高中數(shù)學(xué)講義（人教B版2019選擇性必修一）第36講281直線與橢圓的位置關(guān)系

2.8.1直線與橢圓的位置關(guān)系TOC\o"13"\h\z\u題型1直線與橢圓的交點(diǎn)坐標(biāo) 1題型2直線與橢圓的位置關(guān)系 8題型3橢圓的切線方程 13題型4弦長(zhǎng)問題 20題型5橢圓中三角形四邊形問題 27題型6橢圓中的通徑問題 37題型7取值范圍與最值問題 45題型1直線與橢圓的交點(diǎn)坐標(biāo)【方法總結(jié)】直線與橢圓有無公共點(diǎn)或有幾個(gè)公共點(diǎn)的問題，實(shí)際上是研究它們的方程組成的方程組是否有實(shí)數(shù)解或?qū)崝?shù)解的個(gè)數(shù)問題，此時(shí)要注意分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用。【例題1】（2023·江蘇·高二假期作業(yè)）已知橢圓C:x22【答案】公共點(diǎn)有1個(gè)，公共點(diǎn)坐標(biāo)為?【分析】直線方程與橢圓方程聯(lián)立求解即可.【詳解】由x?y+3=0x即3x+22=0所以直線l與橢圓有一個(gè)公共點(diǎn)，且公共點(diǎn)坐標(biāo)為?2

【變式11】1.（2023秋·江蘇徐州·高二統(tǒng)考階段練習(xí)）已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，且過點(diǎn)A0,2和(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求直線3y?2x?2=0【答案】(1)x(2)?1,0【分析】（1）設(shè)橢圓C的方程為mx2+ny2（2）聯(lián)立直線和橢圓C的方程求解即可．【詳解】（1）設(shè)橢圓C的方程為mx2+n橢圓C過兩點(diǎn)A0,2和B(則m×0+4n=1且14m+3n=1，解得故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由3y?2x?2=0x2+y24當(dāng)y=0時(shí)，x=?1；當(dāng)y=3時(shí)，x=∴直線3y?2x?2=0和橢圓C的公共點(diǎn)的坐標(biāo)為【變式11】2.（2023秋·貴州貴陽·高三貴陽一中校考期末）已知A，B為橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線AP，BP分別與直線l:x=4相交于M，N兩點(diǎn)，且直線BM與橢圓C交于另一點(diǎn)Q，證明：A，N，Q三點(diǎn)共線．【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）令P(m,n)，根據(jù)斜率之積及m2a2（2）由題意，設(shè)AP:x=ky?2，則BP:x=?4ky+2【詳解】（1）令P(m,n)，則nm+a?nm?a=所以?b2a2=?由3,12聯(lián)立以上兩式，可得a=2,b=1，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由題設(shè)，直線AP、BP斜率存在且不為0，A(?2,0),B(2,0)，令A(yù)P:x=ky?2，則BP:x=?4ky+2，故M(4,

所以MB:y=3k(x?2)，聯(lián)立x顯然xB+xQ=2+由kAN=?k12，所以A，N，Q三點(diǎn)共線.【變式11】3.（2023春·貴州·高二校聯(lián)考期末）已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C左頂點(diǎn)A的直線與橢圓交于另一點(diǎn)M、與直線l:x=4交于點(diǎn)P,N為l與x軸的交點(diǎn)，求證：FP平分∠MFN.【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件求得a2，b（2）通過證明tan2∠PFN=tan∠MFN來證得FP【詳解】（1）由已知得F1,0，故c=1，則b又由橢圓C經(jīng)過點(diǎn)D代入C得1a2+所以橢圓C的方程為：x2（2）由（1）A?2,0則設(shè)直線AM的方程為x=my?2，與橢圓方程x2可得3m得y=12mx=my?2=12即M6直線AM:x=my?2與x=4的交點(diǎn)P4,所以kPF=6kMF=12m又tan2∠PFN=所以∠MFN=2∠PFN，當(dāng)kAM=0時(shí)，則故FP平分∠MFN.

【變式11】4.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）定義：若橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0上的兩個(gè)點(diǎn)Ax(1)求“共軛點(diǎn)對(duì)”A,B中點(diǎn)B所在直線l的方程．(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P，Q在橢圓C上，且PQ//OA，（1）中的直線l與橢圓C交于兩點(diǎn)B1①求點(diǎn)B1，B②設(shè)四點(diǎn)B1，P，B2，Q在橢圓C上逆時(shí)針排列，證明：四邊形B1【答案】(1)x+y=0(2)①B1?3,3【分析】（1）設(shè)Bx,y，根據(jù)“共軛點(diǎn)對(duì)”得直線方程為3x（2）①聯(lián)立直線l和橢圓的方程，解出即可；②設(shè)點(diǎn)PxP,yP，QxQ,yQ，利用點(diǎn)差法得yP【詳解】（1）設(shè)A,B中點(diǎn)B的坐標(biāo)為Bx,y對(duì)于橢圓C：x212+y2可知直線l的方程為3x12+y（2）①聯(lián)立直線l和橢圓C的方程，得y=?x,x212+y所以直線l和橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)為B1?3②設(shè)點(diǎn)PxP,yP兩式相減得xP又PQ//OA，所以yP?y即yP設(shè)點(diǎn)PxP,則四邊形B1PB由B1?3,3設(shè)過點(diǎn)P且與直線l平行的直線l1的方程為x+y=m，則當(dāng)l由x+y=m,x212令Δ=36m2當(dāng)m=±4時(shí)，此時(shí)方程為4x2±24x+36=0，即x±3則此時(shí)點(diǎn)P或點(diǎn)Q必有一個(gè)和點(diǎn)A3,1重合，不符合條件PQ//OA故直線l1即d小于平行直線x+y=0和x+y=4（或x+y=?4）的距離42故S四邊形

