，由題意可得c=1，有a2又因?yàn)橹本€AB方程為xa所以d=ab聯(lián)立①②解得：a2=4，故橢圓方程為x（2）①當(dāng)l斜率不存在時(shí)，易知S△AMF②當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)l：x=ty+1（t≠0），Mx1由x=ty+1x24+y所以y1+y因?yàn)镾△DNF=1所以S因?yàn)閥1又y1設(shè)y1y2=k，則k<0，?4所以S△AMF綜上，S△AMFS△DNF【變式3-3】（2024·甘肅白銀·模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線C:x2=2py(p>0),A為第一象限內(nèi)C上任意一點(diǎn)，以A為切點(diǎn)作C的切線l與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)B作垂直于l的直線l′交C于D,E兩點(diǎn)，其中點(diǎn)D在第一象限，設(shè)l′(1)若點(diǎn)A的坐標(biāo)為2,1，求切線l的方程；(2)若KM=λKA，求(3)當(dāng)p=2時(shí)，連接OD,OE,AK,AD，記△OKE,△OKD,△AKD的面積分別為S1,S【解題思路】（1）代入方程求出p，即可求出拋物線方程，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程；（2）設(shè)點(diǎn)AxA,yA，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義表示出切線方程，從而得到B、M的坐標(biāo)，即可得到B為AM（3）首先得到l′的方程，設(shè)Dx1,y【解答過(guò)程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)A的坐標(biāo)為2,1，則22=2p，解得p=2，所以則y′=x2，所以點(diǎn)所以切線l的方程為y?1=x?2，即y=x?1.（2）設(shè)點(diǎn)AxA,yA，由y=所以切線l:y=xApx?xA+所以BpyAxA令x=0，可得y=?yA，則所以B為AM的中點(diǎn)，因?yàn)閘′垂直于l，所以點(diǎn)K在AM所以KM=KA，所以（3）解法一：設(shè)點(diǎn)Ax0,x024則切線l:y=x02則kl′=?2x0，所以聯(lián)立2xx0+y?1=0x2設(shè)Dx1,y1,Ex則S1因?yàn)镾1所以S1S2=1+8x又A到l′的距離dO到l′的距離d所以S3則S3當(dāng)且僅當(dāng)x0所以S3S2解法二：由解法一知聯(lián)立2xx0+y?1=0,則x1所以S1S2所以S3當(dāng)且僅當(dāng)x0=23【題型4長(zhǎng)度（距離）的最值及范圍問(wèn)題】【例4】（2024·河南信陽(yáng)·三模）已知橢圓y29+x2=1，P為橢圓上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P分別作與直線l1:y=3x和l2:y=?3x平行的直線，分別交l2A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】由題意可得四邊形PMON為平行四邊形，設(shè)M(x1,y1)，N(x2,【解答過(guò)程】設(shè)過(guò)點(diǎn)P分別與直線l1,l設(shè)M(x1,y1)，N(x顯然四邊形PMON為平行四邊形，故M,N與O,P的中點(diǎn)重合，則x0+0=x又因P為橢圓上任意一點(diǎn)，所以y029即MN=而?1≤x0≤1，即故選：C.【變式4-1】（2024·黑龍江·三模）已知點(diǎn)P是拋物線C:y2=4x準(zhǔn)線上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A,B，則原點(diǎn)O到直線ABA．14 B．13 C．1【解題思路】設(shè)P?1,y0,Aa24,a,Bb24,b，且lPA:x=ty?a+【解答過(guò)程】由拋物線C:y2=4x，可得焦點(diǎn)F(1,0)設(shè)P?1,由題意可知a≠b≠0且PA,PB的斜率存在且不為0，不妨設(shè)lPA聯(lián)立方程x=ty?a+a由直線與拋物線相切可得Δ=16t2?44ta?又因?yàn)镻?1,y0在直線上，所以有a若y0=0，則a2=b2=4，即AB的直線方程為x=1若y0≠0，則a≠b≠2，兩式聯(lián)立消y所以lAB:y?a=4所以O(shè)到直線AB距離d=4綜上可得d≤1，即原點(diǎn)O到直線AB距離的最大值為1.故選：D.