高考真題+知識總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破40圓錐曲線中的最值與范圍問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題40圓錐曲線中的最值與范圍問題【高考真題】1．(2022·浙江)如圖，已知橢圓．設(shè)A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．

(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；(2)求的最小值．1．解析(1)設(shè)是橢圓上任意一點，，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最大值是．(2)設(shè)直線,直線方程與橢圓聯(lián)立,可得，設(shè)，所以，因為直線與直線交于C．則,同理可得,，則．當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最小值為．2．(2022·全國甲理)設(shè)拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當(dāng)直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設(shè)直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當(dāng)取得最大值時，求直線AB的方程．2．解析(1)拋物線的準(zhǔn)線為，當(dāng)與x軸垂直時，點M的橫坐標(biāo)為p，此時，所以，所以拋物線C的方程為；(2)設(shè)，直線，由可得，，由斜率公式可得，，直線，代入拋物線方程可得，，所以，同理可得，所以又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，若要使最大，則，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，所以當(dāng)最大時，，設(shè)直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線．【方法總結(jié)】1．最值問題的常用方法圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進(jìn)行求解；二是代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(些)變量的函數(shù)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進(jìn)行求解．2．范圍問題常用方法(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)的取值范圍，求新參數(shù)的取值范圍，解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立等量關(guān)系．(3)利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．(4)利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍．(5)利用函數(shù)的值域求范圍問題的關(guān)鍵是建立關(guān)于某個變量的目標(biāo)函數(shù)，通過求這個函數(shù)的值域確定目標(biāo)變量的取值范圍．在建立函數(shù)的過程中，要根據(jù)題目的其他已知條件把要求的量都用已知變量表示出來，同時要注意變量的取值范圍．【題型突破】1．(2020·新高考全國Ⅱ)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點M(2,3)，點A為其左頂點，且AM的斜率為eq\f(1,2).(1)求C的方程；(2)點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值．1．解析(1)由題意可知直線AM的方程為y－3＝eq\f(1,2)(x－2)，即x－2y＝－4.當(dāng)y＝0時，解得x＝－4，所以a＝4.由橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點M(2,3)，可得eq\f(4,16)＋eq\f(9,b2)＝1，解得b2＝12.所以C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)設(shè)與直線AM平行的直線方程為x－2y＝m.如圖所示，當(dāng)直線與橢圓相切時，與AM距離比較遠(yuǎn)的直線與橢圓的切點為N，此時△AMN的面積取得最大值．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＝m，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，化簡可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8，與AM距離比較遠(yuǎn)的直線方程為x－2y＝8，點N到直線AM的距離即兩平行線之間的距離，即d＝eq\f(8＋4,\r(1＋4))＝eq\f(12\r(5),5)，由兩點之間的距離公式可得|AM|＝eq\r(2＋42＋32)＝3eq\r(5).所以△AMN的面積的最大值為eq\f(1,2)×3eq\r(5)×eq\f(12\r(5),5)＝18.2．(2020·浙江)如圖，已知橢圓C1：eq\f(x2,2)＋y2＝1，拋物線C2：y2＝2px(p＞0)，點A是橢圓C1與拋物線C2的交點，過點A的直線l交橢圓C1于點B，交拋物線C2于點M(B，M不同于A)．(1)若p＝eq\f(1,16)，求拋物線C2的焦點坐標(biāo)；(2)若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值．2．解析(1)由p＝eq\f(1,16)，得拋物線C2的焦點坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)，0)).(2)由題意可設(shè)直線l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，點A(x0，y0)．將直線l的方程代入橢圓C1：eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以點M的縱坐標(biāo)yM＝－eq\f(mt,m2＋2).將直線l的方程代入拋物線C2：y2＝2px，得y2－2pmy－2pt＝0，所以y0yM＝－2pt，解得y0＝eq\f(2p（m2＋2）,m)，因此x0＝eq\f(2p（m2＋2）2,m2).由eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1，得eq\f(1,p2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,m)))eq\s\up12(2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,m)))eq\s\up12(4)≥160，當(dāng)且僅當(dāng)m＝eq\r(2)，t＝eq\f(\r(10),5)時，p取到最大值eq\f(\r(10),40).3．如圖所示，點A，B分別是橢圓eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1長軸的左、右端點，點F是橢圓的右焦點，點P在橢圓上，且位于x軸上方，PA⊥PF.(1)求點P的坐標(biāo)；(2)設(shè)M是橢圓長軸AB上的一點，點M到直線AP的距離等于|MB|，求橢圓上的點到點M的距離d的最小值．3．解析(1)由已知可得點A(－6,0)，F(xiàn)(4,0)，設(shè)點P的坐標(biāo)是(x，y)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，∵PA⊥PF，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－4＋y2＝0，))可得2x2＋9x－18＝0，得x＝eq\f(3,2)或x＝－6.由于y>0，故x＝eq\f(3,2)，于是y＝eq\f(5\r(3),2).∴點P的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2))).(2)由(1)可得直線AP的方程是x－eq\r(3)y＋6＝0，點B(6,0)．設(shè)點M的坐標(biāo)是(m,0)，則點M到直線AP的距離是eq\f(|m＋6|,2)，于是eq\f(|m＋6|,2)＝|m－6|，又－6≤m≤6，解得m＝2.由橢圓上的點(x，y)到點M的距離為d，得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq\f(5,9)x2＝eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2)))2＋15，由于－6≤x≤6，由f(x)＝eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2)))2＋15的圖象可知，當(dāng)x＝eq\f(9,2)時，d取最小值，且最小值為eq\r(15).4．(2021·全國乙)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，且F與圓M：x2＋(y＋4)2＝1上點的距離的最小值為4．(1)求p的值；(2)若點P在M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點，求△PAB面積的最大值．4．解析(1)由題意知M(0，－4)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，圓M的半徑r＝1，所以|MF|－r＝4，即eq\f(p,2)＋4－1＝4，解得p＝2．(2)由(1)知，拋物線方程為x2＝4y，由題意可知直線AB的斜率存在，設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4)))，直線AB的方程為y＝kx＋b，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx－4b＝0，則Δ＝16k2＋16b>0(※)，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝4eq\r(1＋k2)·eq\r(k2＋b)．因為x2＝4y，即y＝eq\f(x2,4)，所以y′＝eq\f(x,2)，則拋物線在點A處的切線斜率為eq\f(x1,2)，在點A處的切線方程為y－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)．同理得拋物線在點B處的切線方程為y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,2),4)，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1,2)x－\f(xeq\o\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(xeq\o\al(2,2),4)，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋x2,2)＝2k，,y＝\f(x1x2,4)＝－b，))即P(2k，－b)．因為點P在圓M上，所以4k2＋(4－b)2＝1①，且－1≤2k≤1，－1≤4－b≤1，∴－eq\f(1,2)≤k≤eq\f(1,2)，3≤b≤5，滿足(※)式．設(shè)點P到直線AB的距離為d，則d＝eq\f(|2k2＋2b|,\r(1＋k2))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝4eq\r(（k2＋b）3)．由①得，k2＝eq\f(1－（4－b）2,4)＝eq\f(－b2＋8b－15,4)，令t＝k2＋b，則t＝eq\f(－b2＋12b－15,4)，且3≤b≤5．因為t＝eq\f(－b2＋12b－15,4)在[3，5]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)b＝5時，t取得最大值，tmax＝5，此時k＝0，所以△PAB面積的最大值為20eq\r(5)．5．已知拋物線C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p>0)的焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O為坐標(biāo)原點)．(1)求拋物線C2的方程；(2)過點O的直線交C1的下半部分于點M，交C2的左半部分于點N，求△PMN面積的最小值．5．解析(1)∵F1(1,0)，F(xiàn)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，∴eq\o(F1F2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(p,2)))，eq\o(F1F2,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(p,2)))·(－1，－1)＝1－eq\f(p,2)＝0，∴p＝2，∴拋物線C2的方程為x2＝4y.(2)設(shè)過點O的直線MN的方程為y＝kx(k<0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx，))得(kx)2＝4x，解得M