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第二問的關(guān)鍵是設(shè)點(diǎn)PxP,yP，QxQ,y【變式11】5.（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，A2,0,B0,1是它的兩個(gè)頂點(diǎn)，直線y=kx(k>0)【答案】23或【分析】先求出橢圓方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合由E、F關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱求出坐標(biāo)，利用向量坐標(biāo)運(yùn)算建立方程求解即可.【詳解】依題意得橢圓的方程為x24+y2如圖，

設(shè)D，E，F(xiàn)三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為Dx0,y0，E由x24+y2=1y=kx故x2=?x1=得x0由點(diǎn)D在直線AB上，知x0+2kx所以1071+4k2=21+2k故答案為：23或題型2直線與橢圓的位置關(guān)系【方法總結(jié)】直線y＝kx＋m與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置關(guān)系，判斷方法：聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消y得一元二次方程．當(dāng)Δ>0時(shí)，方程有兩解，直線與橢圓相交；當(dāng)Δ＝0時(shí)，方程有一解，直線與橢圓相切；當(dāng)Δ<0時(shí)，方程無解，直線與橢圓相離．【例題2】（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）直線3x?2y+6=0與曲線y2A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】考慮x≥0和x<0兩種情況，畫出曲線和直線圖像，根據(jù)圖像得到答案.【詳解】當(dāng)x≥0時(shí)，曲線y29?一條漸近線方程為：y=3當(dāng)x<0時(shí)，曲線y29?畫出曲線和直線的圖像，如圖所示：

根據(jù)圖像知有2個(gè)公共點(diǎn).故選：B【變式21】1.（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）直線l：ax+y?a+1=0與橢圓x2A．相交 B．相切 C．相離 D．相切或相交【答案】A【分析】方法1：先求含參直線l恒過定點(diǎn)M，研究定點(diǎn)M與橢圓的位置關(guān)系可判斷直線l與橢圓的位置關(guān)系；方法2：代數(shù)法，聯(lián)立直線l與橢圓方程，消參后可由Δ判斷出直線l與橢圓的位置關(guān)系.【詳解】方法1：∵ax+y?a+1=0，即：a(x?1)+y+1=0，∴直線l恒過定點(diǎn)M(1,?1)，又∵橢圓x∴12∴定點(diǎn)M在橢圓內(nèi)，∴直線l與橢圓相交.方法2：x∴Δ=36∴直線l與橢圓相交.故選：A.【變式21】2.（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）若直線mx+ny?5=0與圓x2+y2=5A．0 B．1 C．2 D．1或2【答案】C【分析】根據(jù)直線mx+ny?5=0與圓x2+y2=5【詳解】圓x2+y2=5因?yàn)橹本€mx+ny?5=0與圓x2所以圓心到直線的距離大于半徑，得5m2+所以m27+所以過點(diǎn)Pm,n的直線與橢圓x故選：C.【變式21】3.（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知直線l:x0xa2A．若點(diǎn)A在橢圓C外，則直線l與橢圓C相離B．若點(diǎn)A在橢圓C上，則直線l與橢圓C相切C．若點(diǎn)A在橢圓C內(nèi)，則直線l與橢圓C相交D．若點(diǎn)A在直線l上，則直線l與橢圓C的位置關(guān)系不確定【答案】B【分析】考慮y0=0和y0【詳解】當(dāng)y0=0，則x0①若點(diǎn)A在橢圓C外，則x0>a，則②若點(diǎn)A在橢圓C上，則x0=a，則③若點(diǎn)A在橢圓C內(nèi)，則x0<a，則當(dāng)y0≠0時(shí)，聯(lián)立方程a2所以Δ=4①若點(diǎn)A在橢圓C外，則x02a②若點(diǎn)A在橢圓C上，則手x02a③若點(diǎn)A在橢圓C內(nèi)，則x02a若點(diǎn)A在直線l上，則滿足x0綜上所述：B正確故選：B【變式21】4.（2023秋·高二課前預(yù)習(xí)）已知2b=a+c，則直線ax+by+c=0與橢圓x2A．相交 B．相切 C．相離 D．以上三種情況均有可能【答案】A【分析】結(jié)合題意得直線ax+by+c=0過定點(diǎn)1,?2，再結(jié)合點(diǎn)1,?2在橢圓內(nèi)部即可判斷.【詳解】解：因?yàn)?b=a+c，所以直線ax+by+c=0可化為a2x+y所以，直線ax+by+c=0過定點(diǎn)1,?2，因?yàn)辄c(diǎn)1,?2在橢圓x2所以，直線ax+by+c=0與橢圓x2故選：A【變式21】5.（2022秋·浙江金華·高二校考期中）已知直線l:y=2x+m，橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)討論直線l與橢圓C的公共點(diǎn)個(gè)數(shù).【答案】(1)x(2)答案見解析【分析】（1）由橢圓短軸長(zhǎng)、離心率、b=a（2）直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理判斷可得答案.【詳解】（1）由題意橢圓C:x2a2+可知b=2,e=ca=所求橢圓的方程為x2（2）由x24+Δ=64當(dāng)Δ=?8m2+144=0即m=±32當(dāng)Δ=?8m2+144>0即?32當(dāng)Δ=?8m2+144<0即m<?32或m>3綜上所述，當(dāng)m=±32時(shí)，直線l與橢圓C當(dāng)?32<m<32時(shí)，直線l當(dāng)m<?32或m>32時(shí)，直線l與橢圓題型3橢圓的切線方程【方法總結(jié)】過橢圓x2a2+y2b2=1上一點(diǎn)P(【例題3】（2024秋·廣東廣州·高三華南師大附中?？奸_學(xué)考試）直線l與圓G:x?42+y+12【答案】y=1或x=2或y=5?【分析】畫出它們的圖像，由圖像易得滿足題意的兩條公切線，再根據(jù)相切條件解得第三條公切線.【詳解】圓G的圓心坐標(biāo)為4,?1，半徑為2，橢圓E中，a=2,b=1，它們的圖象如下圖：

