2024屆一輪復(fù)習(xí)人教A版 第8章平面解析幾何第8節(jié)第2課時(shí)范圍最值問(wèn)題 學(xué)案

第2課時(shí)范圍、最值問(wèn)題考點(diǎn)1范圍問(wèn)題——綜合性在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等邊三角形，直線x＋y(1)求橢圓C的方程；(2)△BMN是橢圓C的內(nèi)接三角形，若坐標(biāo)原點(diǎn)O為△BMN的重心，求點(diǎn)B到直線MN距離的取值范圍．解：(1)設(shè)橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F2(c，0)，則以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，橢圓C的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓：(x－c)所以圓心到直線x＋y＋22－1＝0的距離d＝c+22-又橢圓的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等邊三角形，所以a＝2c，b＝3c，解得a＝2，b＝3，c＝1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2(2)設(shè)B(m，n)，設(shè)M，N的中點(diǎn)為D，直線OD與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．因?yàn)镺為△BMN的重心，則BO＝2OD＝OA，所以D-m即B到直線MN的距離是原點(diǎn)O到直線MN距離的3倍．當(dāng)MN的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)D在x軸上，所以此時(shí)B在長(zhǎng)軸的端點(diǎn)處．由|OB|＝2，得|OD|＝1，則O到直線MN的距離為1，B到直線MN的距離為3.當(dāng)MN的斜率存在時(shí)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則有x兩式相減，得x1因?yàn)镈為M，N的中點(diǎn)，所以x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n，所以k＝y(tǒng)1-y所以直線MN的方程為y＋n2＝－3m4nx+m2，即6mx＋8ny＋4n所以原點(diǎn)O到直線MN的距離d＝4n因?yàn)閙2所以3m2＝12－4n2，所以d＝4n2+3m2因?yàn)?<n2≤3，所以3<9+n2≤2所以123≤19+n2綜上所述，332≤3即點(diǎn)B到直線MN距離的取值范圍為33圓錐曲線中的取值范圍問(wèn)題的解題策略(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或聯(lián)立方程后的判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍．(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問(wèn)題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系．(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍．已知橢圓x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)上的點(diǎn)到右焦點(diǎn)F(c(1)求橢圓的方程；(2)過(guò)點(diǎn)F且與x軸不垂直的直線l與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)M(m，0)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)由已知可得a+c=2+1，1×4c=2a2(2)由題意得F(1，0)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)．與橢圓方程聯(lián)立得x消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝(－4k2)2－4(2k2－2)(1＋2k2)＝8k2＋8>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4ky1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝-2k可得線段AB的中點(diǎn)為N2k當(dāng)k＝0時(shí)，直線MN為x軸，此時(shí)m＝0；當(dāng)k≠0時(shí)，直線MN的方程為y＋k1+2k2化簡(jiǎn)得ky＋x－k21+2k2＝0.令y＝0，得所以m＝k21+2k2＝綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍為0，考點(diǎn)2最值問(wèn)題——應(yīng)用性考向1利用幾何性質(zhì)求最值在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P為雙曲線x2－y2＝1右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若點(diǎn)P到直線x－y＋1＝0的距離大于c恒成立，則實(shí)數(shù)c的最大值為________．