一、注意基礎(chǔ)知識的整合、鞏固。二輪復(fù)習(xí)要注意回歸課本，課本是考試內(nèi)容的載體，是高考命題的依據(jù)。濃縮課本知識，進一步夯實基礎(chǔ)，提高解題的準(zhǔn)確性和速度
二、查漏補缺，保強攻弱。在二輪復(fù)習(xí)中，對自己的薄弱環(huán)節(jié)要加強學(xué)習(xí)，平衡發(fā)展，加強各章節(jié)知識之間的橫向聯(lián)系，針對“一?！笨荚囍械膯栴}要很好的解決，根據(jù)自己的實際情況作出合理的安排。
三、提高運算能力，規(guī)范解答過程。在高考中運算占很大比例，一定要重視運算技巧粗中有細(xì)，提高運算準(zhǔn)確性和速度，同時，要規(guī)范解答過程及書寫。
四、強化數(shù)學(xué)思維，構(gòu)建知識體系。同學(xué)們在聽課時注意把重點要放到理解老師對問題思路的分析以及解法的歸納總結(jié)，以便于同學(xué)們在刷題時做到思路清晰，迅速準(zhǔn)確。
五、解題快慢結(jié)合，改錯反思。審題制定解題方案要慢，不要急于解題，要適當(dāng)?shù)剡x擇好的方案，一旦方法選定，解題動作要快要自信。
六、重視和加強選擇題的訓(xùn)練和研究。對于選擇題不但要答案正確，還要優(yōu)化解題過程，提高速度。靈活運用特值法、排除法、數(shù)形結(jié)合法、估算法等。

專題14 范圍問題與最值問題
1．（2024·吉林長春·東北師大附中校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知點為拋物線的焦點，過的直線與交于兩點，則的最小值為（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】C
【分析】設(shè)直線方程為，聯(lián)立方程組得出兩點坐標(biāo)的關(guān)系，根據(jù)拋物線的性質(zhì)得出關(guān)于兩點坐標(biāo)的式子，使用基本不等式求出最小值．
【詳解】拋物線的焦點，
過的斜率為0的直線為，直線與拋物線有且只有一個交點，
與條件矛盾，故直線的斜率不為0，故可設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立方程組，得，
方程的判別式，
設(shè)，則，，所以，
由拋物線的性質(zhì)得，
.
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
故選：C.
2．（2024·陜西寶雞·統(tǒng)考一模）設(shè)，是橢圓與雙曲線（，）的公共焦點，P為它們的一個交點，，分別為，的離心率，若，則的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)橢圓以及雙曲線的定義，結(jié)合余弦定理可得，進而利用換元法，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解．
【詳解】不妨設(shè)點是，在第一象限內(nèi)的交點，
則，，所以，，
在中，由余弦定理可得：，
即，
故
令，
則，
所以，故,
故選：A
3．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知過點可作出雙曲線的兩條切線，切點都在雙曲線的同一支上，則雙曲線的離心率的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由題意，點必須在漸近線軸和雙曲線圍成的區(qū)域內(nèi)（不包括邊界），可得，結(jié)合的關(guān)系求解即可．
【詳解】要滿足題意，點必須在漸近線軸和雙曲線圍成的區(qū)域內(nèi)（不包括邊界），如圖，
所以，得，∴，∴，，即．
故選：D．
4．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知為坐標(biāo)原點，為拋物線的焦點，直線與交于點（點在第一象限），若，則與面積之和的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析可知直線的斜率不為0，設(shè)直線的方程為，設(shè)，，將直線方程和拋物線方程聯(lián)立，利用可求得的值，可知直線過定點，再利用三角形的面積公式以及導(dǎo)數(shù)或者基本不等式可求得與面積之和的最小值．
【詳解】由題意可知直線的斜率不為0，所以可設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立方程得，則，
設(shè)，，則，，
所以，
因為，所以，即，解得或，
當(dāng)時，直線過坐標(biāo)原點，則與重合，不存在，不符合題意，所以，
所以，
解法一：
由拋物線方程可知，設(shè)直線與軸的交點為，則，
所以，
，
聯(lián)立解得，（注意點在第一象限）
則與的面積之和，
則，由可得，
當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時取得最小值，且.
解法二：
由拋物線方程可知，設(shè)直線與軸的交點為，則，
，
所以，
由于，所以，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號．
故選：C
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：
一是幾何法：特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來求最值；
二是代數(shù)法：將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值．
5．（2020·廣東梅州·興寧市第一中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知P為拋物線上一個動點，Q為圓上一個動點，那么點P到點Q的距離與點P到直線的距離之和的最小值是（ ）
A．5B．C．D．
【答案】C
【分析】求得圓心坐標(biāo)與半徑，由拋物線的定義可知：可知當(dāng)三點共線時，到點的距離與點到直線距離之和取最小值，利用點到圓心距離減半徑即可求得答案．
【詳解】拋物線的焦點為，準(zhǔn)線為；
圓的圓心為，半徑為，
根據(jù)拋物線的定義可知點到準(zhǔn)線的距離等于點到焦點的距離，
進而推斷出當(dāng)三點共線時，到點的距離與點到直線距離之和取最小值，
最小值為：，
故選：C.
6．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線，直線與雙曲線相交于兩點（點位于第一象限），點是直線上的動點，點分別為的左、右頂點，當(dāng)最大時，（為坐標(biāo)原點），則雙曲線的離心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】聯(lián)立與雙曲線方程可求得坐標(biāo)，利用兩角和差正切公式和基本不等式可求得當(dāng)時，取得最大值，利用三角形面積關(guān)系可求得，由此可得離心率．
【詳解】由得：，，；
設(shè)雙曲線的右焦點為，不妨令點，

為銳角，當(dāng)最大時，最大，此時最大，
，，
（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），
當(dāng)時，取得最大值，
此時，，
由得：，，
雙曲線的離心率.
故選：B.