由圖可知，y=1或x=2與圓G:x?42+即符合條件的l的方程可以為y=1或x=2假設(shè)公切線斜率存在且不為零時(shí)方程為y=kx+m,(k≠0)，由圖可知k<0,m<0所以|4k+m+1|1+由x24由Δ=0得m由①②解得k=故答案為：y=1或x=2或y=5?【變式31】1.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知橢圓C1：x2+y24=1，拋物線C2：y2【答案】4【分析】先根據(jù)題意求得拋物線C2的方程，判斷直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx?2，聯(lián)立橢圓C1的方程，從而得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)Δ=0，即可求得k=±233，再根據(jù)對(duì)稱性，不妨取直線l的方程y=233x?2，設(shè)Mx1【詳解】由拋物線C2：y2=2px的焦點(diǎn)為F2,0，可得p=4，即拋物線顯然直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx?2聯(lián)立x2+y又直線l為C1的一條切線，則Δ=16k則直線l的方程為y=233不妨取直線l的方程y=2設(shè)Mx1,聯(lián)立y=233所以y1+y所以S△MON故答案為：47【變式31】2.（2022秋·江蘇連云港·高三江蘇省贛榆高級(jí)中學(xué)校考階段練習(xí)）已知點(diǎn)A2,0，B?2,0，直線QA與直線QB的斜率之積為(1)求曲線C方程；(2)直線l:x+2y?4=0與曲線C交于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作兩條斜率互為相反數(shù)的直線l1，l2，分別交曲線C于S，T兩點(diǎn)，求證：【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）曲線C上的任意一點(diǎn)Q(x,y)，根據(jù)直線QA與直線QB的斜率之積為?34，列式構(gòu)建（2）將直線l與橢圓聯(lián)立方程，求出交點(diǎn)P,再由P設(shè)直線l1的方程，并于橢圓聯(lián)立求出弦PS的中點(diǎn)，繼而求出PS的垂直平分線，把斜率用它的相反數(shù)代換可得出PT的垂直平分線，并求出兩垂直平分線的交點(diǎn)F，最終可求斜率證明PF⊥l【詳解】（1）設(shè)曲線C上的任意一點(diǎn)Q(x,y)，∵直線QA與直線QB的斜率之積為?∴yx?2化簡(jiǎn)得：x∵直線QA與直線QB的斜率存在，∴x≠±2則曲線C方程是x（2）聯(lián)立x24+y2解得x=1，y=32

設(shè)直線PS的斜率為k，S(x1則PS的方程是y?由x24則x0=則線段PS的垂直平分線方程是y?9?6k同理線段PT的垂直平分線方程是y?9+6k①+②得y=?3①②得x=即△PST的外接圓心F則直線PF的斜率為kPF又kl=?所以△PST的外接圓與直線l相切【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：探求軌跡問題的解題步驟（五步法）：①建系設(shè)點(diǎn)，②尋找關(guān)系，③坐標(biāo)代入，④化簡(jiǎn)整理，⑤檢查修正.【變式31】3.（2023·陜西·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知F1,F2是橢圓E:x2a2+y2(1)求橢圓E的方程；(2)若P是橢圓E內(nèi)的一點(diǎn)（不在E的軸上），過點(diǎn)P作直線交E于A,B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，橢圓E1:x2m2+y2n2【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)菱形F1B1（2）設(shè)AB:y=kx+t，與橢圓E方程聯(lián)立可得韋達(dá)定理的結(jié)論，結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式可求得P點(diǎn)坐標(biāo)；將AB與橢圓E1聯(lián)立，可得Δ1，由P在橢圓E1上可得等量關(guān)系，化簡(jiǎn)Δ【詳解】（1）∵菱形F1B1F2B2的周長(zhǎng)為8∴b=3c=1或b=1c=3，又橢圓E∴a2=4，則橢圓E（2）由題意知：直線AB的斜率必然存在，可設(shè)其方程為：y=kx+t，由x24+設(shè)Ax1,y1∴x1+∴y1+∵橢圓E1的離心率為32，∴e=1?∴E由x2+4y∴Δ∵P在橢圓E1上，∴16k∴Δ1=164k2n【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查直線與橢圓位置關(guān)系的證明問題，解題關(guān)鍵是能夠利用點(diǎn)在橢圓上得到變量之間所滿足的等量關(guān)系，將等量關(guān)系代入判別式中進(jìn)行化簡(jiǎn)整理即可得到直線與橢圓的位置關(guān)系.【變式31】4.（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）中，其所有外切矩形的頂點(diǎn)在一個(gè)定圓Γ(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的蒙日?qǐng)A上一點(diǎn)M，作橢圓的一條切線，與蒙日?qǐng)A交于另一點(diǎn)N，若kOM，kON存在，證明：【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）將P,Q坐標(biāo)代入橢圓方程求出a2，b（2）根據(jù)題意求出蒙日?qǐng)A方程為：x2+y2=3，當(dāng)直線MN斜率不存在時(shí)，易求出kOM?kON=?12；當(dāng)直線MN斜率存在，設(shè)直線MN的方程為：y=kx+t，與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)判別式等于0求出t2=2k2+1【詳解】（1）將P(1,22)，Q(?可得1a2+24所以橢圓C的方程為：x2（2）由題意可知，蒙日?qǐng)A方程為：x2（?。┤糁本€MN斜率不存在，則直線MN的方程為：x=2或x=?不妨取x=2，易得M2,1，N2,?1∴k（ⅱ）若直線MN斜率存在，設(shè)直線MN的方程為：y=kx+t.聯(lián)立y=kx+tx22據(jù)題意有Δ=16k2設(shè)Mx1,y1（xy=kx+tx2+Δ1x1+x則k=k2+?2k∵t2=2綜上可知，kOM?k