22解析：雙曲線x2－y2＝1的漸近線為x±y＝0，直線x－y＋1＝0與漸近線x－y＝0平行，故兩平行線間的距離d＝1-012+-12＝22，由點(diǎn)P到直線x－y＋1＝0的距離大于考向2利用函數(shù)、導(dǎo)數(shù)求最值(2022·江門市高三一模)如圖，拋物線C：y2＝8x與動(dòng)圓M：(x－8)2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B，C，D四個(gè)不同點(diǎn)．(1)求r的取值范圍；(2)求四邊形ABCD面積S的最大值及相應(yīng)r的值．解：(1)聯(lián)立拋物線與圓方程y消去y，得x2－8x＋64－r2＝0.若圓與拋物線有四個(gè)不同交點(diǎn)，則方程有兩個(gè)不等正根．所以64解得43<r<8，所以r的取值范圍為(43，8)．(2)設(shè)A(x1，22x1)，B(x2，22x2)，其中x2>x1>0，則x1＋x2＝8，x1x2S＝12(42x1＋42x2)(x2－x1)＝(22x1＋22S2＝8(x1＋x2＋2x1x2)[(x2＋x1)2－4x1S2＝64(4＋64-r2)[16－(64－令x＝64-r2令f(x)＝(4＋x)(16－x2)(0<x<4)，f′(x)＝16－8x－3x2＝(4－3x)(x＋4)．當(dāng)0<x<43時(shí)，f′(x)>0，f(x當(dāng)43<x<4時(shí)，f′(x)<0，f(xf(x)≤f43＝204827，S＝8當(dāng)x＝43時(shí)，S取得最大值，取64-r2＝43考向3利用基本不等式求最值(2022·唐山三模)在直角坐標(biāo)系xOy中，A(－1，0)，B(1，0)，C為動(dòng)點(diǎn)，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓分別與邊AC，BC，AB相切于P，Q，R，且|CP|＝1，記點(diǎn)C的軌跡為曲線E.(1)求曲線E的方程；(2)不過(guò)原點(diǎn)O的直線l與曲線E交于M，N，且直線y＝－12x經(jīng)過(guò)MN的中點(diǎn)T，求△OMN解：(1)依題意可知，|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4>|AB|，所以曲線E是以A，B為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓(除去與x軸的交點(diǎn))，因此曲線E的方程為x24+(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線l的方程為y＝kx＋m(m≠0)，代入x2(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，(*)Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)>0.則x1＋x2＝－8km4k2+3，x1x2＝4m2-124k2+3，所以y1＋y2＝k(x1＋而直線y＝－12x經(jīng)過(guò)MN的中點(diǎn)T得3m4k2又m≠0，所以直線l的斜率k＝32故(*)式可化簡(jiǎn)為3x2＋3mx＋m2－3＝0，故x1＋x2＝－m，x1x2＝m2由Δ＝36－3m2>0且m≠0，得－23<m<23且m≠0.又|MN|＝1+k2|x1－x2|＝132而點(diǎn)O到直線l的距離d＝2m則△OMN的面積為S＝12×2m13×1323當(dāng)且僅當(dāng)m＝±6時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)滿足－23<m<23且m≠0，所以△OMN的面積的最大值為3.最值問(wèn)題的2種基本解法幾何法根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系，利用平面幾何和解析幾何知識(shí)加以解決(如拋物線上的點(diǎn)到某個(gè)定點(diǎn)和焦點(diǎn)的距離之和、光線反射問(wèn)題等在選擇題、填空題中經(jīng)?？疾?代數(shù)法建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(gè)(或兩個(gè))變量的函數(shù)，通過(guò)求解函數(shù)的最值解決(一般方法、基本不等式法、導(dǎo)數(shù)法等)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，過(guò)點(diǎn)T(0，p)作兩條互相垂直的直線l1和l2，l1交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，l2交拋物線C于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1時(shí)，拋物線C在點(diǎn)A處的切線斜率為12(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，線段EF的中點(diǎn)為N，求△OMN面積的最小值．解：(1)因?yàn)閤2＝2py可化為y＝x22p，所以y′＝因?yàn)楫?dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1時(shí)，拋物線C在點(diǎn)A處的切線斜率為12所以1p＝12，所以所以，拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝4y.