圓錐曲線范圍問題含詳解

圓錐曲線取值范圍問題一、圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(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，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(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)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（5）利用求函數(shù)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.二、解決圓錐曲線中的范圍或最值問題時，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)出明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值．在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下幾個方面考慮：①利用判別式構(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，求出新參數(shù)的范圍，解題的關(guān)鍵是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系;③利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；④利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.三、例題.設(shè)C為橢圓三+￡=1的左焦點，直線y=kx+1與橢圓交于A,B兩點.84（1）求|C4|+|CB|的最大值；（2）若直線y=kx+1與x軸、y軸分別交于M,N，且以MN為直徑的圓與線段MN的垂直平分線的交點在橢圓內(nèi)部（包括在邊界上），求實數(shù)k的取值范圍?！痉治觥浚?）聯(lián)立直線和橢圓方程，利用焦半徑公式，結(jié)合韋達(dá)定理得到ICAI+ICB關(guān)于k的表達(dá)式，進(jìn)而利用基本不等式求得最大值；（2）先根據(jù)直線的方程求得M,N的坐標(biāo)，進(jìn)而得到以線段MN為直徑的圓的方程和線段MN的垂直平分線方程，解方程組求得圓與垂直平分線的交點坐標(biāo)，利用點在橢圓內(nèi)的條件得到不等式組求解即得k的取值范圍.【詳解】（1）x2+￡=1的半長軸a=2%：2,半短軸b=2,8 4

半焦星巨c=-Ja?—￡>2—J8—4—2,離心率設(shè)A(x,y),B(x,y),1 1 2 2聯(lián)立y-kx+1心+2y2聯(lián)立y-kx+1心+2y2-8=0'可得（11+2k27x2+4依-6=0,4k1+2公|G4|=a+ex=2v2+

i4k1+2公|G4|=a+ex=2v2+

i則|ca|+|cb|=4/+(i(2)依題意可知M--,0Ik所以圓的方程為+

kkJ|c§|=2&+學(xué)「，+%)=4人-2史V4應(yīng)+1；2 1+2左2，N(0,l),)1( 1A1y(y-i)=0①，垂直平分線為，二一7x+—+—@^kI2kJ2(1A聯(lián)立①②消去y,%+：%+\kJ1XH 1XH k?(1￥x~\ k2k)r0.nnnn % %2x1 1八即X2H H H H =0,k2k2k34k44/即14k?)(1 1A12+/即14k?)(1 1A12+—+—lk2k3XH 14M4=0,71=0,

71122k,2k一1=0,

71122k,2k一211 1 2k2112k211 1 2k2兩個交點的坐標(biāo)為111( 1 2k兩個交點的坐標(biāo)為111( 1 2k2’2k2J\11 1 2k21o 1 2k2)(1則可知3—4

[2k(1則可知3—4

[2kI12>48且3iiV 1 2k2J<8,4V6]JJ"6] 1s-S 13k34*6i/1/4\6Jl3k3即-啦+1s1l3k3即-啦+1s1s拽-1,解得k>2929四、好題訓(xùn)練.已知橢圓C:上+￡=1(〃>0,b>0)的焦距為2v2，離心率為它.a2 b2 2(1)求橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若點A(0,1),點B在橢圓C上，求線段AB長度的最大值..已知橢圓的長軸長是2v3，焦點坐標(biāo)分別是(-、；2,0)，?2,0).(1)求這個橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)如果直線J=%+m與這個橢圓交于兩不同的點，求m的取值范圍..在平面直角坐標(biāo)系％0y中，已知點p到兩點M?3,0),N(-、：3,0)的距離之和等于4，設(shè)點P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程.(2)若直線y=k+2與曲線C有公共點，求實數(shù)k的取值范圍.TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"Y2 、,2 /一一、一 ( 段「..已知橢圓C：土+2-=1(a>b>0),F,F為橢圓的左右焦點，P1,-三為橢圓上一a2 b2 1 2 I 2J點，且|pf|=,1.121 2(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；⑵設(shè)直線/…=-2，過點F2的直線交橢圓于A，B兩點，線段AB的垂直平分線分別交直線l、直線AB于M、N兩點，求tan/MAN最小值..已知圓錐曲線E上的點M的坐標(biāo)(羽y)滿足、(+、；3)+y2+\{―、5)+y2=2法.(1)說明E是什么圖形，并寫出其標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若斜率為1的直線l與E交于y軸右側(cè)不同的兩點A,B，求直線l在y軸上的截距的取值范圍．.如圖,點F1，F(xiàn)2分別是橢圓常+b2=1(a>b>0)的左、右焦點,點A是橢圓C上一點，且滿足A「x軸，/AFxF2=30。，直線AF1與橢圓C相交于另一點B.(1)求橢圓C的離心率；(2)若4人5尸的周長為4<3,M為橢圓C上任意一點，求OM.FM的取值范圍.i.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點D,E的坐標(biāo)分別為(-2,0),(2,0),P是動點，且直線DP與EP的斜率之積等于-1.4(1)求動點P的軌跡C的方程；(2)已知直線y=kx+m與橢圓：三+產(chǎn)=1相交于A,B兩點，與y軸交于點M,若存在m4使得方+3礪=4OM，求m的取值范圍..已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點到準(zhǔn)線的距離為1.(1)求C的方程；(2)已知點A(x,y),B(x,y)在C上，且線段AB的中垂線l的斜率為-1，求l在y軸上