【點睛】思路點睛：求解圓錐曲線離心率或離心率取值范圍問題的基本思路有兩種：
（1）根據(jù)已知條件，求解得到的值或取值范圍，由求得結(jié)果；
（2）根據(jù)已知的等量關(guān)系或不等關(guān)系，構(gòu)造關(guān)于的齊次方程或齊次不等式，配湊出離心率，從而得到結(jié)果．
7．（2023·四川成都·石室中學(xué)?？家荒＃┮阎p曲線的右焦點為，，直線與拋物線的準(zhǔn)線交于點，點為雙曲線上一動點，且點在以為直徑的圓內(nèi)，直線與以為直徑的圓交于點，則的最大值為（ ）
A．80B．81C．72D．71
【答案】A
【分析】根據(jù)題意，由條件可得，再由平面向量的數(shù)量積運算，結(jié)合圖形，即可得到結(jié)果．
【詳解】
由題可知，點在以為直徑的圓上，故，連接、，如圖所示，
可得，其中
由圖可知，當(dāng)點運動到雙曲線右頂點時，即當(dāng)時， 取最大值為80.
故選：A.
8．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知O為坐標(biāo)原點，雙曲線與直線l：（c為c的半焦距）相交于M，N兩點（M位于第一象限），P是直線l上的動點，A，B分別為C的左，右頂點，當(dāng)取最大值時，，則雙曲線C的離心率為（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】根據(jù)題意，得到取得最大值時，取得最大值，不妨設(shè)，結(jié)合為銳角，所以當(dāng)取得最大值時，最大，此時取得最大值，再由，求得的值，結(jié)合離心率的定義，即可求解．
求得．
【詳解】由題意，將代入雙曲線C的方程，可得，所以，，
設(shè)C的右焦點為F，不妨設(shè)點的坐標(biāo)為，
則，，
所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，
所以當(dāng)時，最大，最大．
由，可得，所以，
此時雙曲線的離心率為.
故選：B.
9．（2024·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考一模）已知為橢圓上的一個動點，過作圓的兩條切線，切點分別為，則的最小值為 .
【答案】/
【分析】設(shè)，解三角形可得，，利用兩點距離公式求的最小值，結(jié)合平方關(guān)系可求的最小值．
【詳解】設(shè)，
由已知，由對稱性可得,
所以，
則，，
且，
因為，
因為，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
所以，又，
所以，
所以.
所以的最小值為.
故答案為：.
10．（2024·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知拋物線，直線l過C的焦點F且與C交于A，B兩點，以線段為直徑的圓與y軸交于M，N兩點，則的最小值是 .
【答案】/
【分析】由題意結(jié)合拋物線定義以及拋物線的通徑、圓心角與圓周角的關(guān)系即可求解．
【詳解】
設(shè)的中點為G，過G作y軸的垂線，垂足為H，則H是的中點．
因為以線段為直徑的圓與準(zhǔn)線相切，所以.
.
當(dāng)軸時，有，.
故答案為：.
11．（2024·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）已知橢圓和雙曲線有相同的焦點，它們的離心率分別為，點為它們的一個交點，且．當(dāng)取最小值時，的值為 .
【答案】
【分析】設(shè)橢圓方程為，雙曲線方程為．結(jié)合橢圓與雙曲線的定義得，， ,在中,根據(jù)余弦定理可得到，，與的關(guān)系式，進而可得，由基本不等式求解即可．
【詳解】設(shè)橢圓方程為，雙曲線方程為：.
不妨設(shè)點為第一象限的交點，
由題意知：，則，
由余弦定理得：，
所以.
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，.
.
故答案為：.
12．（2024·貴州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點在的左支上，過點作的一條漸近線的垂線，垂足為，則當(dāng)取最小值16時，面積的最大值為 .
【答案】32
【分析】由雙曲線的定義結(jié)合三角形兩邊之和大于第三邊的相關(guān)性質(zhì)得的最小值為，，結(jié)合基本不等式即可求得最值．
【詳解】題意得，故，如圖所示，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)M，，N三點共線時兩個等號同時成立，
所以的最小值為，所以，即，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
而到漸近線的距離，
又，故，
所以，
即面積的最大值為32.
故答案為：32.
13．（2023·廣西南寧·南寧三中?？寄M預(yù)測）已知直線與拋物線交于A，B兩點，拋物線的焦點為F，且，于點D，點D的坐標(biāo)為，則 ．
【答案】/
【分析】由，可得，進而求得直線方程，與拋物線聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理得，代入，可解出，則即可求解．
【詳解】依題得，，則，則直線的方程為，
即，與拋物線聯(lián)立得，
設(shè)，則，
由，則，
解得，即拋物線，
.
故答案為：
14．（2023·廣東·東莞市東華高級中學(xué)校聯(lián)考一模）已知雙曲線：的左、右焦點分別為，，傾斜角為的直線與雙曲線在第一象限交于點，若，則雙曲線的離心率的取值范圍為 .
【答案】
【分析】利用雙曲線的性質(zhì)及余弦定理計算即可．
【詳解】
因為傾斜角為的直線與雙曲線在第一象限交于點，
可知直線的傾斜角大于雙曲線的一條漸近線的傾斜角，
即，
設(shè)，則，根據(jù)可知，
在中，由余弦定理可知，
即，
則，
故
故答案為：
15．（2023·陜西咸陽·?？寄M預(yù)測）已知動點與兩個定點，滿足，設(shè)點的軌跡為曲線，則的方程為 ；過的直線與相切，切點為，，為上兩點，且，為的中點，則面積的最大值為 .
【答案】
【分析】設(shè)，由得到方程，變形后得到答案，先得到點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓，并得到的最大值為，且此時⊥，故此時的面積最大，求出各邊長度，求出面積的最大值．
【詳解】設(shè)，則，變形得到，
故的方程為；
設(shè)的圓心為，半徑為2，又，
因為為的中點，所以⊥，，
由勾股定理得，故GN=1，
故點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓，
由于為圓的切線，故的最大值為，且此時⊥，
故此時的面積最大，
由于，
最大值為.

故答案為：，
16．（2022·全國·模擬預(yù)測）已知橢圓的下頂點為，左、右焦點分別為，.
(1)求的面積；
(2)過點作直線交圓于，兩點，過點作垂直于的直線交橢圓于（點異于點），求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分別求出，，的坐標(biāo)，即可得到的面積；（2）由題可得直線的斜率存在，不妨設(shè)為，則直線，當(dāng)時，求出，當(dāng)時，得到直線的方程為，利用圓的弦長公式求出，聯(lián)立橢圓與方程，得到韋達(dá)定理，從而表示出，得到，再利用基本不等式即可求解．
【詳解】（1）由題意得，，，.