【變式4-2】（2024·四川自貢·三模）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F(1)求橢圓E的方程；(2)過(guò)點(diǎn)A1,3的直線與橢圓E相交于兩點(diǎn)P、Q（P在Q上方），線段PQ上存在點(diǎn)M使得|AP||AQ|=【解題思路】（1）根據(jù)已知條件和橢圓中a,b,c的關(guān)系，求出a,b,c的值，可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）當(dāng)直線PQ斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ方程為y?3=kx?1，把直線方程代入橢圓方程，消去y，得到關(guān)于x的一元二次方程，韋達(dá)定理，將|AP||AQ|=|MP||MQ|用x1,x2,x0表示，消k得【解答過(guò)程】（1）由題意bc=tanπ3=3所以橢圓E的方程為x2（2）因?yàn)?24+323>1當(dāng)直線PQ斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ方程為y?3=kx?1聯(lián)立y?3=kx?1x2由Δ=24k?8k解得k>?1+3或k<?1?3，所以x1由|AP||AQ|=|MP||MQ|得則y0=kx0?1當(dāng)直線PQ斜率不存在時(shí)，M1,34所以點(diǎn)M在直線x+4y?4=0上且在橢圓E的內(nèi)部，設(shè)F2關(guān)于直線PQ對(duì)稱點(diǎn)E則1+x32所以|MF1|+|MF2由y=35x+1x+4y?4=0得M817,【變式4-3】（2024·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓F1:(x+2)2+y2=4，F(xiàn)22,0，P是圓F1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，線段P(1)求曲線C的方程；(2)若動(dòng)直線l與曲線C相交于Q、N兩點(diǎn)，設(shè)Qx1,y1，Nx2,y2，且x1>0，x2>0，A?1,0，記直線AQ【解題思路】（1）根據(jù)圓的性質(zhì)及雙曲線的定義計(jì)算可得；（2）設(shè)直線l的方程為x=my+n，聯(lián)立直線與雙曲線方程，消元、列出韋達(dá)定理，由k1k2=?2求出【解答過(guò)程】（1）圓F1:(x+2)2+如圖所示，

連接MF2，根據(jù)題意，則MF∴點(diǎn)M的軌跡是以F1，F(xiàn)設(shè)雙曲線方程為x2a2?y∴a=1，c=2，則b2故所求C的方程為x2（2）依題意直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x=my+n，由x=my+nx2?y2在3m2?1≠0Δ=36由k1k2即y1即2m則2m即3n即6m即n2?4n?5=0，解得n=5或當(dāng)n=?1直線l的方程為x?my+1=0過(guò)點(diǎn)A?1,0所以直線l的方程為x?my?5=0，則d=6由Qx1,y1，Nx2,y所以0≤m2<13即點(diǎn)A到直線l的距離d的取值范圍為33【題型5斜率的最值及范圍問(wèn)題】【例5】（2024·內(nèi)蒙古·三模）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)，M是C(1)求C的方程；(2)A,B是C上兩點(diǎn)（A,B異于點(diǎn)O），以AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)O,Q為AB的中點(diǎn)，求直線OQ斜率的最大值.【解題思路】（1）首先由條件求得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)，再根據(jù)焦半徑公式，即可求解；（2）首先聯(lián)立直線與拋物線方程，利用OA⊥OB，結(jié)合坐標(biāo)運(yùn)算，求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再表示直線OQ的斜率，即可求解.【解答過(guò)程】（1）由拋物線的定義可知Fp因?yàn)镸F=MO，所以因?yàn)镸F=32，所以p4+p2（2）由題意知AB斜率不為0，設(shè)Ax聯(lián)立方程x=my+t,y2=4x,得y則y因?yàn)橐訟B為直徑的圓過(guò)點(diǎn)O，所以O(shè)A⊥OB，則xA即yA解得yAyB又xA+當(dāng)m=0時(shí)，kOQ當(dāng)m≠0時(shí)，kOQ故直線OQ斜率的最大值為24【變式5-1】（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），直線l1與E交于M(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若MP?=PN?