圆锥曲线：求椭圆中的参数及范围问题、求椭圆中的最值问题专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦椭圆参数范围与最值两大核心问题，通过典型例题与变式训练构建从概念到应用的逻辑体系，培养推理能力与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |求椭圆中的参数及范围问题|6题（3例+3变式）|椭圆方程求解、斜率/坐标范围确定、定值证明，结合直线与椭圆位置关系|从椭圆定义、离心率等概念出发，通过联立方程、韦达定理推导参数关系，形成“概念-推导-范围”逻辑链| |求椭圆中的最值问题|6题（3例+3变式）|面积/距离/斜率乘积最值，涉及抛物线综合、动点轨迹|基于椭圆几何性质，运用函数思想、不等式法转化问题，体现“几何性质-代数转化-最值求解”思维路径|

圆锥曲线：求椭圆中的参数及范围问题、求椭圆中的最值问题专项训练 圆锥曲线：求椭圆中的参数及范围问题、求椭圆中的最值问题专项训练 考点目录 求椭圆中的参数及范围问题 求椭圆中的最值问题 考点一 求椭圆中的参数及范围问题 例1．（2026·广东·模拟预测）已知函数，． (1)时，恒成立，求a的取值范围； (2)若曲线与椭圆交于不同两点A，B，记直线的斜率为k，证明：． 例2．（2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆：，，为原点，椭圆的左右焦点分别为，，并且经过点， (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左右顶点分别为，，直线与椭圆有且仅有一个公共点，点不与，重合，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）设的平分线与轴交于点，求的取值范围． 例3．（2026·山东烟台·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上异于长轴端点的一点，为轴上一点，且直线平分. (1)求点横坐标的取值范围； (2)若直线交于点在点处的切线为，过且与MT垂直的直线为，与交于点. （i）证明：为定值，并求出此定值； （ii）定义两点的“侧偏率”为，求的最大值. 变式1．（2026·重庆渝中·三模）已知点 ，过点斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点（A在的左侧），且为线段中点. (1)求椭圆的离心率； (2)记原点为，椭圆的左、右顶点记为，直线与交于点，记 的面积为，四边形面积为. （i）证明： ； （ii）求的取值范围. 变式2．（25-26高三上·河北·阶段检测）已知椭圆的离心率为，的左顶点为，上、下顶点分别为． (1)求的方程． (2)记为坐标原点，设是上异于顶点的一个动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点． （Ⅰ）记的面积为，的面积为，证明：． （Ⅱ）若点在外接圆的圆外，求点的纵坐标的取值范围． 变式3．（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 考点二 求椭圆中的最值问题 例1．（2026·湖北十堰·模拟预测）已知椭圆：的左右焦点分别为，，且其中一个焦点与抛物线的焦点重合，直线与椭圆交于，两点，的周长为8．    (1)求椭圆的标准方程； (2)若斜率为的直线与抛物线交于，两点，斜率为的直线与抛物线交于，两点． ①求和（用含的代数式表示）； ②若，试判断是否存在最大值，若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 例2．（2026·贵州安顺·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左焦点为，直线0）交椭圆于P，Q两点． (1)求的值． (2)若点在椭圆上（与点P，Q不重合），直线MP的斜率与直线MQ的斜率分别为和． （i）求证：“”的充要条件是“”； （ii）若，求面积的最大值． 例3．（2026·河北保定·模拟预测）已知点，点在线段上(不含端点)运动，且动点满足，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点作两条平行线，分别与曲线在轴上方交于两点，求四边形周长的最大值. 