的面積.
（2）易知直線的斜率存在，不妨設(shè)為，則直線.
當(dāng)時，直線的方程為，直線的方程為，
則，，此時；
當(dāng)時，直線的方程為，圓心到直線的距離，
直線被圓截得的弦長為.
聯(lián)立，得，，則，
，
.
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，
，面積的最大值為.
17．（2022·全國·模擬預(yù)測）已知拋物線：的焦點為，過點且斜率為的直線與圓：相切．
(1)求的方程；
(2)設(shè)，過點作的兩條切線，，切點分別為，，試求面積的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題意表示出直線的方程，再由圓的幾何性質(zhì)可得出關(guān)于p的等式，即可解出p的值，求出拋物線的方程；
（2）設(shè)，，利用導(dǎo)數(shù)求出直線PA、PB，進一步可求出直線AB的方程，將直線AB的方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出以及點P到直線AB的距離，利用三角形的面積公式結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)即可求得結(jié)果．
【詳解】（1）由題意得，拋物線的焦點，則直線：，
圓的圓心為，半徑，則，解得或（舍去），
∴拋物線的方程為.
（2）設(shè)，
對于函數(shù)，求導(dǎo)得，
∴切線的斜率為，
∴切線的方程為，
即，即，
同理可得切線的方程為，
又點在兩切線上，∴，
∴直線的方程為.
聯(lián)立，得，
∴
且，
點到直線的距離，
∴.
∵，∴，∴
即面積的取值范圍是.
18．（2024·浙江湖州·?？寄M預(yù)測）已知橢圓的左右頂點距離為，離心率為.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)過點且斜率不為0的直線與橢圓交于，兩點，求弦垂直平分線的縱截距的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)長軸長與橢圓的離心率求得，進而得到橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)與橢圓方程聯(lián)立后，得到韋達(dá)定理的形式，利用中點坐標(biāo)公式表示出點坐標(biāo)，從而得到方程；令可求得在軸的截距，利用函數(shù)值域的求解方法可求得結(jié)果．
【詳解】（1）由題意，，即，
又，所以，
故，
故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（2）如圖，
由題意知：直線的斜率存在且不為零，
設(shè)，，，，中點，
聯(lián)立，消去并整理得：，
恒成立，
則，，，
，
則方程為：，即，
化簡得：
設(shè)直線在軸上截距為，令得，
由可知，
所以直線在軸上的截距的取值范圍為.
19．（2024·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）已知橢圓的離心率為，點在橢圓上，過點的兩條直線，分別與橢圓交于另一點A，B，且直線，，的斜率滿足．
(1)求橢圓的方程；
(2)證明直線過定點；
(3)橢圓C的焦點分別為，，求凸四邊形面積的取值范圍．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據(jù)條件列出方程組，解出即可；
（2）設(shè)直線，聯(lián)立直線和橢圓方程，消元后，利用，建立方程，解出后驗證即可；
（3）設(shè)直線，聯(lián)立直線和橢圓方程，消元后，利用韋達(dá)定理得到條件，利用進行計算，換元法求值域即可．
【詳解】（1）由題設(shè)得，解得，
所以的方程為；
（2）由題意可設(shè)，設(shè)，，
由，整理得，
．
由韋達(dá)定理得，，
由得，
即，
整理得，
因為，得，解得或，
時，直線過定點，不合題意，舍去；
時，滿足，
所以直線過定點．
（3））由（2）得直線，所以，
由，
整理得，，
由題意得，
因為，所以，所以，
令，，
所以，在上單調(diào)遞減，
所以的范圍是．

20．（2024·陜西咸陽·校考模擬預(yù)測）已知橢圓的離心率是雙曲線的離心率的倒數(shù)，橢圓的左?右焦點分別為，上頂點為，且.
(1)求橢圓的方程；
(2)當(dāng)過點的動直線與橢圓相交于兩個不同點時，設(shè)，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)向量數(shù)量積得到關(guān)系式，結(jié)合離心率以及求解出，則橢圓方程可求；
（2）設(shè)出坐標(biāo)，根據(jù)向量共線表示出對應(yīng)坐標(biāo)關(guān)系，再利用點差法結(jié)合已知坐標(biāo)關(guān)系進行化簡從而得到關(guān)于的表示，根據(jù)橢圓的有界性可求的范圍．
【詳解】（1）設(shè)點的坐標(biāo)分別為，
又點的坐標(biāo)為，且，
所以，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）設(shè)，則依據(jù)得，
整理得，
又，故，
得，
即，
當(dāng)時，此時，即重合，顯然不成立，所以，
所以，即，
又，得，
又，故，且，
故實數(shù)的取值范圍為.
21．（2016·寧夏石嘴山·石嘴山市第三中學(xué)?？家荒＃┮阎本€與橢圓相交于A、B兩個不同的點，記與軸的交點為C.
(1)若，且，求實數(shù)的值；
(2)若，求面積的最大值，及此時橢圓的方程．
【答案】(1)
(2)面積的最大值為，此時橢圓的方程為
【分析】（1）若，聯(lián)立直線和橢圓方程，結(jié)合相交弦的弦長公式以及，即可求實數(shù)的值；
（2）根據(jù)關(guān)系，，結(jié)合一元二次方程根與系數(shù)之間的關(guān)系，以及基本不等式進行求解即可．
【詳解】（1）設(shè)，，
由，得，
則，，
則，解得，經(jīng)驗證符合題意，所以.
（2）由，得，
則，，
由得，
解得，代入上式得：
，則，
，
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
此時，，
又，
則，解得，經(jīng)檢驗符合題意，
所以，面積的最大值為，此時橢圓的方程為.

