重难点专训03 圆锥曲线最值、范围、存在性问题（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

重难点专训03 圆锥曲线最值、范围、存在性问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 4 题型1 弦长类最值 4 题型2 周长类最值 5 题型3 面积类最值 6 题型4 斜率类最值 7 题型5 角度及三角函数类最值 9 题型6 参数类最值 10 题型7 向量类最值 10 题型8 距离类最值 11 题型9 点坐标及截距类最值 13 题型10 存在性问题与探索性问题综合 14 重难专题分层过关练 15 巩固过关 15 创新提升 16 解题方法及技巧提炼 1、圆锥曲线最值、范围、存在性问题的基本思路是： （1）根据题目条件设出合适的参数（斜率、截距、点坐标、角度等），将目标量或待求参数表示为自变量的函数； （2）联立直线与圆锥曲线方程，利用判别式确定参数的可行范围，借助韦达定理整体表示交点坐标关系； （3）将最值、范围问题转化为函数的值域或不等式求解，运用基本不等式、导数、三角函数有界性等工具； （4）存在性问题先假设存在，通过条件建立方程或不等式，若有解且满足判别式及几何约束，则存在；否则不存在； （5）对于复杂问题，可先通过特殊位置、极端情况猜出最值点或存在性结论，再证明一般情形。 2、核心解题策略： （1）函数法（最值问题的通法） 将目标量（面积、弦长、距离、斜率等）表示为单一参数（如斜率 、截距 、点的横坐标 ）的函数，求导或配方求最值。注意定义域由判别式 及几何条件确定。 （2）基本不等式法 当目标式可化为 、、 等形式时，利用均值不等式求最值。必须验证等号成立条件是否在参数允许范围内，若不在，则最值在端点处取得。 （3）判别式法（范围问题的核心） 联立后得到一元二次方程，由 或 确定参数范围；若目标量本身就是参数，可通过分离参数转化为求另一变量的值域。 （4）几何法与定义法 利用圆锥曲线的定义（椭圆、双曲线、抛物线的焦半径、焦点弦等）及几何性质（对称性、离心率、渐近线）简化运算。例如： 椭圆上点到焦点距离的最值：； 抛物线中焦半径 ； 椭圆焦点三角形面积 。 （5）数形结合与临界位置法 画出图形，寻找动点、动直线运动中的临界状态（相切、过顶点、平行于渐近线等），最值往往出现在这些位置。适用于选择题、填空题快速判断。 （6）存在性问题的“先假设后验证” 假设存在满足条件的点、直线或参数，建立方程（组），解出后检验是否满足判别式、定义域及几何意义。若方程无解或解不合题意，则不存在。 3、常见题型及解题要点： （1）面积最值 三角形面积：优先选过定点的弦为底，用 ； 四边形面积：拆成两个三角形之和，或利用对角线乘积的一半； 将面积表示为斜率 或参数 的函数，利用基本不等式或导数求最值； 注意取等时直线是否与曲线相交（）。 （2）弦长、距离最值 弦长公式： 或 ； 点到直线距离：； 最值常通过函数法或几何法（垂线段最短、对称点）求得。 （3）参数范围 由判别式 得到参数的不等式； 由韦达定理及题目条件（如 、、斜率之积为定值等）列出不等式组； 分离参数，转化为求函数值域； 注意圆锥曲线自身的范围限制（如椭圆中 ，双曲线中 ）。 （4）离心率范围 根据条件建立关于 的齐次不等式； 利用 ，（椭圆）或 （双曲线）转化为关于 的不等式； 注意椭圆 ，双曲线 。 （5）存在性问题 是否存在某点，使某条件成立：设点坐标，代入条件得方程，判断是否有解； 是否存在某直线，使某条件成立：设直线方程，联立后利用韦达定理，将条件转化为关于参数的方程，判断是否有满足 的解； 是否存在定值、定点：先猜后证，取特殊位置求出候选值，再证明一般性。 4、实用技巧与答题规范： （1）设直线优先用 ，避免讨论斜率不存在；若用 ，需单独讨论 不存在的情形； （2）联立后写出 、、，不要解出具体根； （3）目标式尽量用 、 表示，整体代入，减少计算量； （4）求最值时，先确定参数范围，再求函数最值，最后验证取等条件； （5）存在性问题若解得参数，需代回检验是否满足所有条件（判别式、范围、几何意义）； （6）书写时明确写出“设”“联立”“由韦达定理”“令”“当且仅当”等关键步骤，结论要注明取等条件。 5、易错点与关键提醒： （1）忽略判别式：联立后必须写出 ，否则参数范围可能包含无交点情形； （2）斜率不存在漏解：设 时，必须单独讨论斜率不存在； （3）基本不等式取等条件不满足：若等号成立时直线与曲线无交点或参数超出范围，则最值在端点取得，需重新计算； （4）范围问题中遗漏隐含条件：如椭圆中 的范围、双曲线中 的范围、三角形内角和等； （5）存在性问题未验证：解出参数后必须验证是否满足 及定义域，否则可能得到增解； （6）面积公式漏乘 或距离公式符号错误； （7）离心率范围忽略曲线类型：椭圆 ，双曲线 ，抛物线 ； （8）最值问题未考虑端点：函数在闭区间上最值可能在端点取得，开区间则需用极限判断。 题型通法及变式提升 题型1 弦长类最值 【典例1-1】已知曲线上一点到的距离与到直线的距离之比为. (1)求曲线的方程： (2)过点的直线与曲线相交于两点，求的最大值. 核心口诀：弦长公式化函数，韦达代入消参数；二次函数配方法，均值导数求最值。 高分技巧： 弦长公式化函数：设直线 或 ，与曲线联立，用韦达定理将弦长表示为参数 （或 ）的函数： 焦点弦最值：抛物线 过焦点弦 ，当 时取最小值 （通径最短）； 椭圆/双曲线过焦点弦：利用焦半径公式 ，弦长表示为 的函数，结合韦达求最值； 二次函数法：弦长平方后常化为关于 的二次函数，配方求最值； 均值不等式法：若弦长表达式形如 ，可平方后化为 ，用分离常数或均值不等式； 选填速判：弦长最值常出现在特殊位置（通径、垂直于对称轴、过焦点），先取特殊位置算值再验证。 易错警示：斜率不存在时需单独设 ；判别式 必须保证；最值在边界或趋向无穷时需判断是否可取。 【典例1-2】在平面直角坐标系中，已知抛物线的方程为. (1)求抛物线的焦点坐标； (2)设直线和抛物线交于两点（其中异于原点），且， （i）证明：直线过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求的最小值. 【变式1-1】已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，且. ①证明：原点到直线的距离为定值； ②求的最大值. 【变式1-2】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的上顶点为，左焦点为，焦距为的面积为6，点为椭圆上一点，圆的面积为. (1)求椭圆的离心率； (2)过原点作圆的两条切线OM，ON分别交椭圆于M，N. （i）若直线OM，ON的斜率都存在，分别记为，求的值； （ii）求的最大值. 题型2 周长类最值 【典例2-1】已知椭圆的左、右焦点分别是、，，O是坐标原点，直线l过O且与椭圆C相交于P、Q两点． (1)若，求证：； (2)求周长的最小值． 核心口诀：周长化边再求和，定义转化焦半径；弦长最值配合用，均值不等式定范围。 高分技巧： 焦点三角形周长：椭圆上一点与两焦点构成三角形，周长 为定值；双曲线需注意分支，周长为 或 ； 弦过焦点时： 周长 。由定义 （抛物线）或转化为与 有关（椭圆），周长表达式简化； 一般三角形周长：分别求三边（弦长+两点距离），转化为关于参数的函数，用二次函数或均值不等式求最值； 利用定义转化：椭圆上点 满足 ，可将焦半径之和转化为常数，减少变量； 选填速判：若周长表达式可化为关于某变量的二次函数，直接配方；若涉及椭圆定义，优先用定义简化。 易错警示：双曲线中焦半径差为 ，但周长涉及和时需加绝对值并讨论；弦过焦点时， 与 的关系需根据曲线类型判断；最值需在定义域内取得。 【变式2-1】已知椭圆的离心率为，为椭圆C上的动点，是直线上的两个不同点，直线的斜率分别为，且原点O到直线的距离均为1． (1)求椭圆C的标准方程； (2)证明： (3)求周长的最小值． 【变式2-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作轴的垂线交椭圆于点，，且的周长为12． (1)求椭圆的标准方程； (2)直线与椭圆交于两点，求的周长的取值范围； (3)在轴上是否存在一定点，使得过点的任意直线与椭圆相交于两点，有为定值，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 题型3 面积类最值 【典例3-1】已知椭圆的长轴长为4，焦距为2． (1)求椭圆C上的点到直线距离的最大值. (2)过点作斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点，y轴上存在点Q使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点Q的坐标； （ii）求的面积的最大值． 核心口诀：面积化弦乘距除2，原点三角用截距；韦达代入消参数，函数最值定乾坤。 高分技巧： 弦与定点三角形：，先求弦长，再用点到直线距离，化为关于参数的函数； 原点三角形（首选） ：直线 与曲线交于 ，则 若设 ，则 代入韦达后化为关于 （或 ）的函数； 焦点三角形：椭圆 ，双曲线 ，角度范围决定面积最值； 四边形面积：分割为两个三角形，分别求面积后相加，或利用对角线乘积的一半； 均值不等式与导数：面积表达式常为分式或根式，用均值不等式或求导求最值； 选填速判：面积最值常出现在弦垂直于对称轴、过焦点、过原点等特殊位置。 易错警示：面积恒正，绝对值不可丢；底与高必须对应；原点三角形面积公式中 为 轴截距，若直线过原点则面积为0；最值需在 范围内取得。 【典例3-2】已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，直线（）与椭圆交于、两点（点在点的上方），与轴交于点． (1)当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求的周长； (2)若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值． 【变式3-1】已知椭圆的长半轴长为2，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求的面积的最大值及此时直线的方程． 【变式3-2】已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 题型4 斜率类最值 【典例4-1】已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)过点且斜率存在的直线与交于，两点，若坐标原点在以为直径的圆内，求直线斜率的取值范围． 核心口诀：斜率化函数，韦达代入消参数；分式求导或均值，特殊位置先探路。 高分技巧： 斜率之和/积最值：写出 或 ，通分后用韦达代入，化为关于参数的函数； 斜率之比最值：转化为 ，建立方程后求 的范围； 点差法求中点弦斜率：（椭圆），结合中点坐标范围求斜率最值； 分式函数求最值：斜率表达式常为 型，用分离常数或求导； 几何法：斜率最值对应切线位置，利用圆心到直线距离等于半径求临界斜率； 选填速判：斜率最值常出现在切线、垂直于对称轴、过焦点等特殊位置。 易错警示：斜率不存在时需单独讨论；分式化简注意分母不为零；最值需在曲线与直线有两交点的条件下取得。 【典例4-2】已知椭圆E：的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点P是椭圆E上在第一象限内的一个动点，且的周长为． (1)求椭圆E的标准方程； (2)若直线，分别交椭圆E于点A，B，M是线段AB的中点． （ⅰ）求证：直线AB和OM的斜率乘积为定值； （ⅱ）若分别记OP，AB的斜率为，，求的最大值． 【变式4-1】已知椭圆：左焦点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，若，求的取值范围. 【变式4-2】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． 