，AP=(7?4(3)若直線MA，MB的斜率之和為2，求直線l2【解題思路】（1）把點(diǎn)代入方程列方程組求解即可；（2）①設(shè)直線l方程為AB:y=kx+t，代入橢圓E的方程可得，結(jié)合判別式與韋達(dá)定理，由MP=②由kAM+kBM=2,可知y可得t=4k+43或t=4k，利用判別式求解【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镸?4,0，N?2,2兩點(diǎn)在橢圓所以?4解得a2=16，故橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)Ax1,y1聯(lián)立x216+即k2Δ>0，x1+x由MP=PN得P?3,1，則AB:y=k由AP=7?43即x1+代入t=3k+1得，x1+x解得：x1=?23，x故直線l2的斜率為k=?（3）由kAM+k即y1即kx即2k?2x1代入x1+x得2k?2t即t2+16k故t=4k+43或t=4k當(dāng)t=4k時(shí)，直線AB過(guò)M?4,0，此時(shí)點(diǎn)M,P當(dāng)t=4k+43時(shí)，直線AB過(guò)定點(diǎn)K?4,當(dāng)t=4k+43時(shí)，由Δ=4k從而直線l2的斜率的取值范圍為?【變式5-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)拋物線C:x2=2py(p>0)，直線x?y+1=0與C交于A，B(1)求拋物線C的方程；(2)已知點(diǎn)P為x2+y+12=1上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線PD，PE，設(shè)切點(diǎn)分別為D，E【解題思路】（1）聯(lián)立直線與方程可得與橫坐標(biāo)有關(guān)韋達(dá)定理，結(jié)合弦長(zhǎng)公式計(jì)算即可得解；（2）借助導(dǎo)數(shù)可得lPD、lPE，從而得到lDE【解答過(guò)程】（1）設(shè)點(diǎn)Ax由x2=2pyx?y+1=0則x1+xAB=1+k即拋物線C:x（2）設(shè)點(diǎn)Px0,y0，Dx3由C:x2=4y，即y=則lPD:y?x則有y0即Dx3,y4化簡(jiǎn)得lDE將直線DE的方程代入C:x2=4y則x3+x則k==2又Px0,y0為x【變式5-3】（2024·安徽·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線E:x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1(1)求E的方程；(2)若E的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，過(guò)點(diǎn)F2的直線l與E的右支交于M，N兩點(diǎn)，直線AM和BN的斜率分別即為kAM和kBN【解題思路】（1）由三角形面積及雙曲線的定義，利用勾股定理求解即可；（2）設(shè)直線方程，聯(lián)立雙曲線方程，由根與系數(shù)的關(guān)系及斜率公式化簡(jiǎn)可得kBN=?3k【解答過(guò)程】（1）設(shè)雙曲線的半焦距為c(c>0)，∵S∴由題可知|PF∴????|PF1又ca=2故E的方程為x2（2）如圖，

由題可知F22,0,A?1,0,B設(shè)直線MN的方程為x=ty+2?33將方程x=ty+2和x2?y∴∵k∴k∴kBN=?3∵直線AM與E的右支有交點(diǎn)，∴?3∴當(dāng)kAM=1,kBN=?3【題型6向量數(shù)量積的最值及范圍問(wèn)題】【例6】（23-24高二上·北京·期中）已知橢圓M:x24+y2=1的上、下頂點(diǎn)為A,B，過(guò)點(diǎn)P0,2的直線l與橢圓M相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A．?1,16 B．?1,16 C．【解題思路】由題意畫(huà)出圖形，分直線的斜率不存在和存在兩種情況求解，當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，求得OC?OD=?1，當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)出直線方程，和橢圓方程聯(lián)立，由判別式大于0求得k的范圍，再結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系寫(xiě)出數(shù)量積，由k【解答過(guò)程】當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，直線方程為x=0，C(0,1)，D(0,?1)，此時(shí)OC?當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)斜率為k(k≠0)，設(shè)Cx則直線方程為y=kx+2，聯(lián)立y=kx+2x24Δ=(16k)2x1∴y1y∴OC?∵k2>34，則?1<OC綜上，OC?OD的取值范圍是故選：D．