22．（2024·浙江臺州·統(tǒng)考一模）已知橢圓：的上、下頂點分別為，，點在線段上運動（不含端點），點，直線與橢圓交于，兩點（點在點左側(cè)），中點的軌跡交軸于，兩點，且．
(1)求橢圓的方程；
(2)記直線，的斜率分別為，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根據(jù)中點坐標(biāo)關(guān)系即代入橢圓求解點軌跡，即可由求解，
（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程可得韋達(dá)定理，根據(jù)兩點斜率公式可求解，，即可根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解最值．
【詳解】（1）設(shè)中點，則，
因為點在線段上，所以點只能在右半橢圓上運動，所以
，即，
由點在橢圓：上，所以，
令，得，由，解得，故橢圓的方程為．
（2）設(shè)：，，，．
由得，
則，，
又，，
，
令，得，
當(dāng)即時取等號，所以的最小值為．
【點睛】方法點睛：解決解析幾何中的最值問題一般有兩種方法：
一是幾何意義，特別是用曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來解決，非常巧妙；
二是將解析幾何中最值問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，然后根據(jù)函數(shù)的特征選用參數(shù)法、配方法、判別式法、三角函數(shù)有界法、函數(shù)單調(diào)性法以及均值不等式法求解．
23．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為為上的動點，點滿足，設(shè)點的軌跡為曲線，以為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．
(1)寫出曲線的極坐標(biāo)方程；
(2)直線（，），與曲線交于點（不同于原點），與曲線：交于點（不同于原點），求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出點的參數(shù)方程，化為普通方程，最后求出極坐標(biāo)方程；
（2）由點、的極坐標(biāo)直接求兩點間的距離，再由三角函數(shù)的最值求解．
【詳解】（1）設(shè)，.
則，.
由，
曲線直角坐標(biāo)系方程為，
由
曲線的極坐標(biāo)方程為.
（2）設(shè)，
則，，
，
當(dāng)時，.
24．（2023·貴州畢節(jié)·校考模擬預(yù)測）已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于兩點，點在第一象限，為坐標(biāo)原點．
(1)設(shè)為拋物線上的動點，求的取值范圍；
(2)記的面積為的面積為，求的最小值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出拋物線的焦點坐標(biāo)，準(zhǔn)線方程，設(shè)點，求出關(guān)于的函數(shù)關(guān)系，再利用二次函數(shù)性質(zhì)求解作答．
（2）設(shè)出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理、三角形面積公式結(jié)合均值不等式求解作答．
【詳解】（1）依題意，拋物線的焦點，準(zhǔn)線方程，設(shè)，
則，
因此，
而，即有，則當(dāng)，即時，，
當(dāng)，即時，，
所以的取值范圍是.
（2）顯然直線不垂直于軸，設(shè)直線的方程為，
由消去并整理得，顯然，
設(shè)，，則，即，

令為點，于是的面積為，的面積為，
因此，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，
所以的最小值為.
25．（2023·江蘇無錫·江蘇省天一中學(xué)?？寄M預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系中中，動點到定點的距離比它到軸的距離大1，的軌跡為.
(1)求曲線的方程；
(2)已知點，分別為曲線上的第一象限和第四象限的點，且，求與面積之和的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題意直接求動點的軌跡方程即可；
（2）當(dāng)直線的斜率為0時，不適合題意，所以設(shè)出直線的方程與拋物線聯(lián)立利用基本不等式求解即可．
【詳解】（1）設(shè)動點的坐標(biāo)為，由已知得，，
化簡得：，故曲線的方程為.
（2）如圖：

因為點，分別為曲線上的第一象限和第四象限的點，
所以當(dāng)直線的斜率為0時，不適合題意；
當(dāng)直線的斜率不為0時，設(shè)直線的方程為，
由得，，，
所以，
由，得，
因為，所以，
所以，
所以，解得：或（舍去），
當(dāng)時，直線的方程為，
直線過定點，且滿足，且，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即，時取等號，
故最小值為.
26．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，過的直線與交于，兩點，的周長為8，且點在上．
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)直線與圓：交于C，D兩點，當(dāng)時，求面積的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由的周長結(jié)合橢圓的定義得出，再將代入橢圓方程，即可求出，進而得出橢圓的方程；
（2）設(shè)直線l的方程為，由點到之間距離公式及勾股定理得出，設(shè)，，由直線方程與橢圓方程聯(lián)立，得出和，代入，設(shè)，，由的單調(diào)性得出值域，即可求出的范圍．
【詳解】（1）因為的周長為8，
所以，解得，
將點的坐標(biāo)代入橢圓方程，得，解得，
所以橢圓E的方程為．

（2）由（1）知圓的方程為，設(shè)直線l的方程為，
則圓心到直線l的距離，
由，可得．
設(shè)，，聯(lián)立方程組，
消去x得，
則，，
所以，
設(shè)，則，
設(shè)，
易知在上單調(diào)遞增，則在上單調(diào)遞增，
因為，
所以．

27．（2023·四川成都·石室中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知點，，動點滿足直線與的斜率之積為．記動點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程，并說明是什么曲線；
(2)設(shè)，為曲線上的兩動點，直線與直線的斜率乘積為.
①求證：直線恒過一定點；
②設(shè)的面積為，求的最大值．
【答案】(1)；中心在坐標(biāo)原點，焦點在軸上的橢圓，不含左、右頂點
(2)①證明見解析；②
【分析】（1）根據(jù)斜率公式列式化簡從而寫出曲線的方程，并根據(jù)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程判斷出曲線為焦點在軸上的橢圓；（2）①根據(jù)題意判斷得直線的斜率不為，設(shè)直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立方程組，化簡得關(guān)于的一元二次方程，寫出韋達(dá)定理，根據(jù)斜率公式列式得，代入韋達(dá)定理化簡計算即可求解出的值，從而得所過定點坐標(biāo)；②根據(jù)①的結(jié)果，利用三角形面積公式計算的面積為，代入韋達(dá)定理化簡計算，利用二次函數(shù)的性質(zhì)從而計算得的最大值．
【詳解】（1）由題意，得，
化簡得，所以曲線為中心在坐標(biāo)原點，
焦點在軸上的橢圓，不含左、右頂點．
（2）①證明：，．因為若直線的斜率為，
則點，關(guān)于軸對稱，必有，不合題意，
所以直線的斜率必不為.
如圖，設(shè)直線PQ的方程為.
由，得，
所以，
且．因為，即．因為
所以，此時，
故直線恒過軸上一定點.
②解：由①可得，，，所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)即時等號成立，所以的最大值為.