(2)由(1)知點(diǎn)T坐標(biāo)為(0，2)，由題意可知，直線l1和l2斜率都存在且均不為0.設(shè)直線l1方程為y＝kx＋2，由y=kx+2，x2=4y，聯(lián)立消去yΔ＝(－4k)2＋32＝16k2＋32>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1·x2＝－8，所以，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4.因?yàn)镸為AB中點(diǎn)，所以M(2k，2k2＋2)．因?yàn)閘1⊥l2，N為EF中點(diǎn)，所以N-2k，2k2+2，所以直線MN的方程為y－(2k2＋2)＝2k2+2-整理得y＝k-1所以，直線MN恒過(guò)定點(diǎn)(0，4)．所以△OMN面積S＝12×4×2k--2k＝4k+當(dāng)且僅當(dāng)|k|＝1k即k＝±1時(shí)，△OMN在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓O：x2＋y2＝4，橢圓C：x24＋y2＝1，A為橢圓C的右頂點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)且異于x軸的直線與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，M在x軸的上方，直線AM與圓O的另一交點(diǎn)為P，直線AN與圓O的另一交點(diǎn)為(1)若AP＝3AM，求直線AM的斜率；(2)設(shè)△AMN與△APQ的面積分別為S1，S2，求S1[四字程序]讀想算思已知圓的方程和橢圓的方程，直線與圓、橢圓都相交1．向量AP＝3AM如何轉(zhuǎn)化？2．如何表示三角形的面積把S1S2用直線AM轉(zhuǎn)化與化歸求直線AM的斜率，求△AMN與△APQ的面積之比1．用A，P，M的坐標(biāo)表示．2．利用公式S＝12ab·sinCS1S2把面積之比的最大值轉(zhuǎn)化為一個(gè)變量的不等式思路參考：設(shè)直線AM的方程為y＝k(x－2)，k<0，利用yP＝3yM求解．解：(1)設(shè)直線AM的方程為y＝k(x－2)，k<0，將y＝k(x－2)與橢圓方程x24＋y2＝1聯(lián)立，(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，得xA＋xM＝求得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為xM＝8k縱坐標(biāo)為yM＝-4k將y＝k(x－2)與圓方程x2＋y2＝4聯(lián)立，得(1＋k2)·x2－4k2x＋4k2－4＝0，得xA＋xP＝4k求得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP＝2k縱坐標(biāo)為yP＝-4k由AP＝3AM得yP＝3yM，即-4kk2又k<0，解得k＝－2.(2)由M，N關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，得點(diǎn)N的坐標(biāo)為xN＝-8k2+24k所以直線AN的斜率為kAN＝4k4k2于是AMAP＝y(tǒng)My同理ANAQ＝-14k所以S1S＝k2+1＝16＝1＝1≤141+9當(dāng)且僅當(dāng)16k2＝1k2，即k＝－12時(shí)等號(hào)成立，所以S思路參考：設(shè)直線AM的方程為y＝k(x－2)，k<0，由AP＝3AM轉(zhuǎn)化為xP－xA＝3(xM－xA)求解．解：(1)設(shè)直線AM的方程為y＝k(x－2)，k<0，代入橢圓方程，整理得(4k2＋1)x2－16k2x＋4(4k2－1)＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系得xAxM＝44k2-14k2+1將y＝k(x－2)代入圓的方程，整理得(k2＋1)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系得xAxP＝4k2-1k2+1，而x由AP＝3AM，得xP－xA＝3(xM－xA)，即2k2-1k2又k<0，所以k＝－2.(2)因?yàn)镸N是橢圓的直徑，直線AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN＝－14，即kkAN＝－14，所以kAN＝－下同解法1(略)．思路參考：設(shè)直線AM的方程為x＝my＋2，利用yP＝3yM求解．解：(1)設(shè)直線AM的方程為x＝my＋2(m≠0)，將其代入橢圓方程，整理得(m2＋4)y2＋4my＝0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM＝-4m將x＝my＋2代入圓的方程，整理得(m2＋1)y2＋4my＝0，得點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為yP＝-4m由AP＝3AM，得yP＝3yM，即mm2+1因?yàn)閙≠0，解得m2＝12，即m＝±1又直線AM的斜率k＝1m<0，所以k＝－2(2)因?yàn)镸N是橢圓的直徑，直線AM，AN斜率均存在，又kAMkAN＝－14，由(1)知kAM＝1m，所以有1mkAN＝－14，則k又yM＝-4mm2+4，y所以AMAP＝y(tǒng)My同理ANAQ＝-m4所以S1S2＝AM·AN下同解法1(略)．