【變式6-1】（2024·湖北黃石·三模）已知Mx0,y0為雙曲線x2?y2=4上的動(dòng)點(diǎn)，x0>0，y0≥0，直線l1：xA．?8 B．?4 C．0 D．【解題思路】先證明線l1是雙曲線x2?y2=4的切線，線段【解答過(guò)程】因?yàn)镸x0,所以x02?y0聯(lián)立x2?y2=4因?yàn)閥0且Δ=所以直線l1是雙曲線x2?雙曲線的漸近線方程為y=±x，聯(lián)立x0x?y所以P點(diǎn)的坐標(biāo)為x0聯(lián)立x0x?y所以Q點(diǎn)的坐標(biāo)為x0所以線段PQ的中點(diǎn)為Mx雙曲線x2?y2=4的漸近線方程為y=±x則RP=RM2?=1由題意可得直線PQ的斜率大于零或不存在，故OQ?≤22所以?1所以RP?RQ的最小值為故選：D.【變式6-2】（2024·福建廈門(mén)·二模）已知A?2,0，B2,0，P為平面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).設(shè)直線AP,BP的斜率分別為k1，k2，且滿足k1(1)求Γ的軌跡方程；(2)直線PA，PB分別交動(dòng)直線x=t于點(diǎn)C,D，過(guò)點(diǎn)C作PB的垂線交x軸于點(diǎn)H.HC?【解題思路】（1）設(shè)點(diǎn)P(x,y),(x≠±2)，由題意列出等式，化簡(jiǎn)即可求得答案；（2）分別設(shè)直線PA,PB的方程，求出點(diǎn)C,D的坐標(biāo)，即可得出直線CH的方程，繼而求出H點(diǎn)坐標(biāo)，從而求出HC?【解答過(guò)程】（1）由題意設(shè)點(diǎn)P(x,y),(x≠±2)，由于k1故yx?2?y即Γ的軌跡方程為x2（2）由題意知直線AP,BP的斜率分別為k1，k2，且滿足設(shè)直線PA的方程為y=k1x+2，令x=t，則可得y=直線PB:y=k2x?2又直線CH的方程為y?k令y=0，得xH=t+k故HC=3t+6當(dāng)t=6時(shí)，?3即HC?【變式6-3】（2023·上海奉賢·一模）已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為23，離心率為32，橢圓的左右焦點(diǎn)分別為F1、F2(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)橢圓上有一動(dòng)點(diǎn)T，求PT?(3)設(shè)線段BC的中點(diǎn)為M，當(dāng)t≥2時(shí)，判別橢圓上是否存在點(diǎn)Q，使得非零向量OM與向量PQ【解題思路】（1）由題意計(jì)算即可得；（2）由設(shè)出T點(diǎn)坐標(biāo)，表示出PT，結(jié)合TF1?T（3）設(shè)出直線方程后聯(lián)立得一元二次方程，由直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)可得該方程Δ>0，并由方程中的韋達(dá)定理表示出直線OM斜率，假設(shè)存在該點(diǎn)Q，則有kPQ=kOM，借此設(shè)出直線PQ【解答過(guò)程】（1）由題意，得c=3，a=2，所以b=則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)動(dòng)點(diǎn)Tx,y，F(xiàn)1FPT?∵x∈?2,2，所以PT?T（3）顯然直線的斜率存在，故可設(shè)直線l:y=kx+t，Bx1,聯(lián)立y=kx+tx24+yΔ=?16t2則x1+x則x1+x則xM故kOM若OM//PQ，則有設(shè)直線PQ為y=?1聯(lián)立y=?14kx+tx2要使得存在點(diǎn)Q，則Δ2整理得16+4故k2由①②式得，t2則t2?14所以當(dāng)t≥2時(shí)，不存在點(diǎn)Q，使得OM【題型7參數(shù)的取值范圍問(wèn)題】【例7】（23-24高二上·北京平谷·期末）已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)(0,1)，斜率存在且不為0的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求弦AB垂直平分線的縱截距的取值范圍.【解題思路】（1）根據(jù)長(zhǎng)軸長(zhǎng)與橢圓的離心率求得a,b,c，進(jìn)而得到橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)l:y?1=kx與橢圓方程聯(lián)立后，得到韋達(dá)定理的形式，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式表示出Q點(diǎn)坐標(biāo)，從而得到l′方程；令x=0可求得l′在【解答過(guò)程】（1）由題意，2a=26，即a=又e=ca=故b2故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）如圖，由題意知：直線l的斜率k存在且不為零，設(shè)l:y?1=kx，k≠0，Ax1,y1，B聯(lián)立y?1=kxx26+yΔ>0則x1+x2=?