【點睛】（1）解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去 （或）建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系；（2）涉及到直線方程的設(shè)法時，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為或不存在等特殊情形．
28、已知橢圓的左、右焦點分別是,離心率,過點且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為．
（1）求橢圓的方程;
（2）若直線過橢圓的右焦點,且與軸不重合, 交橢圓于兩點, 過點且與垂直的直線與圓交于兩點, 求四邊形面積的取值范圍．
【解析】（1）略
（2）當(dāng)直線與軸不垂直時, 設(shè)的方程 ,
由,得,則
,
,過點且與垂直的直線,
圓心到的距離是,所以．
故四邊形面積．
可得當(dāng)與軸不垂直時, 四邊形面積的取值范圍為．
當(dāng)與軸垂直時, 其方程為,四邊形面積為,
綜上, 四邊形面積的取值范圍為．
29、拋物線的焦點為，過點的直線交拋物線于 ，兩點．
(1)若，求直線AB的斜率；
(2)設(shè)點在線段上運動，原點關(guān)于點的對稱點為，求四邊形面積的最小值．
【解析】(1)依題意知，設(shè)直線的方程為．
將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，消去得．設(shè)，，
所以， ①
因為，所以 ②
聯(lián)立①和②，消去，得．
所以直線的斜率是．
(2) 原點關(guān)于點的對稱點為，得是線段的中點，從而點與點到直線的距離相等，所以四邊形的面積等于．因為，
所以當(dāng) 時，四邊形OACB的面積最小，最小值是4．
30、（2022·江蘇淮安·模擬預(yù)測）橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(6),3)，短軸一個端點到右焦點的距離為eq \r(3).
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)斜率存在的直線l與橢圓C交于A，B兩點，坐標(biāo)原點O到直線l的距離為eq \f(\r(3),2)，求△AOB面積的最大值．
【解析】(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a＝\r(3)，))
∴c＝eq \r(2)，b＝1，∴所求橢圓方程為eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m.
由已知eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(3),2)，得m2＝eq \f(3,4)(k2＋1)．
把y＝kx＋m代入橢圓方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.
∴x1＋x2＝eq \f(－6km,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(3?m2－1?,3k2＋1).
∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2
＝(1＋k2)
＝eq \f(12?k2＋1??3k2＋1－m2?,?3k2＋1?2)＝eq \f(3?k2＋1??9k2＋1?,?3k2＋1?2)
＝3＋eq \f(12k2,9k4＋6k2＋1)＝3＋eq \f(12,9k2＋\f(1,k2)＋6)(k≠0)
≤3＋eq \f(12,2×3＋6)＝4.
當(dāng)且僅當(dāng)9k2＝eq \f(1,k2)，即k＝±eq \f(\r(3),3)時等號成立．
當(dāng)k＝0時，|AB|＝eq \r(3)，綜上所述|AB|max＝2.
∴當(dāng)|AB|最大時，△AOB的面積取得最大值
S＝eq \f(1,2)×|AB|max×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2).
31、（2022·紹興一中模擬預(yù)測）如圖所示，點A，B分別是橢圓eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1長軸的左、右端點，點F是橢圓的右焦點，點P在橢圓上，且位于x軸上方，PA⊥PF.
(1)求點P的坐標(biāo)；
(2)設(shè)M是橢圓長軸AB上的一點，點M到直線AP的距離等于|MB|，求橢圓上的點到點M的距離d的最小值．
【解析】(1)由已知可得點A(－6,0)，F(xiàn)(4,0)，
設(shè)點P的坐標(biāo)是(x，y)，
則eq \(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝0，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,?x＋6??x－4?＋y2＝0，))
可得2x2＋9x－18＝0，得x＝eq \f(3,2)或x＝－6.
由于y>0，故x＝eq \f(3,2)，于是y＝eq \f(5\r(3),2).
∴點P的坐標(biāo)是.
(2)由(1)可得直線AP的方程是x－eq \r(3)y＋6＝0，
點B(6,0)．
設(shè)點M的坐標(biāo)是(m,0)，則點M到直線AP的距離是eq \f(|m＋6|,2)，
于是eq \f(|m＋6|,2)＝|m－6|，
又－6≤m≤6，解得m＝2.
由橢圓上的點(x，y)到點M的距離為d，
得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq \f(5,9)x2
＝eq \f(4,9)＋15，
由于－6≤x≤6，
由f(x)＝eq \f(4,9)＋15的圖象可知，
當(dāng)x＝eq \f(9,2)時，d取最小值，且最小值為eq \r(15).
32．（2023·湖南·模擬預(yù)測）已知橢圓C：的上頂點為B，O為坐標(biāo)原點，為橢圓C的長軸上的一點，若，且△OPB的面積為．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)橢圓C與x軸負(fù)半軸交于點A，過點A的直線AM，AN分別與橢圓C交于M，N兩點，直線AM，AN的斜率分別為，，且，求證：直線MN過定點，并求出該定點坐標(biāo)，求出△AMN面積的最大值．
【分析】（1）根據(jù)題意得到與，從而求得，由此得解；
（2）結(jié)合題意設(shè)直線MN的方程為，聯(lián)立橢圓C的方程得到，進而得到，結(jié)合即可得到關(guān)于的方程，從而證得直線MN過定點，再利用，結(jié)合對勾函數(shù)的單調(diào)性即可得解．
【詳解】（1）由已知，得，即，
又因為，所以，即，
解方程組，得，
所以橢圓的方程為.
（2）由題意可知，直線MN的斜率不為0，設(shè)，直線MN的方程為，
聯(lián)立，消去，得，
所以，，
則，
因為，所以，即，
所以，
即，解得或，
因為當(dāng)時，直線的方程為，則直線經(jīng)過，不符合題意，
所以，滿足，此時直線的方程為，所以直線過定點，
記直線與軸的交點為，則點坐標(biāo)為，
當(dāng)時，，
，
令，
令，則，故在上單調(diào)遞增，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，△AMN面積取得最大值.
