专题23 参数及点的坐标(横或纵)型取值范围模型(解析版)

这是一份专题23 参数及点的坐标(横或纵)型取值范围模型(解析版)，共18页。

[例1] (2019·全国Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．

[规范解答] (1)连接PF1(图略)．由△POF2为等边三角形可知，在△F1PF2中，
∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝eq \r(3)c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(eq \r(3)＋1)c，
故C的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)－1．
(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，则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，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4eq \r(2)．
当b＝4，a≥4eq \r(2)时，存在满足条件的点P．所以b＝4，a的取值范围为[4eq \r(2)，＋∞)．
[例2] 已知m>1，直线l：x－my－eq \f(m2,2)＝0，椭圆C：eq \f(x2,m2)＋y2＝1，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点．
(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H，若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．
[规范解答] (1)因为直线l：x－my－eq \f(m2,2)＝0经过F2(eq \r(m2－1)，0)，所以eq \r(m2－1)＝eq \f(m2,2)，得m2＝2．
又因为m>1，所以m＝eq \r(2)，故直线l的方程为x－eq \r(2)y－1＝0．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(m2,2)，,\f(x2,m2)＋y2＝1，))消去x，得2y2＋my＋eq \f(m2,4)－1＝0，
则由Δ＝m2－8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,4)－1))＝－m2＋8>0，知m2<8，且有y1＋y2＝－eq \f(m,2)，y1·y2＝eq \f(m2,8)－eq \f(1,2)．
由于F1(－c，0)，F2(c，0)，可知Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,3)，\f(y1,3)))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)，\f(y2,3)))．
因为原点O在以线段GH为直径的圆内，所以eq \(OH,\s\up7(→))·eq \(OG,\s\up7(→))<0，即x1x2＋y1y2<0．
所以x1x2＋y1y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my1＋\f(m2,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my2＋\f(m2,2)))＋y1y2＝(m2＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,8)－\f(1,2)))<0．
解得m2<4(满足m2<8)．又因为m>1，所以实数m的取值范围是(1，2)．
[例3] 在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，且AC，BC所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)设直线y＝kx＋2(0＜k＜2)与y轴相交于点P，与曲线E相交于不同的两点Q，R(点R在点P和点Q之间)，且eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(PR,\s\up6(→))，求实数λ的取值范围．
[规范解答] (1)设C(x，y)．由题意，可得eq \f(y,x－1)·eq \f(y,x＋1)＝－2(x≠±1)，∴曲线E的方程为x2＋eq \f(y2,2)＝1(x≠±1)．
(2)设R(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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．
由根与系数的关系得，x1＋x2＝－eq \f(4k,2＋k2)，①，x1x2＝eq \f(2,2＋k2)，②
∵eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(PR,\s\up6(→))，点R在点P和点Q之间，∴x2＝λx1(λ＞1)，③
联立①②③，可得eq \f(1＋λ2,λ)＝eq \f(8k2,2＋k2)．∵eq \r(2)＜k＜2，∴eq \f(8k2,2＋k2)＝eq \f(8,\f(2,k2)＋1)∈(4，eq \f(16,3))，∴4＜eq \f(1＋λ2,λ)＜eq \f(16,3)，
∴eq \f(1,3)＜λ＜3，且λ≠1，∵λ＞1，∴实数λ的取值范围为(1，3)．
[例4] 已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点Q到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为eq \f (\r(3),2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－eq \f (1,2)平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，求m的取值范围．