∴Q?則l′方程為：y?y0化簡(jiǎn)得：y=?設(shè)直線l′在y軸上截距為m，令x=0得m=?由0<12k所以直線l′在y軸上的截距的取值范圍為?1,0【變式7-1】（2024·浙江溫州·一模）已知拋物線x2=4y的焦點(diǎn)為F，拋物線上的點(diǎn)Ax(1)求l的方程（用x0，y(2)若直線l與y軸交于點(diǎn)B，直線AF與拋物線交于點(diǎn)C，若∠ACB為鈍角，求y0【解題思路】（1）由相切利用導(dǎo)數(shù)或判別式求斜率，再由點(diǎn)斜式寫(xiě)出方程；（2）由∠ACB為鈍角，所以CF?【解答過(guò)程】（1）解法1：拋物線E：x2=4y即則y′=12x，則在A所以，AB：y?y0=解法2：（1）設(shè)切線方程為y?y0=kx?xx2因?yàn)橹本€與拋物線相切，故方程（*）的判別式Δ即Δ=16k2所以，AB：y?y0=（2）易知F0,1，B設(shè)直線AF：y=kx+1，Cx代入拋物線方程得x2故x1x0因?yàn)椤螦CB為鈍角，所以CF?即?x即3y因?yàn)閥1>0即y1解得y1<2【變式7-2】（2024·江西宜春·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的焦距為6，過(guò)點(diǎn)P(0,1)的直線l與C交于(1)求C的方程；(2)記C的右頂點(diǎn)為T(mén)，若點(diǎn)A，B均在C的左支上，直線AT，BT分別與y軸交于點(diǎn)M，N，且PM=λPO，PN=μ【解題思路】（1）根據(jù)題意列出方程組，求出a2（2）設(shè)l:y=kx+1，聯(lián)立x2?2y2=1，得到兩根之和，兩根之積，根據(jù)兩交點(diǎn)在左支上得到不等式，求出22<k<62，表達(dá)出直線AT的方程為y=y1x1?1(x?1)【解答過(guò)程】（1）由題可知雙曲線C過(guò)點(diǎn)(3則3a2?1b所以雙曲線C的方程為x2（2）若l的斜率不存在，此時(shí)l與雙曲線無(wú)交點(diǎn)，舍去，根據(jù)題意設(shè)直線l:y=kx+1，Ax1,y1聯(lián)立x2?2y則Δ=16k2由x1+x2=4k1?2由（1）可知T(1,0)．則直線AT的方程為y=y令x=0，得y=?y1x1所以PM=0,?y1由PM=λPO，得?y1x所以λ=y1x所以λ+μ=kx=2k??31?2因?yàn)?2<k<6所以6?2<1k+1所以λ+μ的取值范圍為(6【變式7-3】（2024·安徽淮北·二模）如圖，已知橢圓Γ:x2a2+y2b2=1,

(1)求橢圓Γ的方程；(2)橢圓Γ上不同三點(diǎn)B,C,D，滿足CF2⊥OF2，且BF2,C(3)直線l:y=kx?2與Γ交于M,N點(diǎn)，交y軸于P點(diǎn)，若PM=λPN，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）利用三角形重心坐標(biāo)公式先求A坐標(biāo)，再代入橢圓方程結(jié)合其性質(zhì)計(jì)算即可；（2）設(shè)B、D、E坐標(biāo)，并根據(jù)焦半徑公式得BF2,DF2，由等差中項(xiàng)的性質(zhì)得出x（3）設(shè)M、N坐標(biāo)，聯(lián)立橢圓方程結(jié)合韋達(dá)定理得出其橫坐標(biāo)關(guān)系，再根據(jù)平面向量的坐標(biāo)表示λ+1【解答過(guò)程】（1）不妨設(shè)F1因G1,12為△A所以9a又短軸長(zhǎng)為6，所以b=3，代入解得a2所以橢圓方程為:x2（2）由上可知F23,0，設(shè)B則BF又x1212+y同理DF又CF由題意得23即x0因B，D在Γ上，易得x12?所以線段BD中垂線的斜率4y線段BD中垂線方程:y?y令x=0得yE又線段BD中點(diǎn)在橢圓內(nèi)所以312+y所以yE（3）設(shè)Mx3,y3聯(lián)立x212+y2得x3所以λ+1當(dāng)k=0時(shí)，λ=?1，當(dāng)k≠0時(shí)，λ+1解不等式得?5<λ<?1一、單選題1．（2024·山東泰安·模擬預(yù)測(cè)）已知點(diǎn)M在橢圓C:x2+y29=1上，F(xiàn)A．9 B．12 C．16 D．18【解題思路】由已知可得MF1+MF【解答過(guò)程】由題知，a2=9，b2=1，即a=3，因?yàn)镸F1+所以MF所以M（當(dāng)且僅當(dāng)MF故選：D.2．（2024·四川成都·三模）已知點(diǎn)P,Q分別是拋物線C:y2=4x和圓E:x2+y2?10x+21=0A．6 B．2+25 C．