【點睛】方法點睛：直線與圓錐曲線位置關(guān)系的題目，往往需要聯(lián)立兩者方程，利用韋達(dá)定理解決相應(yīng)關(guān)系，其中的計算量往往較大，需要反復(fù)練習(xí)，做到胸有成竹．
33．（2023·云南玉溪·統(tǒng)考一模）如圖，已知，直線l：，P為平面上的動點，過點P作l的垂線，垂足為點Q，且．
(1)求動點P的軌跡C的方程；
(2)過點F的直線與軌跡C交于A，B兩點，與直線l交于點M，設(shè)，，證明定值，并求的取值范圍．
【分析】（1）設(shè)出點的坐標(biāo)，運用數(shù)量積運算可得結(jié)果．
（2）設(shè)直線AB的方程，求出點M的坐標(biāo)，聯(lián)立直線AB與軌跡C的方程后由韋達(dá)定理得、，由已知向量關(guān)系式可得，，進而求得的值與的范圍．
【詳解】（1）設(shè)點，則，且．
由得，
即，化簡得．
故動點P的軌跡C的方程為：．
（2）設(shè)直線AB的方程為：，則．
聯(lián)立直線AB與軌跡C的方程得，消去x得，
則．
設(shè)，，由韋達(dá)定理知，．
由，得：，，
整理得，．
所以．
故為定值0．
∵，
∴，
∴的取值范圍是．
【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達(dá)定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達(dá)定理求解．
34．（2023·河南·長葛市第一高級中學(xué)統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知橢圓的長軸長為4，，為C的左、右焦點，點P（不在x軸上）在C上運動，且的最小值為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過的直線l與橢圓C交于不同的兩點M，N，記的內(nèi)切圓的半徑為r，求r的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)可得，再由余弦定理和基本不等式得出，即可求出橢圓C的方程；（2）易知的周長為定值，利用等面積法可求得內(nèi)切圓的半徑與面積的表達(dá)式，聯(lián)立直線l與橢圓C的方程寫出面積的表達(dá)式再通過構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性即可求得內(nèi)切圓的半徑為r的取值范圍．
【詳解】（1）由題意得，
設(shè)，的長分別為m，n，，
則在中，由余弦定理可得
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，從而，
得，∴，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（2）設(shè)，，
由題意，根據(jù)橢圓的定義可得的周長為，
，所以，
設(shè)l的方程為，聯(lián)立橢圓方程，
整理可得，易知
且，，
，
所以，
令，則，
，
令函數(shù)，則，
當(dāng)時，恒成立，所以在上單調(diào)遞增，
則，所以，
即，
故r的取值范圍為.
【點睛】方法點睛：求三角形內(nèi)切圓半徑可利用等面積法，把整個三角形看成三個以內(nèi)切圓圓心為頂點的小三角形，根據(jù)三個小三角形面積之和與大三角形面積相等，建立三角形周長、面積與內(nèi)切圓半徑之間的關(guān)系式即可求得結(jié)果．
35．（2023·陜西安康·統(tǒng)考二模）設(shè)橢圓：過點，為直線：上不同于原點的任意一點，線段的垂直平分線為，橢圓的兩焦點，關(guān)于的對稱點都在以為圓心，為半徑的圓上．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與橢圓交于，兩點，為橢圓的右頂點，求四邊形的面積的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)垂直平分線性質(zhì)可知兩焦點，關(guān)于的對稱點距離等于線段的長度，且對稱點所連線段為圓P的直徑，由此可得焦距長，繼而求出橢圓方程解析式；
（2）利用韋達(dá)定理，找出，兩點坐標(biāo)關(guān)系，根據(jù)弦長公式求出長度，根據(jù)點到直線距離公式求出，兩點到的距離，列式即可得出四邊形的面積表達(dá)式，根據(jù)直線斜率范圍即可得出面積范圍．
【詳解】（1）設(shè)，關(guān)于的對稱點分別為，，為線段的中點，
∴是的中點，
∴是圓的直徑，∴，
∴
由已知，所以橢圓的方程為
（2）設(shè)點，，其中
聯(lián)立
∴，
點、到直線的距離分別為，
∵當(dāng)且僅當(dāng)時取等號．
∴，∴，
∴
1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求；
(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直線與拋物線的位置關(guān)系，聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長即可得出；
（2）設(shè)直線：，利用，找到的關(guān)系，以及的面積表達(dá)式，再結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)即可求出其最小值．
【詳解】（1）設(shè)，
由可得，，所以，
所以，
即，因為，解得：．
（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，
設(shè)直線：，，
由可得，，所以，，
，
因為，所以，
即，
亦即，
將代入得，
，，
所以，且，解得或．
設(shè)點到直線的距離為，所以，
，
所以的面積，
而或，所以，
當(dāng)時，的面積．
【點睛】本題解題關(guān)鍵是根據(jù)向量的數(shù)量積為零找到的關(guān)系，一是為了減元，二是通過相互的制約關(guān)系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值．
2．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在直角坐標(biāo)系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
【答案】(1)
(2)見解析
【分析】（1）設(shè)，根據(jù)題意列出方程，化簡即可；
（2）法一：設(shè)矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設(shè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可．
法二：設(shè)直線的方程為，將其與拋物線方程聯(lián)立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導(dǎo)即可求出周長最值，再排除邊界值即可．
法三：利用平移坐標(biāo)系法，再設(shè)點，利用三角換元再對角度分類討論，結(jié)合基本不等式即可證明．
【詳解】（1）設(shè),則，兩邊同平方化簡得，
故.
（2）法一：設(shè)矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，
同理令，且，則，
設(shè)矩形周長為,由對稱性不妨設(shè)，，
則，易知
則令,
令，解得，
當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，
當(dāng)，，此時單調(diào)遞增，
則，
故,即.
當(dāng)時,,且，即時等號成立，矛盾，故,
得證．
法二：不妨設(shè)在上，且，

依題意可設(shè)，易知直線，的斜率均存在且不為0，
則設(shè),的斜率分別為和，由對稱性，不妨設(shè)，
直線的方程為，
則聯(lián)立得，
，則
則，
同理，
令，則，設(shè)，
則，令，解得，
當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，
當(dāng)，，此時單調(diào)遞增，
則，
，
但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.
法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,
矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.
設(shè) , 根據(jù)對稱性不妨設(shè) .
則 , 由于 , 則 .
由于 , 且 介于 之間,
則 . 令 ,
,則,從而
故
①當(dāng)時,
②當(dāng) 時,由于,從而,
從而又,
故,由此
，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故，故矩形周長大于.
