2025高考幫備考教案數(shù)學第八章　平面解析幾何突破1　“隱形圓”問題含答案

2025高考幫備考教案數(shù)學第八章平面解析幾何突破1“隱形圓”問題命題點1代數(shù)法確定隱形圓角度1與數(shù)量積相關的隱形圓例1在平面直角坐標系xOy中，A（－12，0），B（0，6），點P在圓O：x2＋y2＝50上.若PA·PB≤20，則點P的橫坐標的取值范圍是[－52，1].解析設P（x，y），則由PA·PB≤20可得，-12-x-x+－y·6－y≤20，即（x＋6）2＋（y－3）2≤65，所以P為圓（x＋6）2＋（y－3）2＝65上或其內部一點解得x=1，y=7或x＝－5，y＝－5，即P為圓x2＋y角度2由｜PA｜2＋｜PB｜2是定值確定隱形圓（其中A，B是兩定點，P為動點）例2在平面直角坐標系xOy中，已知圓C：（x－a）2＋（y－a＋2）2＝1，點A（0，2）.若圓C上存在點M，滿足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，則實數(shù)a的取值范圍是[0，3].解析設點M（x，y），由題知點A（0，2），O（0，0）.因為｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，所以x2＋（y－2）2＋x2＋y2＝10，整理得x2＋（y－1）2＝4，即點M在圓E：x2+y-12=4上.因為圓C上存在點M滿足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10等價于圓E與圓C有公共點，所以｜2－1｜≤｜CE｜≤2＋1，即1≤a2＋（a－3）2≤3，整理得1≤2a2－6a＋9≤角度3阿波羅尼斯圓例3在△ABC中，若AB＝2，AC＝2BC，則S△ABC的最大值為22.解析以AB的中點為原點，AB所在直線為x軸，AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標系，令A（－1，0），B（1，0），設C（x，y），y≠0，由｜AC｜＝2｜BC｜可得（x+1）2＋y2＝2×（x－1）2＋y2，化簡可得（x－3）2＋y2＝8（y≠0），即點C在以（3，0）為圓心，22為半徑的圓上（不含圓與x軸的兩個交點），則｜yC｜的最大值為22，S△ABC＝12｜AB｜·｜方法技巧（1）代數(shù)法確定隱形圓往往是通過設動點的坐標，再根據(jù)已知條件列方程，根據(jù)方程確定動點的軌跡是圓，進而解決與圓相關的問題.（2）已知平面上相異兩點A，B，則滿足｜PA｜｜PB｜＝k（k＞0，k≠訓練1（1）在平面直角坐標系xOy中，點A（－t，0），B（t，0），t＞0，點C滿足AC·BC＝8，且點C到直線l：3x－4y＋24＝0的距離最小值為95，則實數(shù)t的取值的集合是{1}解析設C（x，y），由AC·BC＝8知，x2＋y2＝8＋t2.點（0，0）到直線l：3x－4y＋24＝0的距離d1＝｜24｜32＋42＝245，圓x2＋y2＝8＋t2上的點到直線l的距離的最小值dmin=d1-8+t2=（2）設點P是△ABC所在平面內的動點，且滿足CP＝λCA＋μCB，3λ＋4μ＝2（λ，μ∈R），｜PA｜＝｜PB｜＝｜PC｜.若｜AB｜＝3，則△ABC的面積的最大值為9.解析由3λ＋4μ＝2得32λ＋2μ＝1，則CP＝λCA＋μCB＝3λ2（23CA）＋2μ（12CB），設E，F(xiàn)分別為AC，BC上的點，且CE＝23CA，CF＝12CB，則P，E，F(xiàn)三點共線.因為PA=PB=PC，所以P是△ABC的外心，即三邊中垂線的交點，由F是CB的中點得直線EF是邊BC的中垂線，則｜EB｜＝｜EC｜＝2｜EA｜.以點A為原點，AB的方向為x軸正方向，過點A且垂直于AB的直線為y軸建立平面直角坐標系，則A（0，0），B（3，0），設E（x，y）（y≠0），則（x－3）2＋y2＝2x2＋y2，化簡得（x＋1）2＋y2＝4（y≠0），所以點E在以（－1，0）為圓心，2為半徑的圓上，則｜yE｜≤2.