变式1．（2026·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，记四边形的内切圆为为上任意一点，过作的两条切线分别交于两点． (1)求的标准方程； (2)求证：； (3)求最小值． 变式2．（2026·河南·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，E的短轴长为2． (1)求E的方程； (2)已知E上的动点P位于第一象限，延长，分别交于点A，B，M是线段AB的中点，O为坐标原点． （ⅰ）求证：直线AB和OM的斜率乘积为定值； （ⅱ）分别记直线OP，AB的斜率分别为，，当直线PA，PB的斜率都存在时，求的最小值． 变式3．（2026·陕西商洛·模拟预测）由半个椭圆和两个相同的半圆组成的形如心脏的曲线称为“类心脏曲线”．如图，在平面直角坐标系中，类心脏曲线的两个半圆和的圆心恰好分别是半椭圆的左、右焦点和，且点，分别为的左、右顶点．已知半圆和的半径均为1． (1)求半椭圆的方程和离心率； (2)若直线交曲线C于A，B两点，动点S在曲线C上，求面积的最大值； (3)如图，分别过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $圆锥曲线：求椭圆中的参数及范围问题、求椭圆中的最值问题专项训练 圆锥曲线：求椭圆中的参数及范围问题、求椭圆中的最值问题专项训练 考点目录 求椭圆中的参数及范围问题 求椭圆中的最值问题 考点一 求椭圆中的参数及范围问题 例1．（2026·广东·模拟预测）已知函数，． (1)时，恒成立，求a的取值范围； (2)若曲线与椭圆交于不同两点A，B，记直线的斜率为k，证明：． 【答案】(1) (2)设，，，中点 则 两式相减： 整理得 直线的斜率，代入上式得 又，故即 由（1）的结论，取，则时，则 结合，，故 两边除以得，即 又，所以，即 易知在椭圆内，则 所以 所以 解得 所以 【分析】（1）先求导，对导数分子对称轴和1的关系分类讨论，分情况计算即可； （2）设中点，通过代入化简得到和的关系，再根据在椭圆内列方程求解即可. 【详解】（1） 令，对称轴为. 当，即时，在单调递增，故. ，故，，在单调递增，，满足条件. 当时，，存在，使得时，即，在单调递减，故，不满足条件. 综上，的取值范围是. （2）略 例2．（2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆：，，为原点，椭圆的左右焦点分别为，，并且经过点， (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左右顶点分别为，，直线与椭圆有且仅有一个公共点，点不与，重合，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）设的平分线与轴交于点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据焦点坐标，结合代入法进行求解即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程与椭圆的方程联立，利用一元二次方程根的判别式、直线斜率的公式进行求解即可； （ⅱ）根据角平分线的性质，结合点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的左右焦点分别为，， 所以， 又因为该椭圆经过点， 所以， 由可得，或舍去， ， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 所以，化简，得， 可得， ，即， ，所以为定值； （ⅱ）设，即，且， 直线的方程为， 同理得直线的方程为， 因为的平分线与轴交于点， 所以， 由，代入上式，得 ， 因为在，之间， 所以，又， 所以由， 因为， 所以，而， 所以，即的取值范围为． 例3．（2026·山东烟台·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上异于长轴端点的一点，为轴上一点，且直线平分. (1)求点横坐标的取值范围； (2)若直线交于点在点处的切线为，过且与MT垂直的直线为，与交于点. （i）证明：为定值，并求出此定值； （ii）定义两点的“侧偏率”为，求的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明:由题知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为， 与椭圆方程联立，得， 设，则． 