题型5 角度及三角函数类最值 【典例5-1】已知椭圆：（）的左、右焦点分别是，，的离心率为，且过点，过且斜率大于0的直线交于，两点. (1)求的方程； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)设为坐标原点，连接并延长交于点，求的最小值. 【典例5-2】已知椭圆：的焦距为4，且经过点. (1)求椭圆的标准方程. (2)设为原点，，为上的两点，若直线OP，OQ的斜率之积为. （ⅰ）证明：的面积为定值. （ⅱ）设为线段PQ的中点，点，在圆：上，求的最小值. 【变式5-1】已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【变式5-2】如图所示，已知点A、B、C、D均在椭圆上，点A在第一象限，直线垂直于x轴，直线分别与y轴正半轴和x轴负半轴交于点E、F，E为线段的中点，直线经过点E． (1)若F为椭圆的左焦点，求的周长； (2)求当直线的倾斜角取得最小值时点A的坐标． 题型6 参数类最值 【典例6-1】已知双曲线，椭圆，椭圆的焦距为，长轴长为. (1)求双曲线的离心率； (2)设直线与存在两个交点、，求面积的最大值； (3)设直线与、的总交点数恰有个，求的取值范围. 核心口诀：参数范围建不等式，联立韦达判别式；分离参数求最值，函数方法定范围。 高分技巧： 判别式法：直线与曲线有两交点 ，得到关于参数的不等式； 韦达定理约束：、 的表达式需满足判别式条件，得到参数范围； 分离参数法：将参数分离到不等式一边，另一边为关于 的函数，求函数最值即得参数范围； 几何约束：如点在曲线内部、直线不过某区域等，转化为参数不等式； 函数法：将目标量表示为参数的函数，求导或配方求最值； 选填速判：参数最值常出现在临界位置（相切、过端点、判别式为0）。 易错警示：判别式 是两交点的必要条件；参数范围需与曲线定义域取交集；分离参数时注意分母正负。 【变式6-1】已知椭圆过点离心率，左、右焦点分别为，P，Q是椭圆C上位于x轴上方的两点． (1)若，求直线的方程； (2)延长分别交椭圆C于点M，N，设，求的最小值． 【变式6-2】已知抛物线的焦点为． (1)求点到抛物线准线的距离； (2)若过点的直线交抛物线于、两点，求的最小值； (3)设直线与抛物线交于、两点，若，求线段中点到轴的距离的取值范围． 题型7 向量类最值 【典例7-1】设，分别是直线和上的动点，且，动点为线段的中点． (1)求动点的轨迹方程； (2)已知线段是圆的一条直径，求的最大值． 核心口诀：向量点积叉积模，坐标代入韦达消；化为函数求最值，几何意义辅助判。 高分技巧： 数量积最值：，用韦达代入，化为关于参数的函数； 向量模长最值：，结合曲线方程化简后求最值； 向量线性组合： 的模长，用坐标表示后求最值； 向量夹角：，求最值即求夹角范围； 几何意义：向量模长对应距离，数量积对应投影，可结合几何直观判断最值位置； 选填速判：向量最值常出现在对称位置或端点位置。 易错警示：向量点积中坐标需对应；模长计算后注意开方正负；夹角范围需在定义域内。 【变式7-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上的动点，且的最小值为，当轴时，的面积等于的离心率. (1)求的方程. (2)已知直线与交于两点. （ⅰ）若直线经过点，的右顶点为，直线的斜率分别为，求证：为定值； （ⅱ）已知点，，且直线分别与交于另一点，求的取值范围. 【变式7-2】已知曲线C上任一点到两个定点和的距离和为定值4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P． （ⅰ）证明：直线PM过定点Q； （ⅱ）对于（ⅰ）中的点Q，求的取值范围． 题型8 距离类最值 【典例8-1】已知椭圆C：（）的离心率为，且经过点． (1)求椭圆C的方程： (2)求椭圆C上的点到直线l：的距离的最大值． 核心口诀：点线距离公式用，联立韦达消参数；二次函数配方法，几何法找垂线段。 高分技巧： 点到直线距离：，将动点坐标代入，化为关于参数的函数； 两点间距离：，用韦达代入后求最值； 平行线间距离：转化为点到直线距离； 几何法：点到曲线的最短距离常为垂线段长度，利用切线平行于目标直线求切点； 对称法：若求两点间距离最值，可利用对称性将折线转化为直线（将军饮马模型）； 选填速判：距离最值常出现在切线位置或对称位置。 易错警示：距离公式中绝对值需讨论；最值需在曲线定义域内取得；利用对称性时需验证对称点是否在曲线上。 【典例8-2】已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为点分别是椭圆长轴的左、右端点，点是椭圆的右焦点.点在椭圆上，且位于轴的上方， (1)求椭圆的方程； (2)求点的坐标； (3)设是椭圆长轴上的一点，到直线的距离等于，求椭圆上的点到点的距离的最小值. 【变式8-1】设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为. (1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标； (2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b； (3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值. 【变式8-2】已知椭圆过点，且离心率为 (1)求E的方程； (2)直线经过E的左焦点与E相交于A，B两点，直线与E相交于C，D两点，且的交点为E的右焦点，记的斜率分别为 （i）证明：λ为定值； （ii）求点P到的距离的最大值. 题型9 点坐标及截距类最值 【典例9-1】已知椭圆的焦点坐标分别为，点在上，直线与交于两点，点关于轴的对称点为为坐标原点. (1)求的方程； (2)证明：的面积为定值； (3)若点在直线的右侧，求直线在轴上的截距的最小值. 核心口诀：中点坐标韦达用，截距化线求范围；二次函数配方解，特殊位置先探路。 高分技巧： 中点坐标最值：，，用韦达代入后求最值； 截距最值：直线与坐标轴交点 ，，截距 或 表示为参数的函数，求最值； 截距之和/积最值： 或 的表达式，用韦达代入后求最值； 坐标平方和：，结合曲线方程化简； 几何法：中点轨迹为定直线或曲线，利用轨迹方程求最值； 选填速判：坐标最值常出现在对称位置或端点位置。 易错警示：中点坐标公式需对应；截距可为负，最值需考虑符号；坐标范围需在曲线定义域内。 【典例9-2】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9-1】已知为圆上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接并延长至点，使得，点的轨迹记为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若过右焦点的直线与曲线交于不同的，两点，且，当，时，求直线在轴上的截距的取值范围． 【变式9-2】在平面直角坐标系中，已知点，是直线右侧区域内的动点，到直线与轴的距离之和等于它到点距离的4倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)直线过点，与交于，两点， （i）若，求直线的方程： （ii）若，是点关于轴的对称点，延长线段交于点，延长线段交于点，直线交轴于点，求的最小值. 题型10 存在性问题与探索性问题综合 【典例10-1】已知抛物线，斜率为的直线交抛物线于，两点，且. (1)求抛物线的方程； (2)若动点在抛物线上，为抛物线的焦点，线段的中点为，求点的轨迹方程； (3)试探究:抛物线上是否存在点使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 核心口诀：先假设存在，条件列方程；方程有解则存在，无解否定；特殊探路猜结论，反证排除伪命题。 高分技巧： 三步法：①假设满足条件的点、直线或参数存在；②将条件转化为方程或不等式；③判断方程在可行域内是否有解； 方程有解判定：联立后得到关于参数的方程，判别式 则有解， 则无解； 反证法：假设存在推出矛盾（如与已知条件冲突、超出范围），则不存在； 特殊探路法：先取特殊位置（端点、中点、对称位置）试探是否存在，若特殊位置满足则存在，若所有特殊位置都不满足则大概率不存在； 构造法：若存在，需构造出满足条件的对象，并验证所有条件； 分类讨论：根据参数不同取值范围分别讨论存在性，确保不重不漏； 选填速判：若选项为“存在”或“不存在”，可用特殊值代入快速排除。 易错警示：存在性问题的解必须代回验证是否满足所有几何条件；反证法假设的否定要准确；分类讨论时需覆盖所有可能情形；构造出的对象需明确写出并验证。 【典例10-2】已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转 角得到向量，叫作把点 绕点逆时针方向旋转 角得到点. (1)将曲线（）绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象，求实数的取值范围. (2)已知曲线 ：. （ⅰ）求证：曲线 关于直线对称. （ⅱ）已知直线：，探究：是否存在，，使得直线在曲线 的上方，若存在，分别写出，满足的条件；若不存在，请说明理由. 【变式10-1】已知椭圆E：（）的离心率为，，，且原点到直线的距离等于． (1)求椭圆的方程； (2)设点（）在椭圆上，直线交轴于点．点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得?若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 【变式10-2】已知双曲线的离心率，左顶点，过C的右焦点F作与x轴不重合的直线l，交C于P、Q两点． (1)求双曲线C的方程； (2)求证：直线、的斜率之积为定值； (3)设，试问：在x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．已知抛物线：的焦点为，为上一点，为准线上一点，， (1)求的方程； (2)，，是上的三点，若，求点到直线距离的最大值． 2．已知椭圆，A是椭圆的右顶点，B是椭圆的上顶点，直线与椭圆交于M、N两点，且M点位于第一象限． (1)若，证明：直线和的斜率之积为定值； (2)若，求四边形的面积的最大值． 3．已知动点，分别在直线和上，且，为的中点，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点，在曲线上，，且的外心在直线上． （i）若直线过点，求直线的方程； （ii）求点到直线距离的最大值． 4．已知椭圆过点，. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知斜率为2的直线l交椭圆于A，B两点（点A，B不重合），且l交直线于点M，探究是否有最小值. 5．已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线不过椭圆中心和顶点，与椭圆交于两点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 创新提升 6．已知椭圆：的上下顶点分别为，，右焦点的坐标为．点是椭圆上位于第一象限或正半轴上的动点，设直线，的斜率为，，且． (1)求椭圆的方程； (2)过点作圆的切线交椭圆于点（点位于点的下方）． （ⅰ）求线段的最大值； （ⅱ）设直线的斜率为，请判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 7．已知椭圆：经过点及点． (1)求的方程； (2)若点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在轴上方），点满足，设直线与的另一个交点为． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求四边形面积的最大值． 8．在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点． （ⅰ）若中点为，点是椭圆上的动点，且满足：，证明的面积为定值； （ⅱ）若点为的外心，且在直线上，求点到直线的距离的最大值． 