所以S△ABC＝12｜AB｜×｜y命題點2幾何法確定隱形圓例4（1）已知圓O：x2＋y2＝1，圓M：（x－a）2＋（y－a＋4）2＝1.若圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線，切點分別為A，B，使得∠APB＝60°，則實數(shù)a的取值范圍為[2-22解析由題意得圓心M（a，a－4）在直線x－y－4＝0上運動，所以動圓M是圓心在直線x－y－4＝0上，半徑為1的圓.又圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線，切點分別為A，B，使得∠APB＝60°，所以｜OP｜＝2，即點P也在圓x2＋y2＝4上，于是2－1≤a2＋（a－4）2≤2＋1，即1≤a2＋（a－4）（2）已知圓C：（x－3）2＋（y－4）2＝1和兩點A（－m，0），B（m，0），m＞0，若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則m的取值范圍是[4，6].解析由題意知，點P在以原點（0，0）為圓心，m為半徑的圓O：x2＋y2＝m2上，又點P在已知圓C上，所以兩個圓有公共點，所以5－1≤m≤5＋1，故4≤m≤6.方法技巧（1）利用圓的定義判斷出動點的軌跡為圓，從而根據(jù)圓心及半徑得出圓的方程.（2）見直徑，想垂直；見垂直，想直徑.訓練2已知A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的兩個動點，且｜AB｜＝3，P是圓C2：（x－3）2＋（y－4）2＝1上的動點，則｜PA＋PB｜的取值范圍是[7，13].解析取AB的中點M，則｜C1M｜＝1－（32）2＝12，所以M在以C1為圓心，半徑為12的圓上.因為｜PA＋PB｜＝2｜PM｜，所以｜PA＋PB｜的取值范圍是2｜PM｜的取值范圍.又｜C1C2｜－1－12≤｜PM｜≤｜C1C2｜＋1＋12，且｜C1C2｜＝5，則7≤2學生用書·練習幫P3541.已知直線l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一點P，滿足｜OP｜＝1，其中O為坐標原點，則實數(shù)k的取值范圍是（C）A.（0，12） B.[0，3C.[0，43] D.[12，解析解法一由｜OP｜＝1，知點P在單位圓x2＋y2＝1上運動，則由題意知直線l與圓x2＋y2＝1有公共點，則｜－2k+1｜k2+1≤1，解得0≤k≤43，即k解法二因為直線l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一點P，使得｜OP｜＝1，所以原點O到直線l的距離的最大值為1，即｜－2k+1｜k2+1≤1，解得0≤k≤43，即k2.已知點A（－1，0），B（2，0），若動點M滿足｜MB｜＝2｜MA｜，直線l:x+y-2=0與x軸、y軸分別交于P，QA.4＋22 B.4 C.22 D.4－22解析如圖，設M（x，y），由｜MB｜＝2｜MA｜，得（x－2）2＋y2＝2（x+1）2＋y2，化簡得（x＋2）2＋y2＝4，所以點M的軌跡是圓.由題意可知P（2，0），Q（0，2），則｜PQ｜＝22，圓（x＋2）2＋y2＝4的圓心N（－2，0）到直線l的距離d＝｜－2+0－2｜2＝3.[2024江蘇省常熟中學校考]設λ∈R，動直線l1：λx－y＋λ＝0過定點A，動直線l2：x＋λy－3－2λ＝0過定點B，若P為l1與l2的交點，則｜PA｜·｜PB｜的最大值為（A）A.10 B.20 C.10 D.25解析直線l1的方程可整理為λ（x＋1）－y＝0，令x+1=0，－y=0，解得x＝－1，y=0，所以A－1，0.直線l2的方程可整理為λ（y－2）＋x－3＝0，令x－3=0，y－2=0，解得x=3，y=2，所以B（3，2）.因為λ×1－1×λ＝0，所以l1⊥l2，所以點P是以AB為直徑的圓上的點，又｜AB｜＝（－1－3）2＋（0－2）2＝25，所以｜4.