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)，\f(4,k)))，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝kx，))得N(4k,4k2)，從而|MN|＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)－4k))＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)－4k))，點P到直線MN的距離d＝eq\f(|k－1|,\r(1＋k2))，所以S△PMN＝eq\f(1,2)·eq\f(|k－1|,\r(1＋k2))·eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)－4k))＝eq\f(21－k1－k3,k2)＝eq\f(21－k21＋k＋k2,k2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)－2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)＋1))，令t＝k＋eq\f(1,k)(t≤－2)．則S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，當(dāng)t＝－2，即k＝－1時，S△PMN取得最小值，最小值為8.即當(dāng)過原點的直線方程為y＝－x時，△PMN的面積取得最小值8.6．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，圓O交x軸于點F1，F(xiàn)2，交y軸于點B1，B2，以B1，B2為頂點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左、右焦點的橢圓E恰好經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2))).(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)經(jīng)過點(－2,0)的直線l與橢圓E交于M，N兩點，求△F2MN的面積的最大值．6．解析(1)由題意得橢圓E的焦點在x軸上．設(shè)橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距為2c，則b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.∵橢圓E經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，∴eq\f(1,2b2)＋eq\f(\f(1,2),b2)＝1，解得b2＝1.∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)∵點(－2,0)在橢圓E外，∴直線l的斜率存在．設(shè)直線l的斜率為k，則直線l：y＝k(x＋2)．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.∴x1＋x2＝eq\f(－8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，解得0≤k2<eq\f(1,2).∴|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝2eq\r(1＋k2)eq\r(\f(2－4k2,1＋2k22)).∵點F2(1,0)到直線l的距離d＝eq\f(3|k|,\r(1＋k2))，∴△F2MN的面積為S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝3eq\r(\f(k22－4k2,1＋2k22)).令1＋2k2＝t，t∈[1,2)，得k2＝eq\f(t－1,2).∴S＝3eq\r(\f(t－12－t,t2))＝3eq\r(\f(－t2＋3t－2,t2))＝3eq\r(－1＋\f(3,t)－\f(2,t2))＝3eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(3,4)))2＋\f(1,8)).當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(3,4)，即t＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)∈[1，2))時，S有最大值，Smax＝eq\f(3\r(2),4)，此時k＝±eq\f(\r(6),6).∴△F2MN的面積的最大值是eq\f(3\r(2),4).7．已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距是2，點P為C1上一動點，且滿足P與點A1(－a，0)，A2(a，0)連線斜率之積為－eq\f(1,2).(1)求橢圓C1的方程；(2)當(dāng)點P在x軸上方時，過P點作橢圓C1的切線l交拋物線C2：x2＝y(tǒng)于A，B兩點，點P關(guān)于原點O的對稱點為Q.求△QAB面積的最小值．7．解析(1)設(shè)P(x0，y0)(x0≠a)，則eq\f(y0,x0＋a)·eq\f(y0,x0－a)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－a2)＝－eq\f(1,2)，即eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(2yeq\o\al(2,0),a2)＝1，∴2b2＝a2，且c＝1，∴a2＝2，b2＝1，即橢圓C1的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)切線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，又Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＝0，得m2＝2k2＋1.再由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝kx＋m，))得x2－kx－m＝0，Δ＝k2＋4m＞0，即m2＋8m－1＞0，即m＞－4＋eq\r(17)或m＜－4－eq\r(17)，由題知m＞0，且m2≥1，∴m≥1，∴|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(k2＋4m).點O到直線AB的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，∵點Q為點P關(guān)于原點的對稱點．∴S△ABQ＝2S△ABO＝|AB|·d＝|m|eq\r(k2＋4m)＝|m|eq\r(\f(m2＋8m－1,2)).顯然函數(shù)f(m)＝|m|eq\r(\f(m2＋8m－1,2))(m≥1)為增函數(shù)，∴S△ABQ≥f(1)＝2.8．橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，短軸一個端點到右焦點的距離為eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)斜率存在的直線l與橢圓C交于A，B兩點，坐標(biāo)原點O到直線l的距離為eq\f(\r(3),2)，求△AOB面積的最大值．8．