【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：聯(lián)立直線與圓錐曲線方程時(shí)，字母運(yùn)算較難，容易出錯(cuò)，需仔細(xì)運(yùn)算.題型4弦長(zhǎng)問題【方法總結(jié)】求解直線被橢圓截得弦長(zhǎng)的方法(1)當(dāng)弦的兩端點(diǎn)坐標(biāo)易求時(shí)，可直接利用兩點(diǎn)間的距離公式求解．(2)當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，斜率為k的直線l與橢圓C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩個(gè)不同的點(diǎn)，則弦長(zhǎng)|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|(k≠0)．【例題4】（2023秋·重慶沙坪壩·高二重慶一中?？茧A段練習(xí)）已知圓O1：x+22+y2=494和圓O(1)求軌跡T的方程；(2)過N0,1的直線交軌跡T于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在直線y=2上.若△ABC為以AB為斜邊的等腰直角三角形，求AB【答案】(1)x2(2)45【分析】（1）首先判斷圓O2在圓O1內(nèi)，設(shè)P(x,y)且對(duì)應(yīng)圓半徑為r，根據(jù)題設(shè)及兩點(diǎn)距離公式得到r關(guān)于（2）設(shè)直線AB為y=kx+1，聯(lián)立x24+y22=1整理為一元二次方程形式，應(yīng)用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式得|AB|=22(1+k2)(1+4k【詳解】（1）由題設(shè)O1(?2,0)且半徑r1所以|O1O2|=2設(shè)P(x,y)，又P為圓心的圓與其中一個(gè)圓外切，與另一個(gè)圓內(nèi)切，且半徑為r，所以(x+2則(x?2所以軌跡T的方程為x2（2）由題意，直線AB的斜率一定存在，設(shè)直線AB為y=kx+1，由04+12<1所以Δ=32k2則|AB|=1+k2又yA+yB=k(所以線段AB垂直平分線為y?11+2k2=?1k由△ABC為以AB為斜邊的等腰直角三角形，所以|AB|=2|CE|?則2(1+k2)(1+4所以k2=1

【變式41】1.（2023秋·吉林長(zhǎng)春·高二長(zhǎng)春市第二實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C:x216+y24=1，左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)(1)求直線l的方程；(2)求弦AB的長(zhǎng)．【答案】(1)x+2y?2(2)5【分析】（1）利用點(diǎn)差法計(jì)算直線的斜率，再用點(diǎn)斜式求直線方程即可；（2）利用弦長(zhǎng)公式計(jì)算即可.【詳解】（1）設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)Ax因?yàn)橄褹B被點(diǎn)3,所以x又x1兩式相減得：x1所以直線l的斜率k=y故直線l的方程為y?（2）由（1）可知l:x=?2y+23，與橢圓方程聯(lián)立x=?2y+2所以y1由弦長(zhǎng)公式可知AB=【變式41】2.（2023秋·福建三明·高二三明一中校考階段練習(xí)）已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63，焦距為2(1)求橢圓M的方程；(2)若k=1，求|AB|的最大值.【答案】(1)x(2)6【分析】（1）由題意可知離心率e=ca=63（2）由題意已知k=1，所以設(shè)出直線方程（只含有一個(gè)參數(shù)即截距，不妨設(shè)為m），將其與橢圓方程聯(lián)立后，再結(jié)合韋達(dá)定理可將|AB|表示成m的函數(shù)，進(jìn)一步求其最大值即可.【詳解】（1）由題意得a2解得c=2,a=3，∴橢圓M的方程為x2（2）因?yàn)閗=1，所以設(shè)直線l的方程為y=x+m，A(x1,聯(lián)立得y=x+m,x23又直線l與橢圓M有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以Δ=36m2∴x1+x∴|AB|==故當(dāng)m=0，即直線l過原點(diǎn)時(shí)，|AB|最大，最大值為6.【變式41】3.（2023·新疆·統(tǒng)考三模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)分別為(1)求△PF(2)斜率為?2的直線與圓x2+【答案】(1)6(2)4【分析】（1）根據(jù)已知列關(guān)于a，b的方程組求解可得標(biāo)準(zhǔn)方程，再由橢圓定義可得周長(zhǎng)；（2）利用直線與圓相切可得直線方程，聯(lián)立橢圓方程，由弦長(zhǎng)公式可得AB，再由兩點(diǎn)間距離公式得AF2=【詳解】（1）由題得1a2+所以橢圓C的方程為x2所以PF又F1F2（2）設(shè)直線AB的方程為y=?2因?yàn)锳B與圓x2+y2=3由y=?2x+3x設(shè)Ax1,y1，B

