高考數(shù)學大一輪復習精講精練(新高考地區(qū))8.10圓錐曲線中最值、范圍模型(精講)(原卷版+解析)

8.10圓錐曲線中最值、范圍模型【題型解讀】【知識必備】1．圓錐曲線中范圍問題求解的基本思路解決有關范圍問題的基本思路是建立目標函數(shù)或不等關系：建立目標函數(shù)的關鍵是選用一個合適的變量，其原則是這個變量能夠表達要解決的問題，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；建立不等關系時，先要恰當?shù)匾胱兞?如點的坐標、角、斜率等)，尋找不等關系．2．圓錐曲線中范圍問題建立不等關系的基本方法(1)利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，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，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關系；(3)利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(4)利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．【題型精講】【題型一斜率型最值、范圍問題】例1(2023·全國·高三專題練習）已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝6，直線y＝kx與橢圓交于A，B兩點．(1)若△AF1F2的周長為16，求橢圓的標準方程；(2)若k＝eq\f(\r(2),4)，且A，B，F(xiàn)1，F(xiàn)2四點共圓，求橢圓離心率e的值；(3)在(2)的條件下，設P(x0，y0)為橢圓上一點，且直線PA的斜率k1∈(－2，－1)，試求直線PB的斜率k2的取值范圍．【跟蹤精練】1.(2023·全國·高三專題練習）已知橢圓,過點作橢圓的兩條切線,且兩切線垂直.(1)求；(2)已知點,若存在過點的直線與橢圓交于,且以為直徑的圓過點（不與重合）,求直線斜率的取值范圍.【題型二距離型最值、范圍問題】例2(2023·青島高三模擬）已知橢圓C：的離心率為,,分別為橢圓C的左、右焦點,過且與x軸垂直的直線與橢圓C交于點A,B,且的面積為．（1）求橢圓C的標準方程；（2）設直線l與橢圓C交于不同于右頂點P的M,N兩點,且,求的最大值．【跟蹤精練】1.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),3)，且橢圓C過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))．(1)求橢圓C的標準方程；(2)過橢圓C的右焦點的直線l與橢圓C分別相交于A，B兩點，且與圓O：x2＋y2＝2相交于E，F(xiàn)兩點，求|AB|·|EF|2的取值范圍．【題型三面積型最值、范圍問題】例3(2023·全國高三專題練習）已知橢圓四個頂點的四邊形為菱形,它的邊長為,面積為,過橢圓左焦點與橢圓C相交于M,N兩點（M,N兩點不在x軸上）,直線l的方程為：,過點M作垂直于直線l交于點E．(1)求橢圓C的標準方程；(2)點O為坐標原點,求面積的最大值．【題型精練】1.(2023·山西太原五中高三期末）已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，點F為拋物線C的焦點，點A(1，m)(m>0)在拋物線C上，且|FA|＝2，過點F作斜率為keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤k≤2))的直線l與拋物線C交于P，Q兩點．(1)求拋物線C的方程；(2)求△APQ面積的取值范圍．【題型四數(shù)量積型最值、范圍問題】例4(2023·湖北模擬）已知中心在原點,焦點在軸上的橢圓過點,離心率為,點為其右頂點.過點作直線與橢圓相交于、兩點,直線、與直線分別交于點、.(1)求橢圓的方程；(2)求的取值范圍.【題型精練】1.(2023·德陽三模）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上任意一點，直線TA，TB的斜率之積為－eq\f(3,4)．(1)求橢圓C的方程；(2)設O為坐標原點，過點M(0，2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求eq\o(OP,\s\up7())·eq\o(OQ,\s\up7())＋eq\o(MP,\s\up7())·eq\o(MQ,\s\up7())的取值范圍．【題型五參數(shù)型最值、范圍問題】例5(2023·湖北模擬）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標原點．(1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率；(2)如果存在點P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍．【題型精練】1.(2023·德陽三模）在平面直角坐標系xOy中，已知△ABC的兩個頂點A，B的坐標分別為(－1，0)，(1，0)，且AC，BC所在直線的斜率之積等于－2，記頂點C的軌跡為曲線E．(1)求曲線E的方程；(2)設直線y＝kx＋2(0＜k＜2)與y軸相交于點P，與曲線E相交于不同的兩點Q，R(點R在點P和點Q之間)，且eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(PR,\s\up6(→))，求實數(shù)λ的取值范圍．【題型六坐標型最值、范圍問題】例6(2023·湖北模擬）如圖，設拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|－1．(1)求p的值；(2)若直線AF交拋物線于另一點B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N，AN與x軸交于點M．求M的橫坐標的取值范圍．【題型精練】1.(2023·德陽三模）已知曲線上一動點到兩定點,的距離之和為,過點的直線與曲線相交于點,．(1)求曲線的方程；(2)動弦滿足：,求點的軌跡方程；(3)求的取值范圍．8.10圓錐曲線中最值、范圍模型【題型解讀】【知識必備】1．