11 22 2的截距的取值范圍..已知圓F1：(x+1)2+y2=16,F2(1,0),P是圓F1上的一個動點，F(xiàn)2P的中垂線l交F1P于點。.(1)求點。的軌跡E的方程；(2)若斜率為k(k#0)的直線11與點Q的軌跡E交于不同的兩點A,B，且線段AB的垂直平分線過定點(3,0),求k的取值范圍..已知點A,B的坐標(biāo)分別是(0,-1),(0,1)，直線AM,BM相交于點M,且它們的斜率(1)求點M軌跡C的方程;(2)若過點D(2,0)的直線l與(1)中的軌跡C交于不同的兩點E、F(E在D、F之間)，詼二九而，試求九的取值范圍..已知平面內(nèi)動點p與點A(2,0)和點B(%2,0)的連線的斜率之積為-1.2(1)求動點P的軌跡C的方程；(2)過點F(1,0)的直線l與曲線C交于M,N兩點，且^M=九(1<九<1),求直線l斜S3△ONF率的取值范圍..已知拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F，點M(,2<5)在拋物線C上.(1)若|MF|=6,求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線x+y=t與拋物線C交于A,B兩點，點N的坐標(biāo)為(1,0)，且滿足NA1NB,原點O到直線AB的距離不小于，求P的取值范圍..已知一動圓M與圓C:(x+2H)+y2=1外切，且與圓C：(x—2右)+y2=49內(nèi)切.1 2(1)求動圓M的圓心M的軌跡方程E；(2)若過點A(1,0)的直線l(不與x軸重合)與曲線E交于P,Q兩點，線段PQ的垂直平分PQ線與x軸交于點N，求瑞的取值范圍..在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y=kx+<3與橢圓E:"+x2=1相交于A、B兩點，4與圓O:x2+y2=4相交于C、D兩點.(1)若OC1OD，求實數(shù)k的值；(2)求|AB|?|CD|2的取值范圍..已知點F(1,0)是拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點，O為坐標(biāo)原點，過點F的直線l交1拋物線與A,B兩點.(1)求拋物線C的方程;(2)求萬i?瓦的值；TOC\o"1-5"\h\z(3)如圖，過點F的直線l交拋物線于C,D兩點(點A,C在x軸的同側(cè)，x>x)，且2 AC . S…11112，直線AC與直線BD的交點為E，記△EFC，aCFF的面積分別為S1，S一求二的2取值范圍.Y2V2 / 、 (3)16.已知橢圓上+上=1(a>b>)的焦距為2,O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)為右焦點，點E1,-在橢a2b2 \2/圓上．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線1的方程為x=4,AB是橢圓上與坐標(biāo)軸不平行的一條弦，M為弦的中點，直線MO交1于點P，過點O與AB平行的直線交/于點Q，直線PF交直線OQ于點R,直線QF交直線MO于點S.①證明：O,S,F,R四點共圓；S②記△QRF的面積為S,△QSO的面積為S，求不的取值范圍.2S17.已知橢圓C：三+￡=1左右焦點分別為F,F,P在橢圓C上且活動于第一象限，PP'4 3 12

垂直于》軸交》軸于乙0為PP,中點；連接"交》軸于M,連接空并延長交直線x=3于N.⑴求直線QF1與QF2的斜率之積;(2)已知點T(0,-1),求2MP^P+TQ2的最大值..已知①如圖，長為2；3，寬為1的矩形ABCD，以a、B為焦點的橢圓M:x2+上=1恰2 a2b2好過CD兩點②設(shè)圓(x+y3)2+W=16的圓心為S,直線l過點T(v3,0),且與x軸不重合，直線l交圓S于CD兩點，過點T作SC的平行線交SD于M，判斷點M的軌跡是否橢圓(1)在①②兩個條件中任選一個條件，求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)根據(jù)(1)所得橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程，若圓O:x2+山=1的切線l與橢圓相交于P、Q兩點，線段PQ的中點為T，求OT|的最大值..在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(-2,0)，過動點p作直線x=-4的垂線，垂足為M，且AM-AP=-4.記動點P的軌跡為曲線E.(1)求曲線E的方程；(2)過點A的直線l交曲線E于不同的兩點B、C.①若B為線段AC的中點，求直線l的方程；②設(shè)B關(guān)于％軸的對稱點為D，求△ACD面積S的取值范圍..已知離心率為上6的橢圓C:二+￡=1(〃>b>0)經(jīng)過點尸(3,1).3 a2b2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點p關(guān)于％軸的對稱點為。，過點P斜率為k1,勺的兩條不重合的動直線與橢圓C的另一交點分別為M，N(M，N皆異于點Q)若kk=1，求點Q到直線MN的距離的取值范12 3圍..已知橢圓C：上+￡=I(a>b>0)的左，右焦點分別為F,F,橢圓C上任意一點p到a2b2 12焦點距離的最大值是最小值的3倍，且通徑長為3(橢圓的通徑：過橢圓的焦點且垂直于長軸的弦).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過F的直線l與橢圓C相交于不同的兩點A，B，則^ABF的內(nèi)切圓面積是否存在最2大值?若存在，則求出最大值；若不存在，請說明理由..已知F是拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點，點p是拋物線上橫坐標(biāo)為2的點，且|PF=3.(1)求拋物線的方程；(2)設(shè)直線l交拋物線C于M,N兩點，若|MN|=4，且弦MN的中點在圓(x-a)2+y2=1上，求實數(shù)a的取值范圍.

"如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓「：手+下1的左、右焦點分別為FF2，設(shè)P是第一象限內(nèi)「上一點，PF1，”的延長線分別交「于點Q，Q2.(1(1)求△與Q2的周長;⑵設(shè)1，4分別為△PFQ2，△PF2Q1的內(nèi)切圓半徑，求「2的最大值.24.設(shè)實數(shù)k00，橢圓D:菅+?;1的右焦點為F，過F且斜率為k的直線交D于P、Q兩點，若線段PQ兩點，若線段PQ的中為N，點O是坐標(biāo)原點，直線ON交直線％二3于點M.(1)若點P的橫坐標(biāo)為1，求點Q的橫坐標(biāo);(2)求證：MF±PQ；(3(3)PQ求MF的最大值.參考答案參考答案1.(1)(2)、后【分析】(1)由題意可得2c=2<2，e=c=—=—，求出a，再由b=vF；求出b，從而可aa2求得橢圓方程，(2)設(shè)B(%。,y0)，然后利用距離公式和二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可依題意，得2c=2<2nc=7r2，離心率e=—=^*=^~^na=2,aa2所以b=aa2-c2=<2，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為=+匕=1.42TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"設(shè)B(x,y)，則％2+卑=1,則有-。2<y<<2oo4 2 o(y2)所以x2=41-4=4-2y2,oI2)o\o"CurrentDocument"/ 、 (y2) 、由兩點間的距離公式，\o"CurrentDocument"得IAB|2=x2+(y-1)=41-4+(y-1)2

oo 2o由兩點間的距離公式，k乙)=-"-2yo+5=-(yo+1)2+6因為—v2<y<v2,o所以當(dāng)y=-1,%=±\5時，線段IABI的長度最大，為石.oo2.(1)—+y2=1；(2)-2<m<2.3【分析】(1)由已知得2a=2<3,c=<2，由此能求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)聯(lián)立直線與橢圓方程，消元，利用韋達(dá)定理能求出m的取值范圍.【詳解】