所以|AB|=1+又AF同理BF所以AF所以△AF2B【變式41】4.（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x28+y24=1，點(diǎn)N0,1，斜率不為0的直線l與橢圓C(1)求圓N的半徑r的取值范圍；(2)求AB的取值范圍.【答案】(1)(2,(2)(0,2【分析】（1）設(shè)直線l方程，聯(lián)立直線l方程與橢圓方程可得x1+x2，x1x2，進(jìn)而可求得點(diǎn)M坐標(biāo)，由圓N與直線l相切于點(diǎn)M可得kNM=?（2）由弦長(zhǎng)公式可得|AB|=8(3?2k2【詳解】（1）如圖所示，

由題意知，直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l方程為y=kx+m（k≠0），A(x1,y=kx+mxΔ=16x1+x所以y1又因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，所以M(?2km又因?yàn)閳AN與直線l相切于點(diǎn)M，所以NM⊥l，且r=|MN|，所以kNM所以kNM=m所以M(2k,?1)，Δ=8(8k2所以r=|MN|=(2k?0)2+所以1<k2+1<所以圓N的半徑r的取值范圍為(2,10（2）由（1）知，2k所以|AB|=1+k2×(令t=2k2+1，則k所以|AB|=8(4?t)×顯然y=?t+4t+3所以0<?t+4t+3<6，所以0<2故|AB|的取值范圍為(0,26【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問題的三種解法1.數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結(jié)合求解；2.構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解；3.構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域．題型5橢圓中三角形四邊形問題【例題5】（2023秋·重慶沙坪壩·高三重慶八中?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C：x2a2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過點(diǎn)F的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，M為橢圓C上一點(diǎn)且滿足OM=2【答案】(1)x(2)3【分析】（1）由題意可得c2=a2?（2）先討論直線l是否與y軸垂直，設(shè)直線l的方程為x=my?1,Ax1,y1,Bx2,【詳解】（1）因?yàn)闄E圓C的左焦點(diǎn)為F?1,0，可得c又因?yàn)闄E圓上任意一點(diǎn)到F的距離的最大值為3，可得a+c=3②，由①②解得b2所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）當(dāng)直線l與y軸垂直時(shí)，點(diǎn)M0,0當(dāng)直線l不與y軸垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為x=my?1,Ax由x=my?1x24+y則Δ=144m2則x1若點(diǎn)M滿足OM=2OA+又因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓C上，則?163m2化簡(jiǎn)得9m4?24m2所以S△MOB又因?yàn)镺M=2OA+OB，不妨設(shè)則OM=4ON，故所以四邊形AOBM的面積SAOBM

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：此題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查橢圓方程的求法，解題的關(guān)鍵是充分利用OM=2OA+【變式51】1.（2023秋·江蘇鹽城·高二江蘇省射陽中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在△PF1F2中，已知點(diǎn)F1?3,0，F(xiàn)23,0(1)求C的方程；(2)若圓O：x2+y2=1，E0,?1，過坐標(biāo)原點(diǎn)O且與y軸不重合的任意直線l與圓O相交于點(diǎn)A，B，直線EA，EB與曲線C的另一個(gè)交點(diǎn)分別是點(diǎn)【答案】(1)x(2)64【分析】（1）由F1G+F2（2）通過直線EM,EN的方程求得M,N兩點(diǎn)的坐標(biāo)，由此求得△EMN面積的表達(dá)式，利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性求得面積的最大值.【詳解】（1）設(shè)PF1的中點(diǎn)為S，PF所以F2G=所以F1所以F1所以G點(diǎn)的軌跡是以F1,F所以a=2，所以c=3，b=1所以曲線C的方程為x2

（2）設(shè)直線EM為y=kx?1（不妨設(shè)k>0），設(shè)Mx1,所以y=kx?1xx24k2+1x2?8kx=0，解得由于AB是單位圓的直徑，所以AE⊥BE，所以直線EN的斜率為?1k，直線EN的方程為同理可求得x2=8由上述分析可知M8k4k所以S=1=210×所以S△EMN令s=k+1k≥2則S△EMN函數(shù)y=4s+9s在所以當(dāng)s=2時(shí)，S△EMN取得最小值為32