9．已知椭圆的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆相交于两点，，设点关于坐标原点的对称点为，若点恒在以为直径的圆内部，求实数的取值范围． 10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过的直线交椭圆于，两点（在轴上方），的周长为8，为坐标原点． (1)求椭圆的方程； (2)若线段的中点为，求点到直线的距离的最小值； (3)若线段的中点为，的重心为，和面积分别为，，求的取值范围． 11．设椭圆的离心率为,是的右焦点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点是上的两点，且． （i）设直线的斜率为，求直线的方程； （ii）求面积的最大值与最小值． 12．椭圆的离心率为，其左焦点到点的距离是. (1)求椭圆C的方程； (2)过点且斜率为k的直线交椭圆C于M，N两点，若求k的取值范围. 13．已知椭圆（），为轴上的一点，椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点． (1)若，且，求椭圆的离心率； (2)若且，，是上两个不同的点（，，不共线），求的最大值； (3)设经过点的直线交椭圆于，两点（点，均在轴上方），若对于任意的，都存在直线，使得，求实数的取值范围． 14．已知椭圆：的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设，分别为椭圆的左、右顶点，，为椭圆上不同的两点， （ⅰ）若，关于直线对称，求实数的取值范围； （ⅱ）若，关于轴对称，直线和交于点．过点的动直线与点的轨迹交于，两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训03 圆锥曲线最值、范围、存在性问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 4 题型1 弦长类最值 4 题型2 周长类最值 11 题型3 面积类最值 16 题型4 斜率类最值 23 题型5 角度及三角函数类最值 31 题型6 参数类最值 41 题型7 向量类最值 46 题型8 距离类最值 51 题型9 点坐标及截距类最值 57 题型10 存在性问题与探索性问题综合 63 重难专题分层过关练 70 巩固过关 70 创新提升 77 解题方法及技巧提炼 1、圆锥曲线最值、范围、存在性问题的基本思路是： （1）根据题目条件设出合适的参数（斜率、截距、点坐标、角度等），将目标量或待求参数表示为自变量的函数； （2）联立直线与圆锥曲线方程，利用判别式确定参数的可行范围，借助韦达定理整体表示交点坐标关系； （3）将最值、范围问题转化为函数的值域或不等式求解，运用基本不等式、导数、三角函数有界性等工具； （4）存在性问题先假设存在，通过条件建立方程或不等式，若有解且满足判别式及几何约束，则存在；否则不存在； （5）对于复杂问题，可先通过特殊位置、极端情况猜出最值点或存在性结论，再证明一般情形。 2、核心解题策略： （1）函数法（最值问题的通法） 将目标量（面积、弦长、距离、斜率等）表示为单一参数（如斜率 、截距 、点的横坐标 ）的函数，求导或配方求最值。注意定义域由判别式 及几何条件确定。 （2）基本不等式法 当目标式可化为 、、 等形式时，利用均值不等式求最值。必须验证等号成立条件是否在参数允许范围内，若不在，则最值在端点处取得。 （3）判别式法（范围问题的核心） 联立后得到一元二次方程，由 或 确定参数范围；若目标量本身就是参数，可通过分离参数转化为求另一变量的值域。 （4）几何法与定义法 利用圆锥曲线的定义（椭圆、双曲线、抛物线的焦半径、焦点弦等）及几何性质（对称性、离心率、渐近线）简化运算。例如： 椭圆上点到焦点距离的最值：； 抛物线中焦半径 ； 椭圆焦点三角形面积 。 （5）数形结合与临界位置法 画出图形，寻找动点、动直线运动中的临界状态（相切、过顶点、平行于渐近线等），最值往往出现在这些位置。适用于选择题、填空题快速判断。 （6）存在性问题的“先假设后验证” 假设存在满足条件的点、直线或参数，建立方程（组），解出后检验是否满足判别式、定义域及几何意义。若方程无解或解不合题意，则不存在。 3、常见题型及解题要点： （1）面积最值 三角形面积：优先选过定点的弦为底，用 ； 四边形面积：拆成两个三角形之和，或利用对角线乘积的一半； 将面积表示为斜率 或参数 的函数，利用基本不等式或导数求最值； 注意取等时直线是否与曲线相交（）。 （2）弦长、距离最值 弦长公式： 或 ； 点到直线距离：； 最值常通过函数法或几何法（垂线段最短、对称点）求得。 （3）参数范围 由判别式 得到参数的不等式； 由韦达定理及题目条件（如 、、斜率之积为定值等）列出不等式组； 分离参数，转化为求函数值域； 注意圆锥曲线自身的范围限制（如椭圆中 ，双曲线中 ）。 （4）离心率范围 根据条件建立关于 的齐次不等式； 利用 ，（椭圆）或 （双曲线）转化为关于 的不等式； 注意椭圆 ，双曲线 。 （5）存在性问题 是否存在某点，使某条件成立：设点坐标，代入条件得方程，判断是否有解； 是否存在某直线，使某条件成立：设直线方程，联立后利用韦达定理，将条件转化为关于参数的方程，判断是否有满足 的解； 是否存在定值、定点：先猜后证，取特殊位置求出候选值，再证明一般性。 4、实用技巧与答题规范： （1）设直线优先用 ，避免讨论斜率不存在；若用 ，需单独讨论 不存在的情形； （2）联立后写出 、、，不要解出具体根； （3）目标式尽量用 、 表示，整体代入，减少计算量； （4）求最值时，先确定参数范围，再求函数最值，最后验证取等条件； （5）存在性问题若解得参数，需代回检验是否满足所有条件（判别式、范围、几何意义）； （6）书写时明确写出“设”“联立”“由韦达定理”“令”“当且仅当”等关键步骤，结论要注明取等条件。 5、易错点与关键提醒： （1）忽略判别式：联立后必须写出 ，否则参数范围可能包含无交点情形； （2）斜率不存在漏解：设 时，必须单独讨论斜率不存在； （3）基本不等式取等条件不满足：若等号成立时直线与曲线无交点或参数超出范围，则最值在端点取得，需重新计算； （4）范围问题中遗漏隐含条件：如椭圆中 的范围、双曲线中 的范围、三角形内角和等； （5）存在性问题未验证：解出参数后必须验证是否满足 及定义域，否则可能得到增解； （6）面积公式漏乘 或距离公式符号错误； （7）离心率范围忽略曲线类型：椭圆 ，双曲线 ，抛物线 ； （8）最值问题未考虑端点：函数在闭区间上最值可能在端点取得，开区间则需用极限判断。 题型通法及变式提升 题型1 弦长类最值 【典例1-1】已知曲线上一点到的距离与到直线的距离之比为. (1)求曲线的方程： (2)过点的直线与曲线相交于两点，求的最大值. 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）根据题意列出表达式，化简即可； （2）方法一：设，表示出，通过 ，的范围即可求出；方法二：设，分情况讨论，若直线的斜率存在且设为，联立得，再设，通过函数的单调性判断即可；方法三：设，直线为，联立得到，设，通过函数的单调性即可判断. 【详解】（1）由题意知，化简得， 故曲线的方程为； （2）方法一：设，由题意知 所以， 因为，所以，又， 又是直线被椭圆截得的弦在轴上投影的长度， 当直线为轴时，该弦为长轴，投影长度取最大值4，故， 所以，当或时取等. 故的最大值为2. 方法二：设，由题意知 若直线的斜率存在设为，则， 联立，消去得， 易知，所以. 所以， 故， 设，则， 所以， 易知在递减，所以时的最大值为2， 若直线的斜率不存在时，易知，故的最大值为2 方法三：设，由题意知 由题意知直线设为，则， 联立，化简得， 易知，所以， 所以 故， 设，则， 设则 因为在递减，所以 当直线的斜率为0时，易知，故的最大值为2. 核心口诀：弦长公式化函数，韦达代入消参数；二次函数配方法，均值导数求最值。 高分技巧： 弦长公式化函数：设直线 或 ，与曲线联立，用韦达定理将弦长表示为参数 （或 ）的函数： 焦点弦最值：抛物线 过焦点弦 ，当 时取最小值 （通径最短）； 椭圆/双曲线过焦点弦：利用焦半径公式 ，弦长表示为 的函数，结合韦达求最值； 二次函数法：弦长平方后常化为关于 的二次函数，配方求最值； 均值不等式法：若弦长表达式形如 ，可平方后化为 ，用分离常数或均值不等式； 选填速判：弦长最值常出现在特殊位置（通径、垂直于对称轴、过焦点），先取特殊位置算值再验证。 易错警示：斜率不存在时需单独设 ；判别式 必须保证；最值在边界或趋向无穷时需判断是否可取。 【典例1-2】在平面直角坐标系中，已知抛物线的方程为. (1)求抛物线的焦点坐标； (2)设直线和抛物线交于两点（其中异于原点），且， （i）证明：直线过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）当直线l斜率不存在时，它和抛物线的图象只有一个交点，不符合题意； 所以直线l斜率存在，设其方程为，设，， 由可得（*）， 由韦达定理得：，，且， 由， 整理得：， 代入韦达定理得：， 因为A，B异于原点O，所以，所以， 此时（*）的判别式恒成立， 所以直线l的方程为，过定点. （ii） 【分析】（1）先配方，再根据的焦点坐标可求题设中抛物线的焦点坐标； （2）（ⅰ）设其方程为，设，，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理化简可得定点；（ⅱ）结合（ⅰ）定点可求O到AB的距离的最大值，从而可求的最小值. 【详解】（1）配方得，由于的焦点坐标为， 将的图象右移一个单位，再下移一个单位可得的图象， 所以的焦点坐标为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）由已知，故为直角三角形，设O到AB的距离为h， 则， 注意到：， 所以当h取得最大值时取得最小值. 由（ⅰ）可知AB过定点，所以， 取等条件：当时，因，则，， 此时（*）式子的，故可取等号，所以的最小值为. 【变式1-1】已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，且. ①证明：原点到直线的距离为定值； ②求的最大值. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）①分两种情况讨论，、所在直线与两坐标轴重合，直线、的斜率存在且都不为零时，在第一种情况下，直接求出原点到直线的距离；在第二种情况下，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，求出，可得出，再利用等面积法可求出原点到直线的距离，即可证得结论成立； ②根据①中的两种情况进行讨论，在第一种情况下，直接求出的值，在第二种情况下，求出的表达式，即可求出的取值范围，综合可得出的最大值. 【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为. （2）①当、所在直线与两坐标轴重合时，原点到直线的距离为； ②当直线、的斜率存在且都不为零时，设直线的方程为，则直线的方程为， 联立可得，所以， 同理可得， 所以原点到直线的距离为， 综上所述，原点到直线的距离为定值. ②当、所在直线与两坐标轴重合时，； 当直线、的斜率存在且都不为零时， 则， 令，则 ， 因为，所以，则，所以， 所以， 综上所述，，即的最大值为. 【变式1-2】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的上顶点为，左焦点为，焦距为的面积为6，点为椭圆上一点，圆的面积为. (1)求椭圆的离心率； (2)过原点作圆的两条切线OM，ON分别交椭圆于M，N. （i）若直线OM，ON的斜率都存在，分别记为，求的值； （ii）求的最大值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）18 【分析】（1）由焦距得，由面积得，，即可求出离心率. （2）（i）直线与圆相切，由距离公式得关于的方程，结合椭圆方程，韦达定理得. （ii）由得，代入椭圆化简得，用基本不等式得最大值. 