[多選/2023湖南益陽聯(lián)考]在平面直角坐標系中，M（－2，0），N（1，0），A（3，1），｜PM｜＝2｜PN｜，設點P的軌跡為C，下列說法正確的是（BD）A.C的方程為（x＋4）2＋y2＝12B.△PMN面積的最大值為9C.｜AP｜的最小值為42D.若直線y＝2x＋1與C交于D，E兩點，則｜DE｜＝6解析設點P（x，y），由｜PM｜＝2｜PN｜，得（x+2）2＋y2＝2×（x－1）2＋y當點P縱坐標的絕對值最大時，△PMN的面積最大，此時S△PMN＝12×3×32＝922設軌跡C的圓心為E，半徑為r，則E（4，0），r＝32，點A在圓內，所以｜AP｜min＝r-｜AE｜＝32－1+1＝22，故C易知軌跡C的圓心E到直線y＝2x＋1的距離為d＝95，｜DE｜＝2（32）2－（5.已知圓O：x2＋y2＝1，過平面區(qū)域D內的每一個點均存在兩條互相垂直的直線，它們均與圓O相交，則區(qū)域D的面積為2π.解析如圖所示，過點P作圓O：x2＋y2＝1的兩條切線PA，PB，切點為A，B，此時PA⊥PB，連接OA，OB，則四邊形PAOB是正方形，所以｜OP｜＝2，那么平面區(qū)域D就是以O為圓心、2為半徑的圓及其內部，故區(qū)域D的面積為π（2）2＝2π.6.[2023安徽合肥質檢]已知AB為圓C：（x－2）2＋（y－m）2＝3的一條弦，M為線段AB的中點.若｜CM｜2＋｜OM｜2＝3（O為坐標原點），則實數(shù)m的取值范圍是-[2,解析由題意可知C（2，m），設M（x，y），因為｜CM｜2＋｜OM｜2＝3，所以（x－2）2＋（y－m）2＋x2＋y2＝3，化簡得x2＋y2－2x－my＋m22＋12＝0，即（x－1）2＋（y－m2）2＝2－m24，當2－m2＞0時，點M的軌跡是以D（1，m2）為圓心，半徑r＝2－m22的圓；當2－m2＝0時，點M的軌跡為點（1，m2）.因為點M是圓C的一條弦的中點，所以點M在圓C的內部，所以圓D或點（1，m2）在圓C的內部，所以2－m27.已知圓O：x2＋y2＝r2（r＞0）與圓M：（x－2）2＋（y－23）2＝4相交于A，B兩點，若對于直線AB上的任意一點P，均有PO·PM＞0成立，則實數(shù)r的取值范圍為（25，6）.解析因為圓O：x2＋y2＝r2（r＞0）與圓M：（x－2）2＋（y－23）2＝4相交于A，B，所以｜r－2｜＜22＋（23）2＜r＋2，所以2＜r＜6.又圓M的方程可化為x2＋y2－4x－43y＋12＝0，與圓O：x2＋y2＝r2相減，得直線AB的方程為4x＋43y－r2－12＝0.設點P（x，y），且M（2，23），O（0，0），則PO·PM＝（－x，－y）·（2－x，23－y）＝x2＋y2－2x－23y＞0.因為對于直線AB上的任意一點P，均有PO·PM＞0成立，所以直線AB上的任意一點P都滿足不等式x2＋y2－2x－23y＞0，即直線AB與圓（x－1）2＋（y－3）2＝4相離，所以圓心（1，3）到直線AB的距離d＝｜4+43×3－r2－12｜428.已知動圓恒過定點F（1，0）且與定直線l：x＝－1相切.（1）求動圓圓心C的軌跡方程.（2）是否存在正數(shù)m，對于任意一條過點M（m，0）且與曲線C有兩個交點A，B的直線，都有FA·FB＜0？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由.解析（1）因為動圓過定點F（1，0）且與定直線l：x＝－1相切，故圓心到點F（1，0）和直線l：x＝－1的距離相等，故圓心C的軌跡是以F為焦點，以l為準線的拋物線，故動圓圓心C的軌跡方程是y2＝4x.（2）設過點M（m，0）（m＞0）的直線l與曲線C的交點為A（x1，y1），B（x2，y2）.設l的方程為x＝ty＋m，代入得y2－4ty－4m＝0，Δ＝16（t2＋m）＞0，于是y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m.