2026年高考数学终极冲刺：压轴19 圆锥曲线中的最值（范围）及证明问题的4大核心题型（压轴题专练）（全国适用）（原卷版及解析）

压轴19圆锥曲线中的最值（范围）及证明问题的4大核心题型1.解析几何中的最值与范围问题是解析几何中的典型问题，是教学的重点也是历年高考的热点.解决这类问题不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究，而且要从代数角度进行函数等相关运算.2.解析几何中的证明问题是高考考查的热点,难度较大,常出现在高考题比较靠后的位置.求值问题常涉及求方程、斜率、参数值或范围、面积、周长等;证明问题常涉及定点、定值、最值、范围问题等.题型01与长度、周长、面积相关的范围(最值)问题技法技法指导利用根与系数的关系解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为(x1，y1)，(x2，y2)；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出根与系数的关系；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2，x1x2(或y1+y2，y1y2)的形式；(5)代入根与系数的关系求解.1.（2023全国甲卷数学（文）T21（理）T20）已知直线与抛物线交于两点，且．(1)求；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，，求面积的最小值．2.（2026·河北沧州二模）已知，，动点关于轴的对称点为，直线与的斜率之积为.(1)求点的轨迹的方程；(2)设点是直线上的动点，直线，分别与曲线交于不同于，的点，，过点作的垂线，垂足为，求最大时点的纵坐标.题型02与角度、斜率相关的范围(最值)问题技法技法指导与斜率、角度有关的最值问题关键是建立关于斜率的目标函数，然后运用基本不等式或者函数求解有关的问题.3.（2025·河南信阳·模拟）设抛物线，直线与交于，两点，且．(1)求抛物线的方程；(2)已知点为上一点，过点作抛物线的两条切线，，设切点分别为，，试求直线，斜率之积的最小值．4.（2025·云南玉溪·模拟）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中λ，μ均为常数，动点P的轨迹称为曲线．(1)若曲线为椭圆，试问λ，μ应满足什么条件？(2)设曲线C为曲线，与x轴不重合的直线l过点，曲线C上存在两点A，B关于直线l对称，且AB的中点M的横坐标为x．（i）若，求实数的值；（ii）若A，B为曲线C在y轴右侧上两个不同的点，且直线l过点，求的取值范围．题型03与向量相关的范围(最值)问题技法技法指导与向量有关的最值问题关键是将向量问题坐标化，常见的方法有(1)函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围.求函数的最值时，一般会用到配方法、基本不等式或者函数的单调性.(2)方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出目标量的不等关系，再求出目标量的最值.(3)不变量法：在平面几何中有一些不变量的最值结果，在求最值时，可以考虑观察图形的几何特点，判断某个特殊位置满足的最值条件，然后再证明.5.（2025·陕西咸阳二模）已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率．(1)求椭圆的标准方程．(2)过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点，设点是线段OF上的一个动点，且，求m的取值范围．6.（2025·四川凉山·三模）已知是抛物线上的点，到抛物线的焦点的距离为．(1)求的方程；(2)若直线与交于，两点，且（点为坐标原点），求面积的最小值．题型04证明问题技法技法指导圆锥曲线中的证明问题常见的有:(1)位置关系方面的:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等.(2)数量关系方面的:如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算证明.7.（2025·陕西咸阳二模）已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率．【例2】（2024·全国甲卷T20）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．8.（2023·新课标Ⅰ卷T22）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．1.（2025·云南大理·模拟）已知抛物线的焦点为，是上任意一点，的最小值为1.(1)求的方程；(2)设坐标原点为，在点（异于点）处的切线交轴于点，求的最大值.2．（2025·浙江绍兴一模）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．3．（2025·福建泉州二模）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．4．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点.(1)证明：；(2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值.5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）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.6．（2025·江苏南京·三模）已知椭圆过点，短轴长为.(1)求椭圆的方程；(2)椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值.7．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知双曲线左、右顶点分别为，过点的直线交于两点．(1)若的一条渐近线方程为，求的方程；(2)连接并延长交于点．①设点在第一象限，若，，求点的坐标；②若，求的取值范围．8．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）平面直角坐标系中，已知点，动点在轴上的投影为，且，记动点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)已知点，在曲线上，点在轴上方且异于点，点在轴下方，直线，，与轴分别交于点，，．（i）若，求的取值范围；（ii）求证：．9．（2025·江西九江·模拟）已知为坐标原点，椭圆，双曲线与焦点相同，离心率互为倒数．线段是的一条弦，且中点在上．(1)求的方程；(2)求直线纵截距绝对值的最小值；(3)求面积的最大值．10．（2025·陕西西安·一模）已知满足，，，且是锐角.(1)求；(2)设，所在直线分别为直线，，A，B分别在，上，过A，B分别作的角平分线的垂线，垂足为M，N，且为定值，以，为邻边作平行四边形.（i）请建立适当的坐标系求出R点轨迹方程C；（ⅱ）若直线交C于P，Q两点，以线段，为直径的两圆的另一个交点为G，且，求的最大值.11.（2025·云南玉溪·模拟预测）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中λ，μ均为常数，动点P的轨迹称为曲线．(1)若曲线为椭圆，试问λ，μ应满足什么条件？(2)设曲线C为曲线，与x轴不重合的直线l过点，曲线C上存在两点A，B关于直线l对称，且AB的中点M的横坐标为x．（i）若，求实数的值；（ii）若A，B为曲线C在y轴右侧上两个不同的点，且直线l过点，求的取值范围．12．（2025·河南信阳·三模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，过的直线交于两点（在轴上方)，的周长为，当时，的面积为.(1)求的方程；(2)若的离心率不大于，半径为的圆与的延长线，的延长线及线段均相切.（i）当时，求；（ii）求的最大值.