【详解】（1）依题意得， ，. （2）（i）依题意得圆，椭圆，点为椭圆上一点， ，. 直线，与圆相切，，. 平方整理，得为方程的两根， . （ii）设，由（i）知，所以， ，， 整理得， ， 由基本不等式，得，当且仅当时等号成立. 的最大值为18. 题型2 周长类最值 【典例2-1】已知椭圆的左、右焦点分别是、，，O是坐标原点，直线l过O且与椭圆C相交于P、Q两点． (1)若，求证：； (2)求周长的最小值． 【答案】(1) 依题意，，，则椭圆方程为， 由点P在椭圆上，得点P的坐标满足，即，其中， 则，由，得， 所以． (2)6 【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆方向，再利用椭圆的范围推理得证. （2）利用椭圆的定义及性质求出周长的表达式，再由（1）的结论求出最小值. 【详解】（1）略 （2）依题意，四边形是平行四边形， 则的周长， 又设，则， 由（1）得，当，即点P落到椭圆的上下顶点时，取得最小值1， 所以的周长最小值为6. 核心口诀：周长化边再求和，定义转化焦半径；弦长最值配合用，均值不等式定范围。 高分技巧： 焦点三角形周长：椭圆上一点与两焦点构成三角形，周长 为定值；双曲线需注意分支，周长为 或 ； 弦过焦点时： 周长 。由定义 （抛物线）或转化为与 有关（椭圆），周长表达式简化； 一般三角形周长：分别求三边（弦长+两点距离），转化为关于参数的函数，用二次函数或均值不等式求最值； 利用定义转化：椭圆上点 满足 ，可将焦半径之和转化为常数，减少变量； 选填速判：若周长表达式可化为关于某变量的二次函数，直接配方；若涉及椭圆定义，优先用定义简化。 易错警示：双曲线中焦半径差为 ，但周长涉及和时需加绝对值并讨论；弦过焦点时， 与 的关系需根据曲线类型判断；最值需在定义域内取得。 【变式2-1】已知椭圆的离心率为，为椭圆C上的动点，是直线上的两个不同点，直线的斜率分别为，且原点O到直线的距离均为1． (1)求椭圆C的标准方程； (2)证明： (3)求周长的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据已知条件求得，进而求得椭圆的标准方程； （2）利用原点到直线的距离列方程，结合根与系数关系证得； （3）求得周长的表达式，利用换元法以及函数的单调性求得周长的最小值． 【详解】（1）∵，∴, 因此椭圆C的标准方程为：. （2）直线，即， 原点O到直线距离为1，由点到直线距离公式：①； 平方整理得：， 同理：， ∴、是方程两根，由韦达定理得：. （3）∵， ∴， 同理：，， ，由①可得；， 同理：， ∴ ∵，， ∴， ∵，∴，∴， 令，，设，， ∴，，∴在单调递减， ∴△PAB的周长的最小值为. 【变式2-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作轴的垂线交椭圆于点，，且的周长为12． (1)求椭圆的标准方程； (2)直线与椭圆交于两点，求的周长的取值范围； (3)在轴上是否存在一定点，使得过点的任意直线与椭圆相交于两点，有为定值，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，定点的坐标为 【分析】（1）根据椭圆定义，由的周长求得，结合求得，即可写出椭圆方程； （2）利用椭圆中心对称性转化周长，联立方程组得到弦长表达式，借助的范围得到弦长的范围，进而得到周长的取值范围； （3）设点和直线，联立方程组后用韦达定理化简，用含项系数比值恒定，解出的值，验证得定点即可. 【详解】（1）由椭圆的定义可得的周长为，解得， 当时，，解得，则，解得， 则椭圆的标准方程为. （2）作出符合题意的图形如图所示，连接，，，，    设的周长为，由题意得， 联立方程组，得， 由韦达定理得，， 由弦长公式得 ， 因为，所以，可得， 得到，即， 则，故， 即，则. （3）设，，，当直线不是轴时的方程为， 则，， 联立椭圆方程，整理得， 所以，， 又，， 所以 ， 所以当且仅当，即时，（定值）， 即在轴上存在点使得为定值， 此时的坐标为或， 当点的坐标为，直线为轴时，， 此时， 当点的坐标为，直线为轴时，， 此时， 所以定点坐标为． 题型3 面积类最值 【典例3-1】已知椭圆的长轴长为4，焦距为2． (1)求椭圆C上的点到直线距离的最大值. (2)过点作斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点，y轴上存在点Q使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点Q的坐标； （ii）求的面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）根据题意求出椭圆标准方程，设椭圆C上点并利用辅助角公式可求出距离的最大值； （2）（i）设直线的方程为，点A，B分别为，点Q的坐标为，利用直线与直线的斜率之和为0可得点Q的坐标为； （ii）分别求出的面积表达式，利用基本不等式即可求出的面积的最大值. 【详解】（1）由椭圆的长轴长为4，焦距为2， 可得，，又由， 可得椭圆C的标准方程为； 设椭圆C上的点，， 点到直线的距离为 ， 其中，故有. （2）设直线的方程为， 设点A，B的坐标分别为，点Q的坐标为，如下图所示： （i）联立方程消去y后整理为， 有，可得或， 又有，，可得， 直线的斜率为， 同理可得直线的斜率为， 又由直线与直线的斜率之和为0，有， 可化为， 有，有，由k的任意性可得， 故点Q的坐标为； （ii） 令，可得， 所以， 当且仅当时等号成立，此时， 故的面积的最大值为． 核心口诀：面积化弦乘距除2，原点三角用截距；韦达代入消参数，函数最值定乾坤。 高分技巧： 弦与定点三角形：，先求弦长，再用点到直线距离，化为关于参数的函数； 原点三角形（首选） ：直线 与曲线交于 ，则 若设 ，则 代入韦达后化为关于 （或 ）的函数； 焦点三角形：椭圆 ，双曲线 ，角度范围决定面积最值； 四边形面积：分割为两个三角形，分别求面积后相加，或利用对角线乘积的一半； 均值不等式与导数：面积表达式常为分式或根式，用均值不等式或求导求最值； 选填速判：面积最值常出现在弦垂直于对称轴、过焦点、过原点等特殊位置。 易错警示：面积恒正，绝对值不可丢；底与高必须对应；原点三角形面积公式中 为 轴截距，若直线过原点则面积为0；最值需在 范围内取得。 【典例3-2】已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，直线（）与椭圆交于、两点（点在点的上方），与轴交于点． (1)当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求的周长； (2)若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值． 【答案】(1)； (2)，恒为定值；面积的最大值为 【分析】（1）由椭圆定义可得周长； （2）由离心率得到椭圆方程，联立直线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，从而得到时，恒为定值；并求出，由基本不等式求出最值，得到答案. 【详解】（1）当时，椭圆方程为，故且， 由椭圆定义可得，的周长为； （2）由题意得，解得， 椭圆方程，联立，消元得， ，可得， 设，，则，， 又因为、在椭圆上，则，， 则 ， 当为定值时，即与无关，故，得， 此时， 又点到直线的距离， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 因为，经检验，此时成立，所以面积的最大值为． 【变式3-1】已知椭圆的长半轴长为2，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求的面积的最大值及此时直线的方程． 【答案】(1) (2)的面积的最大值为1，直线的方程为或 【分析】（1）先由长半轴、焦距直接得到和，再利用椭圆的性质算出，最后代入标准方程得到椭圆的方程； （2）先设过的直线方程，再和椭圆联立得到一元二次方程，利用弦长公式表示出，进而写出面积表达式，最后借助基本不等式求出面积最大值，回代求出对应直线方程． 【详解】（1）已知椭圆的长半轴长为2，即． 又已知焦距为，即， 所以． 根据椭圆的性质， 可得 所以， 故椭圆的方程为． （2）依题意，直线的斜率必然存在，设该直线的斜率为， 则直线的方程为， 设，， 联立方程：，整理得． 因为直线与椭圆交于两个点，所以，即，，， 到直线的距离， 根据弦长公式， 可得， 所以． 设，则，即， 所以，当且仅当时等号成立． 当时，，解得， 所以直线的方程为或， 因此的面积的最大值为1，此时直线的方程为或． 【变式3-2】已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)设，则．设，其中． 依题意：，， ， 由椭圆方程知：，， 代入得， ，为定值． (3) 【分析】（1）根据已知条件列出方程，解出的值即可求得的标准方程； （2）设出点的坐标，根据斜率的定义代入计算即可得到为定值； （3）设直线，根据到的距离为可得，再将其代入面积的表达式，换元变形后利用基本不等式即可求得最大值． 【详解】（1）由离心率，得， 又，所以， 椭圆过点，代入椭圆方程得， 将代入得，从而． 故椭圆的标准方程为． （2）略 （3）设直线，与椭圆：联立，得， 即， 判别式， 原点到直线的距离， 将代入得恒成立， 设，， 则弦长， 的面积， 令，则， 令，变形得， 当时，由基本不等式：，当且仅当，即时等号成立， 此时，故， 当时，， 当直线斜率不存在时，由到直线的距离为可知， 由对称性取，此时，，， 综上可得，面积的最大值为． 题型4 斜率类最值 【典例4-1】已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)过点且斜率存在的直线与交于，两点，若坐标原点在以为直径的圆内，求直线斜率的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用椭圆过定点、离心率及椭圆中的关系，列方程组求解出，进而写出椭圆的标准方程； （2）过焦点的直线方程，与椭圆方程联立得到韦达定理，根据原点在以为直径的圆内等价于，代入韦达定理结果化简求解出直线斜率的取值范围. 【详解】（1）设的半焦距为．由题意得，解得，， 故的方程为． （2）易知，设直线的方程为，，． 由得， 得到， 则由韦达定理得，． 如图，因为原点在以为直径的圆内， 所以，所以，即， 所以，整理得， 即，整理得，解得， 即直线斜率的取值范围为． 核心口诀：斜率化函数，韦达代入消参数；分式求导或均值，特殊位置先探路。 高分技巧： 斜率之和/积最值：写出 或 ，通分后用韦达代入，化为关于参数的函数； 斜率之比最值：转化为 ，建立方程后求 的范围； 点差法求中点弦斜率：（椭圆），结合中点坐标范围求斜率最值； 分式函数求最值：斜率表达式常为 型，用分离常数或求导； 几何法：斜率最值对应切线位置，利用圆心到直线距离等于半径求临界斜率； 选填速判：斜率最值常出现在切线、垂直于对称轴、过焦点等特殊位置。 易错警示：斜率不存在时需单独讨论；分式化简注意分母不为零；最值需在曲线与直线有两交点的条件下取得。 【典例4-2】已知椭圆E：的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点P是椭圆E上在第一象限内的一个动点，且的周长为． (1)求椭圆E的标准方程； (2)若直线，分别交椭圆E于点A，B，M是线段AB的中点． （ⅰ）求证：直线AB和OM的斜率乘积为定值； （ⅱ）若分别记OP，AB的斜率为，，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）设，，因为M为AB中点，所以， 根据题意直线AB与OM的斜率都存在， 所以直线AB与OM的斜率乘积为， 因为A，B在椭圆上，所以，， 两式相减可得， 化简得，可得， 因此直线AB与OM的斜率乘积为． （ⅱ） 【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意列出方程组，解出的值，求得椭圆的方程. （2）（ⅰ）设出两点的坐标，进而求得中点的坐标，结合斜率公式和点差法计算证明结论. （ⅱ）设出的坐标，分别联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系得到的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到的最大值. 