①又因為FA＝（x1－1，y1），F(xiàn)B＝（x2－1，y2），F(xiàn)A·FB＜0，所以（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝x1x2－（x1＋x2）＋1＋y1y2＜0，②又因為x＝14y2，所以不等式②等價于14y12·14y22＋y1y2－（1由①式，不等式③等價于m2－6m＋1＜4t2.④對于任意實數(shù)t，4t2的最小值為0，所以不等式④對于一切t成立等價于m2－6m＋1＜0，解得3－22＜m＜3＋22，由此可知，存在正數(shù)m，對于任意一條過點M（m，0）且與曲線C有兩個交點A，B的直線，都有FA·FB＜0，且m的取值范圍是（3－22，3＋22）.9.已知點O（0，0），點M是圓（x＋1）2＋y2＝4上任意一點.（1）在x軸上是否存在點A，使得｜MO｜｜MA｜＝（2）在x軸上是否存在不同于點O的定點A，使得｜MO｜｜MA｜為常數(shù)λ？若存在，求出點解析（1）解法一假設存在符合題意的點A（x0，0），設M（x，y），則（x＋1）2＋y2＝4，所以x2＋y2＝3－2x.由｜MO｜｜MA｜＝12，得｜MA｜2＝所以（x－x0）2＋y2＝4（x2＋y2），即3（x2＋y2）＋2x0x－x02＝所以3（3－2x）＋2x0x－x02＝所以（2x0－6）x－（x02－9）因為點M（x，y）是圓上任意一點，所以2x0－6=0，x所以存在點A（3，0），使得｜MO｜｜解法二設點A（t，0）.當點M為圓與x軸的左交點（－3，0）時，｜MO｜｜當點M為圓與x軸的右交點（1，0）時，｜MO｜｜令3｜－3－t｜＝1｜下面證明點A（3，0）對圓（x＋1）2＋y2＝4上任意一點M（x0，y0），都有｜MO｜｜因為點M在圓上，所以（x0＋1）2＋y02＝則｜MO｜2｜MA｜2＝x02＋y（2）假設存在定點A（x0，0）（x0≠0），使得｜MO｜｜設M（x，y），則（x＋1）2＋y2＝4，所以x2＋y2＝3－2x，由｜MO｜｜MA｜＝λ，得｜MO｜2＝λ2所以x2＋y2＝λ2[（x－x0）2＋y2]，即（λ2－1）（x2＋y2）－2λ2x0x＋λ2x02＝所以（λ2－1）（3－2x）－2λ2x0x＋λ2x02＝0，即2（λ2－1＋λ2x0）x－3（λ2－1）－λ2x0因為點M（x，y）是圓上任意一點，所以2因為x0≠0，所以x所以存在點A（3，0），使得｜MO｜｜MA6命題點1最值問題例1[2023全國卷甲]已知直線x－2y＋1＝0與拋物線C：y2＝2px（p＞0）交于A，B兩點，｜AB｜＝415.（1）求p；（2）設F為C的焦點，M，N為C上兩點，且FM·FN＝0，求△MFN面積的最小值.解析（1）設A（x1，y1），B（x2，y2），把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞12由根與系數(shù)的關系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以｜AB｜＝1+1（12）2·（y1＋y2）2－4y1故p＝2.（2）設M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知拋物線C：y2＝4x，則點F（1，0）.因為FM·FN＝0，所以∠MFN＝90°，則S△MFN＝12｜MF｜｜NF｜＝12（x3＋1）（x4＋1）＝12（x3x4＋x3＋x4＋1）當直線MN的斜率不存在時，點M與點N關于x軸對稱，因為∠MFN＝90°，所以直線MF與直線NF的斜率一個是1，另一個是－1.不妨設直線MF的斜率為1，則MF：y＝x－1，由y＝x－1，y2=4x，得得x3=3代入①式計算易得，當x3＝x4＝3－22時，△MFN的面積取得最小值，為12－82.當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y＝kx＋m.