圓錐曲線中范圍問題求解的基本思路解決有關范圍問題的基本思路是建立目標函數(shù)或不等關系：建立目標函數(shù)的關鍵是選用一個合適的變量，其原則是這個變量能夠表達要解決的問題，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；建立不等關系時，先要恰當?shù)匾胱兞?如點的坐標、角、斜率等)，尋找不等關系．2．圓錐曲線中范圍問題建立不等關系的基本方法(1)利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，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，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關系；(3)利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(4)利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．【題型精講】【題型一斜率型最值、范圍問題】例1(2023·全國·高三專題練習）已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝6，直線y＝kx與橢圓交于A，B兩點．(1)若△AF1F2的周長為16，求橢圓的標準方程；(2)若k＝eq\f(\r(2),4)，且A，B，F(xiàn)1，F(xiàn)2四點共圓，求橢圓離心率e的值；(3)在(2)的條件下，設P(x0，y0)為橢圓上一點，且直線PA的斜率k1∈(－2，－1)，試求直線PB的斜率k2的取值范圍．【解析】(1)由題意得c＝3，根據2a＋2c＝16，得a＝5．結合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16。所以橢圓的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1．(2)法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(\r(2),4)x，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2＋\f(1,8)a2))x2－a2b2＝0．設A(x1，y1)，B(x2，y2)．所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq\f(－a2b2,b2＋\f(1,8)a2)，由AB，F(xiàn)1F2互相平分且共圓，易知，AF2⊥BF2，因為eq\o(F2A,\s\up7(→))＝(x1－3，y1)，eq\o(F2B,\s\up7(→))＝(x2－3，y2)，所以eq\o(F2A,\s\up7(→))·eq\o(F2B,\s\up7(→))＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,8)))x1x2＋9＝0．即x1x2＝－8，所以有eq\f(－a2b2,b2＋\f(1,8)a2)＝－8，結合b2＋9＝a2，解得a2＝12(a2＝6舍去)，所以離心率e＝eq\f(\r(3),2)．(若設A(x1，y1)，B(－x1，－y1)相應給分)法二：設A(x1，y1)，又AB，F(xiàn)1F2互相平分且共圓，所以AB，F(xiàn)1F2是圓的直徑，所以xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝9，又由橢圓及直線方程綜合可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＝9，,y1＝\f(\r(2),4)x1，,\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1.))由前兩個方程解得xeq\o\al(2,1)＝8，yeq\o\al(2,1)＝1，將其代入第三個方程并結合b2＝a2－c2＝a2－9，解得a2＝12，故e＝eq\f(\r(3),2)．(3)由(2)的結論知，橢圓方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1，由題可設A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，k1＝eq\f(y0－y1,x0－x1)，k2＝eq\f(y0＋y1,x0＋x1)，所以k1k2＝eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))，又eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))＝eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),12)))－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),12))),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))＝－eq\f(1,4)，即k2＝－eq\f(1,4k1)，由－2＜k1＜－1可知，eq\f(1,8)＜k2＜eq\f(1,4)．即直線PB的斜率k2的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,4)))．【跟蹤精練】1.(2023·全國·高三專題練習）已知橢圓,過點作橢圓的兩條切線,且兩切線垂直.(1)求；(2)已知點,若存在過點的直線與橢圓交于,且以為直徑的圓過點（不與重合）,求直線斜率的取值范圍.【解析】（1）由題可知,切線斜率存在,則設切線,聯(lián)立得,即,相切得：,即,所以由兩切線垂直得：（2）由（1）得,橢圓方程為由題可知,直線的斜率存在,設,聯(lián)立得設,由韋達定理得：由題意為直徑的圓過點,①又代入①式得：或（舍去）,所以過定點,,隨的增大而增大,,即直線斜率范圍【題型二距離型最值、范圍問題】例2(2023·青島高三模擬）已知橢圓C：的離心率為,,分別為橢圓C的左、右焦點,過且與x軸垂直的直線與橢圓C交于點A,B,且的面積為．（1）求橢圓C的標準方程；（2）設直線l與橢圓C交于不同于右頂點P的M,N兩點,且,求的最大值．【解析】（1）因為橢圓C的離心率為,所以①．將代入,得,所以,則,即②．由①②及,得,,故橢圓C的標準方程為．（2）由題意知,直線l的斜率不為0,則不妨設直線l的方程為．