解析(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a＝\r(3)，))∴c＝eq\r(2)，b＝1，∴所求橢圓方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m.由已知eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(3),2)，得m2＝eq\f(3,4)(k2＋1)．把y＝kx＋m代入橢圓方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.∴x1＋x2＝eq\f(－6km,3k2＋1)，x1x2＝eq\f(3m2－1,3k2＋1).∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(36k2m2,3k2＋12)－\f(12m2－1,3k2＋1)))＝eq\f(12k2＋13k2＋1－m2,3k2＋12)＝eq\f(3k2＋19k2＋1,3k2＋12)＝3＋eq\f(12k2,9k4＋6k2＋1)＝3＋eq\f(12,9k2＋\f(1,k2)＋6)(k≠0)≤3＋eq\f(12,2×3＋6)＝4.當(dāng)且僅當(dāng)9k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±eq\f(\r(3),3)時等號成立．當(dāng)k＝0時，|AB|＝eq\r(3)，綜上所述|AB|max＝2.∴當(dāng)|AB|最大時，△AOB的面積取得最大值S＝eq\f(1,2)×|AB|max×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).9．已知橢圓的兩個焦點為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且橢圓與直線y＝x－eq\r(3)相切．(1)求橢圓的方程；(2)過F1作兩條互相垂直的直線l1，l2，與橢圓分別交于點P，Q及M，N，求四邊形PMQN面積的最小值．9．解析(1)設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，因為它與直線y＝x－eq\r(3)只有一個公共點，所以方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x－\r(3)))只有一組解，消去y，整理得(a2＋b2)·x2－2eq\r(3)a2x＋3a2－a2b2＝0.所以Δ＝(－2eq\r(3)a2)2－4(a2＋b2)(3a2－a2b2)＝0，化簡得a2＋b2＝3.又焦點為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，所以a2－b2＝1，聯(lián)立上式解得a2＝2，b2＝1.所以橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)若直線PQ的斜率不存在(或為0)，則S四邊形PMQN＝eq\f(|PQ|·|MN|,2)＝eq\f(2\r(1－\f(1,2))×2\r(2),2)＝2.若直線PQ的斜率存在，設(shè)為k(k≠0)，則直線MN的斜率為－eq\f(1,k).所以直線PQ的方程為y＝kx＋k，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋k，))化簡得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，則x1＋x2＝eq\f(－4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，所以|PQ|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(\r(1＋k2[16k4－42k2－22k2＋1]),2k2＋1)＝2eq\r(2)×eq\f(k2＋1,2k2＋1)，同理可得|MN|＝2eq\r(2)×eq\f(k2＋1,2＋k2).所以S四邊形PMQN＝eq\f(|PQ|·|MN|,2)＝4×eq\f(k2＋12,2＋k22k2＋1)＝4×eq\f(k4＋2k2＋1,2k4＋5k2＋2)＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\f(1,2)k2,2k4＋5k2＋2)))＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(k2,4k4＋10k2＋4)))＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10))).因為4k2＋eq\f(4,k2)＋10≥2eq\r(4k2·\f(4,k2))＋10＝18(當(dāng)且僅當(dāng)k2＝1時取等號)，所以eq\f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,18)))，所以4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)，2)).綜上所述，四邊形PMQN面積的最小值為eq\f(16,9).10．已知橢圓方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，若拋物線x2＝2py(p>0)的焦點是橢圓的一個焦點．(1)求該拋物線的方程；(2)過拋物線焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，分別在點A，B處作拋物線的切線，兩條切線交于P點，則△PAB的面積是否存在最小值？若存在，求出這個最小值及此時對應(yīng)的直線l的方程；若不存在，請說明理由．10．解析(1)由橢圓eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，知a2＝4，b2＝3．∴c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(4－3)＝1．又拋物線x2＝2py(p>0)的焦點是橢圓的一個焦點．∴eq\f(p,2)＝1，則p＝2．于是拋物線的方程為x2＝4y．(2)由拋物線方程x2＝4y知，F(xiàn)(0，1)．易知直線l的斜率存在，則設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y))消去y并整理，得x2－4kx－4＝0．且Δ＝(－4k)2－4(－4)＝16k2＋16>0．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4．對y＝eq\f(x2,4)求導(dǎo)，得y′＝eq\f(x,2)，∴直線AP的斜率kAP＝eq\f(x1,2)．則直線AP的方程為y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)．同理得直線BP的方程為y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2)．