所以． ． 所以． 所以， 所以为定值4; （ii）． 【分析】（1）利用角平分线定理结合椭圆焦半径公式，建立点横坐标与点横坐标的关系，再根据点在椭圆上横坐标的取值范围，推导得到点横坐标的取值范围. （2）（i）设出直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理得到两点坐标的关系，将通过焦半径公式转化为坐标表达式，代入韦达定理的结果化简，即可证明其为定值. （ii）先根据直线的斜率求出直线的方程，联立椭圆在点N处的切线的方程解得Q点坐标，推导得到的表达式，再结合韦达定理求出的表达式，将转化为关于直线参数的函数，利用基本不等式求解最大值. 【详解】（1）设，因为椭圆的离心率， 所以． 设，因为直线MT平分， 所以，即， 整理得， 因为．故． （2）（i）为定值4，证明略. （ii）由（1）知，，所以直线的斜率为， 所以的斜率为，又过点，所以的方程为． 又椭圆在点处的切线的方程为， 联立方程解得点坐标， 所以， 又由（2）知， . 即， 所以， ，当且仅当时等号成立，所以的最大值为． 变式1．（2026·重庆渝中·三模）已知点 ，过点斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点（A在的左侧），且为线段中点. (1)求椭圆的离心率； (2)记原点为，椭圆的左、右顶点记为，直线与交于点，记 的面积为，四边形面积为. （i）证明： ； （ii）求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）利用点差法可求椭圆的离心率； （2）（i）记与的交点为．根据不同三角形的面积关系转化为可证；（ii）记直线与轴交点为，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可用表示面积之比，结合单调性可求面积之比的取值范围. 【详解】（1）设，则，， 故， 而为的中点，故，故， 而直线的斜率为，故，故， 故，故即离心率为. （2）（i）证明：记与的交点为． , 化简可得：得证． （ii）由椭圆方程知， 由（1）可知，椭圆方程为，直线方程为， 联立方程，可得， 解得，则的取值范围为， , 记直线与轴交点为，则， , 则， 得到关于单调递减． 由于，故，即． 变式2．（25-26高三上·河北·阶段检测）已知椭圆的离心率为，的左顶点为，上、下顶点分别为． (1)求的方程． (2)记为坐标原点，设是上异于顶点的一个动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点． （Ⅰ）记的面积为，的面积为，证明：． （Ⅱ）若点在外接圆的圆外，求点的纵坐标的取值范围． 【答案】(1) (2)（Ⅰ）由（1）可得，如图， 设直线的方程为，则， 由，可得， 则，则， 则直线的方程为，则， 又， ， 所以. （Ⅱ） 【分析】（1）根据题意列出方程组，求即可得解； （2）（Ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程，消元可得一元二次方程，求出点的坐标，再由三角形面积公式化简得证； （Ⅱ）三角形外接圆圆心为的中点，求出坐标，再由题意可得，解出的范围，即可求解点纵坐标范围. 【详解】（1）由题意可知，解得， 则的方程为 . （2）（Ⅰ）略 （Ⅱ）设 外接圆的圆心为， 因为，所以为线段的中点，则. 因为点在 外接圆的圆外，所以， 则， 则， 解得. 因为，由，可得，所以. 故点的纵坐标的取值范围为. 变式3．（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设点、，则，根据中点坐标公式可得出，然后将点的坐标代入圆的方程，化简可得出点的轨迹的方程； （2）由已知可得，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据题意得出，结合韦达定理可得出关于、的等式，结合可求出的取值范围. 