解：(1解：(1)由已知得2a=2v3,c=22，解得a=33, b2=3—2=1,???橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為二+y2=1.3y=%+m⑵由L2 1，-+y2=1解方程組并整理得4X2+6m+3m2-3=0，;有兩個不同的交點二A=(6m)2-4x4x(3m2-3)=-12(m2-4)>0.解不等式得-2<m<2.??m的取值范圍(-2,2).【點睛】本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，解題時要認(rèn)真審題，注意根的判別式的合理運用.3.(1)%2+y2=1；(2)[kIk<-號或k>手,.47 [ 2 2J【分析】(1)根據(jù)橢圓的定義，即可求得a，c的值，根據(jù)a，b，c的關(guān)系，求得b值，即可得答案.(2)聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)有公共點，可得A>0，化簡整理，即可求得答案.【詳解】解：(1)由己知得|府|+|PN|=4>2<3=|MN|由橢圓定義可知，軌跡C是以M，N為焦點，焦距長2c=2J，長軸長2a=4的橢圓.所以b2=a2-c2=4-3=1，所以曲線C的方程是竺+y2=1.4.y=kx+2 (x(2)由L2 得Q+4k2)X2+16kx+12=0.-+y2=1A=(16k1-4x12xG+4k2)=64k2-48，因為直線y=kx+2與曲線c有公共點,所以A>0，即64k2-48>0，

解得k<_,，或k>早故實數(shù)k的取值范圍是<k|k<(1)上+y2=12(2)4【分析】(1)設(shè)F(-c,0)(c>0)，根據(jù)題中條件求出c=1,得出忸勺|=當(dāng)，根據(jù)橢圓的定義，求出a的值，再根據(jù)b2=a2-c2即可求出b的值，即可求出橢圓方程；⑵由題意直線油的斜率必定不為零，于是可設(shè)直線討：x=。+1，設(shè)4t甲,b(x2,y之)，MN 2(t2+3)根據(jù)韋達(dá)定理、中點坐標(biāo)公式、弦長公式，以及題中條件，得到tan/MAN=一=—=-AN\ tt2+1再根據(jù)基本不等式即可求出結(jié)果.解：設(shè)F(c,0),則忸F|=’(c-1)2+1=亙，所以c=1,即F(-1,0).2 ' 2' \ 2 2 1???忸勺|=當(dāng)，則由橢圓定義叫|+|PF2|=2a=2也，???a=22，則b=<0T-c7=1，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+y2=1；2x=ty+1解：由題意直線AB的斜率必定不為零，于是可設(shè)直線AB：xx=ty+1得(t2+2)y2+2ty-1=0,11,.設(shè)A(x,y),B(x,y)，由題意，A=412+4(t2+2)=8(t2+1)>0,11, -21由韋達(dá)定理入+y2==，x=ty+1=NNMN1AB,/.k=-1,/.|MN|=&+12--2=、1+12?2t2+6MN1AB,MN 12+2 12+2又|A^|=—|AB|=—x'1+12?|y-y|=\1+12?"l+,''2''2 '1 2' 12+2MfN\石(2+3)"j 2'lltanZMAN=^-==—. =拒《t2+1+- >拒?2拒=4|AN| t^+11 [ 7tT+7J當(dāng)且僅當(dāng)tt2+1=~^==即t=±1時取等號.⑴圓錐曲線E是以J3,。），3。）為焦點，長軸長為2、6的橢圓常+個=1（2）G,t3）【分析】（1）由平面上兩點間距離公式及橢圓的定義即得；（2）由題可設(shè)直線l：y=%+m,聯(lián)立橢圓的方程，利用韋達(dá)定理可得-3<m<-m,即求.(1)由題可知點m到定點。*;。）,（反。）的距離之和為2M，???圓錐曲線e是以（”3,。）,（3。）為焦點，長軸長為2面的橢圓，所以其標(biāo)準(zhǔn)方程為"+維=1.6 3（2）設(shè)直線1：y=%+m，AGM），BS，〉2），1三+￡=1 由<6 3 ，消去y，得3%2+4m%+2m2-6=。，y=%+mA=(4m1-4x3(2m2-6)〉。由題意，有卜+%=--〉。 ，解得-3<m<-石，TOC\o"1-5"\h\z1 2 32m2-6%%= >。12 3所以直線i在y軸上的截距的取值范圍為6.(1)亙3

⑵]4,3+也_【分析】⑴結(jié)合已知條件，分別求出a、C與IAF2I的關(guān)系式，進(jìn)而求得離心率；（2）結(jié)合（1）中結(jié)論和已知條件求出橢圓的方程，然后設(shè)出M的坐標(biāo)，然后利用數(shù)量積公式表示出OM.FM，最1后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可.在Rt在RtAAFF中，12:/AFF=30。，12???|AF卜2|AF2I,|FF2|=百AF2|,由橢圓的定義，2a=|AF|+|AF2|=3|AF2|,2c二百|(zhì)AFj,，橢圓離心率e2，橢圓離心率e2a31AqTOC\o"1-5"\h\z△ABF的周長為|AF|+|BF|+|AB|=|AF|+|BF|+|AF|+|BF|=4a=4<3，則a=<3，21 1 2 1 1 2 2,?C33?e——=—，??c—1，b2=a2—c2=2，a3?橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為三+*—1,3 2可得F(-1,0)，設(shè)M(%,y)，則OM=(%,y)，學(xué)+車—1,1 00 o'，。 3 2?FM=(%+1,y)，0 0—X2+X+2 X20 0 30OM—X2+X+2 X20 0 301 0 0:-J3<%<<3，0所以由二次函數(shù)性質(zhì)可知，當(dāng)X=<3時，OM-FM的最大值為3+<3；0 1, 2 5當(dāng)x=--時，OM-FM的最小值為了，\o"CurrentDocument"0 3 1 4所以O(shè)M-FM的取值范圍是5,3+點.\o"CurrentDocument"1 L4 _7.