43 【解題思路】根據(jù)題意，將2PQ+QF轉(zhuǎn)化為2(PQ+12QF)的形式，尋求定點(diǎn)M，使得1【解答過(guò)程】由拋物線C:y2=4x又由圓x2+y可得圓心坐標(biāo)為E(5,0)，半徑r=2，設(shè)定點(diǎn)M(t,0)，滿足12QF即(x其中(x(4?t)x0=16?所以定點(diǎn)M滿足12可得2PQ如圖所示，當(dāng)且僅當(dāng)M,P,Q此時(shí)PQ+QM取得最小值即2PQ設(shè)P(x,y)，滿足y2所以2PQ2PQ當(dāng)x=2時(shí)，等號(hào)成立，故選：C.3．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,A．23,1 B．22,104【解題思路】設(shè)PF1=m,PF2=n，由已知及橢圓概念，可得mn=2b2【解答過(guò)程】因?yàn)镻F1?PF2=0在Rt△F1PF即mn=2b2．則令mn=t，由PF1P由于函數(shù)y=t+1t在則2c2b即a2b2故離心率e=c故選：B．4．（2024·西藏林芝·模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線y2=8x上一點(diǎn)P到準(zhǔn)線的距離為d1，到直線l:4x?3y+12=0的距離為d2，則A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】點(diǎn)P到直線l:4x?3y+12=0的距離為|PA|，到準(zhǔn)線l1:x=?2的距離為|PB|，利用拋物線的定義得|PF|=|PB|，當(dāng)A，P和F共線時(shí)，點(diǎn)P到直線l:4x?3y+12=0和準(zhǔn)線【解答過(guò)程】由拋物線y2=8x知，焦點(diǎn)F2,0

點(diǎn)P到直線l:4x?3y+12=0的距離為|PA|，到準(zhǔn)線l1:x=?2的距離為由拋物線的定義知：|PB|=|PF|，所以點(diǎn)P到直線l:4x?3y+12=0和準(zhǔn)線l1:x=?2的距離之和為且點(diǎn)F2,0到直線l:4x?3y+12=0的距離為d=所以d1+d故選：D.5．（2024·廣東梅州·二模）已知點(diǎn)F為雙曲線C：x23?y2=1的右焦點(diǎn)，點(diǎn)N在x軸上（非雙曲線頂點(diǎn)），若對(duì)于在雙曲線C上（除頂點(diǎn)外）任一點(diǎn)P，A．2,143 C．3,2∪2,【解題思路】設(shè)N(x0,0)，P(x,y)，把∠FPN恒是銳角轉(zhuǎn)化為PF?【解答過(guò)程】由題意可得c=a2+設(shè)N(x0,0)，則PF=(2?x,?y)，PN由∠FPN恒是銳角，得PF?又x23?∴不等式可化為：(2?x)(x整理得：4x記fx要使fx當(dāng)?3≤3f?3=當(dāng)3x0+28>3或Δ=(x綜上，3<又點(diǎn)N與雙曲線頂點(diǎn)不重合，所以x0所以x0的取值范圍為3故選：C．6．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l:y=kx+mk>0與雙曲線x2?y29=1相交且只有一個(gè)交點(diǎn)，與橢圓x225A．10 B．12 C．14 D．16【解題思路】根據(jù)題意確定k=3，聯(lián)立方程組，利用弦長(zhǎng)公式和面積公式，最后求最值.【解答過(guò)程】由題意知l:y=kx+m與雙曲線的漸近線y=3x平行，故k=3，設(shè)Mx1,y1，N得241x2+150mx+25x1+x所以MN=點(diǎn)O到l的距離d=m所以△OMN的面積S=≤20當(dāng)且僅當(dāng)m2=241故選：A．7．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知點(diǎn)A?2,2為拋物線C:x2=2py上一點(diǎn)，P為C上不同于點(diǎn)A的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作PA的垂線與C交于另一點(diǎn)B，則點(diǎn)A．?∞,?6∪C．?∞,?6∪【解題思路】求出拋物線方程，利用PA⊥PB，得到x22+【解答過(guò)程】因?yàn)锳?2,2為拋物線C上一點(diǎn)，所以?22=4p，解得p=1設(shè)Bx1,x1由PA⊥PB，得kPA?kPB=?1則關(guān)于x2的方程一定有解，故Δ=x1?22?4故選：A．8．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0，b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，F(xiàn)A．12 B．24 C．16 D．8【解題思路】已知條件→a,b,c→雙曲線C→平行四邊形的性質(zhì)S△ADE=2S△OAE→聯(lián)立方程y1+【解答過(guò)程】由題意知2c=4ba=3a2+由題意及雙曲線的對(duì)稱性，平行四邊形ABDE與雙曲線C如圖．