[破题思路] (2)给出线段MN恰被直线x＝－eq \f (1,2)平分，弦MN的垂直平分线方程为y＝kx＋m，用y＝kx＋m是弦MN的中垂线及MN的中点在直线x＝－eq \f (1,2)上，可设出中点坐标Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))，建立y0与m的关系，通过y0范围求m范围或建立m与k的关系式．注意到MN的中点在椭圆内部及直线x＝－eq \f (1,2)上，其隐含条件为线段MN的中点纵坐标的范围可确定或联立直线l与椭圆方程，利用判别式Δ>0求解．
[规范解答] (1)由题意可设椭圆C的方程为eq \f (y2,a2)＋eq \f (x2,b2)＝1(a>b>0)，由条件可得a＝2，c＝eq \r(3)，则b＝1．
故椭圆C的方程为eq \f (y2,4)＋x2＝1．
(2)法一：设弦MN的中点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)，y0))，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，
可知4xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)＝4，4xeq \\al(2,N)＋yeq \\al(2,N)＝4，两式相减，得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)))＝－1，yM＋yN＝2y0，eq \f (yM－yN,xM－xN)＝－eq \f (1,k)，代入上式得k＝－eq \f (y0,2)．
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)，y0))在弦MN的垂直平分线上，所以y0＝－eq \f (1,2)k＋m，所以m＝y0＋eq \f (1,2)k＝eq \f (3,4)y0．
由点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)，y0))在线段BB′上B′(xB′，yB′)，B(xB，yB)为直线x＝－eq \f (1,2)与椭圆的交点，如图所示，
所以yB′故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (3\r(3),4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (3\r(3),4)))．
法二：设弦MN的中点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)，y0))，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，
可知4xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)＝4，4xeq \\al(2,N)＋yeq \\al(2,N)＝4，两式相减，得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)))＝－1，yM＋yN＝2y0，eq \f (yM－yN,xM－xN)＝－eq \f (1,k)，代入上式得y0＝－2k．
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)，y0))在弦MN的垂直平分线上，所以y0＝－eq \f (1,2)k＋m，所以m＝y0＋eq \f (1,2)k＝－eq \f (3,2)k．
设直线l的方程为y＋2k＝－eq \f (1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f (1,2)))，即x＝－ky－2k2－eq \f (1,2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(4x2＋y2＝4，,x＝－ky－2k2－\f (1,2)，)))消去x，得(4k2＋1)y2＋8k2k2＋eq \f (1,2)y＋16k4＋8k2－3＝0，
由Δ>0，得k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (\r(3),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (\r(3),2)))，所以m＝－eq \f (3,2)k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (3\r(3),4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (3\r(3),4)))，
即m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (3\r(3),4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (3\r(3),4)))．
[题后悟通] 利用点差法求解第(2)问时，关键是利用点差法得到目标参数m与y0的关系，再根据点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)，y0))与椭圆的位置关系得到y0的取值范围，从而求得目标参数m的取值范围．很多同学在解决本题时往往出现如下失误：忽视y0的取值范围而造成思路受阻无法正确求解；利用判别式法求解此题时，抓住直线与圆锥曲线相交这一条件，利用判别式Δ>0构建m与k的关系式，从而得所求，但部分考生忽视Δ>0，导致思路受阻而无法求解．
利用点在曲线内(外)的充要条件构建目标不等式的核心是抓住目标参数和某点的关系，根据点与圆锥曲线的位置关系构建目标不等式．
利用判别式构建目标不等式的核心是抓住直线与圆锥曲线的位置关系和判别式Δ的关系建立目标不等式．
[例5] 已知离心率为eq \f(\r(3),2)的椭圆C焦点在y轴上，且以椭圆的4个顶点为各顶点的四边形的面积为4，过点M(0，3)的直线l与椭圆C相交于不同的两点A、B．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P为椭圆上一点，且eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝λeq \(OP,\s\up6(→))(O为坐标原点)．求当|AB|＜eq \r(3)时，实数λ的取值范围．