由y＝kx＋m，y2=4x，得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2＞0，則x3＋x4＝4－2kmk2，x3x4＝m2k2，y3y4＝（又FM·FN＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，所以m2k2－4－2kmk2＋1＋4mk＝0，化簡得所以S△MFN＝12（x3x4＋x3＋x4＋1）＝m2＋k2－2km+42k2＝m令t＝mk，則S△MFN＝t2＋2t＋1因為m2＋k2＋6km＝4，所以（mk）2＋6（mk）＋1＝4k即t2＋6t＋1＞0，得t＞－3＋22或t＜－3－22，從而得S△MFN＝t2＋2t＋1＞12－82.故△MFN面積的最小值為12－82.訓練1[2022全國卷甲]設拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，點D（p，0），過F的直線交C于M，N兩點.當直線MD垂直于x軸時，｜MF｜＝3.（1）求C的方程.（2）設直線MD，ND與C的另一個交點分別為A，B，記直線MN，AB的傾斜角分別為α，β.當α－β取得最大值時，求直線AB的方程.解析（1）當MD⊥x軸時，有｜MF｜＝p2＋p＝3，得p＝2所以拋物線C的方程為y2＝4x.（2）如圖，根據(jù)（1）知F（1，0），D（2，0）.當MN⊥x軸時，易得α＝β＝π2，此時α－β＝當MN的斜率存在時，設M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），則直線MN的方程為y－y1＝y(tǒng)1－y2x1即y－y1＝y(tǒng)1－y2y124－y224（即y（y1＋y2）－y1（y1＋y2）＝4（x－x1），所以直線MN的方程為y（y1＋y2）－y1y2＝4x.同理可得，直線AM的方程為y（y3＋y1）－y3y1＝4x，直線BN的方程為y（y4＋y2）－y4y2＝4x，直線AB的方程為y（y4＋y3）－y4y3＝4x.因為F（1，0）在MN上，所以y1y2＝－4.因為D（2，0）在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，所以y3＝－8y1，y4＝－所以y3＋y4＝－8y1－8y2＝－8（y1＋y2）y1y2＝－8（y1＋y2所以直線AB的方程y（y4＋y3）－y4y3＝4x可化為（y1＋y2）y＋8＝2x，所以tanα＝4y2＋y1所以tan（α－β）＝2y2＋y11+8當y2＋y1＜0時，tan（α－β）＜0，不符合題意.當y2＋y1＞0時，（y2＋y1）＋8y2＋y1≥42，tan（α－β）≤2×142＝24，當且僅當y2＋y1＝8y2此時α－β取得最大值，直線AB的方程為x－2y－4＝0.命題點2范圍問題例2[2021北京高考]已知橢圓E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）過點A（0，（1）求橢圓E的標準方程；（2）過點P（0，－3）的直線l的斜率為k，交橢圓E于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別交直線y＝－3于點M，N，若｜PM｜＋｜PN｜≤15，求k的取值范圍.解析（1）由題意可知，b＝2，2ab＝45，所以a＝5，所以橢圓E的標準方程為x25＋y（2）由題意可得直線l的方程為y＝kx－3，由y＝kx－3，x25＋y24=1，消去y得（4＋5k2）x2－30kx＋25＝0，Δ＝（－30k）2－4×25×（4＋5k2）＝400（k2－設B（x1，y1），C（x2，y2），則x1＋x2＝30k5k2+4，x1x2直線AB的方程為y＋2＝y(tǒng)1+2x1x，令y＝－3，則x所以M（－x1y1+2，－3），｜PM｜＝｜－x1y同理得｜PN｜＝｜x2y因為x1x2＞0，即x1，x2正負相同，且y1＋2＞0，y2＋2＞0，所以｜PM｜＋｜PN｜＝｜x1y1+2｜＋｜x即｜x1（y2從而｜x1（kx2－由①②可得，｜k｜≤3.