压轴19圆锥曲线中的最值（范围）及证明问题的4大核心题型参考答案压轴题型精讲题型01与长度、周长、面积相关的范围(最值)问题技法技法指导利用根与系数的关系解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为(x1，y1)，(x2，y2)；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出根与系数的关系；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2，x1x2(或y1+y2，y1y2)的形式；(5)代入根与系数的关系求解.1.【解题指导】（1）直线与抛物线联立→韦达定理→弦长公式列方程→求（2）直线与抛物线联立→韦达定理→→找的关系→的面积表达式→结合函数的性质求最小值．【解】（1）设，由可得，，所以，所以，即，因为，解得：．第1步：设直线方程，并联立抛物线方程消去，韦达定理写出两根之和与积，及判别式因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，，由可得，，所以，，，【易错提醒】忽视直线与椭圆有两个交点，从而得到Δ＞0.第2步：将数量积进行坐标运算，并结合韦达定理，转化为之间的关系因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．第3步：点到直线的距离为，及弦长设点到直线的距离为，所以，，第3步：求的面积的最小值所以的面积，而或，所以，当时，的面积．2.【解题指导】（1）设动点坐标→直线与的斜率→斜率之积为列方程→点Q所满足的方程式；（2）设直线的方程→代入曲线的方程→由几何关系得直线恒过点→点的轨迹是以为直径的圆→当与重合时最大→点的纵坐标.【解】（1）由题意得，且，，，所以，整理得曲线.（2）第一步：说明直线斜率不为0设，，，若直线平行于轴，根据双曲线的对称性，可知点在轴上，不符合题意，第二步：设直线方程，并联立双曲线方程消去，韦达定理写出两根之和与积故设直线：，代入曲线中，得，则，，则，第三步：利用三点共线，斜率相等列方程并消参由，A，三点共线得，即，同理，由，B，三点共线得，消去，得，第四步：结合韦达定理化简即，得，得，即对任意，，都有成立，故或，若，由，可得：所以即，矛盾，故，所以.第五步：直线恒过定点，确定圆的方程所以直线：恒过点，则点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，第六步：数形结合，利用几何意义，求P的坐标当与重合时，最大，此时轴，：，.所以当最大时，点的纵坐标为.题型02与角度、斜率相关的范围(最值)问题3.【解】（1）设点，由，可得，则，，，解得，即抛物线；（2）设点，，，其中，，由，即，，则，，则有，即，都在直线上，化简得，将直线的方程代入得，则，，则，又为的一点，则，故．4.【解】（1）设，则到轴的距离力，，，，，即若曲线为椭圆，则，解得，且.（2）（i）因为曲线C为曲线，所以，即，设，因为两点在双曲线上，所以两式相减得，得，即，所以，因为是的垂直平分线，有，所以，即，化简得，因为的中点M的横坐标为x，所以，故．（ii）