【详解】（1）根据椭圆的定义可知， 根据题意可得，解得，，， 所以椭圆的方程为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）设，，，由（1）可知，， 因为点P在椭圆上，所以， 由题意PA：，PB：， 将直线PA与椭圆E联立，可得， 整理可得：，所以， 即，，即， 同理，将直线PB与椭圆E联立，可得， 整理可得：，所以， 即，，即， 所以OP的斜率为，的斜率为， 故， 因为点P在第一象限内，故，， 的最大值为，当且仅当在处取到等号． 【变式4-1】已知椭圆：左焦点，离心率为 (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1） 根据离心率及焦点列方程计算求解椭圆方程； （2）先设直线再联立方程组计算韦达定理，把角转化为计算向量数量积计算求解. 【详解】（1）由已知， 解得，所以C的方程为 （2）设MN：，， 将直线与椭圆方程联立， 整理得， 经检验， 根据韦达定理， 因为，所以，即， 所以，整理得， 将韦达定理代入得， 去分母后整理得，解得， 【变式4-2】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. 题型5 角度及三角函数类最值 【典例5-1】已知椭圆：（）的左、右焦点分别是，，的离心率为，且过点，过且斜率大于0的直线交于，两点. (1)求的方程； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)设为坐标原点，连接并延长交于点，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由离心率与椭圆过点建立关于，，的方程组，求出，，得到椭圆的标准方程. （2）设直线的斜率为（），与椭圆方程联立，用韦达定理表示与；把的面积用底与高表示，得到关于的方程，解出后写出直线的方程. （3）由椭圆关于原点对称得. 用点到直线距离公式求的面积；用面积公式与数量积表示，代入韦达定理的结果化简为，再用基本不等式求最小值. 【详解】（1） 设椭圆焦距为，由离心率，得. 又椭圆过点，所以. 由得，解得. 所以椭圆的方程为. （2）由，得，，故，. 设直线（），与椭圆方程联立，消去得. 设，，则，. 于是. 以为底边，高为，所以面积. 整理得，平方得， 即，解得，又，故. 所以直线的方程为，即. （3）由椭圆关于原点对称，点与点关于原点对称，所以. 设的面积为. 直线经过原点，其方程为， 所以点到直线的距离，又，故. 由得，所以. 又. 由及，得. 代入，得， 所以. 由基本不等式，，当且仅当，即时取等号. 所以的最小值为. 【典例5-2】已知椭圆：的焦距为4，且经过点. (1)求椭圆的标准方程. (2)设为原点，，为上的两点，若直线OP，OQ的斜率之积为. （ⅰ）证明：的面积为定值. （ⅱ）设为线段PQ的中点，点，在圆：上，求的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）设直线OP，OQ的斜率分别为，，则. 当直线PQ的斜率不存在时，不妨设点在点上方. 若点在第一象限，则点在第四象限. 由，得，. 设，. 由解得或（舍），所以. 同理可得所以. 所以. 若点在第二象限，则点在第三象限，同理可得，， 所以. 当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为，，. 联立得方程组 消去并整理，得， 则， 所以，. 又 ， 整理，得. 所以. 又点到直线PQ的距离， 所以. 综上可知，的面积为定值. （ⅱ） 【分析】（1）由焦距求得，由关系及点在椭圆上列方程组求解，得到椭圆标准方程； （2）（i）分斜率存在与否，联立椭圆方程，用斜率条件求△OPQ 面积；（ii）先求中点轨迹，再用参数法求∠AMB 余弦的最小值. 【详解】（1）由题意，知 即 解得或（舍）， 故椭圆的标准方程为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）解：当直线PQ的斜率存在时，. 设，则，， 所以. 当直线PQ的斜率不存在时，或，，显然满足. 故中点的轨迹方程为. 圆的方程可化为1， 则，半径. 设， 则. 令， 则. 当时，取得最小值， 此时，当直线AM与圆相切时，取得最大值， 即 又为锐角， 所以， 故的最小值为. 【变式5-1】已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，列出的表达式即可求解. 【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）    由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，         设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 【变式5-2】如图所示，已知点A、B、C、D均在椭圆上，点A在第一象限，直线垂直于x轴，直线分别与y轴正半轴和x轴负半轴交于点E、F，E为线段的中点，直线经过点E． (1)若F为椭圆的左焦点，求的周长； (2)求当直线的倾斜角取得最小值时点A的坐标． 【答案】(1)8 (2) 【分析】（1）设直线与x轴交于点，由已知得出是的中位线，再判断出为椭圆的右焦点，则的周长可表示为，代入即可求出答案； （2）设，，设直线斜率为k，得出，将直线与直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理和斜率公式，得出直线的斜率，利用基本不等式，结合点在椭圆上，求出的值，即可求出点的坐标． 【详解】（1）解：设直线与x轴交于点，如图所示， E为的中点，为的中点， 是的中位线， ， 为椭圆的右焦点， ，， 周长为： ． （2）设， 点在第一象限， ， 则，，， 设直线斜率为k，则，直线的斜率， 则直线的方程为，直线的方程为， 将两直线方程分别代入椭圆方程，得 ， ， 设，， 则，， 直线的斜率： ， 所以， 当且仅当时，等号成立，即时取等号， 所以当斜率取得最小值时， ，即， 又点在椭圆上，且，， ， ，， 即点A的坐标为． 题型6 参数类最值 【典例6-1】已知双曲线，椭圆，椭圆的焦距为，长轴长为. (1)求双曲线的离心率； (2)设直线与存在两个交点、，求面积的最大值； (3)设直线与、的总交点数恰有个，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆的基本性质，求出参数的值，进而写出双曲线的方程，求出离心率即可； （2）联立椭圆和直线方程，根据弦长公式求出弦长，根据点到直线距离公式，求出高，写出三角形面积公式，构造函数，根据函数导数求出单调性，判断面积最大值； （3）分别联立椭圆和直线方程，双曲线和直线方程，根据韦达定理，判断各自交点个数对应的参数范围，分析有两个交点时的不同情况，判断参数范围即可. 【详解】（1）由椭圆条件可知，解得，，解得， 所以，解得， 则双曲线为，化简得， 可得双曲线参数为，， 则离心率 . （2）直线，椭圆 ， 联立方程组得，消去得， 设，可知， 根据韦达定理可得， 所以弦长公式， 原点到直线距离为， 则面积 ， 令，则， 令，则， 可知当时，，在定义域内单调递减， 所以， 即当时，可得. （3）联立直线与双曲线：，消去得， 则， 当时，即，解得，即， 当时，即，解得，即， 当时，即，解得，即， 联立直线和椭圆，消去得， 所以， 当时，即，解得，即， 当时，即，解得，即， 当时，即，解得，即， 情形1：椭圆0个，双曲线2个， ，即，解得， 情形2：椭圆1个，双曲线1个， ，即，此时无解， 情形3：椭圆2个，双曲线0个， ，即，解得， 综上所述. 核心口诀：参数范围建不等式，联立韦达判别式；分离参数求最值，函数方法定范围。 高分技巧： 判别式法：直线与曲线有两交点 ，得到关于参数的不等式； 韦达定理约束：、 的表达式需满足判别式条件，得到参数范围； 分离参数法：将参数分离到不等式一边，另一边为关于 的函数，求函数最值即得参数范围； 几何约束：如点在曲线内部、直线不过某区域等，转化为参数不等式； 函数法：将目标量表示为参数的函数，求导或配方求最值； 选填速判：参数最值常出现在临界位置（相切、过端点、判别式为0）。 易错警示：判别式 是两交点的必要条件；参数范围需与曲线定义域取交集；分离参数时注意分母正负。 【变式6-1】已知椭圆过点离心率，左、右焦点分别为，P，Q是椭圆C上位于x轴上方的两点． (1)若，求直线的方程； (2)延长分别交椭圆C于点M，N，设，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意求出椭圆方程，设直线的方程为，设直线的方程为，设，由，求得，从而可求得，同理求得，从而可求得，即可得解； （2）设，由，得，代入椭圆的方程，可求得，同理可求得，从而可得出答案. 【详解】（1）解：由已知过点，得，① 由，② 由①、②，得， 故椭圆C的方程为， 若， 设直线的方程为，设直线的方程为，设， 由，得，解得， 故， 同理，， ，则，， 故直线的方程为； （2）解：设， 由，得， 故， 代入椭圆的方程得（3）， 又由，得， 代入（3）式得，， 化简得，，即， 显然，故， 同理可得， 故， 所以的最小值． 【变式6-2】已知抛物线的焦点为． (1)求点到抛物线准线的距离； (2)若过点的直线交抛物线于、两点，求的最小值； (3)设直线与抛物线交于、两点，若，求线段中点到轴的距离的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出角度坐标和准线方程，再求解距离即可. （2）对直线斜率是否存在进行讨论，再结合焦半径公式求解最值即可. （3）利用中点坐标公式并结合题意表示出距离，再利用平面向量数量积的坐标表示得到或，最后分类讨论得到最值即可. 【详解】（1）由题意得，准线方程为， 则点到抛物线准线的距离为. （2）当斜率不存在时，直线方程为， 设，，联立方程组， 解得，可得， 当斜率存在时，设直线方程为， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，由焦半径公式得， 综上可得，的最小值为. （3）如图，作出符合题意的图形， 设直线方程为，设，， 联立方程组，可得， 可得，由韦达定理得， 设线段中点为，由中点坐标公式得， 由题意得线段中点到轴的距离为 ， 而，而， 得到，而， 可得，解得或， 当时，满足，此时， 当时，此时， 解得，此时， 综上可得，线段中点到轴的距离的取值范围为. 题型7 向量类最值 【典例7-1】设，分别是直线和上的动点，且，动点为线段的中点． (1)求动点的轨迹方程； (2)已知线段是圆的一条直径，求的最大值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）根据已知条件设出点的坐标，再利用为线段的中点得到，代入中即可求解； （2）将转化为用和表示，代入点的坐标得到关于的一元二次函数即可求得最大值. 【详解】（1），分别是直线和上的动点， 设，，， 点为线段的中点，则，， 又， ，即， 动点的轨迹方程为. （2）线段是圆的一条直径，圆心为，半径为， ， ， ，当时，取得最大值． 核心口诀：向量点积叉积模，坐标代入韦达消；化为函数求最值，几何意义辅助判。 高分技巧： 数量积最值：，用韦达代入，化为关于参数的函数； 向量模长最值：，结合曲线方程化简后求最值； 向量线性组合： 的模长，用坐标表示后求最值； 向量夹角：，求最值即求夹角范围； 几何意义：向量模长对应距离，数量积对应投影，可结合几何直观判断最值位置； 选填速判：向量最值常出现在对称位置或端点位置。 