聯(lián)立得消去x得,,化簡整理,得．設,,則,．因為,所以．因為,所以,,得,將,代入上式,得,得,解得或（舍去）,所以直線l的方程為,則直線l恒過點,所以．設,則,,易知在上單調遞增,所以當時,取得最大值,為．又,所以．【跟蹤精練】1.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),3)，且橢圓C過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))．(1)求橢圓C的標準方程；(2)過橢圓C的右焦點的直線l與橢圓C分別相交于A，B兩點，且與圓O：x2＋y2＝2相交于E，F(xiàn)兩點，求|AB|·|EF|2的取值范圍．【解析】(1)由題意得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，所以a2＝eq\f(3,2)b2，所以橢圓的方程為eq\f(x2,\f(3,2)b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))代入方程得b2＝2，即a2＝3，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)由(1)可知，橢圓的右焦點為(1，0)，①若直線l的斜率不存在，直線l的方程為x＝1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(3),3)))，E(1，1)，F(xiàn)(1，－1)，所以|AB|＝eq\f(4\r(3),3)，|EF|2＝4，|AB|·|EF|2＝eq\f(16\r(3),3)．②若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－1，))可得(2＋3k2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，則x1＋x2＝eq\f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－6,2＋3k2)，所以|AB|＝eq\r((1＋k2)(x1－x2)2)＝eq\r((1＋k2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k2,2＋3k2)))2－4×\f(3k2－6,2＋3k2))))＝eq\f(4\r(3)k2＋1,2＋3k2)．因為圓心O(0，0)到直線l的距離d＝eq\f(|k|,\r(k2＋1))，所以|EF|2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(k2,k2＋1)))＝eq\f(4k2＋2,k2＋1)，所以|AB|·|EF|2＝eq\f(4\r(3)(k2＋1),2＋3k2)·eq\f(4(k2＋2),k2＋1)＝eq\f(16\r(3)(k2＋2),2＋3k2)＝eq\f(16\r(3),3)·eq\f(k2＋2,k2＋\f(2,3))＝eq\f(16\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(4,3),k2＋\f(2,3))))．因為k2∈[0，＋∞)，所以|AB|·|EF|2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16\r(3),3)，16\r(3)))．綜上，|AB|·|EF|2的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16\r(3),3)，16\r(3)))．【題型三面積型最值、范圍問題】例3(2023·全國高三專題練習）已知橢圓四個頂點的四邊形為菱形,它的邊長為,面積為,過橢圓左焦點與橢圓C相交于M,N兩點（M,N兩點不在x軸上）,直線l的方程為：,過點M作垂直于直線l交于點E．(1)求橢圓C的標準方程；(2)點O為坐標原點,求面積的最大值．【解析】（1）由題意可得：,解得橢圓C的標準方程為（2）由（1）可得：,即由題意可設直線,則聯(lián)立方程,消去x可得：∴,則∴直線的斜率,則直線的方程為令,則可得即直線過定點∴面積為令,則令,則當時恒成立∴在單調遞減,則,即∴面積的最大值為【題型精練】1.(2023·山西太原五中高三期末）已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，點F為拋物線C的焦點，點A(1，m)(m>0)在拋物線C上，且|FA|＝2，過點F作斜率為keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤k≤2))的直線l與拋物線C交于P，Q兩點．(1)求拋物線C的方程；(2)求△APQ面積的取值范圍．【解析】(1)由拋物線的定義可得|FA|＝xA＋eq\f(p,2)＝1＋eq\f(p,2)＝2，所以p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x．(2)設直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k(x－1)，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ>0恒成立，由根與系數(shù)的關系得x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，因為AF⊥x軸，則S△APQ＝eq\f(1,2)×|AF|×|x1－x2|＝|x1－x2|＝eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝4eq\r(\f(k2＋1,k4))＝4eq\r(\f(1,k2)＋\f(1,k4))，因為eq\f(1,2)≤k≤2，令t＝eq\f(1,k2)，所以S△APQ＝4eq\r(t2＋t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤t≤4))，所以eq\r(5)≤S△APQ≤8eq\r(5)，所以△APQ的面積的取值范圍為[eq\r(5)，8eq\r(5)]．【題型四數(shù)量積型最值、范圍問題】例4(2023·湖北模擬）已知中心在原點,焦點在軸上的橢圓過點,離心率為,點為其右頂點.過點作直線與橢圓相交于、兩點,直線、與直線分別交于點、.(1)求橢圓的方程；(2)求的取值范圍.【解析】（1）由題意設橢圓的標準方程為（）,由題意,得,解得,,即橢圓的標準方程為.