綜上可得－3≤k＜－1或1＜k≤3.所以k的取值范圍為[－3，－1）∪（1，3].方法技巧圓錐曲線中最值（范圍）問題的求解方法幾何法若題目的條件和結論明顯能體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質來解決.代數(shù)法若題目的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)，則可首先建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，求函數(shù)最值的常用方法有配方法、判別式法、基本不等式法及函數(shù)的單調性法等.訓練2[2023福建連江一中模擬]設雙曲線C：x22－y23＝1，F(xiàn)1，（1）設O為坐標原點，M為雙曲線C的右支上任意一點，求OM·F1（2）若動點P與雙曲線C的兩個焦點F1，F(xiàn)2的距離之和為定值（大于｜F1F2｜），且cos∠F1PF2的最小值為－19，求動點P的軌跡方程解析（1）設M（x，y），x≥2，左焦點F1（－5，0），∵OM·F1M＝（x，y）·（x＋5，y）＝x2＋5x＋y2＝x2＋5x＋3x22－3＝52x2＋5x－3（x≥2），對稱軸為直線x∴OM·F1M∈[2＋10，＋∞（2）由橢圓定義得P點軌跡為橢圓，可設其軌跡方程為x2a2＋y2b2＝1（∵｜F1F2｜＝25，｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，∴cos∠F1PF2＝｜PF1｜2＋｜由基本不等式得2a＝｜PF1｜＋｜PF2｜≥2｜PF1｜·｜PF2｜，當且僅當｜PF∴｜PF1｜·｜PF2｜≤a2，則cos∠F1PF2≥4a2－202a∴a2＝9，b2＝4，∴動點P的軌跡方程為x29＋y1.[命題點1]已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的實軸長為2，且過點（e，3（1）求C的標準方程；（2）過點M（－2，0）且斜率不為0的直線l與C的左、右兩支分別交于點A，B，點N在線段AB上，且｜MA｜｜MB｜＝｜AN｜｜NB｜，P為線段AB的中點，記直線OP，ON（O為坐標原點）的斜率分別為k1，k2，求｜解析（1）∵雙曲線C：x2a2－y2b∴a＝1，∵雙曲線過點（e，3），e＝ca＝c，∴c2－9b2又c2＝a2＋b2＝1＋b2，∴b2＝3，故雙曲線C的標準方程為x2－y23（2）設直線l：my＝x＋2（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），N（x3，y3），由my＝x+2，x2－y23=1，整理得（3m2－則3m2－1≠0，Δ=36m2+36>0，y1＋y則P（23m2∴k1＝3m.∵｜MA｜｜MB｜＝｜AN∴y3＝2y1y2y1＋y2＝1812m＝32m，∴∴k1k2＝3m×（－3m）＝－9，｜k1k2｜＝∴｜k1｜＋｜k2｜≥2｜k1k2｜＝6，當且僅當｜k1｜＝｜k2｜，即k1＝3，k2＝－3或k1＝－3，k2＝3時等號成立，此時m＝1或－1，y1y2＝93m2－1∴｜k1｜＋｜k2｜的最小值為6.2.[命題點2]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（心率為12，過點P（1，0）作x軸的垂線，與C交于A，B兩點，且｜AB｜＝2（1）求橢圓C的標準方程；（2）若直線l1與橢圓C交于D，E兩點，直線l2與橢圓C交于M，N兩點，且l1⊥l2，l1，l2交于點P，求｜DE｜·｜MN｜的取值范圍.解析（1）由橢圓C的離心率為12，得ca＝12，即a＝2c將x＝1代入橢圓方程，得1a2＋y2b2＝1，則｜y｜＝ba2－1a，（點撥：因為過點P（1，0）且與由｜AB｜＝2b2a，得2ba2－1a＝2b2由①②并結合a2＝b2＋c2，得a＝2，b＝3，所以橢圓C的標準方程為x24＋y（2）①當直線l1的斜率為0時，直線l2的方程為x＝1，此時｜DE｜＝4，｜MN｜＝｜AB｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12.