【详解】（1）由题意，设点、，则， 因为点为线段的中点，则，即， 因为点在圆上，所以，即， 因此，点的轨迹的方程为. （2）由已知可得，设点、， 联立得， 由已知可得，得， 由韦达定理可得，， 因为，即，则，即， 所以，所以，即， 当时，不成立， 所以，代入得， 解得，因此，的取值范围是. 考点二 求椭圆中的最值问题 例1．（2026·湖北十堰·模拟预测）已知椭圆：的左右焦点分别为，，且其中一个焦点与抛物线的焦点重合，直线与椭圆交于，两点，的周长为8．    (1)求椭圆的标准方程； (2)若斜率为的直线与抛物线交于，两点，斜率为的直线与抛物线交于，两点． ①求和（用含的代数式表示）； ②若，试判断是否存在最大值，若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①，． ②不存在最大值，理由如下： 直线的方程为，联立直线与抛物线方程得， 即， 设，，故， 所以，同理， 所以 ， 因为，故，取值区间为开区间，取不到，所以单调递增，无最大值． 【分析】（1）根据椭圆的一个焦点与已知抛物线的焦点重合，结合椭圆的定义即可求解. （2）①联立直线和椭圆方程，设交点，，再结合韦达定理，即可求解. ②利用抛物线焦点弦长公式，结合韦达定理，将表示为含的式子，结合的取值范围，分析其单调性，即可得出结论. 【详解】（1）因为抛物线的焦点为， 所以椭圆的右焦点为，即， 又直线与椭圆交于A，B两点，且过椭圆的左焦点， 根据椭圆的定义，的周长为，所以， 可得， 所以椭圆的标准方程为． （2）①联立直线与椭圆方程，可得， 整理得. 设，， 所以，. 由（1）可知，椭圆的焦点为，， 所以，， 所以 ， ． ②略 例2．（2026·贵州安顺·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左焦点为，直线0）交椭圆于P，Q两点． (1)求的值． (2)若点在椭圆上（与点P，Q不重合），直线MP的斜率与直线MQ的斜率分别为和． （i）求证：“”的充要条件是“”； （ii）若，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）先由椭圆的离心率和焦点求得，利用椭圆对称性与定义转化求解； （2）（i）先由（1）求得椭圆方程，通过点差法及斜率公式表示斜率和，并得到，再通过证明充分性与必要性； （ii）由（i）分别求得直线PQ，MQ的方程，并分别与椭圆方程联立，利用弦长公式求得和的长度，计算的面积并利用基本不等式求其最大值. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由离心率为，可得， 由左焦点为，可得，所以． 设椭圆的右焦点为，坐标原点为，则，连接， 根据椭圆的对称性，可知， 所以四边形是平行四边形，所以， . 由椭圆的定义，可知， 因此． （2）（i）由（1）知，，所以椭圆的方程为． 设，其中，则． 因为点P，M在椭圆上，所以，两式相减得 ，即，故． 因为， 所以． 证明充分性：若，则，代入已证的得，所以， 证明必要性：若，则代入已证的得，所以. 因此，“”的充要条件是“”． （ii）由（i）知，当时，． 由，得直线MQ的斜率；由，得． 由得，于是， . 点，于是直线MQ的方程为，即， 根据，得直线MQ的方程为，与联立并化简，得， 所以， 所以， 所以 所以的面积 令，则，当且仅当，即时等号成立， 又在上单调递减， 所以当，即时，取到最大值，为， 因此的面积的最大值为． 例3．（2026·河北保定·模拟预测）已知点，点在线段上(不含端点)运动，且动点满足，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点作两条平行线，分别与曲线在轴上方交于两点，求四边形周长的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，结合椭圆的定义求解即可； （2）设过点的直线为，，直线与曲线联立方程组可得，同理可得，根据两点间距离公式可得四边形周长，令，根据函数的单调性计算即可求解. 【详解】（1）设，则， 因为，所以， 因为，满足椭圆的定义， 所以动点是以为焦点的椭圆，设其标准方程为， ， 所以曲线的方程； （2）由题意可知，过点的直线斜率不为， 设过点的直线为，， 直线与曲线联立方程， 则，得， 由韦达定理可知两根之积为，且， 所以方程有一正一负两实数根， 因为点在轴上方，所以， 同理设过点的直线为，则， 则， ， 所以， 因为，则， 所以， 则四边形的周长， 令，则， 所以， 因为， 因为在上单调递增， 所以在上单调递减， 当，即时，有最大值为， 所以的最大值为. 