[规范解答] (1)设椭圆的方程为eq \f(x2,b2)＋eq \f(y2,a2)＝1(a＞b＞0)，由题意可知e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(3,4)，得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，a＝2b．
又由题意知2ab＝4，所以a＝2，b＝1，椭圆方程为x2＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)．
当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝0，此时|AB|＝4＞eq \r(3)，与题意不符．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋3，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋3，,x2＋\f(y2,4)＝1))消去y得(4＋k2)x2＋6kx＋5＝0，所以Δ＝(6k)2－20(4＋k2)，由Δ＞0，得k2＞5，
则x1＋x2＝eq \f(－6k,4＋k2)，x1·x2＝eq \f(5,4＋k2)，y1＋y2＝(kx1＋3)＋(kx2＋3)＝eq \f(24,4＋k2)，
因为|AB|＝eq \r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＜eq \r(3)，所以eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6k,4＋k2)))2－\f(20,4＋k2))＜eq \r(3)，
解得－eq \f(16,13)＜k2＜8，所以5＜k2＜8．
因为eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝λeq \(OP,\s\up6(→))，即(x1，y1)＋(x2，y2)＝λ(x3，y3)，所以当λ＝0时，由eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝0，
得x1＋x2＝eq \f(－6k,4＋k2)＝0，y1＋y2＝eq \f(24,4＋k2)＝0，解得k∈，所以此时符合条件的直线l不存在；
当λ≠0时，x3＝eq \f(x1＋x2,λ)＝eq \f(－6k,λ(4＋k2))，y3＝eq \f(y1＋y2,λ)＝eq \f(24,λ(4＋k2))，
因为点P(x3，y3)在椭圆上，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－6k,λ(4＋k2))))2＋eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(24,λ(4＋k2))))2＝1，化简得λ2＝eq \f(36,4＋k2)，因为5＜k2＜8，
所以3＜λ2＜4，则λ∈(－2，－eq \r(3))∪(eq \r(3)，2)．
综上，实数λ的取值范围为(－2，－eq \r(3))∪(eq \r(3)，2)．
[例6] (2016·浙江)如图，设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1．
(1)求p的值；
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M．求M的横坐标的取值范围．
[规范解答] (1)由题意可得，抛物线上的点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，
由抛物线的定义得eq \f(p,2)＝1，即p＝2．
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1．
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝sy＋1,y2＝4x))，消去x得y2－4sy－4＝0，
故y1y2＝－4，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)，－\f(2,t)))．
又直线AB的斜率为eq \f(2t,t2－1)，故直线FN的斜率为－eq \f(t2－1,2t)．
从而得直线FN：y＝－eq \f(t2－1,2t)(x－1)，直线BN：y＝－eq \f(2,t)，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2＋3,t2－1)，－\f(2,t)))．
设M(m，0)，由A，M，N三点共线得eq \f(2t,t2－m)＝eq \f(2t＋\f(2,t),t2－\f(t2＋3,t2－1))，于是m＝eq \f(2t2,t2－1)＝2＋eq \f(2,t2－1)．
所以m<0或m>2．经检验，m<0或m>2满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．
[例7] 椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，过点F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m，0)，求m的取值范围．
[规范解答] (1)将x＝－c代入椭圆的方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a)．
由题意知eq \f(2b2,a)＝1，故a＝2b2．又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，则eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，即a＝2b，所以a＝2，b＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)由PM是∠F1PF2的角平分线，可得eq \f(|PF1|,|F1M|)＝eq \f(|PF2|,|F2M|)，即eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(|F1M|,|F2M|)．
设点P(x0，y0)(－2＜x0＜2)，又点F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，M(m，0)，