【點(diǎn)睛】求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程的方法有：直接法，即利用直線、圓、橢圓、雙曲線、拋物線的定義來求得動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程；等量關(guān)系法，即利用題目所給的等量關(guān)系式進(jìn)行化簡(jiǎn)，從而求得動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程；伸縮變換法，根據(jù)伸縮變換的關(guān)系式求得動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程.【變式51】2.（2023秋·江蘇南通·高三海安高級(jí)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C：x2a2(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l：y=kx+m（k,m∈R）與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且k①求證：△AOB的面積為定值；②橢圓C上是否存在一點(diǎn)P，使得四邊形OAPB為平行四邊形？若存在，求出點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍；若不存在，說明理由．【答案】(1)x(2)①證明見解析；②不存在，理由見解析【分析】（1）根據(jù)橢圓焦距和離心率的概念求解即可；（2）聯(lián)立橢圓方程與直線方程消去y后，利用韋達(dá)定理和kOA?kOB=?34得出2m2=3+4k【詳解】（1）由題意知，焦距2c=2，故c=1，又e=ca=所以b2=a（2）①由x24+設(shè)Ax1,y1x1+x故y1因?yàn)閗OA?k所以AB=坐標(biāo)原點(diǎn)到直線l的距離為d=m所以△AOB的面積為S=1故△AOB的面積為定值．②假設(shè)存在橢圓上的點(diǎn)P，使得OAPB為平行四邊形，則OP=設(shè)P(x0,又因?yàn)閤024+y與2m故橢圓上不存在點(diǎn)P，使得OAPB為平行四邊形．【變式51】3.（2023秋·全國(guó)·高二期中）已知橢圓C:y2a2+x2b2(1)求C的方程；(2)若直線l經(jīng)過點(diǎn)Q1,0，交C于M,N兩點(diǎn)，直線AM,BN分別交直線x=4于D，E兩點(diǎn)，試問△ABD與△AQE【答案】(1)y(2)△ABD與△AQE的面積之比為定值4【分析】（1）利用橢圓的性質(zhì)計(jì)算即可；（2）利用韋達(dá)定理及面積公式計(jì)算即可.【詳解】（1）由題意得2a=2×2b，即a=2b①．當(dāng)點(diǎn)P為C的上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)時(shí)，△ABP的面積取得最大值，所以12×2b×a=8，即聯(lián)立①②，得a=4,b=2．故C的方程為y2（2）

△ABD與△AQE的面積之比為定值．由（1）可得A?2,0由題意設(shè)直線l:x=my+1,Mx聯(lián)立x=my+1,y216則Δ=64y1所以my直線AM的方程為y=y令x=4，得y=6y1同理可得E4,故△ABD與△AQE的面積之比為S=4×3即△ABD與△AQE的面積之比為定值43【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第二問的關(guān)鍵是化積為和，得到my【變式51】4.（2023秋·全國(guó)·高二期中）已知橢圓C:x2a2+

(1)求橢圓C的方程；(2)如圖所示，記橢圓的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)M在定直線x=4上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線AM，BM分別交橢圓于兩點(diǎn)P和Q.（i）證明：點(diǎn)B在以PQ為直徑的圓內(nèi)；（ii）求四邊形APBQ面積的最大值.【答案】(1)x(2)（i）證明見解析；（ii）6【分析】（1）將兩點(diǎn)代入橢圓中，解方程組即可求得橢圓C的方程；（2）（i）分別將直線AM,BM與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示出P,Q兩點(diǎn)坐標(biāo)，由數(shù)量積BP?BQ<0（ii）由（i）可寫出四邊形APBQ的面積為S=48【詳解】（1）依題意將1,32和2,1a2+所以橢圓方程為x（2）（i）易知A?2,0,B2,0，由橢圓對(duì)稱性可知，不妨設(shè)M根據(jù)題意可知直線AM,BM斜率均存在，且kAM所以直線AM的方程為y=t6x+2，BM聯(lián)立直線AM和橢圓方程y=t6x+2x2由韋達(dá)定理可得?2xP=4t聯(lián)立直線BM和橢圓方程y=t2x?2x2由韋達(dá)定理可得2xQ=4t則BP=54?2t所以BP?即可知∠PBQ為鈍角，所以點(diǎn)B在以PQ為直徑的圓內(nèi)；（ii）易知四邊形APBQ的面積為S=1設(shè)λ=9+t2t,t>0由對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)可知y=λ+12λ在所以y=λ+12λ≥6+2=8由對(duì)稱性可知，即當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為4,3或4,?3時(shí)，四邊形APBQ的面積最大，最大值為6.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：證明點(diǎn)和圓的位置關(guān)系時(shí)，可利用向量數(shù)量積的正負(fù)判斷與直徑所對(duì)圓周角的大小即可得出結(jié)論；在求解四邊形面積的最值時(shí)，首先可用一個(gè)變量表示出面積的表達(dá)式，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性或基本不等式求出最值即可.【變式51】5.（2023秋·云南·高三云南師大附中校考階段練習(xí)）已知A?2,0，B2,0為橢圓C：x2(1)求C的方程；(2)過左焦點(diǎn)F的直線l交橢圓C于D，E兩點(diǎn)（其中點(diǎn)D在x軸上方），求S△AEF【答案】(1)x(2)1【分析】（1）由題意得a，把1,3（2）①當(dāng)l斜率不存在時(shí)，易知S△AFFS△BDF=AFBF；②當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)lx=ty?1t≠0，Dx1,y1y1>0【詳解】（1）由題意得a=2，把1,32代入解得b=3所以C的方程為x2（2）由（1）知：c=a2?①當(dāng)l斜率不存在時(shí)，易知S△AEF②當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)l：x=ty?1t≠0，Dx1由x=ty?1x24+y所以y1+y因?yàn)镾△AEF=1所以S△AFF因?yàn)閥1所以?4又y1設(shè)y2y1=k，則k<0，?4所以S△AEF因?yàn)?3∈19,1