(1)上+y2=1(xw±2)4(2)(-1,-1)u4,1)2 2【分析】(1)根據(jù)直線DP與EP的斜率之積列方程，化簡求得動點P的軌跡C的方程.(2)利用向量的坐標(biāo)運算，由質(zhì)+3QB=4OM得到\=-3元2，聯(lián)立直線y二kx+m與橢圓：x2+y2=1，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系、判別式，求得關(guān)于m的不等式，并由此求得m的取值4范圍.設(shè)P(x,y)，則k.k= ——匕=-1(xw±2)，TOC\o"1-5"\h\zEPDPx-2x+2 4所以可得動點P的軌跡C的方程為x2+y2=1(x?！?).4設(shè)A(x,y),B(x,y),又M(0,m)，由OA+3OB=4OM得1 1 2 2x+3x,y+3y=0,4m，x=-3x1 21 2 1 2可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0=A=(8km)2-4x(4k2+1)x(4m2-4)>0，-8kmx+x= BP64k2-16m2BP64k2-16m2+16>0「.4k2-m2+1>0，4m2-4xx= 12 4k2+1又x1r 4又x1r 4km=-3x x= 2 2 4k2+1則x?x1 24km、 4m2—4=—3x2=( )2= 2、4k2+1 4k2+1.?.16k2m2—4k2+m2—1=0,7 m2-1 m2-1/.k2= 代入4k2-m2+1>0得 +1-m2>0,4—16m2 1-4m21<m2<1,解得mg(-1,-1)U(1,1).l" 乙 乙?二m的取值范圍是(T-guJ」)2^ ^28．(2)(n，+⑹.【分析】⑴利用p的幾何意義直接寫出C的方程即得.(2)根據(jù)給定條件設(shè)出直線l及直線AB的方程，聯(lián)立直線AB與拋物線C的方程，求出弦AB中點坐標(biāo)，借助判別式計算作答.因拋物線C:j2=2px(p>0)的焦點到準(zhǔn)線的距離為1，則p=1,所以C的方程為j2=2x.依題意，設(shè)直線l的方程為J=-1%+b，直線AB的方程為j=2x+m，設(shè)A(%,j),B(x,八)，TOC\o"1-5"\h\z,j2=2x ... 1由\ 消去x得：j2-j+m=0，由題意知A=1-4m>0，得m<—，j=2x+m 4設(shè)線段AB的中點為N(x,j)，則j=^詈=1，再由j=2x+m，可得x=1-m，00 0 2 2 0 0 0421 11m 5m 5 11 9又點n在直線i上，則-=--(--m)+b，于是b=5-m，從而有b>5-1x1=-9，2 242 8 4 8 44 169所以l在j軸上的截距的取值范圍為(-，+⑹.169．(1(1)(2)x2 j2—+—=1【分析】(1)利用橢圓的定義可求橢圓方程.(2)設(shè)直線l:j=kx+m,A(x,j),B(x,j)，聯(lián)立直線方程和橢圓方程后利用韋達(dá)定理可1 11 22 門、 一 一求AB的中垂線的方程，結(jié)合其過-,0所得k,m的等式，結(jié)合判別式為正可得k的取值范13/圍.(1)

由題意可知：IPQ?+|。勺|二|PFj=r二4,由F2P的中垂線l交F1P于點。，則|”|=1PQI,??.|”|+”|=4〉IF吁2,則點Q的軌跡E為以F1,F2為焦點，4為長軸長的橢圓，即2a-4,2c-2,b2-a2一c2-3,TOC\o"1-5"\h\z???點Q的軌跡E的方程為：上+2=1.4 3(2)設(shè)直線l:J-kx+m,A(x,y),B(x,y)，將y-kx+m代入橢圓方程，1 1 1 2 2消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12-0,所以A-(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)〉0即4k2-3m2+3〉0①，8km 6m由根與系數(shù)關(guān)系得x+x--，則y+y-k(x+x)+2m=—12 3+4k2 12 1 2 3+4k2 (所以線段AB的中點M的坐標(biāo)為VTOC\o"1-5"\h\z八一，一、八，，、… 11 114km 1、3+4k23)又線段AB的直平分線4km 1、3+4k23)3m 1-—(4k2+3)②，3k由點M-—(4k2+3)②，3k即4k2+3km+3-0，所以m-由①②得(4k2+、9k2:4k2+3〉0,A4k2+3<9k2,所以實數(shù)的取值范圍是7所以k2>3，即k<-三15或k>—,5 5所以實數(shù)的取值范圍是710.(1)上+y2-1(x豐0),2(2)3-2<2<X<1且卜豐j.