则|PF1|＝ eq \r((－\r(3)－x0)2＋y\\al(2,0))＝2＋eq \f(\r(3),2)x0，|PF2|＝ eq \r((\r(3)－x0)2＋y\\al(2,0))＝2－eq \f(\r(3),2)x0．
又|F1M|＝|m＋eq \r(3)|，|F2M|＝|m－eq \r(3)|，且－eq \r(3)＜m＜eq \r(3)，所以|F1M|＝m＋eq \r(3)，|F2M|＝eq \r(3)－m．
所以eq \f(2＋\f(\r(3),2)x0,2－\f(\r(3),2)x0)＝eq \f(\r(3)＋m,\r(3)－m)，化简得m＝eq \f(3,4)x0，而－2＜x0＜2，因此－eq \f(3,2)＜m＜eq \f(3,2)．
故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,2)))．
[例8] 已知直线x＝－2上有一动点Q，过点Q作直线l1垂直于y轴，动点P在l1上，且满足eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0(O为坐标原点)，记点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求△MBD的内切圆半径r的取值范围．
[规范解答] (1)设点P(x，y)，则Q(－2，y)，∴＝(x，y)，＝(－2，y)．
∵eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0＝0，∴·＝－2x＋y2＝0，即y2＝2x．∴曲线C的方程为y2＝2x．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线BD与x轴的交点为E，直线AB与△MBD内切圆的切点为T．
设直线AM的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，则联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，,y2＝2x，))得k2x2＋(k2－2)x＋eq \f(k2,4)＝0，
∴x1x2＝eq \f(1,4)且0∵直线AN的方程为y＝eq \f(y1,x1－\f(1,2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，与方程y2＝2x联立得yeq \\al(2,1)x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＋2x\\al(2,1)－2x1＋\f(1,2)))x＋eq \f(1,4)yeq \\al(2,1)＝0，
化简得2x1x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x\\al(2,1)＋\f(1,2)))x＋eq \f(1,2)x1＝0，解得x3＝eq \f(1,4x1)或x3＝x1(舍去)．∵x3＝eq \f(1,4x1)＝x2，∴BD⊥x轴，
设△MBD的内切圆圆心为H，则点H在x轴上且HT⊥AB．
∴S△MBD＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)))|2y2|，且△MBD的周长为2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)))2＋y\\al(2,2))＋2|y2|，
∴S△MBD＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)))2＋y\\al(2,2))＋2|y2|))·r＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)))|2y2|，
∴r＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)))|y2|,|y2|＋ \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)))2＋y\\al(2,2)))＝eq \f(1,\f(1,x2＋\f(1,2))＋\r(\f(1,y\\al(2,2))＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)))2)))＝eq \f(1,\r(\f(1,2x2)＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)))2))＋\f(1,x2＋\f(1,2)))，
令t＝x2＋eq \f(1,2)，则t>1，
∴r＝eq \f(1,\r(\f(1,2t－1)＋\f(1,t2))＋\f(1,t))在区间(1，＋∞)上单调递增，则r>eq \f(1,\r(2)＋1)＝eq \r(2)－1，
即r的取值范围为(eq \r(2)－1，＋∞)．
【对点训练】
1．已知A，B，C是椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的三点，其中点A的坐标为(2eq \r(3)，0)，BC过椭圆的中心，
且eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，|eq \(BC,\s\up6(→))|＝2|eq \(AC,\s\up6(→))|．
(1)求椭圆M的方程；
(2)过点(0，t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P，Q，设D为椭圆M与y轴负半轴的交点，且|eq \(DP,\s\up6(→))|＝|eq \(DQ,\s\up6(→))|，求实数t的取值范围．
1．解析 (1)因为|eq \(BC,\s\up6(→))|＝2|eq \(AC,\s\up6(→))|且BC过(0，0)，则|OC|＝|AC|．
因为eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，所以∠OCA＝90°，即C(eq \r(3)，eq \r(3))．
又因为a＝2eq \r(3)，设椭圆的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,12－c2)＝1，将C点坐标代入得eq \f(3,12)＋eq \f(3,12－c2)＝1，