1．本題考查三角形面積之比的最大值，解法較為靈活，其基本策略是把面積的比值表示為斜率k的函數(shù)，從而求其最大值．2．基于新課程標(biāo)準(zhǔn)，解答本題一般需要具備良好的數(shù)學(xué)閱讀技能、運(yùn)算求解能力．本題的解答體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)．已知點(diǎn)A(0，－2)，橢圓E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的離心率為32(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，求l的方程．解：(1)設(shè)F(c，0)，由題意知2c＝233，解得c因?yàn)閑＝ca＝3所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.所以橢圓E的方程為x24＋y(2)(方法一)顯然直線l的斜率存在．設(shè)直線l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在線段AQ上．由y=kx-2，x2+4y2所以x1＋x2＝16k4k2+1，x1x由Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)>0，得k2>34則S△OPQ＝S△AOQ－S△AOP＝12×2×|x2－x1＝x＝44令4k2-3＝t(t>0)，則4k2＝t2＋3，于是S△OPQ＝4tt2+4＝4t+4t≤1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝±72時(shí)等號(hào)成立，所以l(方法二)依題意直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．將直線l的方程代入橢圓方程，整理得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，則Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>34.x1＋x2＝16k4k2+1，由弦長(zhǎng)公式得|PQ|＝1+k2|x1－x2|＝1+k2·x1由點(diǎn)到直線的距離公式得點(diǎn)O到直線l的距離d＝21+所以S△OPQ＝12|PQ|×d＝121+設(shè)4k2-3＝t(t>0)，則4k2＝t2＋3，所以S△OPQ＝4tt2+4＝4故所求直線l的方程為y＝72x－2或y＝－72課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(五十一)A組全考點(diǎn)鞏固練1．斜率為2的直線與雙曲線x2a2-yA．[2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(1，3) D．(3，＋∞)D解析：因?yàn)樾甭蕿?的直線與雙曲線x2a2-y所以ba>2，所以e＝ca＝1+b2a所以雙曲線離心率的取值范圍是(3，＋∞)．故選D．2．(2022·濟(jì)南模擬)拋物線y＝x2上的點(diǎn)到直線x－y－2＝0的最短距離為()A．2 B．7C．22 D．5B解析：設(shè)拋物線上一點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，則d＝x-y-22所以當(dāng)x＝12時(shí)，dmin＝73．已知點(diǎn)F是雙曲線x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)，點(diǎn)E是該雙曲線的右頂點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A．(1，＋∞)B．(1，2)C．(1，1＋2)D．(2，1＋2)B解析：根據(jù)雙曲線的對(duì)稱性，知在△ABE中，|AE|＝|BE|，已知△ABE是銳角三角形，即∠AEB為銳角．由此可得Rt△AFE中，∠AEF＝12∠AEB<45°，得|AF|<|EF因?yàn)閨AF|＝b2a＝c2-a2a所以c2-a2a<a＋c，即2a2＋兩邊都除以a2，得e2－e－2<0，解得－1<e<2.因?yàn)殡p曲線的離心率e>1，所以該雙曲線的離心率e的取值范圍是(1，2)．故選B．4．(2022·運(yùn)城模擬)關(guān)于曲線y24＋x|A．該曲線的范圍為y∈R，x∈RB．該曲線既關(guān)于x軸對(duì)稱，也關(guān)于y軸對(duì)稱C．該曲線與直線2x＋y＝0有兩個(gè)公共點(diǎn)D．該曲線上的點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離的最小值為1D解析：曲線y24＋x|當(dāng)x≥0時(shí)，曲線方程可化為y24＋x當(dāng)x＜0時(shí)，曲線方程可化為y24－x由圖可知，y∈R，x≤1，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖可知，曲線關(guān)于x軸對(duì)稱，不關(guān)于y軸對(duì)稱，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹本€2x＋y＝0是雙曲線的漸近線，與雙曲線沒有交點(diǎn)，與半橢圓只有一個(gè)交點(diǎn)，故該曲線與直線2x＋y＝0有一個(gè)公共點(diǎn)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因?yàn)辄c(diǎn)(1，0)到原點(diǎn)的距離最小，所以曲線上的點(diǎn)到原點(diǎn)距離的最小值為1，故選項(xiàng)D正確．