設(shè)點P(x0，y0)，聯(lián)立直線AP與BP的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝2k，,y0＝\f(x1x2,4)＝－1，))即P(2k，－1)．|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（4k）2＋16)＝4(1＋k2)，點P到直線AB的距離d＝eq\f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq\r(1＋k2)，所以△PAB的面積S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×2eq\r(1＋k2)＝4(1＋k2)eq\f(3,2)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)k＝0時等號成立．故△PAB面積的最小值為4，此時直線l的方程為y＝1．11．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點為A，上頂點為B，已知直線AB的斜率為eq\f(1,2)，|AB|＝eq\r(5).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l：x＝my－1與橢圓C交于不同的兩點M，N，且點O在以MN為直徑的圓外(其中O為坐標(biāo)原點)，求m的取值范圍．11．解析(1)由已知得A(－a,0)，B(0，b)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(1,2)，,\r(a2＋b2)＝\r(5)，))可得a2＝4，b2＝1，則橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(m2＋4)y2－2my－3＝0.Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋48>0，y1＋y2＝eq\f(2m,m2＋4)，y1y2＝eq\f(－3,m2＋4)，由題意得∠MON為銳角，即eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))>0，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2>0，又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1.∴x1x2＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－m(y1＋y2)＋1＝(1＋m2)·eq\f(－3,4＋m2)－eq\f(2m2,4＋m2)＋1＝eq\f(1－4m2,4＋m2)>0，∴m2<eq\f(1,4)，解得－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2).∴m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).12．(2019·全國Ⅱ)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(biāo)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．12．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(dāng)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)，＋∞)．13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是e，定義直線y＝±eq\f(b,e)為橢圓的“類準(zhǔn)線”，已知橢圓C的“類準(zhǔn)線”方程為y＝±4eq\r(3)，長軸長為8．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)O為坐標(biāo)原點，A為橢圓C的右頂點，直線l交橢圓C于E，F(xiàn)兩不同點(點E，F(xiàn)與點A不重合)，且滿足AE⊥AF，若點P滿足2eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(OF,\s\up6(→))，求直線AP的斜率的取值范圍．13．解析(1)由題意得eq\f(b,e)＝eq\f(ab,c)＝4eq\r(3)，2a＝8，a2＝b2＋c2，聯(lián)立以上3個式子，可得a2＝16，b2＝12，c2＝4．所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1．(2)由(1)得A(4，0)．易知直線l不與x軸平行．當(dāng)直線l⊥x軸時，不妨設(shè)點E在點F上方．因為AE⊥AF，所以直線AE的傾斜角為135°，所以直線AE的方程為y＝－x＋4．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋4，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得7x2－32x＋16＝0，解得x＝eq\f(4,7)或x＝4(舍去)，所以xE＝xF＝eq\f(4,7)(xE，xF分別為點E，F(xiàn)的橫坐標(biāo))．由2eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(OF,\s\up6(→))得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)，0))，直線AP的斜率為0．當(dāng)直線l不垂直于x軸時，設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，直線l：y＝kx＋t(t≠－4k，k≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－48＝0．則Δ＝(8kt)2－4(3＋4k2)(4t2－48)>0，即16k2－t2＋12>0，(*)x1＋x2＝－eq\f(8kt,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4t2－48,3＋4k2)．因為AE⊥AF，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(x1－4)·(x2－4)＋y1y2＝(x1－4)·(x2－4)＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝(1＋k2)x1x2＋(kt－4)(x1＋x2)＋16＋t2＝eq\f(7t2＋32kt＋16k2,3＋4k2)＝0，即7t2＋32kt＋16k2＝0，所以(7t＋4k)(t＋4k)＝0，解得t＝－eq\f(4k,7)且t滿足(*)式．所以2eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(OF,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8kt,3＋4k2)，\f(6t,3＋4k2)))，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,3＋4k2)，\f(3t,3＋4k2)))．