变式1．（2026·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，记四边形的内切圆为为上任意一点，过作的两条切线分别交于两点． (1)求的标准方程； (2)求证：； (3)求最小值． 【答案】(1)； (2) （方法一） ①在顶点时，由(1)知成立； ②不在顶点时，设，因为与曲线相切， 则，即． 联立， 即， 即是该方程的两根，则， 即． （方法二） ①的斜率不存在时，则在直线上， 当在直线上时，点坐标为，， 此时，； 根据对称性可知，的斜率不存在时，恒成立； ②的斜率存在时，设，，． 联立，即 则，， 则 又因为直线与曲线C相切，即，解得：； 代入上式得，即． (3). 【详解】（1）    由题意知：中，，， 故，，，； 根据对称性可知，四边形为平行四边形，其内切圆圆心在原点， 直线：，整理得：； 半径为； 故圆的标准方程为： （2）略 （3）由(2)知，同理，则三点共线，即． ①在顶点时，则； ②不在顶点时，设，联立， 可得：，解得：，， 则，同理：． 则 ，当且仅当，即时，等号成立． 综上：的最小值为． 变式2．（2026·河南·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，E的短轴长为2． (1)求E的方程； (2)已知E上的动点P位于第一象限，延长，分别交于点A，B，M是线段AB的中点，O为坐标原点． （ⅰ）求证：直线AB和OM的斜率乘积为定值； （ⅱ）分别记直线OP，AB的斜率分别为，，当直线PA，PB的斜率都存在时，求的最小值． 【答案】(1) (2) （ⅰ）由(1)得焦点坐标，， 设第一象限内动点，满足（）， 设A)， )， 直线的方程为，联立椭圆方程， 消去得， 由韦达定理得， 所以， 当直线的斜率存在时，直线的方程为， 同理联立椭圆方程，得， 因为M是线段AB的中点，所以， 所以，， 因此， 代入，得 当直线的斜率不存在时， 轴，， 联立 ，得 ， 直线 斜率 ，直线方程：， 联立椭圆： 得 ， 所以中点为， 所以 综上，直线和的斜率乘积为定值； （ⅱ）. 【分析】(1)根据椭圆相关概念列出方程，从而求解出椭圆的方程； (2)（ⅰ）设点，再求出A, 两点坐标，从而得到直线AB和OM的斜率表达式，进而求证乘积为定值； （ⅱ）求得，把原式子化为表示，再利用基本不等式求解. 【详解】（1）由短轴长，得，由离心率，得， ，将和代入，得，所以， 因此椭圆的方程为； （2）（ⅰ）略； （ⅱ）记直线OP，AB的斜率分别为，， 由（i），由（i）的结论，得， 得，所以 所以 根据基本不等式， ， 当且仅当，即，（）时取等号， 因此，所以 当且仅当，时 验证等号成立条件：当，，时取等号， 故的最小值为. 变式3．（2026·陕西商洛·模拟预测）由半个椭圆和两个相同的半圆组成的形如心脏的曲线称为“类心脏曲线”．如图，在平面直角坐标系中，类心脏曲线的两个半圆和的圆心恰好分别是半椭圆的左、右焦点和，且点，分别为的左、右顶点．已知半圆和的半径均为1． (1)求半椭圆的方程和离心率； (2)若直线交曲线C于A，B两点，动点S在曲线C上，求面积的最大值； (3)如图，分别过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值． 【答案】(1)， (2)最大值． (3)5 【分析】（1）由半圆的半径求解，，即可求解半椭圆的方程与离心率； （2）设点A在x轴下方，点B在x轴上方，直线与椭圆联立，再由点S在半圆上以及可得的面积最大即可求解； （3）由题意知，，再由，由对称性求解所截得弦的长，直线与椭圆联立，由韦达定理的代入求解即可. 【详解】（1）设半椭圆的方程为（，且）． 由半圆的半径为1，得，， 故，，，，所以，， 所以，解得， 所以半椭圆的方程为， 所以半椭圆的离心率． （2）如图，不妨设点A在x轴下方，点B在x轴上方， 由，得，解得或， 所以，则直线的方程为， 又等于半径1，所以． 显然，当点S在半圆上且时，的面积最大． 因为点到直线的距离， 所以点S到直线的距离， 故， 所以面积的最大值． （3）由题意知，． 因为，所以由对称性可知，为椭圆截直线所得弦的长． 设，且与椭圆交于点和． 由，得，则， 所以，， 所以， 所以当时，取得最小值， 所以的最小值为． 2 学科网（北京）股份有限公司 $