故選D．5．過(guò)拋物線M：y2＝8x的焦點(diǎn)F作兩條斜率之積為－2的直線l1，l2，其中l(wèi)1交M于A，C兩點(diǎn)，l2交M于B，D兩點(diǎn)，則|AC|＋|BD|的最小值為________．24解析：設(shè)直線l1：y＝k(x－2)，代入y2＝8x，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，Δ＝[－(4k2＋8)]2－4×4k2·k2>0，所以xA＋xC＝4k2+8k2，所以|AC|＝xA＋xC以－2k代k，得|BD|＝8＋8-2k所以|AC|＋|BD|＝16＋2k2＋8k2≥16＋22k2·8k2＝24，當(dāng)且僅當(dāng)2k6．已知拋物線y2＝4x，過(guò)點(diǎn)Q(4，0)的直線與拋物線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，則y132解析：設(shè)過(guò)點(diǎn)(4，0)的直線方程為x＝ay＋4.由x=ay+4，y2=4x，得y2－4ay－16＝0，所以y1y2＝－16，y1所以y12+y22＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16a27．已知點(diǎn)P是拋物線y2＝4x上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P在y軸上的射影是M，點(diǎn)A(4，6)，則|PA|＋|PM|的最小值是______．35－1解析：延長(zhǎng)PM交拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線x＝－1于點(diǎn)P′，焦點(diǎn)F(1，0)，則|PP′|＝|PF|，所以要使|PA|＋|PM|最小，就是使|PA|＋|PP′|－|MP′|最小，也就是使得|PA|＋|PF|－|MP′|最小，顯然，當(dāng)A，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，|PA|＋|PF|－|MP′|最小，最小值為|AF|－|MP′|＝4-12+6所以|PA|＋|PM|的最小值為35－1.8．已知橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P3，12(1)求橢圓C的方程．(2)設(shè)圓D：x2＋y2＝r2(b<r<a)．若直線l與橢圓C、圓D都相切，切點(diǎn)分別為A和B，求|AB|的最大值．解：(1)由題意c＝3，所以a2＝b2＋3，橢圓C的方程可化為x2b2因?yàn)闄E圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)3，12解得b2＝1或b2＝－34所以a2＝4，所以橢圓C的方程為x24＋y(2)設(shè)l：y＝kx＋m，代入x24＋y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，得m2＝1＋4k2.①設(shè)A(x0，y0)，則x0＝－4km4k2y0＝kx0＋m＝1m因?yàn)閘與圓D相切，所以圓心D(0，0)到l的距離m1+k2＝r，即m2＝r2(1＋k由①②得m2＝3r24-r2所以|AB|＝x＝-＝5-因?yàn)?r2＋r2≥24r2·r2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)r＝2時(shí)取等號(hào)．因?yàn)锽組新高考培優(yōu)練9．過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝4，這樣的直線可以作2條，則p的取值范圍是()A．(0，4) B．(0，4]C．(0，2] D．(0，2)D解析：過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)焦點(diǎn)的弦中最短的為通徑，且通徑長(zhǎng)為2p，由已知得2p<4，所以p<2.又p>0，所以0<p<2.故選D．10．若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓x24+y23＝1的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)A．2 B．3C．6 D．8C解析：由題意得，F(xiàn)(－1，0)，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，則y02＝31-則OP·FP＝x0x0+1+y02＝x02因?yàn)椋?≤x0≤2，所以當(dāng)x0＝2時(shí)，OP·FP取得最大值，最大值為6.故選C．11．過(guò)橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)A且斜率為k的直線交橢圓C于另一個(gè)點(diǎn)B，且點(diǎn)B在x軸上的射影恰好為左焦點(diǎn)A．13，3C．0，3B解析：由題意知，B-c，-b2a，所以k＝b2ac+a＝a所以14<1－e<23，解得13<