解得c2＝8，b2＝4．所以椭圆的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)由条件D(0，－2)，当k＝0时，显然－2eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋t，))消去y得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0．由Δ>0可得t2<4＋12k2，①
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ中点H(x0，y0)，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－3kt,1＋3k2)，
y0＝kx0＋t＝eq \f(t,1＋3k2)，所以Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3kt,1＋3k2)，\f(t,1＋3k2)))，
由|eq \(DP,\s\up6(→))|＝|eq \(DQ,\s\up6(→))|，所以DH⊥PQ，即kDH＝－eq \f(1,k)，所以eq \f(\f(t,1＋3k2)＋2,－\f(3kt,1＋3k2)－0)＝－eq \f(1,k)，
化简得t＝1＋3k2，②，所以t>1，将②代入①得，1所以t的范围是(1，4)．综上可得t∈(1，2)．
2．已知焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点O，离心率等于eq \f(\r(3),2)，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边
形的周长为4eq \r(5)．直线l：y＝kx＋m与y轴交于点P，与椭圆E相交于A，B两个点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若eq \(AP,\s\up7(→))＝3eq \(PB,\s\up7(→))，求m2的取值范围．
2．解析 (1)根据已知设椭圆E的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，
由已知得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，∴c＝eq \f(\r(3),2)a，b2＝a2－c2＝eq \f(a2,4)．
∵以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq \r(5)，
∴4eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(5)a＝4eq \r(5)，∴a＝2，b＝1．
∴椭圆E的方程为x2＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)根据已知得P(0，m)，设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,4x2＋y2－4＝0))消去y，得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0．
由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即k2－m2＋4>0，且x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋4)，x1x2＝eq \f(m2－4,k2＋4)．
由eq \(AP,\s\up7(→))＝3eq \(PB,\s\up7(→))，得x1＝－3x2，∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12xeq \\al(2,2)－12xeq \\al(2,2)＝0．
∴eq \f(12k2m2,k2＋42)＋eq \f(4(m2－4),k2＋4)＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0．
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，∴k2＝eq \f(4－m2,m2－1)．
∵k2－m2＋4>0，∴eq \f(4－m2,m2－1)－m2＋4>0，即eq \f((4－m2)m2,m2－1)>0，解得1∴m2的取值范围为(1，4)．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线x＋y＋1
＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(2，0)的直线l与椭圆C相交于不同的两点S和T，若椭圆C上存在点P满足eq \(OS,\s\up7(→))＋eq \(OT,\s\up7(→))＝teq \(OP,\s\up7(→)) (其中O为坐标原点)，求实数t的取值范围．
3．解析 (1)由题意，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x－c)2＋y2＝a2，
∴圆心到直线x＋y＋1＝0的距离d＝eq \f(c＋1,\r(2))＝a．(*)
∵椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，
∴b＝c，a＝eq \r(2)c，代入(*)式得b＝c＝1，∴a＝eq \r(2)c＝eq \r(2)，故所求椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)，设P(x0，y0)，
将直线l的方程代入椭圆方程得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
∴Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，解得k2设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－2,1＋2k2)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝－eq \f(4k,1＋2k2)．
由eq \(OS,\s\up7(→))＋eq \(OT,\s\up7(→))＝teq \(OP,\s\up7(→))，得tx0＝x1＋x2，ty0＝y1＋y2，
当t＝0时，直线l为x轴，则椭圆上任意一点P满足eq \(OS,\s\up7(→))＋eq \(OT,\s\up7(→))＝teq \(OP,\s\up7(→))，符合题意；