∵四邊形ABDE為平行四邊形，所以S△ADE由題知，直線AE的斜率不為零，且F22,0，故設(shè)直線AE的方程為由x2?y23=1x=my+2，消去x設(shè)Ax1,因?yàn)辄c(diǎn)A,E均在雙曲線的右支上，且雙曲線漸近線的斜率為：±3，所以?3<所以S△OAE=12OF令m2+1=t1≤t<2因?yàn)閥=4t?3t∴當(dāng)t=1時(shí)，S△OAEmin=6故選：A.二、多選題9．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C：x23?y2=1的右焦點(diǎn)為F，動(dòng)點(diǎn)M，N在直線l：x=32上，且FM⊥FN，線段FM，F(xiàn)N分別交C于P，Q兩點(diǎn)，過(guò)P作l的垂線，垂足為R.設(shè)△FMN的面積為A．S1的最小值為12 C．MP?NFMN?PF為定值【解題思路】由三角形相似和基本不等式，即可判斷A；代入兩點(diǎn)間距離公式，化簡(jiǎn)后，即可判斷B；根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，結(jié)合B選項(xiàng)，即可判斷C；設(shè)∠MFH=α，利用三角函數(shù)表示S1【解答過(guò)程】對(duì)于A，易得F2,0，設(shè)H32設(shè)HM=x，HN=y，由三角形相似可得所以S1=1對(duì)于B，設(shè)Px0,y0，則PR所以PF=x0對(duì)于C，由∠MFN=π2，可得MPPR整理得MPNF對(duì)于D，易知S1S2則FM=FHcos設(shè)FP=m，則PR=3同理可得FQ=所以S1令t=sin則S1S2則φ′所以φt在1,2上單調(diào)遞減，故φt故選：BC.10．（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在第一象限），1|FA|與1|FB|的等差中項(xiàng)為12．拋物線在點(diǎn)A、B處的切線交于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)M且垂直于y軸的直線與y軸交于點(diǎn)N，OA．p=1 B．tan∠AOB的最大值為C．|PN||PF|的最大值為2 D．MA【解題思路】設(shè)Ax1,y1，Bx2【解答過(guò)程】顯然當(dāng)直線斜率不存在時(shí)不合題意，則設(shè)直線l:y=kx+p2，與x2設(shè)Ax1,y1，Bx2,y1|FA|+=2p因此p=2，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．tan=?y=x24,y′=同理MB:y=x22x?x不妨設(shè)xP≥0，過(guò)點(diǎn)P作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為則|PN||PF|=當(dāng)直線PN與拋物線相切時(shí)，∠PNQ最?。畒=kx?1與x2=4y聯(lián)立，消去y得：x令Δ=16k2?16=0，解得故|PN||PQ|kMAkMB則MA2故選:BCD．11．（2024·河南南陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓W:x24+y2=1，點(diǎn)F1,F2分別為W的左?右焦點(diǎn)，點(diǎn)C,D分別為W的左?右頂點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)且斜率不為0的直線l與WA．W的離心率為3B．AF2C．W上存在一點(diǎn)P，使∠CPD=D．△ABM面積的最大值為2【解題思路】熟悉橢圓的離心率公式ca，橢圓焦半徑取值范圍為a?c,a+c，焦半徑三角形頂角在上頂點(diǎn)時(shí)取最大，先對(duì)選項(xiàng)A、B、C作出判斷，對(duì)于選項(xiàng)D，就需要設(shè)出直線AM的方程為x=my+3，與橢圓方程聯(lián)立，再把三角形面積計(jì)算公式轉(zhuǎn)化到兩根關(guān)系上來(lái)，最后代入韋達(dá)定理得到關(guān)于【解答過(guò)程】由題知，該橢圓中a=2,b=1,c=3，所以離心率為3根據(jù)橢圓上到焦點(diǎn)距離最大和最小的點(diǎn)是長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)得，距離最大為a+c，距離最小為a?c，又直線AB的斜率不為0，所以AF當(dāng)橢圓的對(duì)稱可知當(dāng)P為短軸頂點(diǎn)時(shí)，∠CPD取得最大值，此時(shí)DP=由余弦定理得cos∠CPD=CP|即W上存在一點(diǎn)P，使∠CPD=2設(shè)直線AM的方程為x=my+3，聯(lián)立直線AM與W的方程得m設(shè)Ax1,所以AM=1+m又點(diǎn)O到直線AM的距離為d=3所以S△ABM令t=m2+1當(dāng)且僅當(dāng)t=3t，即所以△ABM面積的最大值為2,D故選：ACD.