【分析】(1)設(shè)M(羽y)，用坐標(biāo)表示出已知條件即可得；TOC\o"1-5"\h\z(2)設(shè)F(x,y),E(x,y)，由瓦二九分得x,x的關(guān)系，y,y的關(guān)系，利用E,F都是橢1 1 2 2 1 2 1 2圓上的點，適合橢圓方程，可解得x，然后由―、2<x<22求得l的范圍，注意題中有0<九<1，\o"CurrentDocument"1 1\。0，結(jié)合起來求得正確的范圍.設(shè)M(x,y),則江1?上1=-1(x中0),,化簡得x2+y2=1(x中0),此即為曲線C的方程;xx2 2設(shè)F(設(shè)F(x,y),

11EG2,y2)，+y2=1，由DE=XDF，得<1x—2=X(x—2)2 1y=Xy ，21TOC\o"1-5"\h\z<x2=Xx1-2^+2,E在橢圓上，則(九1一2九+2)2+(Xy)2=1,把y2=1-年代入得y=Xy 2 1 1 221X2 (-2X+2)2 X2x2 3X-1—x2—X(2X—2)x+ +X2 1-=1，解^^x= ",\o"CurrentDocument"21 1 2 2 1 2X由-2<x<<2得，—。2<3^—1<巨，解得3—2<2<X<3+2V2,1 2X又由于E在線段DF上，0<X<1,x1=0時，X=1，所以3—2v12<X<1且Xw1.11.⑴上+y2=1(w±.二)；2(-8,-1)口(1,+8).【分析】(1)設(shè)P(x,y)，且xw土、.;2，利用k?k=-1化簡即可得動點P的軌跡C的方程;

PAPB2(2)設(shè)A(x,y),B(x,y)，直線l：x=my+1與橢圓方程聯(lián)立可得y+y,yy,TOC\o"1-5"\h\z11 22 12 121+y? —4m2 Sy (y+y?yy 11―乙一= ，由X=不加k=——r, 二一乙一=二+4+2=—X——+2，可得yy m2+2S y2 yyyyX2 °Nb 2 12 2 1再解不等式可得m的范圍，再求—X—1+2=二4^，根據(jù)X的范圍求得-X-1+2的范圍，X m2+2 再解不等式可得m的范圍，再求-的范圍即為直線l斜率的取值范圍.m

(1)設(shè)P(x,y),整理可得：則k-kPAPB\o"CurrentDocument"yy y2 1 - == =——\o"CurrentDocument"x—(1)設(shè)P(x,y),整理可得：則k-kPAPB\o"CurrentDocument"yy y2 1 - == =——\o"CurrentDocument"x—<2x+<2x2—2 2所以動點P的軌跡C的方程為x2+y2=1(x豐土且),2(2)由題意可知直線l的斜率存在且不為0,設(shè)A(x,y)，B(x,y)，直線l的方程為：x=my+1，x=my+1由《可得：(m2+2)y2+2my—1=0，所以y1+y：—2m -，yym2+2 12—1m2+2因為入=-tMF-SONF:,IOFI-Iy\:,IOFI-Iy21y，y2(y+y——1 2yy12「—&2+2力=±，L」m2+2(y+y——12yy

121 2——yy121-^：1八 —4m2所以—入—晨+2= ，Am2+24m2，m2+21因為y=入+T—2在-,1上單調(diào)遞減

人137所以y=入k4<—，4m2 4二由 <-可得：—1<m<1，m2+23,,八一1 1所以直線l的斜率-<—1或->1.所以直線l斜率的取值范圍為(-R,-1)u(1,+R).12.(1)y2=4x或y2=20x；「1A⑵|_6,+葉【分析】(1)由已知可得20=2pa，由拋物線的定義可得a+p-=6，解方程求得P的值即可求解；(2)設(shè)A(x,y),BQ,y)，聯(lián)立直線x+尸t與產(chǎn)=2px，由原點。到直線AB的距離不1 1 2 2小于近可得t的范圍，由韋達(dá)定理可得X1+x2、X1x2，利用坐標(biāo)表示麗?麗二0可利用t表示P，再利用函數(shù)的單調(diào)性求得最值即可求解.由題意及拋物線的定義得：a+P=6，又因為點M(a,2<5)在拋物線C上，所以20=2又因為點Mp=1020=2paa20=2pa所以拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x或y2=20x.設(shè)A”,y1),B(Iy2)，TOC\o"1-5"\h\zx+y=t (x聯(lián)立1消去y可得：x2-2(p+1)x+12=0,Iy2=2px則x+x=2p+21,xx=12,1 2 12因為NA1NB,所以麗?麗=1x-1)(x-1)+yy=(x-1)(x-1)+(t—x)(t—x)1 2 12 1 2 1 2=2xx-(t+1)(x+x)+12+1=0,12 1 2所以2t2-(t+1)(2p+2t)+12+1=0,可得2P=t2-2t+1,t+1由原點。到直線AB的距離不小于、：2,可得白>v2，解得t>2或t<-2,因為p>0，所以t<-2不成立，所以t>2,TOC\o"1-5"\h\z因為2p二t2-2t+1=t+1+二-4在h+8)上單調(diào)遞增，t+1 t+122—2x2+11 1所以2p> 二一，所以p>,2+1 3 6 —J1 \即p的取值范圍為",+8.L6 )

x2yx2y2—+—=116 8【分析】「|MC|=r+1 ill?（1）設(shè)圓M的半徑為r，則［jMC117T，即可得到|MC^+|MC2|=8，即可得到點M的軌跡是以C,C為焦點的橢圓，求出a,b，即可得到軌跡方程；12（2）設(shè)l方程為：y=k（x-1），P（x,y）,Q（x,y），聯(lián)立直線與橢圓方程，消元、列出韋達(dá)定11 22理，根據(jù)弦長公式表示出忸。|，再求出線段pq垂直平分線方程，從而求出An\，即可得到■二2\,［雪，再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)計算可得;0MC1=r+1解：設(shè)圓M的半徑為r，則0MCi|=7-rTOC\o"1-5"\h\z"MC|+|MC|=8>|CC|=4v21 2 12所以點M的軌跡是以C,C為焦點的橢圓，且a=4,c=2V21 2"b2=a2-c2=8所以所求軌跡方程為x2+y2=1.\o"CurrentDocument"16 8解：經(jīng)分析，l斜率存在，設(shè)l方程為：y=k(x-1),P(x,y),Q(x,y)11 22'y=k(x-1)由<x2y2 消去y得：(1+2k2)x2一4k2x+2k2-16=0—+—=1〔1684k2 2k2-161 21+2k2121+2k2+x)2-41 21+2k2121+2k2+x)2-4xx2 12-2+1)(30k2+16)．．1+2k2-2kkx+y=k(x+x-2)= 12 1 2 1+2k2,PQ的中點坐標(biāo)為