易错警示：向量点积中坐标需对应；模长计算后注意开方正负；夹角范围需在定义域内。 【变式7-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上的动点，且的最小值为，当轴时，的面积等于的离心率. (1)求的方程. (2)已知直线与交于两点. （ⅰ）若直线经过点，的右顶点为，直线的斜率分别为，求证：为定值； （ⅱ）已知点，，且直线分别与交于另一点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（ⅰ）由题可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为， ，， 将直线的方程代入的方程，得， 则，得， 则，. 由题意可知，则 ， 故为定值. （ⅱ） 【分析】（1）根据最小值为及面积公式计算求解即可得出椭圆方程； （2）（ⅰ）联立方程结合斜率公式计算求解；（ⅱ）设直线应用垂直的数量积表示计算，再换元结合二次函数值域计算求范围. 【详解】（1）因为的最小值为，所以. 将代入的方程，得，故当轴时，的面积为，得， 则，又，所以， 可得， 故的方程为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）当直线中的一条斜率不存在，一条斜率为0时，. 当直线的斜率均存在且不为0时， 设直线的方程为，，， 将直线的方程代入的方程，得， 则，， 同理，，， 所以 . 令，则，， 故. 综上，的取值范围为. 【变式7-2】已知曲线C上任一点到两个定点和的距离和为定值4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P． （ⅰ）证明：直线PM过定点Q； （ⅱ）对于（ⅰ）中的点Q，求的取值范围． 【答案】(1) (2) （ⅰ）依题意可设直线l的方程为， 设，，． 联立得得， 由韦达定理得，， 则直线PM的方程为， 即， 其中 ， 则直线PM的方程为， 故直线PM过定点； （ⅱ） 【分析】（1）由椭圆定义可得； （2）设，，联立直线与椭圆方程，将代入直线方程，化简得定点；用坐标表示数量积，将代入化简求范围. 【详解】（1）因为，由椭圆定义可知，曲线C为以和为两焦点的椭圆， 其中，，解得，， 故C的方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ），， ， 因为，所以，， 所以的取值范围为． 题型8 距离类最值 【典例8-1】已知椭圆C：（）的离心率为，且经过点． (1)求椭圆C的方程： (2)求椭圆C上的点到直线l：的距离的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的离心率可得，的关系，设椭圆的方程，将点的坐标代入椭圆的方程，可得参数的值，即可得，的值，求出椭圆的方程； （2）设与平行的直线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出两条直线的距离，即求出椭圆上的点到直线的最大距离． 【详解】（1）由椭圆的离心率为，可得， 可得，设椭圆的方程为：，， 又因为椭圆经过点，所以， 解得， 所以椭圆的方程为：； （2）设与直线平行的直线的方程为， 联立，整理可得：， ，可得，则， 所以直线到直线的距离． 所以椭圆上的点到直线的距离的最大值为． 核心口诀：点线距离公式用，联立韦达消参数；二次函数配方法，几何法找垂线段。 高分技巧： 点到直线距离：，将动点坐标代入，化为关于参数的函数； 两点间距离：，用韦达代入后求最值； 平行线间距离：转化为点到直线距离； 几何法：点到曲线的最短距离常为垂线段长度，利用切线平行于目标直线求切点； 对称法：若求两点间距离最值，可利用对称性将折线转化为直线（将军饮马模型）； 选填速判：距离最值常出现在切线位置或对称位置。 易错警示：距离公式中绝对值需讨论；最值需在曲线定义域内取得；利用对称性时需验证对称点是否在曲线上。 【典例8-2】已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为点分别是椭圆长轴的左、右端点，点是椭圆的右焦点.点在椭圆上，且位于轴的上方， (1)求椭圆的方程； (2)求点的坐标； (3)设是椭圆长轴上的一点，到直线的距离等于，求椭圆上的点到点的距离的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由椭圆上点到两焦点距离和求出，结合算出，得到椭圆方程. （2）先确定、坐标，设点坐标，根据向量垂直和椭圆方程联立求解，结合确定坐标. （3）由、坐标得直线方程，设坐标，根据点到直线距离公式和已知条件求出坐标. 设椭圆上点坐标，建立到的距离公式，结合椭圆范围求出距离最小值. 【详解】（1）椭圆上的点到两焦点的距离之和为， ，， 椭圆的方程为. （2）由可得点，，. 设点，则， 由已知可得， 则，或.由于，只能，于是， 点的坐标是. （3）直线的方程是，即. 设点的坐标为 则到直线的距离是. ，又，解得. 点的坐标为. 设椭圆上的点到点的距离为， 则. ， ， 当时，取得最小值. 【变式8-1】设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为. (1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标； (2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b； (3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标； （2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可； （3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值． 【详解】（1）解：由题意可得，所以， 的中点在轴上， 的纵坐标为，代入得； （2）解：由直线方程可知，， ①若，则，即， ， . ②若，则， ，， ，，即， ，. 综上，或； （3）解：设，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得， 显然椭圆在直线的左下方，则，即， ，，即， ，整理可得，即， ，即的最小值为． 【变式8-2】已知椭圆过点，且离心率为 (1)求E的方程； (2)直线经过E的左焦点与E相交于A，B两点，直线与E相交于C，D两点，且的交点为E的右焦点，记的斜率分别为 （i）证明：λ为定值； （ii）求点P到的距离的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明：由（1）知，设的方程为，则 设 则， 设的方程为 将与椭圆方程联立得( 设， 则为上面方程两根， 所以， 故 因此 同理 所以 所以 （ii） 【分析】（1）根据椭圆的概念以及椭圆离心率的定义，列出方程，求出参数值，写出椭圆标准方程即可； （2）（i）根据直线与椭圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理，表示出两直线的斜率，进而判断斜率间的数量关系即可．　 （ii）利用点斜式表示出直线的方程，进而得到过定点，再结合两点间的距离公式求解． 【详解】（1）解：由已知得，解得， 故E的方程为 （2）（i）略 (ii)解：由（i）知， 的方程为， 即 又化简得所以直线过定点， 所以点到的距离的最大值． 题型9 点坐标及截距类最值 【典例9-1】已知椭圆的焦点坐标分别为，点在上，直线与交于两点，点关于轴的对称点为为坐标原点. (1)求的方程； (2)证明：的面积为定值； (3)若点在直线的右侧，求直线在轴上的截距的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）利用椭圆的定义解得，进而得，即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理、三角形面积公式及数量积的坐标表示计算得证. （3）在时，利用斜率坐标表示求出截距的表达式，结合韦达定理求出最小值，再求出的情况即可. 【详解】（1）由椭圆的定义得， 解得，又，所以， 所以的方程为； （2）设，则， 由，解得 ， 所以， 所以， 所以 ，， 所以的面积为定值； （3）由点在直线的右侧，得，设直线与轴的交点为， 当时，点中有一个点与椭圆的上顶点重合，此时即为的上顶点，所以； 当时，由共线，得，即， 整理得 . 而， 当且仅当时取等号，所以. 综上所述，直线在轴上的截距的最小值为. 核心口诀：中点坐标韦达用，截距化线求范围；二次函数配方解，特殊位置先探路。 高分技巧： 中点坐标最值：，，用韦达代入后求最值； 截距最值：直线与坐标轴交点 ，，截距 或 表示为参数的函数，求最值； 截距之和/积最值： 或 的表达式，用韦达代入后求最值； 坐标平方和：，结合曲线方程化简； 几何法：中点轨迹为定直线或曲线，利用轨迹方程求最值； 选填速判：坐标最值常出现在对称位置或端点位置。 易错警示：中点坐标公式需对应；截距可为负，最值需考虑符号；坐标范围需在曲线定义域内。 【典例9-2】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9-1】已知为圆上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接并延长至点，使得，点的轨迹记为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若过右焦点的直线与曲线交于不同的，两点，且，当，时，求直线在轴上的截距的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)设动点，通过条件转化得到，从而求得点为，代入所在圆的方程得到的关系式，也就是曲线的方程； (2) 设直线，从而直线在轴上的截距为，只要找到的取值范围即可.通过建立与的关系，从而求出取值范围. 【详解】（1）设，,，则,，， 由题意知 ，并结合P在圆上得， 所以，得，，，所以 因为，得，故曲线的方程为． （2）设直线，,，,，联立方程组， 消去得 ，所以①，， 由得③， 由①③可得，，， 代入②化简得，， 即， 由，得，即， 解得，即， 从而直线在轴上的截距为． 【变式9-2】在平面直角坐标系中，已知点，是直线右侧区域内的动点，到直线与轴的距离之和等于它到点距离的4倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)直线过点，与交于，两点， （i）若，求直线的方程： （ii）若，是点关于轴的对称点，延长线段交于点，延长线段交于点，直线交轴于点，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据的正负性去绝对值后进行化简得到不同区间的曲线方程. （2）（i）在求直线方程时，利用椭圆上点的参数表示以及两点间距离公式求出点的坐标，进而得到直线斜率和直线方程. （ii）通过联立直线与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得到和的表达式，再根据向量垂直的性质列出等式，最后通过求解不等式得到的取值范围及最小值. 【详解】（1）设，则有， 当时，化简得； 当时，化简得， 所以，曲线如图所示： （2）（i）如图所示，不妨设点在圆上，则，，所以点在椭圆上. 设， 解得，所以，所以， 所以直线方程为. （ii）由题意知，故点也在圆上，又为直径，所以. 设，，联立椭圆方程，得 ， 则， 因为，，， 则 所以， 即， 所以，所以， 解得，即的最小值为. 