（2）由（1）得,設,,,聯(lián)立,得,即,則,,直線,的方程分別為,,令,則,,則,,所以因為,所以,,即的取值范圍為.【題型精練】1.(2023·德陽三模）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上任意一點，直線TA，TB的斜率之積為－eq\f(3,4)．(1)求橢圓C的方程；(2)設O為坐標原點，過點M(0，2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求eq\o(OP,\s\up7())·eq\o(OQ,\s\up7())＋eq\o(MP,\s\up7())·eq\o(MQ,\s\up7())的取值范圍．【解析】(1)設T(x，y)，由題意知A(－4，0)，B(4，0)，設直線TA的斜率為k1，直線TB的斜率為k2，則k1＝eq\f(y,x＋4)，k2＝eq\f(y,x－4)，由k1k2＝－eq\f(3,4)，得eq\f(y,x＋4)·eq\f(y,x－4)＝－eq\f(3,4)，整理得eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1．故橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1．(2)當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為y＝kx＋2，點P，Q的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，,y＝kx＋2))消去y，得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0．所以x1＋x2＝－eq\f(16k,4k2＋3)，x1x2＝－eq\f(32,4k2＋3)．從而，eq\o(OP,\s\up7())·eq\o(OQ,\s\up7())＋eq\o(MP,\s\up7())·eq\o(MQ,\s\up7())＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝eq\f(－80k2－52,4k2＋3)＝－20＋eq\f(8,4k2＋3)，所以－20＜eq\o(OP,\s\up7())·eq\o(OQ,\s\up7())＋eq\o(MP,\s\up7())·eq\o(MQ,\s\up7())≤－eq\f(52,3)．當直線PQ的斜率不存在時，eq\o(OP,\s\up7())·eq\o(OQ,\s\up7())＋eq\o(MP,\s\up7())·eq\o(MQ,\s\up7())的值為－20．綜上，eq\o(OP,\s\up7())·eq\o(OQ,\s\up7())＋eq\o(MP,\s\up7())·eq\o(MQ,\s\up7())的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－20，－\f(52,3)))．【題型五參數(shù)型最值、范圍問題】例5(2023·湖北模擬）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標原點．(1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率；(2)如果存在點P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍．【解析】(1)連接PF1(圖略)．由△POF2為等邊三角形可知，在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝eq\r(3)c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(eq\r(3)＋1)c，故C的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)－1．(2)由題意可知，若滿足條件的點P(x，y)存在，則eq\f(1,2)|y|·2c＝16，eq\f(y,x＋c)·eq\f(y,x－c)＝－1，即c|y|＝16，①，x2＋y2＝c2，②，又eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1．③由②③及a2＝b2＋c2得y2＝eq\f(b4,c2)．又由①知y2＝eq\f(162,c2)，故b＝4．由②③及a2＝b2＋c2得x2＝eq\f(a2,c2)(c2－b2)，所以c2≥b2，從而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4eq\r(2)．當b＝4，a≥4eq\r(2)時，存在滿足條件的點P．所以b＝4，a的取值范圍為[4eq\r(2)，＋∞)．【題型精練】1.(2023·德陽三模）在平面直角坐標系xOy中，已知△ABC的兩個頂點A，B的坐標分別為(－1，0)，(1，0)，且AC，BC所在直線的斜率之積等于－2，記頂點C的軌跡為曲線E．(1)求曲線E的方程；(2)設直線y＝kx＋2(0＜k＜2)與y軸相交于點P，與曲線E相交于不同的兩點Q，R(點R在點P和點Q之間)，且eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(PR,\s\up6(→))，求實數(shù)λ的取值范圍．【解析】(1)設C(x，y)．由題意，可得eq\f(y,x－1)·eq\f(y,x＋1)＝－2(x≠±1)，∴曲線E的方程為x2＋eq\f(y2,2)＝1(x≠±1)．(2)設R(x1，y1)，Q(x2，y2)．聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＋\f(y2,2)＝1，))消去y，可得(2＋k2)x2＋4kx＋2＝0，∴Δ＝8k2－16＞0，∴k2＞2．又0＜k＜2，∴eq\r(2)＜k＜2．由根與系數(shù)的關系得，x1＋x2＝－eq\f(4k,2＋k2)，①，x1x2＝eq\f(2,2＋k2)，②∵eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(PR,\s\up6(→))，點R在點P和點Q之間，∴x2＝λx1(λ＞1)，③聯(lián)立①②③，可得eq\f(1＋λ2,λ)＝eq\f(8k2,2＋k2)．∵eq\r(2)＜k＜2，∴eq\f(8k2,2＋k2)＝eq\f(8,\f(2,k