当t≠0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tx0＝\f(8k2,1＋2k2)，,ty0＝\f(－4k,1＋2k2)，))∴x0＝eq \f(1,t)·eq \f(8k2,1＋2k2)，y0＝eq \f(1,t)·eq \f(－4k,1＋2k2)．
将上式代入椭圆方程得eq \f(32k4,t2(1＋2k2)2)＋eq \f(16k2,t2(1＋2k2)2)＝1，整理得t2＝eq \f(16k2,1＋2k2)＝eq \f(16,\f(1,k2)＋2)，
由k24．已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1的左，右顶点分别为A，B，圆x2＋y2＝4上有一动点P，点P在x轴的上方，
C(1，0)，直线PA交椭圆E于点D，连接DC，PB．
(1)若∠ADC＝90°，求△ADC的面积S；
(2)设直线PB，DC的斜率存在且分别为k1，k2，若k1＝λk2，求λ的取值范围．
4．解析 (1)依题意，A(－2，0)．设D(x1，y1)，则eq \f(x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1．由∠ADC＝90°得kAD·kCD＝－1，
∴eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y1,x1－1)＝－1，∴eq \f(y\\al(2,1),x1＋2·x1－1)＝eq \f(1－\f(x\\al(2,1),4),x\\al(2,1)＋x1－2)＝－1，解得x1＝eq \f(2,3)，x1＝－2(舍去)，
∴|y1|＝eq \f(2\r(2),3)，S＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2),3)×3＝eq \r(2)．
(2)设D(x2，y2)，∵动点P在圆x2＋y2＝4上，∴kPB·kPA＝－1．
又k1＝λk2，∴eq \f(－1,\f(y2,x2＋2))＝λ·eq \f(y2,x2－1)，
即λ＝－eq \f(x2＋2x2－1,y\\al(2,2))＝－eq \f(x2＋2x2－1,1－\f(x\\al(2,2),4))＝－eq \f(x2＋2x2－1,\f(1,4)4－x\\al(2,2))＝4·eq \f(x2－1,x2－2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2－2)))．
又由题意可知x2∈(－2，2)，且x2≠1，
则问题可转化为求函数f(x)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x－2)))(x∈(－2，2)，且x≠1)的值域．
由导数可知函数f(x)在其定义域内为减函数，∴函数f(x)的值域为(－∞，0)∪(0，3)，
从而λ的取值范围为(－∞，0)∪(0，3)．
5．设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，定义椭圆C的“相关圆”方程为x2＋y2＝eq \f(a2b2,a2＋b2)，若抛物线y2＝4x的焦
点与椭圆C的一个焦点重合，且椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．
(1)求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；
(2)过“相关圆”E上任意一点P的直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点．O为坐标原点，若OA⊥OB，证明：原点O到直线AB的距离是定值，并求实数m的取值范围．
5．解析 (1)因为抛物线y2＝4x的焦点(1，0)与椭圆C的一个焦点重合，所以c＝1．
又因为椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，
所以b＝c＝1．故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，“相关圆”E的方程为x2＋y2＝eq \f(2,3)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)>0，即2k2－m2＋1>0，
x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(k2(2m2－2),1＋2k2)－eq \f(4k2m2,1＋2k2)＋m2＝eq \f(m2－2k2,1＋2k2)．
由条件OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即3m2－2k2－2＝0，
所以原点O到直线AB的距离是d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(\f(m2,1＋k2))．
由3m2－2k2－2＝0得1＋k2＝eq \f(3,2)m2，所以d＝eq \f(\r(6),3)为定值．
将3m2－2k2－2＝0代入Δ中，解得m<－eq \f(\r(2),2)或m>eq \f(\r(2),2)，又k2＝eq \f(3m2－2,2)≥0，
所以m2≥eq \f(2,3)，解得m≤－eq \f(\r(6),3)或m≥eq \f(\r(6),3)．综上，实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞))．
6．已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上，中心在原点．若右焦点到直线x－y＋2eq \r(2)＝0的距
离为3．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N．当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围．
6．解析 (1)依题意可设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)，
则右焦点F(eq \r(a2－1)，0)，由题设eq \f(|\r(a2－1)＋2\r(2)|,\r(2))＝3，解得a2＝3．
∴所求椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1．