所以線段PQ垂直平分線方程為yl'IAN|=l"n-1=1m二需二2泮答=2X30”.，八 ” “ 14 ”,左w0 .?.k2+1>1 /.16<30 <30k2+1PQ,PQ,瑞的取值范圍為k=±巨2[4,64)【分析】(1)求出圓心到直線l的距離為d=<2，利用點到直線的距離公式可求得k的值；(2)設(shè)A(%,y)、B(%,y)，將直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，利用弦長公1 1 2 2式計算出|AB|關(guān)于k的表達(dá)式，利用勾股定理可求得|CD|關(guān)于k的表達(dá)式，再利用不等式的基本性質(zhì)可求得|AB|?|CD|2的取值范圍.解：因為0c1皿且圓°的半徑為2,所以點。到直線1的距離d二2s嗚二,工.所以會二五，解得k=±m(xù)解：設(shè)A(%,y)解：設(shè)A(%,y)、B(%,y)11 22y2 ，消y整理得(4+k2)X2+2<3kx-1=0X2+ =14A=(2<3k)+4(4+k2)=16k2+16>0，所以x+x=-213k,%%=^^1 24+k2 124+k2

所以14劇=，1+k2?|x-x|=J1+k2-JCX-2后k]24+k2)4-2后k]24+k2)設(shè)圓心O到直線l的距離為d=~^=,1+k2所以|CD|=214-d2=2'4-所以|AB“CD|2=4?所以|AB“CD|2=4?240k2+4 =644+k2. 1 1 240???k2+4>4，貝U0<k2^<4,所以，|4劇?|CDI2=64-k—^^g所以|A5|.|CD|2的取值范圍為[4,64).15.y2=4x-3(3)(0,1)【分析】(1)根據(jù)題意得到p=1,從而得到拋物線C：y2=4x.(2)首先設(shè)直線AB的方程為x=ty+1，與拋物線y2=4x聯(lián)立得y2-4ty-4=0，再利用韋達(dá)定理求解.(3)設(shè)A、”1(3)設(shè)A、”1L7Iy12 叩再利用韋達(dá)定理和S S-==△ECFS S2 △ACF|ec=jAc|求解即可.因為拋物線C：y2=2px(p〉0),焦點F(1,0),所以弓=1,解得P=2，所以拋物線C：y2=4x.設(shè)直線AB的方程為x=9+1,與拋物線y2=4x聯(lián)立得：y2-4ty-4=0,由韋達(dá)定理得y1+y2=4t，y1y2=-4，所以x1x2=子子=町=1，所以。4?O5=xx+yy=-4+1=-312 12(3)1 22t 14 4Byi2所以直線(3)1 22t 14 4Byi2所以直線AC：y-I同理：直線bd：y=yy 12y+y12，即尸4x y+y124y+y12yyx+ 12y+y124y=4y= x+y+y1 2y』y= xy+y12y1+y24

—y1+y2解得x=-1。E設(shè)直線AC設(shè)直線AC的方程為:A(x,y),1 1x=myx=my+1ny2-4my-4t=0。y2=4x因為A>0，解得m2+1>0,y+y=4m,因為CF1AF,所以瓦定=G1-所以瓦定=G1-1)G2-1)+yj2=xx-(x+x12 1 2)+1+yy12161216m2+8t16+1-41=0，化簡得：4m2=12—6t+1。因為y2S△ECF—■S△ACF_161216m2+8t16+1-41=0，化簡得：4m2=12—6t+1。因為y2S△ECF—■S△ACF_4m—<16|ec||x-xIx2+1lx—x12|my+1+1|I肛+t-my2Tlb1—y2Im2+161 0八: ―2m—2Vm2+1，4\m2—t2m2+1+11

4\m2—t16.(1)(2)4、m2+14m\；16.(1)(2)4、m2+14m\；m2+122①證明見解析，②〔而1J.式0,1)【分析】(1)設(shè)橢圓的左焦點為F'，利用2a二|EF1+|EF|求解即可;(2)①設(shè)A(x,y),B(x,y),M(x,y)，直線AB的斜率為七由點差法可得直線MO……… 3的斜率為一瓦，然后根據(jù)斜率可證明PR1OQ、Qs10口即可得證;②由①可知：aQRF?2SO,所以然后可算出|RF|2—1+k2S|SO|2—9②由①可知：aQRF?2SO,所以，即可求得答案.,uS_|RF|2 9+16k2、_，即可求得答案.然后S2二府二忒編"記(1)設(shè)橢圓的左焦點為F',由題意可知F'(-1,0),F(1,0)根據(jù)定義，可求得2a—|EF1+|EF\―4,，a―2,Ab—行,

?,?橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為日4(2)①設(shè)A（.1,C，B（十八）,MG。,y0），直線AB的斜率為k上+"二1則有14 3，作差得：二E+洋二4=0TOC\o"1-5"\h\zX2y2 4 3+與=1[4 3兩邊同除x-x，可得：x。+"?k=0，即k?匕=—3，i2 4 3 x403一、一3所以直線M。的斜率為-荻，M。的方程為y=-4x( 3\ 1所以P4,--，所以直線PF的斜率為-1，I k/ k((1\ —因為k?--=-1，所以PR1OQIk)由OQ//AB可求得Q（4,4k），所以直線QF的斜率為4k，.（3A4k因為-左?丁=-1，所以QS1OP4k）3綜上，O，S，F(xiàn)，R四點共圓，OF為圓的一條直徑.S RFI2②由①可知:aQRF??SO，所以--=②由①可知:S2|SO|2由于直線PF的方程為X+ky-1=0，直線OP的方程為3x+4y=0，由垂徑定理可知，|RF|2二4?|SOI2由垂徑定理可知，|RF|2二4?|SOI2=4?所以9+16k2_1_16(1+k2)—16(1丫2k2)16k29+16k2(16kk21+k2，又因為k牛0，A(9AJel百1JS （9A綜上，丁的取值范圍為（行,1A17.