三、填空題12．（2024·遼寧錦州·模擬預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知雙曲線M:x2m?y2=1經(jīng)過(guò)點(diǎn)A2,1，點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，C為M上一動(dòng)點(diǎn)，且C異于A，B兩點(diǎn)．若△BCT的重心為A，點(diǎn)【解題思路】根據(jù)給定條件，求出雙曲線M的方程，再利用三角形的重心坐標(biāo)公式求得動(dòng)點(diǎn)T的軌跡方程，借助兩點(diǎn)間距離公式求出DT的最小值.【解答過(guò)程】由雙曲線M:x2m?y2=1則雙曲線M:x22?y由△BCT的重心為A，得x+x0?2又x022?y而A,B,C不共線，即x≠6y≠3且x≠10y≠5，因此于是DT=(x?8)2所以DT的最小值為2.故答案為：2.13．（2024·安徽·一模）橢圓C：x24+y2=1的左右焦點(diǎn)分別為F1、F2，點(diǎn)M為其上的動(dòng)點(diǎn).當(dāng)【解題思路】設(shè)點(diǎn)M(x,y)，由余弦定理得cos∠F1【解答過(guò)程】設(shè)M(x,y)，焦點(diǎn)F1(?3因?yàn)椤螰1M即MF整理得：x2因?yàn)辄c(diǎn)Mx,y在橢圓x2代入得x2<又因?yàn)?2≤x≤2，所以點(diǎn)M縱坐標(biāo)x的取值范圍?2故答案為：?214．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知直線tx?y?t=0(0<t<1)過(guò)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F，且與C交于點(diǎn)A,B，過(guò)線段AB的中點(diǎn)D作直線x=?1的垂線，垂足為E，記直線EA,EB,EF的斜率分別為k1【解題思路】先求出拋物線方程，將其與直線方程聯(lián)立寫(xiě)出韋達(dá)定理，由題意求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，推理計(jì)算出k1k2=?1，從而將求【解答過(guò)程】如圖，因?yàn)橹本€tx?y?t=0過(guò)C的焦點(diǎn)F，令y=0，解得：x=1，即F(1,0)，故由p2=1可得p=2，即把y=tx?t代入C的方程整理得：t2x2?2t2于是，y1+y則k1k2k3=0?2t1?(?1)=?故答案為:(1,+∞四、解答題15．（2024·新疆·二模）已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求C的方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)R1,13的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)，若動(dòng)點(diǎn)P滿足PM=λMR，PN=?λNR【解題思路】（1）根據(jù)兩點(diǎn)間距離最值結(jié)合離心率求出a,b，即可得出橢圓方程；（2）結(jié)合向量共線求出參數(shù)關(guān)系得出軌跡方程，再根據(jù)點(diǎn)到直線距離求出最小值.【解答過(guò)程】（1）設(shè)Ex,y，F(xiàn)則EF=又因?yàn)?a≤x≤a，所以EF|max?又橢圓的離心率e=ca=6解得a2=3，故C的方程為（2）設(shè)Mx1,y1，N所以x1若λ=?1，則PM=?MR，即P與R重合，與若λ=1，則PN=?NR，即P與R重合，與故λ≠±1，于是x1=λ+x0化簡(jiǎn)得?5λ同理可得，?5λ故λ，?λ為方程?5x于是6x0+6y0?18=0，即令直線l2:x+y?m=0(m>0)，當(dāng)l2與T相切時(shí)，記l1，l2聯(lián)立x+y?m=0x23由Δ=(6m)2?163m2此時(shí)，解得x=32，y=12，即切點(diǎn)為32,1故PQ的最小值為22

16．（2024·山東泰安·模擬預(yù)測(cè)）已知直線l：kx?y?k=0分別與x軸，直線x=?1交于點(diǎn)A，B，點(diǎn)P是線段AB的垂直平分線上的一點(diǎn)（P不在(1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程；(2)設(shè)l與C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，點(diǎn)M在C上且滿足AE?AM=0，延長(zhǎng)MA交C于點(diǎn)N【解題思路】（1）結(jié)合題意得出幾何關(guān)系PB=（2）一方面：設(shè)Ex1,y1，F(xiàn)x2,y2，聯(lián)立l與拋物線的方程，由韋達(dá)定理得【解答過(guò)程】（1）由題意k≠0，如圖，∵