則直線AP的斜率kAP＝eq\f(\f(3t,3＋4k2),－\f(4kt,3＋4k2)－4)＝－eq\f(3t,16k2＋4kt＋12)＝eq\f(k,8k2＋7)＝eq\f(1,8k＋\f(7,k))．當(dāng)k<0時，8k＋eq\f(7,k)≤－2eq\r(8k·\f(7,k))＝－4eq\r(14)，此時－eq\f(\r(14),56)≤kAP<0；當(dāng)k>0時，8k＋eq\f(7,k)≥2eq\r(8k·\f(7,k))＝4eq\r(14)，此時0<kAP≤eq\f(\r(14),56)．綜上可得，直線AP的斜率的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(14),56)，\f(\r(14),56)))．14．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過點(0，eq\r(2))，離心率為e＝eq\f(\r(6),3)，記橢圓C的右焦點為F，過點F且斜率為k的直線交橢圓于P，Q兩點．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若線段PQ的垂直平分線與x軸交于點M(x0，0)，求x0的取值范圍．14．解析(1)由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝\r(2)，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝6，,b2＝2，,c2＝4.))故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)依題意，F(xiàn)(2，0)，直線PQ的方程為y＝k(x－2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－2）.))消去y并整理得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0，Δ＝(－12k2)2－4(12k2－6)(3k2＋1)＝24(k2＋1)＞0，設(shè)P(x1，y1)、Q(x2，y2)，故x1＋x2＝eq\f(12k2,3k2＋1)，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4k＝eq\f(－4k,3k2＋1)，設(shè)PQ的中點為N，則Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k2,3k2＋1)，\f(－2k,3k2＋1))).因為線段PQ的垂直平分線與x軸交于點M(x0，0)，①當(dāng)k＝0時，那么x0＝0；②當(dāng)k≠0時，kMN·k＝－1，即eq\f(\f(－2k,3k2＋1),\f(6k2,3k2＋1)－x0)·k＝－1，解得x0＝eq\f(4k2,3k2＋1)＝eq\f(4,3＋\f(1,k2))，因為k2＞0，所以3＋eq\f(1,k2)＞3，0＜eq\f(4,3＋\f(1,k2))＜eq\f(4,3)，即x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))，綜上，x0的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).15．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(\r(3),2)，直線x＋eq\r(3)y－1＝0被以橢圓C的短軸為直徑的圓截得的弦長為eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)過點M(4,0)的直線l交橢圓于A，B兩個不同的點，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范圍．15．解析(1)因為原點到直線x＋eq\r(3)y－1＝0的距離為eq\f(1,2).所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝b2(b>0)，解得b＝1.又e2＝eq\f(c2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，得a＝2.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率為0時，λ＝|MA|·|MB|＝12.當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，所以y1y2＝eq\f(12,m2＋4).λ＝|MA|·|MB|＝eq\r(m2＋1)|y1|·eq\r(m2＋1)|y2|＝(m2＋1)·|y1y2|＝eq\f(12m2＋1,m2＋4)＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,m2＋4))).由m2>12，得0<eq\f(3,m2＋4)<eq\f(3,16)，所以eq\f(39,4)<λ<12.故λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(39,4)，12)).16．如圖，已知M(1，2)為拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點，過點D(2，－2)的直線與拋物線C交于A，B兩點(A，B兩點異于M)，記直線AM，BM的斜率分別為k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)記△AMD，△BMD的面積分別為S1，S2，當(dāng)k1∈[1，2]時，求eq\f(S1,S2)的取值范圍．16．解析(1)將點M(1，2)代入拋物線C：y2＝2px得p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，設(shè)直線AB的方程為x＝m(y＋2)＋2，代入拋物線C的方程，消去x得y2－4my－8m－8＝0.設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－(8m＋8)，k1k2＝eq\f(y1－2,x1－1)·eq\f(y2－2,x2－1)＝eq\f(y1－2,\f(yeq\o\al(2,1),4)－1)·eq\f(y2－2,\f(yeq\o\al(2,2),4)－1)＝eq\f(16,（y1＋2）（y2＋2）)＝eq\f(16,y1y2＋2（y1＋y2）＋4)＝－4，所以k1k2＝－4.(2)由(1)知k1＝eq\f(4,y1＋2)∈[1，2]，所以y1＋2∈[2，4]．又k2＝eq\f(4,y2＋2)，eq\f(4,y1＋2)·eq\f(4,y2＋2)＝－4，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(|AD|,|BD|)＝eq\f(|y1＋2|,|y2＋2|)＝eq\f(（y1＋2）2,4)∈[1，4]．