(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P为弦MN的中点，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，
∵直线与椭圆相交，∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0⇒m2<3k2＋1．①
∴xP＝eq \f(xM＋xN,2)＝－eq \f(3mk,3k2＋1)，从而yP＝kxP＋m＝eq \f(m,3k2＋1)，∴kAP＝eq \f(yP＋1,xP)＝－eq \f(m＋3k2＋1,3mk)，
又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，则－eq \f(m＋3k2＋1,3mk)＝－eq \f(1,k)，即2m＝3k2＋1．②
把②代入①，得m2<2m，解得00，解得m>eq \f(1,2)．
综上，求得m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))．
7．过椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,b2)＝1(0N与点A不重合)．
(1)设椭圆的下顶点为B(0，－b)，当直线AM的斜率为eq \r(5)时，若S△ANB＝2S△AMB，求b的值；
(2)若存在点M，N，使得|AM|＝|AN|，且直线AM，AN的斜率的绝对值都不为1，求实数b的取值范围．
7．解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)．设直线AM的斜率为k，则由条件可知，直线AM的方程为y＝kx＋b，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2x2＋9y2＝9b2，,y＝kx＋b，))消去y整理得(9k2＋b2)x2＋18kbx＝0，∴x1＝－eq \f(18bk,b2＋9k2)，同理，x2＝eq \f(18bk,b2k2＋9)．
(1)由S△ANB＝2S△AMB，得x2＝－2x1，于是eq \f(18bk,b2k2＋9)＝2·eq \f(18bk,b2＋9k2)，即2b2k2＋18＝b2＋9k2，
其中k＝eq \r(5)，代入得b＝eq \r(3)．
(2)|AM|＝eq \r(1＋k2)·|x1|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(|18bk|,b2＋9k2)，|AN|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|x2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \f(|18bk|,b2k2＋9)．
由|AM|＝|AN|，得eq \f(\r(1＋k2),b2＋9k2)＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \f(1,b2k2＋9)，
不妨设k>0，且k≠1，则有b2＋9k2＝b2k3＋9k，整理得(k－1)[b2k2＋(b2－9)k＋b2]＝0．
则b2k2＋(b2－9)k＋b2＝0有不为1的正根．只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝(b2－9)2－4b4≥0，,－\f(b2－9,b2)>0，))解得0∴实数b的取值范围是(0，eq \r(3))．
8．如图，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥
PF1．
(1)若|PF1|＝2＋eq \r(2)，|PF2|＝2－eq \r(2)，求椭圆的标准方程；
(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且eq \f(3,4)≤λ8．解析 (1)由椭圆的定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋eq \r(2))＋(2－eq \r(2))＝4，故a＝2．
设椭圆的半焦距为c，由已知得PF1⊥PF2，因此
2c＝|F1F2|＝eq \r(|PF1|2＋|PF2|2)＝eq \r((2＋\r(2))2＋(2－\r(2))2)＝2eq \r(3)，即c＝eq \r(3)，从而b＝eq \r(a2－c2)＝1．
故所求椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)如图，由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得|QF1|＝eq \r(|PF1|2＋|PQ|2)＝eq \r(1＋λ2)|PF1|．
由椭圆的定义知，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，
所以|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a．于是(1＋λ＋eq \r(1＋λ2))|PF1|＝4a，解得|PF1|＝eq \f(4a,1＋λ＋\r(1＋λ2))，
故|PF2|＝2a－|PF1|＝eq \f(2a(λ＋\r(1＋λ2)－1),1＋λ＋\r(1＋λ2))．
由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，
从而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a,1＋λ＋\r(1＋λ2))))2＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2a(λ＋\r(1＋λ2)－1),1＋λ＋\r(1＋λ2))))2＝4c2，两边除以4a2，得
eq \f(4,(1＋λ＋\r(1＋λ2))2)＋eq \f((λ＋\r(1＋λ2)－1)2,(1＋λ＋\r(1＋λ2))2)＝e2．若记t＝1＋λ＋eq \r(1＋λ2)，
则上式变成e2＝eq \f(4＋(t－2)2,t2)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,4)))2＋eq \f(1,2)．由eq \f(3,4)≤λ得3≤t<4，即eq \f(1,4)