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵點(diǎn)是借助?43<題型6橢圓中的通徑問題【方法總結(jié)】橢圓的半通徑是b2a【例題6】（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）橢圓x24+y23=1的焦點(diǎn)為F1、F2A．65 B．3 C．113 【答案】A【分析】先求出F1、F2的坐標(biāo)，再由MF1⊥x【詳解】由x24+所以a=2,b=3所以F1(?1,0)，當(dāng)x=?1時(shí)，14+y因?yàn)镸F1⊥x所以F2設(shè)F1到直線F2M因?yàn)閐?MF2解得d=6故選：A【變式61】1.（2023·湖南益陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦點(diǎn)為F1?c,0、F2c,0A．22 B．2?1 C．3?1【答案】B【分析】求出AB，根據(jù)直角三角形的幾何性質(zhì)可得出2c=b2a，可得出關(guān)于a、c的齊次等式，可得出關(guān)于e【詳解】將x=c代入橢圓方程C的方程得c2a2+y由對(duì)稱性可知AF1=因?yàn)镕2為線段AB的中點(diǎn)，則F1F2=等式a2?c2=2ac因?yàn)?<e<1，解得e=2故選：B.【變式61】2.（多選）（2023春·安徽合肥·高二?？奸_學(xué)考試）過橢圓y2a2+x2bA．橢圓方程為xB．橢圓方程xC．過焦點(diǎn)F且長(zhǎng)度為3的弦有2條D．過焦點(diǎn)且長(zhǎng)度為92【答案】BC【分析】根據(jù)題意和橢圓的性質(zhì)求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，即可判斷AB；設(shè)直線方程，聯(lián)立橢圓方程，利用代數(shù)法求出弦長(zhǎng)即可判斷C；結(jié)合橢圓長(zhǎng)軸的定義即可判斷D.【詳解】因?yàn)檫^橢圓y2a2+x所以c2=a2?則c2=因此橢圓的方程為x2因?yàn)檫^焦點(diǎn)F且長(zhǎng)度為3的弦所在直線l的斜率顯然存在，且不為0，所以設(shè)直線l的方程為y=kx+3，直線l與橢圓交于Ax1則AB=3由y=kx+3x2Δ=(23k)2則AB=1+k2x由41+k24+k即直線l的方程為y=±22因?yàn)闄E圓x2+y24所以過焦點(diǎn)且長(zhǎng)度為92故選：BC．【變式61】3.（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)F1分別作兩條互相垂直的直線l1，l2，且l1與橢圓交于不同兩點(diǎn)A，B，l2與直線x=c交于點(diǎn)P，若A【答案】(1)x(2)5【分析】（1）由通徑性質(zhì)、離心率和橢圓參數(shù)關(guān)系列方程求參數(shù)，即可得橢圓方程；（2）討論直線斜率，設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,y0，l1為x=my?1，注意m=0情況，聯(lián)立橢圓方程應(yīng)用韋達(dá)定理求y1+y【詳解】（1）由題意，2b2a=3ca=（2）由（1）得F1?1,0，若直線l1的斜率為0，則l2為設(shè)直線l1：x=my?1，若m=0，則λ=1則不滿足QA=λQB設(shè)Ax1,y1由3x2+4y2=12x=my?1因?yàn)锳F1=λF1BQA所以λ=?y1y2=y1?y直線l2：x=?1my?1，聯(lián)立∴PQ=52+?∴PQ的最小值為5．【變式61】4.（2023春·湖南邵陽·高二湖南省邵東市第一中學(xué)?？计谥校┮阎獧E圓E:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求橢圓E的方程;(2)直線l與橢圓E交于M、N兩點(diǎn)（點(diǎn)M、點(diǎn)N在x軸的同側(cè)），當(dāng)F1M//【答案】(1)x(2)2【分析】（1）求出橢圓的通徑長(zhǎng)，根據(jù)已知條件可得出關(guān)于a、b、c的方程組，解出這三個(gè)量的值，即可得出橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）利用對(duì)稱性可轉(zhuǎn)化為S△M【詳解】（1）解：將x=±c代入橢圓E的方程得c2a2由題意可得ca=3因此，橢圓E的方程為x2（2）解：延長(zhǎng)MF1交E于點(diǎn)M0設(shè)Mx1,y1、M0x設(shè)直線MF1的方程為x=my?3，由x=my?Δ=12m2設(shè)F1M與F2N的距離為d，則四邊形S=1又因?yàn)镾=4當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=故四邊形F1F2【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值【變式61】5.（2023秋·河南鄭州·高三校聯(lián)考期末）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l的斜率存在且不為0，點(diǎn)M,N在x軸上的射影分別為P,Q，且R4,y0,N,P三點(diǎn)共線，求證：【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)離心率以及通徑的長(zhǎng)度即可聯(lián)立求解a,b,c的值，（2）聯(lián)立直線方程和橢圓方程得韋達(dá)定理，進(jìn)而根據(jù)斜率公式可證明Q,M,R三點(diǎn)共線，根據(jù)NQ//PM，所以S△PQM=S△PMN，進(jìn)而可證明【詳解】（1）設(shè)橢圓C的半焦距為c(c>0).依題意，e=ca=1?聯(lián)立x2a2+y2聯(lián)立①②，解得a=22故橢圓C的方程為x2（2）易知橢圓的右焦點(diǎn)為2,0.設(shè)直線l的方程為y=kx?2由y=kx?2,x設(shè)Mx1,因?yàn)镸P⊥x軸，所以Px直線NP的方程為y=y2x因?yàn)镹Q⊥x軸，所以Qx因?yàn)閗MQ所以k=kx2?x所以Q,M,R三點(diǎn)共線.因?yàn)镹Q//PM，所以S△PQM而S△PMR=S△PMR，所以【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：聯(lián)立直線與曲線的方程得到韋達(dá)定理是常用和必備的步驟.由韋達(dá)定理以及弦長(zhǎng)公式，點(diǎn)到直線的距離即可求解面積以及長(zhǎng)度以及最值，最值問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，然后根據(jù)函數(shù)的特征選用參數(shù)法、配方法、判別式法、三角函數(shù)有界法、函數(shù)單調(diào)性法以及均值不等式法求解.在處理共線問題是，要借助于向量以及兩點(diǎn)斜率公式.題型7取值范圍與最值問題【方法總結(jié)】求與橢圓有關(guān)的最值、范圍問題的方法(1)定義法：利用定義轉(zhuǎn)化為幾何問題處理。(2)數(shù)形結(jié)合法：利用數(shù)與形的結(jié)合，挖掘幾何特征，進(jìn)而求解。(3)函數(shù)法：探求函數(shù)模型，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，借助函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式等求解，注意橢圓的范圍?！纠}7】（2023·全國(guó)·高二隨堂練習(xí)）已知兩個(gè)定點(diǎn)A1?2,0，A22,0，動(dòng)點(diǎn)M滿足直線MA(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程，并指出隨m變化時(shí)方程所表示的曲線C的形狀；(2)若m=?1，設(shè)直線l與曲線C相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，直線OE，l，OF的斜率分別為k1，k，k2（其中k>0），△OEF的面積為S，以O(shè)E，OF為直徑的圓的面積分別為S1，S2.若k1【答案】(1)x2(2)5【分析】（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)M(x,y),依題意有yx?2?yx+2=（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+t,Ex1,y1,Fx2,【詳解】（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)M(x,y),依題意有yx?2?y∴動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為x2當(dāng)m>0時(shí),軌跡是焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線,當(dāng)m∈(?4,0)時(shí),軌跡是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓,當(dāng)m=?4時(shí),軌跡是圓,當(dāng)m∈(?∞,?4)時(shí),軌跡是焦點(diǎn)在y軸上的橢圓,且點(diǎn)（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+t,Ex1,由y=kx+tx24由韋達(dá)定理有:x1+x∵k∴k2=由韋達(dá)定理代入化簡(jiǎn)得:k2=1此時(shí)Δ=162?m故S=1又S1∴S1+綜上:S1