.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的第二個的關(guān)鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設(shè)新函數(shù)求導(dǎo)，最后再排除邊界值即可．
3．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面積．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設(shè)，，再根據(jù)，即可解出l的斜率；
（2）根據(jù)直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補，根據(jù)即可求出直線的斜率，再分別聯(lián)立直線與雙曲線方程求出點的坐標(biāo)，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積．
【詳解】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．
易知直線l的斜率存在，設(shè)，，
聯(lián)立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化簡得，，即，
所以或，
當(dāng)時，直線過點，與題意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉(zhuǎn)化
不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，
當(dāng)均在雙曲線左支時，，所以，
即，解得（負(fù)值舍去）
此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；
當(dāng)均在雙曲線右支時，
因為，所以，即，
即，解得（負(fù)值舍去），
于是，直線，直線，
聯(lián)立可得，，
因為方程有一個根為，所以，，
同理可得，，．
所以，，點到直線的距離，
故的面積為．
［方法二］：
設(shè)直線AP的傾斜角為，，由，得，
由，得，即，
聯(lián)立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整體點評】（2）法一：由第一問結(jié)論利用傾斜角的關(guān)系可求出直線的斜率，從而聯(lián)立求出點坐標(biāo)，進而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；
法二：前面解答與法一求解點坐標(biāo)過程形式有所區(qū)別，最終目的一樣，主要區(qū)別在于三角形面積公式的選擇不一樣．
4．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．
（1）求；
（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可得出關(guān)于的等式，即可解出的值；
（2）設(shè)點、、，利用導(dǎo)數(shù)求出直線、，進一步可求得直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出以及點到直線的距離，利用三角形的面積公式結(jié)合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得面積的最大值．
【詳解】（1）[方法一]：利用二次函數(shù)性質(zhì)求最小值
由題意知，，設(shè)圓M上的點，則．
所以．
從而有．
因為，所以當(dāng)時，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最小值
拋物線的焦點為，，
所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；
（2）[方法一]：切點弦方程+韋達(dá)定義判別式求弦長求面積法
拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導(dǎo)得，
設(shè)點、、，
直線的方程為，即，即，
同理可知，直線的方程為，
由于點為這兩條直線的公共點，則，
所以，點A、的坐標(biāo)滿足方程，
所以，直線的方程為，
聯(lián)立，可得，
由韋達(dá)定理可得，，
所以，，
點到直線的距離為，
所以，，
，
由已知可得，所以，當(dāng)時，的面積取最大值.
[方法二]【最優(yōu)解】：切點弦法+分割轉(zhuǎn)化求面積+三角換元求最值
同方法一得到．
過P作y軸的平行線交于Q，則．
．
P點在圓M上，則
．
故當(dāng)時的面積最大，最大值為．
[方法三]：直接設(shè)直線AB方程法
設(shè)切點A，B的坐標(biāo)分別為，．
設(shè)，聯(lián)立和拋物線C的方程得整理得．
判別式，即，且．
拋物線C的方程為，即，有．
則，整理得，同理可得．
聯(lián)立方程可得點P的坐標(biāo)為，即．
將點P的坐標(biāo)代入圓M的方程，得，整理得．
由弦長公式得．
點P到直線的距離為．
所以，
其中，即．
當(dāng)時，．
【整體點評】（1）方法一利用兩點間距離公式求得關(guān)于圓M上的點的坐標(biāo)的表達(dá)式，進一步轉(zhuǎn)化為關(guān)于的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到最小值，進而求得的值；方法二，利用圓的性質(zhì)，與圓上點的距離的最小值，簡潔明快，為最優(yōu)解；（2）方法一設(shè)點、、，利用導(dǎo)數(shù)求得兩切線方程，由切點弦方程思想得到直線的坐標(biāo)滿足方程，然手與拋物線方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理可得，，利用弦長公式求得的長，進而得到面積關(guān)于坐標(biāo)的表達(dá)式，利用圓的方程轉(zhuǎn)化得到關(guān)于的二次函數(shù)最值問題；方法二，同方法一得到，，過P作y軸的平行線交于Q，則．由求得面積關(guān)于坐標(biāo)的表達(dá)式，并利用三角函數(shù)換元求得面積最大值，方法靈活，計算簡潔，為最優(yōu)解；方法三直接設(shè)直線，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用韋達(dá)定理判別式得到，且．利用點在圓上，求得的關(guān)系，然后利用導(dǎo)數(shù)求得兩切線方程，解方程組求得P的坐標(biāo)，進而利用弦長公式和點到直線距離公式求得面積關(guān)于的函數(shù)表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值；
5．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知拋物線的焦點F到準(zhǔn)線的距離為2．
（1）求C的方程;
（2）已知O為坐標(biāo)原點，點P在C上，點Q滿足，求直線斜率的最大值．
【答案】（1）；（2）最大值為.
【分析】（1）由拋物線焦點與準(zhǔn)線的距離即可得解；
（2）設(shè)，由平面向量的知識可得，進而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解．
【詳解】（1）拋物線的焦點，準(zhǔn)線方程為，
由題意，該拋物線焦點到準(zhǔn)線的距離為，
所以該拋物線的方程為；
（2）[方法一]：軌跡方程+基本不等式法
設(shè)，則，
所以，
由在拋物線上可得，即，
據(jù)此整理可得點的軌跡方程為，
所以直線的斜率，
當(dāng)時，；
當(dāng)時，，
當(dāng)時，因為，
此時，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立；
當(dāng)時，；
綜上，直線的斜率的最大值為.