當直線l1的斜率不存在時，直線l2的斜率為0，此時｜MN｜＝4，｜DE｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12.②當直線l1的斜率存在且不為0時，設直線l1的方程為x＝my＋1（m≠0），由x＝my+1，x24＋y23=1，得（3m設D（x1，y1），E（x2，y2），則y1＋y2＝－6m3m2+4，y所以｜DE｜＝m2+1｜y1－y ＝m2+1 ＝m2+1 ＝12（因為l1⊥l2，所以可用－1m替換｜DE｜表達式中的m，得｜MN｜＝12（所以｜DE｜·｜MN｜＝144（令t＝m2＋1，因為m≠0，所以t＞1，0＜1t＜1，m2＝t－1所以｜DE｜·｜MN｜＝144t2（14412+1t所以57649≤｜DE｜·｜MN｜＜綜上，｜DE｜·｜MN｜的取值范圍為[57649，12]學生用書·練習幫P3641.[2023河南省安陽市階段性測試]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b（1）求C的方程；（2）過點M（0，2）的直線l與C交于A，B兩點，且∠AOB為銳角（O為坐標原點），求l的斜率的取值范圍.解析（1）由題可知ca＝32，b=1，a2＝b（2）依題意，直線l的斜率必存在，設l的方程為y＝kx＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立方程得x24＋y2=1，y＝kx+2，消去y整理得（1＋4k因為直線與橢圓相交，所以Δ＞0，即256k2－48（1＋4k2）＞0，解得k＜－32或k＞3由根與系數(shù)的關系得，x1＋x2＝－16k1+4k2，x1所以y1y2＝（kx1＋2）（kx2＋2）＝k2x1x2＋2k（x1＋x2）＋4＝12k21+4k2＋－當∠AOB為銳角時，OA·OB＞0，即x1x2＋y1y2＞0，所以121+4k2＋4－4k21+4k2＞0，即k2－4所以k∈（－2，－32）∪（32，22.[2024陜西寶雞模擬]設拋物線C：y2＝2px（p＞0），直線x－2y＋1＝0與C交于A，B兩點，且｜AB｜＝415.（1）求p；（2）設C的焦點為F，M，N為C上兩點，若MF·NF＝0，求△MNF面積的最小值.解析（1）設A（x1，y1），B（x2，y2），由x－2y+1=0，y2=2px，可得y所以y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以｜AB｜＝5｜y1－y2｜＝5×（y1＋y即2p2－p－6＝0，因為p＞0，所以p＝2.（2）由（1）得拋物線C：y2＝4x，則F（1，0），顯然直線MN的斜率不可能為零，設直線MN：x＝my＋n，M（x3，y3），N（x4，y4），由y2=4x，x＝my＋n，可得y2－4my－4n＝0，所以y3＋y4＝4mΔ＝16m2＋16n＞0，得m2＋n＞0，因為MF·NF＝0，所以（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝0，即（my3＋n－1）（my4＋n－1）＋y3y4＝0，即（m2＋1）y3y4＋m（n－1）（y3＋y4）＋（n－1）2＝0，將y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，即4（m2＋n）＝（n－1）2＞0，所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋22或n≤3－22，設點F到直線MN的距離為d，則d＝｜n｜MN｜＝1+m2｜y3－y4｜＝1+m216m2+16n＝1+m2所以△MNF的面積S＝12×｜MN｜×d＝12×21+m2×｜n－1｜×｜n－1｜又n≥3＋22或n≤