【點(diǎn)睛】本題考查軌跡方程的求法和橢圓方程的運(yùn)用,考查兩圓面積和與三角形面積的比值的取值范圍的求法,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意弦長(zhǎng)公式的合理運(yùn)用.【變式71】1.（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）如圖，點(diǎn)A,B在橢圓x2a2+y

(1)求證：直線AB為某個(gè)定圓的切線：(2)記F1為橢圓的左焦點(diǎn).若存在上述的一對(duì)點(diǎn)A,B，使得A,B,F1【答案】(1)證明見解析(2)5【分析】（1）考慮直線AB斜率不存在和斜率存在時(shí)，兩種情況，分別求出原點(diǎn)O到直線AB的距離，距離為定值即可證明；（2）利用F1【詳解】（1）當(dāng)直線AB⊥x軸時(shí)，設(shè)Ax0,則OA?OB=又點(diǎn)Ax則x02a2+原點(diǎn)O到直線AB的距離d=x

當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)AB：y=kx+m，Ax1,

由y=kx+m,x2a故x1+xOA==1+則a2于是原點(diǎn)O到直線AB的距離d=m所以直線AB是圓x2（2）利用（1），F(xiàn)1

則c≥aba2+b由此得e∈5【變式71】2.（2022秋·廣東佛山·高二佛山市三水區(qū)三水中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，若橢圓C焦點(diǎn)在y軸上，焦距為2，且經(jīng)過點(diǎn)M(2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)若直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，D1,0，直線DA與直線DB的斜率之積為1【答案】(1)y(2)k∈【分析】（1）根據(jù)題意，求得c=1，由橢圓的定義求得a=2，結(jié)合b（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，聯(lián)立方程組，得到m2<k2+2，再利用韋達(dá)定理和題設(shè)條件，化簡(jiǎn)得到2(m2【詳解】（1）解：設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2因?yàn)?c=2，可得c=1，所以橢圓的焦點(diǎn)F1(0,1)，由橢圓的定義，可得2a=MF1則b2=a（2）解：由題意，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，聯(lián)立方程y=kx+my22可得Δ=8k2設(shè)A(x1,所以kDA代入整理得2(m當(dāng)m=?k時(shí)，此時(shí)直線l的方程為y=kx?k恒過(1,0)，不符合題意；當(dāng)m≠?k時(shí)，可得2(m2?此時(shí)直線l的方程為y=kx+1311k又由m2<k2+2，可得169可得?11612<k<11612

【點(diǎn)睛】方法技巧：圓錐曲線中的最值問題是高考中的熱點(diǎn)問題，常涉及不等式、函數(shù)的值域問題，綜合性比較強(qiáng)，解法靈活多樣，但主要有兩種方法：（1）幾何轉(zhuǎn)化代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質(zhì)來解決；（2）函數(shù)取值法：若題目的條件和結(jié)論的幾何特征不明顯，則可以建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）單調(diào)性法；（4）三角換元法；（5）平面向量；（6）導(dǎo)數(shù)法等，要特別注意自變量的取值范圍.【變式71】3.（2023春·上海·高二期末）已知橢圓C：x2a2(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線P2A與直線P2(3)如圖，拋物線M：y2=4x的焦點(diǎn)是F，過動(dòng)點(diǎn)G?1,t的直線l1與橢圓