[方法二]：【最優(yōu)解】軌跡方程+數(shù)形結(jié)合法
同方法一得到點Q的軌跡方程為．
設(shè)直線的方程為，則當(dāng)直線與拋物線相切時，其斜率k取到最值．聯(lián)立得，其判別式，解得，所以直線斜率的最大值為．
[方法三]：軌跡方程+換元求最值法
同方法一得點Q的軌跡方程為．
設(shè)直線的斜率為k，則．
令，則的對稱軸為，所以．故直線斜率的最大值為．
[方法四]：參數(shù)+基本不等式法
由題可設(shè)．
因為，所以．
于是，所以
則直線的斜率為．
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，所以直線斜率的最大值為．
【整體點評】方法一根據(jù)向量關(guān)系，利用代點法求得Q的軌跡方程，得到直線OQ的斜率關(guān)于的表達(dá)式，然后利用分類討論，結(jié)合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到點Q的軌跡方程，然后利用數(shù)形結(jié)合法，利用判別式求得直線OQ的斜率的最大值，為最優(yōu)解；
方法三同方法一求得Q的軌跡方程，得到直線的斜率k的平方關(guān)于的表達(dá)式，利用換元方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求得最大值，進而得到直線斜率的最大值；
方法四利用參數(shù)法，由題可設(shè)，求得x,y關(guān)于的參數(shù)表達(dá)式，得到直線的斜率關(guān)于的表達(dá)式，結(jié)合使用基本不等式，求得直線斜率的最大值．
6．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖，已知橢圓．設(shè)A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．
(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）設(shè)是橢圓上任意一點,再根據(jù)兩點間的距離公式求出，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出；
（2）設(shè)直線與橢圓方程聯(lián)立可得，再將直線方程與的方程分別聯(lián)立，可解得點的坐標(biāo)，再根據(jù)兩點間的距離公式求出，最后代入化簡可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【詳解】（1）設(shè)是橢圓上任意一點,,
，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最大值是.
（2）設(shè)直線,直線方程與橢圓聯(lián)立,可得,設(shè)，所以，
因為直線與直線交于,
則,同理可得,．則
，
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最小值為.
【點睛】本題主要考查最值的計算，第一問利用橢圓的參數(shù)方程以及二次函數(shù)的性質(zhì)較好解決，第二問思路簡單，運算量較大，求最值的過程中還使用到柯西不等式求最值，對學(xué)生的綜合能力要求較高，屬于較難題．
7．（2019·全國·高考真題）已知點A(?2,0)，B(2,0)，動點M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為?．記M的軌跡為曲線C.
（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；
（2）過坐標(biāo)原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點G.
（i）證明：是直角三角形；
（ii）求面積的最大值．
【答案】（1）詳見解析（2）詳見解析
【分析】（1）分別求出直線AM與BM的斜率，由已知直線AM與BM的斜率之積為?，可以得到等式，化簡可以求出曲線C的方程，注意直線AM與BM有斜率的條件；
（2）（i）設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出P，Q兩點的坐標(biāo)，進而求出點的坐標(biāo)，求出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)關(guān)系求出的坐標(biāo)，再求出直線的斜率，計算的值，就可以證明出是直角三角形；
（ii）由（i）可知三點坐標(biāo)，是直角三角形，求出的長，利用面積公式求出的面積，利用導(dǎo)數(shù)求出面積的最大值．
【詳解】（1）直線的斜率為，直線的斜率為，由題意可知：，所以曲線C是以坐標(biāo)原點為中心，焦點在軸上，不包括左右兩頂點的橢圓，其方程為；
（2）（i）
[方法一]【分別求得斜率的表達(dá)式利用斜率之積為即可證得題中的結(jié)論】
依題意設(shè)，
直線的斜率為，則，
所以．
又，所以，
進而有，即是直角三角形．
[方法二]【利用三點共線和點差法真的斜率之積為即可證得題中的結(jié)論】
由題意設(shè)，則．
因為Q，E，G三點共線，所以，
又因為點P，G在橢圓上，所以，
兩式相減得，
所以，所以．
（ii）
[方法一]【求得面積函數(shù)，然后求導(dǎo)確定最值】
設(shè)，則直線的方程為，聯(lián)立解得所以直線的方程為．聯(lián)立直線的方程和橢圓C的方程，可得，則，所以．
令，即
．
注意到，得，所以在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，．
[方法二]【利用弦長公式結(jié)合韋達(dá)定理求得面積表達(dá)式，然后求導(dǎo)確定最值】
設(shè)的中點為N，直線的斜率為k，則其方程為．
由解得．由（Ⅰ）得．直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立得，．
又，從而，進而．以下同解法一．
【整體點評】(2)(i)方法一：斜率之積為是證明垂直的核心和關(guān)鍵；
方法二：利用三點共線和點差法使得問題的處理更加簡單．
(ii)導(dǎo)數(shù)是求最值的一種重要方法，在求最值的時候幾乎所有問題都可以考慮用導(dǎo)數(shù)求解；
8．（2017·山東·高考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓：的離心率為，焦距為.
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）如圖，動直線：交橢圓于兩點，是橢圓上一點，直線的斜率為，且，是線段延長線上一點，且，的半徑為，是的兩條切線，切點分別為．求的最大值，并求取得最大值時直線的斜率．
【答案】（1） （2） 的最大值為 ，取得最大值時直線的斜率為 .
【詳解】試題分析：（I）本小題由，確定即得．
（Ⅱ）通過聯(lián)立方程組化簡得到一元二次方程后應(yīng)用韋達(dá)定理，應(yīng)用弦長公式確定及圓的半徑表達(dá)式．進一步求得直線的方程并與橢圓方程聯(lián)立，確定得到的表達(dá)式，研究其取值范圍．這個過程中，可考慮利用換元思想，應(yīng)用二次函數(shù)的性質(zhì)及基本不等式．
試題解析：（I）由題意知 ，，
所以 ，
因此 橢圓的方程為.
（Ⅱ）設(shè)，
聯(lián)立方程
得，
由題意知，
且，
所以 .
由題意可知圓的半徑為
由題設(shè)知，
所以
因此直線的方程為.
聯(lián)立方程
得，
因此 .
由題意可知 ，
而
，
令，
則，
因此 ，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，此時，
所以 ，
因此，
所以 最大值為.
綜上所述：的最大值為，取得最大值時直線的斜率為.
【名師點睛】本題對考生計算能力要求較高，是一道難題．解答此類題目，利用的關(guān)系，確定橢圓（圓錐曲線）方程是基礎(chǔ)，通過聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程的方程組，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到“目標(biāo)函數(shù)”的解析式，應(yīng)用確定函數(shù)最值的方法---如二次函數(shù)的性質(zhì)、基本不等式、導(dǎo)數(shù)等求解．本題易錯點是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯漏百出．本題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等．

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