(2)4v3+4【分析】⑴利用設(shè)而不求設(shè)出點P的坐標(biāo)，再列式化簡即可;(2)通過表示出各點坐標(biāo)，再根據(jù)向量數(shù)量積公式進(jìn)行計算化簡，最后用參數(shù)方程得思想求解.(1)由題可知，F(xiàn)由題可知，F(xiàn)(-1,0)1F2(1,0).設(shè)p(x0,y0)，則Q(x0,y0)，子+*二1.所以kQF；所以kQF；5&33—x2二^4L= =-3.x2-4x2-400(2)2yx+°2，0所以M(0,三2yx+°2，0所以M(0,三)，N(3,

x+20k=QF24y 0—x-202yf，所以直線QF：x-2 1o2yy=07(x+1)，QF：x+2 202yy=—0r(x-1)，x-2o)訴=(x,%)，麗=(x-3,^4^4)

. 0x+2， 0x-200，，)0+1).所以2加?NP+TQ2=2x(x-3)+2-x0y0-6y0+x2+(y+1)2

00x+2x-2 4 0003-x2+3-x2+y2+3x+2y+1=40 0 0 0+3x+2y+1=3x0+2y0+4.00令x=2cos0，令x=2cos0，y=%3sin0(0<0<—)，則0 0 23x+2y+4=6cos0+2<3sin0+4=4<3sin(0+7)+4，0 0 3所以當(dāng)0=7，即p(\：'3,3)時，

6 22MP-標(biāo)+而2有最大值4<3+4.18.(1)選①：x2+y2=1；選②：x2+y2=1(y豐0),44橢圓挖去兩個點；⑵|.【分析】(1(1)選①：由題意知c=<3，將0卜3，2代入橢圓方程結(jié)合3=a2-b2求得a和b的值即可/求解；選②：由圓的方程可得S(%3,0)，半徑r=4，SC=SD=4，證明ZMTD=dDC可得MS+MT=MS+MD=SD=4，由橢圓的定義即可求解;⑵設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)，T(x0,y0)，討論直線l的斜率等于0時，不符合題意，直線1的斜率不等于0時，l的方程為：x=my+1，由直線與圓相切額的m,t的關(guān)系，與橢圓方程聯(lián)立,由y聯(lián)立,由y0=可，可得點T的坐標(biāo)由OT2―x2+y2結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)即可求解.0 0【詳解】（1）選①：由題意可知：（1）選①：由題意可知：A次0），BC3,0)，所以c—33，—1 ,—1 ,所以彳a24b2，解得:3―a2—b2=my+1=mx

0，所以橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2+y2=1；4選②：由(+<3)+y2=16可得S(c3,0)半徑r—4,由題意可得：SC=SD=4，所以ZSCD=ZSDC因為SC//MT，所以/SCD=/MTD，可得ZMTD—ZSDC,所以MD=MT，所以MS+MT—MS+MD—SD=4>ST=2<3，所以點M的軌跡是以2a=4，SG3,0）、T（回,0）為焦點的橢圓，所以c=<3，b2=a2—c2=4—3=1，所以橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為：上+y2=1（y豐0）；4（2）設(shè)P（x,y），Q（x,y），T（x,y），1 1 2 2 0 0當(dāng)直線l的斜率等于0時，l的方程為：y=±1，此時直線l與橢圓只有一個公共點，不符合題意；當(dāng)直線l的斜率不等于0時，l的方程為：x=my+1，t因為直線l與圓相切，所以 =1，即12=m2+1，vm2+1x=my+1 z、由<x2 可得：(m2+4)y2+2mty+12—4=0，~+y2=1貝UA=4m212—4(m2+4)(2—4)=16(m2—12+4)=48>0，—2mt 12—4y+y= ,yy= 1 2m2+4 12m2+4y+y —mt則y=4不與——0 2 m2+4貝°OT2=(X貝°OT2=(X+12)(X—3)(1)=-36Xl嚏J+9x1+1=-36--225,25+ <—,1616【點睛】所以當(dāng)x=8即m=±2時，|0T|取得的最大值|.所以0T2=(16+m2)2 (16+m2)。2所以0T2=解決圓錐曲線中的范圍或最值問題時，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)出明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值.在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下幾個方面考慮:①利用判別式構(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，求出新參數(shù)的范圍，解題的關(guān)鍵是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系;③利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍;④利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.(1)y2=2x；(2)①k2x+3y+2<2=0或”■①-3y+2v'2=0；②(8,+r).【分析】(1)設(shè)點P(x,y)，則M(-4,y)，利用平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算化簡可得出曲線E的方程;(2)①分析可知直線1不與y軸垂直,可設(shè)直線1的方程為x=my-2,設(shè)點B(“1)、C(x2,y2)，將直線1的方程代入曲線E的方程，列出韋達(dá)定理，分析可知y2=2y/結(jié)合韋達(dá)定理可求得實數(shù)m的值，即可得出直線l的方程;②求出|AC|以及點D到直線AC的距離d，利用三角形的面積公式以及韋達(dá)定理可得出S關(guān)于m的表達(dá)式，結(jié)合m的取值范圍可求得S的取值范圍.【詳解】(1)設(shè)PQ,y)，則M(-4,y).因為A(-2,0),所以疝=(-2,y),而=(%+2,y),貝|位.量=-2元-4+y2=-4，所以y2=2x，所以曲線E的方程為y2=2x；(2)①若l的斜率為0，則l與曲線E只有一個公共點，因此l的斜率不為0.TOC\o"1-5"\h\z設(shè)直線l的方程為x=my-2，設(shè)點B(x,y)、C(x,y),1 1 22\o"CurrentDocument"fx=my一2 、由< 得y2-2my+4=0，所以A=4m2-16>0，解得m<-2或m>2,y2=2x由韋達(dá)定理可得y+y=2m,yy=4,1 2 12因為B為線段AC的中點，所以y=2y.21一. .一 2m （2m、2所以，y+y=3y=2m，可得y=—,yy=2y2=2x—=4,12 1 13 ，1，2，2I3J解得m=±九2，滿足A>0,2所以，直線l的方程為x=±手y-2，即『2x+3y+2v2=0或<2x-3y+2v2=0；②因為點B、D關(guān)于x軸對稱，所以D（x，-y）,1 1于是點D到直線l的距離為d=\tm1^2=上mL,\1+m2 <1+m2又|AC|=J1+m2.|yI,所以S=；|AC|-d=|my1y2|=4|m|>8,因此，△ACD面積S的取值范圍是（8,+8）.方法點睛：圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(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，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(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)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(5)利用求函數(shù)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.(1)三+匕=1；(2){d\0<d<2^3°}.124 5【分析】(1)由橢圓的離心率、所過的點及橢圓參數(shù)關(guān)系求橢圓參數(shù)。、b，寫出橢圓方程即可.(2)設(shè)PM：y=kG-3)+1并聯(lián)立橢圓方程，可得％關(guān)于k的表達(dá)式，同理得x關(guān)于k1 M1 N2的表達(dá)式，結(jié)合已知得X,關(guān)于勺的表達(dá)式，進(jìn)而求也、{，寫出MN的方程及。的坐標(biāo)，應(yīng)用點線距離公式及對勾函數(shù)的性質(zhì)求范圍，注意k、k的取值對范圍的影響.12【詳解】(1)由題意：e—c= ,—+~=1,a2—b2+c2，得：a2=12,b2=4，a3a2b2?.?橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：=+22=1;124(2)設(shè)過尸(3,1)的直線PM的方程：y=k(x-3)+1,1