17．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點，B1，B2為其上、下頂點，四邊形F1B1F2B2的面積為2.(1)求橢圓E的長軸A1A2的最小值，并確定此時橢圓E的方程；(2)對于(1)中確定的橢圓E，設(shè)過定點M(－2，0)的直線l與橢圓E相交于P，Q兩點，若eq\o(MP,\s\up6(→))＝λeq\o(MQ,\s\up6(→))，當(dāng)λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))時，求△OPQ的面積S的取值范圍．17．解析(1)依題意四邊形F1B1F2B2的面積為2bc，∴2bc＝2，∵|A1A2|＝2a＝2eq\r(b2＋c2)≥2eq\r(2bc)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝1時等號成立，此時a＝eq\r(2)，∴長軸A1A2的最小值為2eq\r(2)，此時橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)依題意，可設(shè)直線l：x＝ty－2，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty－2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(t2＋2)y2－4ty＋2＝0.由Δ＞0，得t2＞2.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(4t,t2＋2)，,y1·y2＝\f(2,t2＋2).))由eq\o(MP,\s\up6(→))＝λeq\o(MQ,\s\up6(→))，得y1＝λy2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1＋λ）y2＝\f(4t,t2＋2)，①,λyeq\o\al(2,2)＝\f(2,t2＋2)，②))由eq\f(①2,②)得λ＋eq\f(1,λ)＋2＝eq\f(8t2,t2＋2)，∵y＝λ＋eq\f(1,λ)＋2在λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，∴λ＋eq\f(1,λ)＋2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，\f(16,3)))，∴eq\f(9,2)＜eq\f(8t2,t2＋2)＜eq\f(16,3)，eq\f(18,7)＜t2＜4，滿足Δ＞0.△OPQ的面積S＝S△OMQ－S△OMP＝eq\f(1,2)|OM||y1－y2|＝|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\f(2\r(2)\r(t2－2),t2＋2).設(shè)m＝eq\r(t2－2)，則m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(7),7)，\r(2)))，t2＝m2＋2，∴S＝eq\f(2\r(2)m,m2＋4)＝eq\f(2\r(2),m＋\f(4,m))，∵y＝m＋eq\f(4,m)在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(7),7)，\r(2)))上單調(diào)遞減，∴S關(guān)于m單調(diào)遞增，∴△OPQ的面積S∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(14),8)，\f(2,3))).18．已知A，B是x軸正半軸上兩點(A在B的左側(cè))，且|AB|＝a(a＞0)，過A，B分別作x軸的垂線，與拋物線y2＝2px(p＞0)在第一象限分別交于D，C兩點．(1)若a＝p，點A與拋物線y2＝2px的焦點重合，求直線CD的斜率；(2)若O為坐標(biāo)原點，記△OCD的面積為S1，梯形ABCD的面積為S2，求eq\f(S1,S2)的取值范圍．18．解析(1)由題意知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋a，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，則Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋a，\r(p2＋2pa)))，又a＝p，所以kCD＝eq\f(\r(3)p－p,\f(3p,2)－\f(p,2))＝eq\r(3)－1.(2)設(shè)直線CD的方程為y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,y2＝2px))，得ky2－2py＋2pb＝0，所以Δ＝4p2－8pkb＞0，得kb＜eq\f(p,2)，又y1＋y2＝eq\f(2p,k)，y1y2＝eq\f(2pb,k)，由y1＋y2＝eq\f(2p,k)＞0，y1y2＝eq\f(2pb,k)＞0，可知k＞0，b＞0，因為|CD|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝aeq\r(1＋k2)，點O到直線CD的距離d＝eq\f(|b|,\r(1＋k2))，所以S1＝eq\f(1,2)·aeq\r(1＋k2)·eq\f(|b|,\r(1＋k2))＝eq\f(1,2)ab.又S2＝eq\f(1,2)(y1＋y2)·|x1－x2|＝eq\f(1,2)·eq\f(2p,k)·a＝eq\f(ap,k)，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(kb,2p)，因為0＜kb＜eq\f(p,2)，所以0＜eq\f(S1,S2)＜eq\f(1,4).即eq\f(S1,S2)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).19．已知拋物線C1：x2＝py過點(2，1)，橢圓C2的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，其中F2與拋物線C1的焦點重合，過F1且與長軸垂直的直線交橢圓C2于A，B兩點，且|AB|＝3.(1)求拋物線C1與橢圓C2的方程；(2)若曲線C3是以坐標(biāo)原點為圓心，以|OF1|為半徑的圓，動直線l與圓C3相切，且與橢圓C2交于M，N兩點，若△OMN的面積為S，求S的取值范圍．19．解析(1)由于x2＝py(p>0)過點(2，1)，則4＝p，即C1的方程為x2＝4y，根據(jù)題意可得橢圓焦點坐標(biāo)F2(0，1)，所以橢圓中c＝1，其焦點也在y軸上．設(shè)C2的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y2,a2)＋\f(x2,b2)＝1，,y＝1))得x＝±eq\f(b2,a)，|AB|＝eq\f(2b2,a)＝3，又a2＝b2＋1，解得a＝2，b＝eq\r(3)，所以C2的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(