由于，故可知直线斜率存在，设直线的方程为：，由，消去并整理得,则，，即，所以，所以，于是点的坐标为，．易知，所以，解得：，代入得，得或，由在双曲线的右支上得：，得，即，且，综上得，，又所以因为，所以，故,所以，所以，所以题型03与向量相关的范围(最值)问题5.【解】（1）由椭圆的焦点在x轴上，设椭圆的方程为抛物线方程化为，其焦点为，则椭圆的一个顶点为，即．由，解得，∴椭圆的标准方程为．（2）由（1）得，则，设，，，结合题意可设直线l的方程为．由，消y得，直线l过椭圆焦点，必有，∴，则，，∵，∴，∴，两边同除以，有，∴，∴∴m的取值范围为．6.【解】（1）抛物线的准线为，焦点由抛物线定义可得，解得，故的方程为（2）设，，联立，故，

又则，由，解得：或（舍去），（当且仅当时，等号成立）.题型04证明问题7.【解】（1）设，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程为.（2）直线的斜率必定存在，设，，，由可得，故，故，又，而，故直线，故，所以，故，即轴.8.【解】（1）设,则，两边同平方化简得，故.（2）设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，

则,令，同理令，且，则，设矩形周长为,由对称性不妨设，，则，易知则令,令，解得，当时，，此时单调递减，当，，此时单调递增，则，故,即.当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,得证.1.【解】（1）设，则由题意，得，解得，所以的方程为；（2）在点处的切线，设直线的倾斜角分别为，联立则，得，则，且，则，故，设直线的倾斜角分别为，则，又，所以，当且时等号成立，即的最大值为.2.【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.3.【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．4.【解】（1）证明：设直线的方程为，由，得，即，因为，所以，，所以，所以.（2）因为，所以，由角平分线的性质可知，为的角平分线，由抛物线对称性可得，在轴上，设，，因为在轴上，所以，，整理得，由，代入可得，即，由于上式对任意恒成立，所以，即.，到直线的距离为：，面积，当时，面积有最小值8.5.【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，6.【解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆的方程为.（2）设点、，直线与椭圆的方程联立消去整理得，由，且，所以，易知、，则直线的方程为，直线的方程为，两式作商得，解得，故在定直线上.由图可知，点、都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点，由对称性知，所以，当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时等号成立，故的最小值为.7.【解】（1）根据题意得，故，故C的方程为．（2）①根据双曲线对称性知，故，所以；故，设，则，又，解得，即，从而．②由题知，当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，则设直线，设点，根据延长线交双曲线于点，根据双曲线对称性知，联立有，显然二次项系数，其中，①，②，，则，因为在直线上，则，即，即，将①②代入有，即，化简得，所以，代入到，得，所以，且，解得，又因为，则，综上知，，故．8.【解】（1）设，则，由得，整理得曲线的方程为：．（2）（i）联立直线与得：，故，又，以替代，得，所以，即轴．于是，，即|AB|的取值范围为．

（ii）联立直线与得：，由韦达定理，，由，在直线中，令得，同理，又，于是.9.【解】（1）由题意可得椭圆的焦点坐标为，离心率为，所以双曲线的焦点坐标为，离心率为，即，所以的方程为；（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线为，，直线与双曲线联立方程组有：，，所以，因为，所以，得中点，因为中点在上，所以，整理化简得，即，得，因为当且仅当时，即时等号成立，即，所以直线纵截距绝对值的最小值为；（3）设面积为，当直线斜率不存在时，由题意可知，直线与轴交点坐标为双曲线的左右顶点，即，代入椭圆得，此时，当直线斜率存在时，由（2）可知，，由三角形面积公式得：，代入可得：，令，因为，所以，所以当时，，由于，所以面积的最大值是.10.【解】（1）由题可得；（2）（i）以O为原点、的角平分线所在直线为x轴建立如图所示平面直角坐标系，由题意，则，又由（1）得，，即，所以可设，则，设，由题意，所以，所以，所以，即，所以R点轨迹方程C为