與橢圓聯(lián)立，整理得G+3k2)x2+(6k—18k2)%+27k2—18k—9=0,得kw—1，

1由A=(6k—18k2)—4G+3k2)(27k2—18k—9)〉0，即(k+1)2得kw—1，

1由題設(shè)易知：kw0,—1,—13%M27k2—18k—9 1 1 1+3k21，即xM9k2—6k—3——1 1 1+3k21，同理9k2—6k——2 21+3k22由kk12可得Xn—9k2—6k+由kk12可得Xn一yM=k(x1M-3)+1=—3k2—6k+1 1 1 1+3k2113k1(X-3)+1=3k12-6k1-1

N 1+3k21???kMN故直線MN的方程為y3k2—6???kMN故直線MN的方程為y3k2—6k—1 11+3k21—9k2—6k+3，整理得：2 24knx+3y+ 1-=0,1+3k2 ，1由題意知：Q（3,-1），點Q到直線MN的距離I24kJ1+3k224I+3kIk*1―—<24=^ ==—<30」02，：35當(dāng)且僅當(dāng)T=3kk1

1即k=+立取等號,而k1k2=3，此時k1=k2，與題意矛盾,y，一匕—M NX—XMN???等號不成立，即d<2V30，綜上：｛d\0<d<21．%2y2（1）—+ =1（1）433—兀16【分析】（1）根據(jù)橢圓中距離的最值關(guān)系以及通徑長度可得橢圓方程；=ly-yI，設(shè)直線方程，聯(lián)立方=ly-yI，設(shè)直線方程，聯(lián)立方1 2△ABF1 ABFx程求最值.(1)解：由已知得a+c=3（a-c）,得a=2c,所以b二<3c,又橢圓通徑長為3,所以也=3,a解得c=1,a=2,b=於，橢圓方程為三+匯=1；TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"4 3（2）2￡ 2￡ ￡解：由已知可得內(nèi)切圓半徑r=-^BF=十"二寸，當(dāng)r取最大值時，圓面積最大，故C 4a 4叫當(dāng)￡取最大值時，圓面積最大，△ABF1由已知可得直線斜率一定存在，設(shè)直線方程為元=my+1，TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"［上+y2=1 （ \聯(lián)立\4 3 ，得V3m2+4）y2+6my—9=0，A>0恒成立，x=my+1\o"CurrentDocument"6m —9\o"CurrentDocument"y+y= ，yy= ，1 2 3m2+4 123m2+4所以￡ =~Iffl-ly—y1=ly—yl=\（y+y）2+4yy=^Lm2_±l，邛212 1 2 1 2 1 2 12 3m2+4 61 6 ― 記設(shè)、/m27T=t，則\bf：E==7-"3，當(dāng)且僅當(dāng)t=—時取等，1 3t+ 3t止匕時r=S,4BF1=—，S=兀r2=K，4 4圓163即內(nèi)切圓面積的最大值為-兀.16【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x（或y）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0或不存在等特殊情形．22．（1）y2=4x（2）［0,2］【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義，將點P到焦點的距離轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線的距離，進(jìn)而求得答案；（2）設(shè)出直線/，并代入拋物線方程化簡，通過根與系數(shù)的關(guān)系得到|河|和線段的中點公式，進(jìn)而將中點坐標(biāo)代入圓的方程，然后將所得式子化簡，最后通過函數(shù)求值域的方法求得

答案.拋物線的漸近線為l=-弓，由拋物線的定義可知，2+￡=3np=2，則拋物線的方程為:TOC\o"1-5"\h\z設(shè)直線l的方程為%=ty+m,M(%,y),N(X,y).將直線l的方程與拋物線的方程聯(lián)立，1 1 2 2得y2-4ty-4m=0，于是6=16(2+m)〉0，y+y=4t，yy=—4m，12 12且|MN|=J1+12|y1—yJ=J1+12-J1612+16m=4，化簡得(1+12)(2+m)=1①.設(shè)弦MN的中點為G(%,y)，則fo=2t=+m，將點G的坐標(biāo)代入圓的方程，得00 y=210 0(212+m—a)+412=1，且412<1,, 、，一一， 1 、2由①代入消兀，消去m，得12+——-a+4t2=1.一」1 \2于是s+ 1一」1 \2于是s+ 1—aIs=5—4s，解得a=s+ <5—4s—1或a=a=s+ +v5—4s—1.s若當(dāng)a=s+ <5—4s—1時s由對勾函數(shù)性質(zhì)可知，函數(shù)y=s+1在1，4上單調(diào)遞增，所以a隨s單調(diào)遞增(增+增)， 一/、 1 若當(dāng)a=s++<5—4s—1時，令f(s)=s++<5—4s—1,TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"s s則f，(s)=1- .2