题型10 存在性问题与探索性问题综合 【典例10-1】已知抛物线，斜率为的直线交抛物线于，两点，且. (1)求抛物线的方程； (2)若动点在抛物线上，为抛物线的焦点，线段的中点为，求点的轨迹方程； (3)试探究:抛物线上是否存在点使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）将点代入抛物线方程计算可得，即可求出结果； （2）设点，，根据中点坐标公式进行代换可得点的轨迹方程； （3）联立直线方程并利用垂直关系的向量表示，结合向量数量积的坐标运算即可求得结果. 【详解】（1）已知点在抛物线上 代入得 所以抛物线方程为 （2）易知抛物线焦点为， 设动点，中点的坐标为 显然； 且， ； 即点的轨迹方程为； （3）设点在抛物线上，则 直线的方程为，如下图： 联立，解得，； 所以， 因此 依题意可得 可得 整理可得，即， 解得或或或； 显然当或时，与重合，不合题意； 所以存在，满足题意. 核心口诀：先假设存在，条件列方程；方程有解则存在，无解否定；特殊探路猜结论，反证排除伪命题。 高分技巧： 三步法：①假设满足条件的点、直线或参数存在；②将条件转化为方程或不等式；③判断方程在可行域内是否有解； 方程有解判定：联立后得到关于参数的方程，判别式 则有解， 则无解； 反证法：假设存在推出矛盾（如与已知条件冲突、超出范围），则不存在； 特殊探路法：先取特殊位置（端点、中点、对称位置）试探是否存在，若特殊位置满足则存在，若所有特殊位置都不满足则大概率不存在； 构造法：若存在，需构造出满足条件的对象，并验证所有条件； 分类讨论：根据参数不同取值范围分别讨论存在性，确保不重不漏； 选填速判：若选项为“存在”或“不存在”，可用特殊值代入快速排除。 易错警示：存在性问题的解必须代回验证是否满足所有几何条件；反证法假设的否定要准确；分类讨论时需覆盖所有可能情形；构造出的对象需明确写出并验证。 【典例10-2】已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转 角得到向量，叫作把点 绕点逆时针方向旋转 角得到点. (1)将曲线（）绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象，求实数的取值范围. (2)已知曲线 ：. （ⅰ）求证：曲线 关于直线对称. （ⅱ）已知直线：，探究：是否存在，，使得直线在曲线 的上方，若存在，分别写出，满足的条件；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明：设点在曲线 上，则，所以， 因为点关于直线对称的点为，所以曲线 关于直线对称． （ⅱ）存在，，. 【分析】（1）通过旋转变换将曲线是否为函数图像的问题，转化为原曲线与旋转后直线的交点问题，再利用切线不等式分析参数范围，核心是转化与化归思想的应用； （2）（i）利用对称点验证法，通过证明点关于的对称点仍在曲线上，快速完成对称性证明，体现了曲线对称性的定义本质； （ii）通过坐标旋转化简曲线方程，将原复杂曲线转化为更易分析的形式，再结合导数研究函数值域，最终反推直线条件，综合考查了旋转变换、导数应用与不等式恒成立的解题思路． 【详解】（1）将 和 绕坐标原点顺时针旋转后，分别得到，， 当 时，， 故问题转化为曲线与直线有且仅有一个交点， 令，则， 当时，由切线不等式可知，当且仅当 时，等号成立， 故当时，； 当时，因为，故，当且仅当 时，等号成立． 综上所述，实数的取值范围是． （2）（i）略 （ii）， 将曲线 绕坐标原点顺时针旋转后得到曲线，由旋转公式可得, 则代入曲线 得， 整理得，显然， 故曲线的方程为． 因为，所以， 令，则， 令，得，， 因为当和时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 又，， 当时，，当时，，所以存在唯一零点． 因为，所以不等式的解集为， 所以曲线恒在直线的下方． 将直线绕原点逆时针旋转，可得， 此时点到直线的距离为， 所以，解得，所以． 综上所述，，． 【变式10-1】已知椭圆E：（）的离心率为，，，且原点到直线的距离等于． (1)求椭圆的方程； (2)设点（）在椭圆上，直线交轴于点．点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得?若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在点，理由如下： 假设存在点满足题意，设， ，直线DA的方程为：， 令，； ，直线DB的方程为：，直线DB与x轴交于点N， 令，则．   ，， ， 则，     所以，（注：点在椭圆E上，）， 则，存在点使得． 【分析】（1）由离心率得出关系，利用原点到直线CD的距离可求出得椭圆方程； （2）假设存在点满足题意，设，利用求出，能求出说明存在，不能求出说明不存在． 【详解】（1）由，得，    由点，可知直线CD的方程为，即． 由于原点到直线CD的距离为，即， 得，， 所以椭圆的标准方程为． （2）略 【变式10-2】已知双曲线的离心率，左顶点，过C的右焦点F作与x轴不重合的直线l，交C于P、Q两点． (1)求双曲线C的方程； (2)求证：直线、的斜率之积为定值； (3)设，试问：在x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)由题意知．设直线， 与双曲线方程联立得． ， 设、，则， 故直线、的斜率之积为 ． (3)存在， 【分析】（1）根据离心率的定义及求解即可. （2）设直线，与双曲线方程联立，结合韦达定理求解即可. （3）根据向量垂直的坐标表示得到，即，结合即韦达定理求解即可. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为c． 由题意知．故， 所以，双曲线C的方程为． （2）略 （3）由题意知，得． 设，则． 即． 又，即，解得． 所以， 因此在x轴上存在定点，使得恒成立． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．已知抛物线：的焦点为，为上一点，为准线上一点，， (1)求的方程； (2)，，是上的三点，若，求点到直线距离的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件得到，根据得到，再结合焦半径公式即可得到，从而得到. （2）根据题意得到，设直线的方程为，，，与抛物线联立得到，，根据斜率公式得到，从而得到，即可得到直线过定点，再根据当时，点到直线距离最大求解即可. 【详解】（1）如图所示： 由题意可知，因为，， 由，，可得， 由抛物线的定义可知，，解得． 则的方程为. （2）如图所示： 在抛物线上，所以， 设直线的方程为，，， 将代入，得 则， ，同理 整理得，， 直线的方程为，所以直线过定点. 当时，点到直线距离最大， 且最大距离为， 经检验符合题意. 2．已知椭圆，A是椭圆的右顶点，B是椭圆的上顶点，直线与椭圆交于M、N两点，且M点位于第一象限． (1)若，证明：直线和的斜率之积为定值； (2)若，求四边形的面积的最大值． 【答案】(1)设，则， ∵，，∴，， ∵在椭圆上，∴ ∴为定值． (2) 【分析】（1）设，则，利用两点的斜率公式以及点在椭圆上可得定值； （2）联立直线与椭圆方程，求出到的距离和到的距离，利用根与系数的关系可得面积的最大值． 【详解】（1）略 （2）设，依题意：，点在第一象限，∴． 联立：得：， ∴，， 设到的距离为，到的距离为， ∴，， ∴． 又∵ （当时取等号）， ∴． ∴四边形的面积的最大值为 3．已知动点，分别在直线和上，且，为的中点，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点，在曲线上，，且的外心在直线上． （i）若直线过点，求直线的方程； （ii）求点到直线距离的最大值． 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】1）利用两点间距离公式和中点公式分析即可； （2）（i）设直线方程，联立直线与曲线方程，结合韦达定理求出即可； （ii）方法一：利用点到直线的距离公式以及函数导数与单调性求最值（不含参数）分析求解即可；方法二：利用三角形外心的性质结合韦达定理以及函数导数与单调性求最值（不含参数）分析求解即可. 【详解】（1）设，， 由题得①， 设，则，代入①可得，即， 所以曲线的方程为． （2）如图所示： 由题可设直线方程为，，， 联立得， 则即，，， 由条件中垂线方程为即 ②， 同理可得的中垂线为③， 则由题联立②③消去可得，即（*） （i）由直线过点得，则由（*）可得， 所以直线的方程为； （ii）方法一：， 由可得，， 令，则 设，则， 令，因为，所以解得：， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，取不到， 所以的最大值为，当时等号取到，即. 方法二：设外心，到、、距离相等得， 化简得， 所以， 则，同理， 、是两根， 则有可得（*）， 由可得，， 令，则 设， 则， 令，因为，所以解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，取不到， 所以的最大值为，当时等号取到，即. 4．已知椭圆过点，. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知斜率为2的直线l交椭圆于A，B两点（点A，B不重合），且l交直线于点M，探究是否有最小值. 【答案】(1) (2)没有 【分析】（1）将点代入可求椭圆标准方程. （2）设直线AB的方程为，，，，联立椭圆，利用韦达定理可得关系，再把表示出来，根据函数的性质知无最小值. 【详解】（1）将，代入椭圆方程得 解得，，故椭圆的标准方程为. （2）设直线AB的方程为，，，， 联立得. 将代入椭圆方程整理得，， ，解得， 故，， 故 ， 将代入上式，得， 由，得，又， 故没有最小值. 5．已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线不过椭圆中心和顶点，与椭圆交于两点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由离心率和点在椭圆上列方程求椭圆参数，即可得方程； （2）设，直线为，则，联立椭圆并应用韦达定理，结合直线为，求出点，即可得周长关于参数m的表达式，应用基本不等式求最值即可. 【详解】（1）由题意得，又点在椭圆上，所以， 所以，则椭圆的方程为； （2）设，直线为，则， 由，得，且， 所以 则直线为， 令，得 ，即， 则， 则周长为， 当且仅当，即时等号成立，则周长的最小值为． 创新提升 6．已知椭圆：的上下顶点分别为，，右焦点的坐标为．点是椭圆上位于第一象限或正半轴上的动点，设直线，的斜率为，，且． (1)求椭圆的方程； (2)过点作圆的切线交椭圆于点（点位于点的下方）． （ⅰ）求线段的最大值； （ⅱ）设直线的斜率为，请判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）是定值，定值为 【分析】（1）根据椭圆性质、直线斜率公式及已知的值，结合联立方程求解，. （2）（ⅰ）利用切线性质得直线参数约束，联立切线与椭圆方程得弦长表达式，结合的范围即可求最值. （ⅱ）联立切线与椭圆方程，结合斜率公式和韦达定理化简等式，得到，再结合即可求解. 【详解】（1）由椭圆性质可得：上下顶点为、，右焦点为， 故，设椭圆上动点，所以，即， 根据直线斜率公式可得：​，，则， 将代入可得：，进一步化简可得： ，又因为，所以，由可得： ，解得，因此椭圆方程为. （2）（i）设点，由题意可知， 设直线的方程为，因为直线与圆相切， 可得：，即， 联立直线与椭圆方程消去得：， 故， 由弦长公式 代入韦达定理得： 平方得， 令得 此时， 此时， 当切线斜率不存在时，切线方程为，代入椭圆方程可得： ，化简可得：，即， 取上交点，下交点， 则，综上可得取得最大值：.​​ （ii）根据斜率的定义可得： ， 其中， 又，结合几何意义可得， 又，代入可得：， 化简可得：，又， 所以是个定值. 7．已知椭圆：经过点及点． (1)求的方程； (2)若点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在轴上方），点满足，设直线与的另一个交点为． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i），则直线的方程：，即， 因为，，所以，， 设的直线方程为， 联立得， ， ①，②， 直线的方程为， 将点代入得， 即， 即， ， 将①②代入得， 整理得， ， ， ， ， 解得或， 当时，直线：，恒过，不成立； 当时，直线：，恒过， 所以直线恒过定点. （ii） 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，然后解方程即可； （2）（i）根据的坐标得到直线的方程，然后根据得到的坐标，设直线的方程，与椭圆方程联立，然后根据点在直线上列等式，得到，即可得到直线恒过定点； （ii）将四边形分割成和，然后根据点在两侧求的最大值，即可得到四边形面积的最大值. 【详解】（1）由题意得，解得，所以. （2） （i）略. （ii）， 设点到直线的距离分别为， 则， ， 因为位于直线的两侧， 所以 ， ， 由（i）得，则， 令，则， 令，则， 令，， 所以在上单调递减， 所以当，，时，取得最大值，为， 此时， 所以四边形面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值问题： ①几何思路：根据几何知识判断，例如：两点之间线段最短等； ②代数思路：将需要求的转化为代数形式表示，然后走不等式或函数的思路求最值. 8．在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点． （ⅰ）若中点为，点是椭圆上的动点，且满足：，证明的面积为定值； （ⅱ）若点为的外心，且在直线上，求点到直线的距离的最大值． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）设点，当直线的斜率不为0时，设其方程为， 由，得， ，， ， 原点到直线的距离，， 由中点为，，得点是的重心，则点， 由点在椭圆上，得，又， 则，即， 整理得，即，则， 因此的面积， 当直线的斜率为0时，点或，直线的方程为或， 线段，点到直线的距离为，， 所以的面积为定值. （ⅱ）2. 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率的意义求出即可. （2）（ⅰ）当直线的斜率不为0时，设其方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出的面积关系式，再由已知结合三角形重心定理求得，进而求出的面积，然后求出直线的斜率为0的三角形面积即可；由（ⅰ）求出点的横坐标，进而得到及范围，再利用点到直线距离公式，结合函数单调性求出最大值. 【详解】（1）依题意，椭圆的半焦距， 由椭圆的离心率为，得，， 所以椭圆的方程为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）当直线的斜率为0时，线段的中垂线为轴，不符合题意，点， 由（ⅰ）得线段的中点，的中点，， 线段的中垂线方程为，即， 同理线段的中垂线方程为， ， 由的外心在直线上，得，解得， 而，则，解得或， 因此点到直线的距离为， 令，当时，在上递减， 则当，即时，，；当时， 在上递增，，又，因此， 所以点到直线的距离的最大值2. 【点睛】 9．已知椭圆的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆相交于两点，，设点关于坐标原点的对称点为，若点恒在以为直径的圆内部，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可知，以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，进而可求出，，由此能求出椭圆的方程； （2）先研究直线的斜率不存在时，点在椭圆内，再研究直线的斜率存在时，以为直径的圆的圆心为，联立直线方程与椭圆方程，结合根的判别式、韦达定理、弦长公式及，由此能求出的取值范围. 【详解】（1）如图所示，    由题意知，，即， 故以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，且边长为， 所以，解得， 所以， 所以椭圆C的方程为. （2）当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为， 如图所示，    此时为椭圆的上下顶点，且， 因为点总在以线段为直径的圆内，且， 所以. 当直线的斜率存在时，设的方程为. 如图所示，    由方程组得， 因为直线与椭圆有两个公共点，即，得； 设，则，. 设的中点，则，， 所以.所以， ， 因为点总在以线段为直径的圆内，所以对于恒成立， 所以， 化简，得，整理得， 而（当且仅当时等号成立）所以， 由，得， 综上，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，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． （2）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． 10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过的直线交椭圆于，两点（在轴上方），的周长为8，为坐标原点． (1)求椭圆的方程； (2)若线段的中点为，求点到直线的距离的最小值； (3)若线段的中点为，的重心为，和面积分别为，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由条件，根据焦点三角形的特点，离心率的定义及的关系列方程，解方程求可得椭圆方程； （2）设直线的方程为：，联立直线和椭圆的方程，消可得，设，，由根与系数关系可求，进而表示出点到直线的距离为，令，  可得，进而求解即可； （3）设，可得，由此可得，解不等式可求的取值范围，再求出，由此可得，由函数的单调性可求的取值范围. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 由已知可得，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）知，，， 由已知直线的斜率不为，故设直线的方程为， 联立，消可得， ， 设，，其中，， 由已知，， 故，则．   所以直线，其中．   点到直线的距离为， 令，  所以， 当时，取最小值． （3）由（2）知，，， 设，则，所以，即， 则，   因为，所以，， 所以，所以，所以， 因为点为线段的中点，所以， 因为点为的重心，所以， 所以 ， 因为点为的重心，所以， 所以，   所以，．   因为函数在上单调递减，所以， 即的取值范围为． 11．设椭圆的离心率为,是的右焦点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点是上的两点，且． （i）设直线的斜率为，求直线的方程； （ii）求面积的最大值与最小值． 【答案】(1) (2)（i）或；（ii）最大值为，最小值为. 【分析】（1）由已知可得关于的方程组，求解即得椭圆的标准方程； （2）（i）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，利用韦达定理结合，即可得到答案；（ii）设根据在椭圆上，所以， 得，， 表示 令，则，则，进而求出面积的最大值与最小值． 【详解】（1）由题意可知： 解得， 故椭圆的方程为. （2） （i）设，直线的方程为：， 联立，消去整理得： 由，可得， 由韦达定理，，(*)， 则（**）， 因为，所以， 即. 将(*)，（**）代入整理得：，解得或． 经检验或都满足， 故直线的方程为：或. （ii）不妨设．则， ，， 因为点在椭圆上，所以， 整理得：， 解得，或（负值舍去）， 同理可得：， 故， 令，则，且， 则， 因在上单调递减，故， 故，即． 当时，即时，； 当时，即时．. 面积的最大值为，最小值为. 12．椭圆的离心率为，其左焦点到点的距离是. (1)求椭圆C的方程； (2)过点且斜率为k的直线交椭圆C于M，N两点，若求k的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用离心率可以得到的关系，再利用左焦点到点的距离是，计算出； （2）设直线方程为，与椭圆方程联立，把通过转化为，韦达定理表示出，从而求出k的取值范围. 【详解】（1）由于椭圆 的离心率 ， 则 ，， 由于 ，故，，， 所以 ， 由于椭圆的左焦点为 ， 已知点 ，且 到 的距离为 ， 则，即，, 因为 ，所以 ， ，故 ， ， 所以椭圆 的方程为：； （2）由（1）可知，左焦点 ， 设过 且斜率为 的直线方程为， 、 ， 联立 ，得 ， 经检验， 根据韦达定理，可知， 由于 ，则，即， 即， 即， 整理，得， 将和 代入， 得， 化简得，解得， 所以的取值范围为. 13．已知椭圆（），为轴上的一点，椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点． (1)若，且，求椭圆的离心率； (2)若且，，是上两个不同的点（，，不共线），求的最大值； (3)设经过点的直线交椭圆于，两点（点，均在轴上方），若对于任意的，都存在直线，使得，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由条件求出，即得椭圆的离心率； （2）结合条件判断当与椭圆相切时，最大，设切线方程，将其与椭圆方程联立，根据判别式等于零求得，再利用到角公式计算即得； （3）设，与椭圆方程联立，由推得，根据向量数量积的坐标公式化简计算，推得存在，使得成立，即得代入，得对恒成立，求解不等式，即得参数的取值范围. 【详解】（1）因，则，则，， 则椭圆的离心率为； （2）因，则， 此时，在椭圆的外部，显然当与椭圆相切时，最大. 设过点的直线方程为，将其与联立，消去，得， 由化简得，因，代入解得， 即直线的斜率分别为，由到角公式可得，则， 故的最大值为； （3）依题意设，代入，消去， 整理得， 由化简得①. 设，则（*）， ， 将（*）代入，化简得， 依题意，存在，使得②成立， 因恒成立，故只需对恒成立， 则恒成立. 此外，还需满足①式，由②得，将其代入①， 整理得：对恒成立，因， 则，即，解得，因，则， 因点，均在轴上方， 则对恒成立（当时取，当时取均能保证为正数）， 则. 综上，实数的取值范围为. 14．已知椭圆：的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设，分别为椭圆的左、右顶点，，为椭圆上不同的两点， （ⅰ）若，关于直线对称，求实数的取值范围； （ⅱ）若，关于轴对称，直线和交于点．过点的动直线与点的轨迹交于，两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ⅱ）在轴上存在点，使得. 【分析】（1）由离心率和短轴长结合关系求值，写出方程即可； （2）（i）设直线的方程为，，的中点为，与椭圆方程联立后，利用根与系数的关系求得，进而利用点在上以及可求得实数的取值范围；（ⅱ）设，写出的方程，两式相乘，利用点在椭圆上，进而计算可得动点的轨迹方程，由得，设存在定点满足条件，由求得即可. 【详解】（1）由，得， 故椭圆方程为：. （2）（ⅰ）因为，关于直线对称，所以所在直线的斜率为， 设直线的方程为，，的中点为， 由得， 所以， 所以， 由，可得，， 所以，整理得，所以， 所以，所以，所以，解得， 所以实数的取值范围为； （ⅱ）存在这样的点，使得. 假设存在这样的点，使得， 如图，若，关于轴对称，则设， 则直线，直线， 两式相乘得， 因为在椭圆上，所以，即， 代入得，化简得，因为点不与顶点重合，所以. 即动点的轨迹方程为. 如图，因为， 所以，即，所以， 设过点的直线方程为，， 由，可得， 因为双曲线与直线有两个不同的交点， 所以有两个不同的解，所以， 所以， 设，则，即. 所以，化简得， 所以，因为，所以，解得， 故在轴上存在点，使得. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $