专题22 斜率型取值范围模型(解析版)

这是一份专题22 斜率型取值范围模型(解析版)，共16页。试卷主要包含了圆锥曲线中范围问题的基本类型，已知右焦点为F2的椭圆C等内容，欢迎下载使用。

解决有关范围问题的基本思路是建立目标函数或不等关系：
建立目标函数的关键是选用一个合适的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围；
建立不等关系时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系．
2．圆锥曲线中范围问题建立不等关系的基本方法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
3．圆锥曲线中范围问题的基本类型
圆锥曲线中的范围问题主要有以下四种情况：
(1)斜率型；(2)参数及点的坐标(横或纵)型；(3)长度和距离型；(4)面积与数量积型．
【例题选讲】
[例1] 设椭圆eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,3)＝1(a>eq \r(3))的右焦点为F，右顶点为A．已知|OA|－|OF|＝1，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程及离心率e的值；
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H．若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．
[破题思路] 由题目条件垂直于直线l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，利用k·kMH＝－1，建立关于k的两条直线方程，由题目条件∠MOA≤∠MAO，利用三角形的大角对大边，建立关于xM的不等式，利用题目条件BF⊥HF，即eq \(BF,\s\up7(→))·eq \(HF,\s\up7(→))＝0建立关系式．
[规范解答]
(1)由题意可知|OF|＝c＝eq \r(a2－3)，又|OA|－|OF|＝1，所以a－eq \r(a2－3)＝1，解得a＝2，
所以椭圆的方程为eq \f (x2,4)＋eq \f (y2,3)＝1，离心率e＝eq \f (c,a)＝eq \f (1,2)．
(2)设M(xM，yM)，易知A(2，0)，在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，
即(xM－2)2＋yeq \\al(2,M)≤xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)，化简得xM≥1．
设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．
设B(xB，yB)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f (x2,4)＋\f (y2,3)＝1，,y＝k(x－2)))消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
解得x＝2或x＝eq \f (8k2－6,4k2＋3)．由题意得xB＝eq \f (8k2－6,4k2＋3)，从而yB＝eq \f (－12k,4k2＋3)．
由(1)知F(1，0)，设H(0，yH)，则eq \(FH,\s\up7(→))＝(－1，yH)，eq \(BF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (9－4k2,4k2＋3)，\f (12k,4k2＋3)))．
由BF⊥HF，得eq \(BF,\s\up7(→))·eq \(FH,\s\up7(→))＝0，即eq \f (4k2－9,4k2＋3)＋eq \f (12kyH,4k2＋3)＝0，解得yH＝eq \f (9－4k2,12k)，
所以直线MH的方程为y＝－eq \f (1,k)x＋eq \f (9－4k2,12k)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(y＝k(x－2)，,y＝－\f (1,k)x＋\f (9－4k2,12k)，)))消去y，得xM＝eq \f (20k2＋9,12(k2＋1))．
由xM≥1，得eq \f (20k2＋9,12(k2＋1))≥1，解得k≤－eq \f (\r(6),4)或k≥eq \f (\r(6),4)，
所以直线l的斜率的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f (\r(6),4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (\r(6),4)，＋∞))．
[题后悟通] 利用已知条件中的几何关系构建目标不等式的核心是用转化与化归的数学思想，将几何关系转化为代数不等式，从而构建出目标不等式．
[例2] 已知A是椭圆E：eq \f (x2,t)＋eq \f (y2,3)＝1(t>3)的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
[破题思路] (1)求△AMN的面积，想到三角形的面积公式S＝eq \f (1,2)×底×高或S＝eq \f (1,2)absin C，题目条件中给出“MA⊥NA，|AM|＝|AN|”，得△AMN为等腰直角三角形，故可利用面积S＝eq \f (1,2)|AM||AN|求解．到此就缺少|AM|，|AN|的值，由于A点已知，故想法求M，N的坐标．
(2)题目条件中给出2|AM|＝|AN|，可利用此条件建立t与k的关系式，缺少关于k的不等式，想到t>3即可建立k的不等式．
[规范解答]
(1)由|AM|＝|AN|，可得M，N关于x轴对称，由MA⊥NA，可得直线AM的斜率k为1．
因为t＝4，所以A(－2，0)，所以直线AM的方程为y＝x＋2，
代入椭圆方程eq \f (x2,4)＋eq \f (y2,3)＝1，可得7x2＋16x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq \f (2,7)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (2,7)，\f (12,7)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (2,7)，－\f (12,7)))，则△AMN的面积为eq \f (1,2)×eq \f (24,7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (2,7)＋2))＝eq \f (144,49)．
(2)由题意知t>3，k>0，A(－eq \r(t)，0)，
将直线AM的方程y＝k(x＋eq \r(t))代入eq \f (x2,t)＋eq \f (y2,3)＝1得(3＋tk2)x2＋2eq \r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0，
设M(x1，y1)，则x1·(－eq \r(t))＝eq \f (t2k2－3t,3＋tk2)，即x1＝eq \f (\r(t)(3－tk2),3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq \r(t)|eq \r(1＋k2)＝eq \f (6\r(t(1＋k2)),3＋tk2)．
由题设知，直线AN的方程为y＝－eq \f (1,k)(x＋eq \r(t))，故同理可得|AN|＝eq \f (6k\r(t(1＋k2)),3k2＋t)．
由2|AM|＝|AN|，得eq \f (2,3＋tk2)＝eq \f (k,3k2＋t)，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝eq \r(3,2)时上式不成立，因此t＝eq \f (3k(2k－1),k3－2)．由t>3，得eq \f (3k(2k－1),k3－2)>3，
所以eq \f (k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq \f ((k－2)(k2＋1),k3－2)<0，即eq \f (k－2,k3－2)<0．由此得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2>0，,k3－2<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq \r(3,2)因此k的取值范围是(eq \r(3,2)，2)．
[题后悟通] 解决本题第(2)问时，通过已知条件2|AM|＝|AN|得到参数k与参数t之间的关系，往往会忽视题目中的已知条件t>3，不能建立关于k的不等式，从而导致问题无法求解．利用题目中隐藏的已知参数的范围求新参数的范围问题的核心是建立两个参数之间的等量关系，将新参数的范围转化为已知参数的范围问题．
[例3] 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点．
(1)若△AF1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；
(2)若k＝eq \f(\r(2),4)，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值；
(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围．
[规范解答] (1)由题意得c＝3，根据2a＋2c＝16，得a＝5．
结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16。所以椭圆的方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1．
(2)法一：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(\r(2),4)x，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2＋\f(1,8)a2))x2－a2b2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq \f(－a2b2,b2＋\f(1,8)a2)，由AB，F1F2互相平分且共圆，
易知，AF2⊥BF2，因为eq \(F2A,\s\up7(→))＝(x1－3，y1)，eq \(F2B,\s\up7(→))＝(x2－3，y2)，
所以eq \(F2A,\s\up7(→))·eq \(F2B,\s\up7(→))＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,8)))x1x2＋9＝0．
即x1x2＝－8，所以有eq \f(－a2b2,b2＋\f(1,8)a2)＝－8，结合b2＋9＝a2，解得a2＝12(a2＝6舍去)，
所以离心率e＝eq \f(\r(3),2)．(若设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)相应给分)
法二：设A(x1，y1)，又AB，F1F2互相平分且共圆，
所以AB，F1F2是圆的直径，所以xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝9，又由椭圆及直线方程综合可得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)＝9，,y1＝\f(\r(2),4)x1，,\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1.))
由前两个方程解得xeq \\al(2,1)＝8，yeq \\al(2,1)＝1，将其代入第三个方程并结合b2＝a2－c2＝a2－9，
解得a2＝12，故e＝eq \f(\r(3),2)．
(3)由(2)的结论知，椭圆方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1，由题可设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\\al(2,0)－y\\al(2,1),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))，又eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,0),12)))－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),12))),x\\al(2,0)－x\\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)．即直线PB的斜率k2的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))．
[例4] 设F1，F2分别是椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，若P是该椭圆上的一个动点，且eq \(PF1,\s\up7(→))·eq \(PF2,\s\up7(→))的最大值为1．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线l：x＝ky－1与椭圆E交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(O为坐标原点)，求k的取值范围．
[规范解答] (1)易知a＝2，c＝eq \r(4－b2)，b2<4，所以F1(－eq \r(4－b2)，0)，F2(eq \r(4－b2)，0)，
设P(x，y)，则eq \(PF1,\s\up7(→))·eq \(PF2,\s\up7(→))＝(－eq \r(4－b2)－x，－y)·(eq \r(4－b2)－x，－y)
＝x2＋y2－4＋b2＝x2＋b2－eq \f(b2x2,4)－4＋b2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(b2,4)))x2＋2b2－4．
因为x∈[－2，2]，故当x＝±2，即点P为椭圆长轴端点时，eq \(PF1,\s\up7(→))·eq \(PF2,\s\up7(→))有最大值1，
即1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(b2,4)))×4＋2b2－4，解得b2＝1．故所求椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky－1,\f(x2,4)＋y2＝1))得
(k2＋4)y2－2ky－3＝0，Δ＝(－2k)2＋12(4＋k2)＝16k2＋48>0，故y1＋y2＝eq \f(2k,k2＋4)，y1·y2＝eq \f(－3,k2＋4)．
又∠AOB为锐角，故eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＝x1x2＋y1y2>0，又x1x2＝(ky1－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1，
所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)y1y2－k(y1＋y2)＋1＝(1＋k2)·eq \f(－3,4＋k2)－eq \f(2k2,4＋k2)＋1
＝eq \f(－3－3k2－2k2＋4＋k2,4＋k2)＝eq \f(1－4k2,4＋k2)>0，所以k2故k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))．
[例5] 已知C为圆(x＋1)2＋y2＝8的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A(1，0)和AP上的点M，满足eq \(MQ,\s\up7(→))·eq \(AP,\s\up7(→))＝0，eq \(AP,\s\up7(→))＝2eq \(AM,\s\up7(→))．
(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；
(2)若斜率为k的直线l与圆x2＋y2＝1相切，与(1)中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，H，O是坐标原点，且eq \f (3,4)≤eq \(OF,\s\up7(→))·eq \(OH,\s\up7(→))≤eq \f (4,5)，求k的取值范围．
[规范解答] (1)由题意知MQ是线段AP的垂直平分线，
所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2eq \r(2)>|CA|＝2，
所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为2eq \r(2)的椭圆，
所以a＝eq \r(2)，c＝1，b＝eq \r(a2－c2)＝1，故点Q的轨迹方程是eq \f (x2,2)＋y2＝1．
(2)设直线l：y＝kx＋t，F(x1，y1)，H(x2，y2)，直线l与圆x2＋y2＝1相切⇒eq \f (|t|,\r(k2＋1))＝1⇒t2＝k2＋1．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f (x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋t))⇒(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2>0⇒k≠0，x1＋x2＝eq \f (－4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq \f (2t2－2,1＋2k2)，
所以eq \(OF,\s\up7(→))·eq \(OH,\s\up7(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝eq \f ((1＋k2)(2t2－2),1＋2k2)＋kteq \f (－4kt,1＋2k2)＋t2
＝eq \f ((1＋k2)2k2,1＋2k2)－eq \f (4k2(k2＋1),1＋2k2)＋k2＋1＝eq \f (1＋k2,1＋2k2)，
所以eq \f (3,4)≤eq \f (1＋k2,1＋2k2)≤eq \f (4,5)⇒eq \f (1,3)≤k2≤eq \f (1,2)⇒eq \f (\r(3),3)≤|k|≤eq \f (\r(2),2)，所以－eq \f (\r(2),2)≤k≤－eq \f (\r(3),3)或eq \f (\r(3),3)≤k≤eq \f (\r(2),2)．
故k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f (\r(2),2)，－\f (\r(3),3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f (\r(3),3)，\f (\r(2),2)))．
[例6] 已知M为椭圆C：eq \f (x2,25)＋eq \f (y2,9)＝1上的动点，过点M作x轴的垂线，垂足为D，点P满足eq \(PD,\s\up7(→))＝eq \f (5,3)eq \(MD,\s\up7(→))．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若A，B两点分别为椭圆C的左、右顶点，F为椭圆C的左焦点，直线PB与椭圆C交于点Q，直线QF，PA的斜率分别为kQF，kPA，求eq \f (kQF,kPA)的取值范围．
[规范解答] (1)设P(x，y)，M(m，n)，依题意知D(m，0)，且y≠0．
由eq \(PD,\s\up7(→))＝eq \f (5,3)eq \(MD,\s\up7(→))，得(m－x，－y)＝eq \f (5,3)(0，－n)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－x＝0，,－y＝－\f (5,3)n))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝x，,n＝\f (3,5)y.))
又M(m，n)为椭圆C：eq \f (x2,25)＋eq \f (y2,9)＝1上的点，∴eq \f (x2,25)＋eq \f (\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (3,5)y))2,9)＝1，即x2＋y2＝25，
故动点P的轨迹E的方程为x2＋y2＝25(y≠0)．
(2)依题意知A(－5，0)，B(5，0)，F(－4，0)，设Q(x0，y0)，
∵线段AB为圆E的直径，∴AP⊥BP，设直线PB的斜率为kPB，
则eq \f (kQF,kPA)＝eq \f (kQF,－\f (1,kPB))＝－kQFkPB＝－kQFkQB＝－eq \f (y0,x0＋4)·eq \f (y0,x0－5)＝－eq \f (y\\al(2,0),(x0＋4)(x0－5))
＝－eq \f (9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f (x\\al(2,0),25))),(x0＋4)(x0－5))＝eq \f (\f (9,25)(x\\al(2,0)－25),(x0＋4)(x0－5))＝eq \f (\f (9,25)(x0＋5),x0＋4)＝eq \f (9,25)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f (1,x0＋4)))，
∵点P不同于A，B两点且直线QF的斜率存在，∴－5又y＝eq \f (1,x＋4)在(－5，－4)和(－4，5)上都是减函数，∴eq \f (9,25)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f (1,x0＋4)))∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (2,5)，＋∞))，
故eq \f (kQF,kPA)的取值范围是(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (2,5)，＋∞))．
【对点训练】
1．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点E(eq \r(3)，eq \f(\r(3),2))．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq \(AF1,\s\up6(→))＝λeq \(F1B,\s\up6(→))，且2≤λ＜3，求直线l的斜率k的取值范围．
1．解析 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2,c＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(eq \f(3,k2)＋4)y2－eq \f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq \f(144,k2)＋144＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，
又eq \(AF1,\s\up6(→))＝λeq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝eq \f(－λ,1－λ2)(y1＋y2)2，则eq \f(1－λ2,λ)＝eq \f(4,3＋4k2)，λ＋eq \f(1,λ)－2＝eq \f(4,3＋4k2)，
因为2≤λ＜3，所以eq \f(1,2)≤λ＋eq \f(1,λ)－2＜eq \f(4,3)，即eq \f(1,2)≤eq \f(4,3＋4k2)＜eq \f(4,3)，且k＞0，解得0＜k≤eq \f(\r(5),2)．
故直线l的斜率k的取值范围是(0，eq \f(\r(5),2)]．
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为eq \f(\r(3),3)，点M在椭圆上且位于第一象限，直
线FM被圆x2＋y2＝eq \f(b2,4)截得的线段的长为c，|FM|＝eq \f(4\r(3),3)．
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于eq \r(2)，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．
2．解析 (1)由已知，有eq \f(c2,a2)＝eq \f(1,3)，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2．
设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c，0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．
由已知，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kc,\r(k2＋1))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))eq \s\up12(2)，解得k＝eq \f(\r(3),3)．
(2)由(1)得椭圆方程为eq \f(x2,3c2)＋eq \f(y2,2c2)＝1，直线FM的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，
两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq \f(5,3)c，或x＝c．
因为点M在第一象限，可得M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(2\r(3),3)c))．
由|FM|＝eq \r((c＋c)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)c－0))\s\up8(2))＝eq \f(4\r(3),3)，解得c＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1．
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t＝eq \f(y,x＋1)，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝t（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，
又由已知，得t＝eq \r(\f(6－2x2,3(x＋1)2))＞eq \r(2)，解得－eq \f(3,2)＜x＜－1，或－1＜x＜0．
设直线OP的斜率为m，得m＝eq \f(y,x)，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝eq \f(2,x2)－eq \f(2,3)．
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))时，有y＝t(x＋1)＜0，因此m＞0，于是m＝eq \r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3)))．
②当x∈(－1，0)时，有y＝t(x＋1)＞0，因此m＜0，于是m＝－eq \r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3)))．
综上，直线OP的斜率的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3)))．
3．已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为eq \r(3)－eq \r(2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点T(0，2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在x轴上存在一点E，使∠AEB＝90°，求直线l的斜率k的取值范围．
3．解析 (1)设椭圆的半焦距长为c，则由题设有：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a－c＝\r(3)－\r(2)，))
解得：a＝eq \r(3)，c＝eq \r(2)，∴b2＝1，故椭圆C的方程为eq \f(y2,3)＋x2＝1．
(2)由已知可得，以AB为直径的圆与x轴有公共点．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，
将直线l：y＝kx＋2代入eq \f(y2,3)＋x2＝1，得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，Δ＝12k2－12，
∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－2k,3＋k2)，y0＝kx0＋2＝eq \f(6,3＋k2)，|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \f(\r(12k2－12),3＋k2)＝eq \f(2\r(3)\r(k4－1),3＋k2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝12k2－12＞0，,\f(6,3＋k2)≤\f(1,2)|AB|.))解得：k4≥13，即k≥eq \r(4,13)或k≤－eq \r(4,13)．
4．在圆x2＋y2＝9上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足．点M在线段DP上，满足eq \f(|DM|,|DP|)＝
eq \f(2,3)．当点P在圆上运动时，设点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线y＝m(x＋5)上存在点Q，使得过点Q作曲线C的两条切线相互垂直，求实数m的取值范围．
4．解析 (1)设点M的坐标为(x，y)，点P的坐标为(x0，y0)．由题意，得x＝x0，y＝eq \f(2,3)y0，即x0＝x，y0＝eq \f(3,2)y．
∵点P(x0，y0)在圆x2＋y2＝9上，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝9．
将x0＝x，y0＝eq \f(3,2)y代入上式，得x2＋eq \f(9,4)y2＝9，即eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1．∴曲线C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1(x≠±3)．
(2)①若两切线的斜率都存在，设点Q(x1，y1)，过Q的切线方程为y－y1＝k(x－x1)，与eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1联立，
消去y并整理，得(9k2＋4)x2＋18k(y1－kx1)x＋9[(y1－kx1)2－4]＝0．
由Δ＝0，得[18k(y1－kx1)]2－4(9k2＋4)·9[(y1－kx1)2－4]＝0，36k2－4yeq \\al(2,1)＋8kx1y1－4k2xeq \\al(2,1)＋16＝0，
整理得(9－xeq \\al(2,1))k2＋2x1y1k＋4－yeq \\al(2,1)＝0．
设两切线的斜率分别为k1，k2，则k1·k2＝－1，即k1·k2＝eq \f(4－y\\al(2,1),9－x\\al(2,1))＝－1，即xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝13(x1≠±3)．
②若两切线的斜率有一条不存在，则点Q的坐标为(±3，±2)，满足xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝13．
即点Q的轨迹方程为x2＋y2＝13．
由题意知满足条件的点是直线y＝m(x＋5)与圆x2＋y2＝13的公共点．
圆心O(0，0)到直线y＝m(x＋5)的距离d＝eq \f(|5m|,\r(1＋m2))，
由直线y＝m(x＋5)和圆x2＋y2＝13有公共点可知，距离d≤r，即eq \f(|5m|,\r(1＋m2))≤eq \r(13)，解得－eq \f(\r(39),6)≤m≤eq \f(\r(39),6)．
故实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(39),6)，\f(\r(39),6)))．
5．已知点P(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的左右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP
是等腰直角三角形，且eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→))．
(1)求E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于MN以为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．
5．解析 (1)由题意△ABP是等腰直角三角形，a＝2，B(2，0)，设Q(x0，y0)，由eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(6,5)，,y0＝－\f(4,5)，))
代入椭圆方程，解得b2＝1，∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)由题意可知，直线l的斜率存在，方程为y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
由直线l与E有两个不同的交点，则Δ＞0，即(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞eq \f(3,4)，
由韦达定理可知x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2)，
由坐标原点O位于MN为直径的圆外，则eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＞0，即x1x2＋y1y2＞0，则
x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k×(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)eq \f(12,1＋4k2)－2k×eq \f(16k,1＋4k2)＋4＞0，
解得k2＜4，综上可知eq \f(3,4)＜k2＜4，解得eq \f(\r(3),2)＜k＜2或－2＜k＜－eq \f(\r(3),2)，
直线l斜率的取值范围eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，2))．
6．已知右焦点为F2(c，0)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且椭圆C关于直线x＝c对称的图形过
坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))作直线l与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为M，点A是椭圆C的右顶点，求直线MA的斜率k的取值范围．
6．解析 (1)∵椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，∴eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，①
∵椭圆C关于直线x＝c对称的图形过坐标原点，∴a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝eq \f(3,4)a2，②
由①②得a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)依题意，直线l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))且斜率不为零，故可设其方程为x＝my＋eq \f(1,2)．
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(1,2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝12))消去x，并整理得4(3m2＋4)y2＋12my－45＝0．
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)，∴y1＋y2＝－eq \f(3m,3m2＋4)，∴y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝－eq \f(3m,23m2＋4)，
∴x0＝my0＋eq \f(1,2)＝eq \f(2,3m2＋4)，∴k＝eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(m,4m2＋4)．
①当m＝0时，k＝0．
②当m≠0时，k＝eq \f(1,4m＋\f(4,m))，当m>0时，4m＋eq \f(4,m)≥8，∴0当m<0时，4m＋eq \f(4,m)＝－(－4m)＋eq \f(4,－m)≤－8，∴－eq \f(1,8)≤eq \f(1,4m＋\f(4,m))＝k<0．∴－eq \f(1,8)≤k≤eq \f(1,8)且k≠0．
综合①、②可知，直线MA的斜率k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)，\f(1,8)))．
7．在直角坐标系xOy中，曲线C1上的任意一点M到直线y＝－1的距离比M点到点F(0，2)的距离小1．
(1)求动点M的轨迹C1的方程；
(2)若点P是圆C2：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作曲线C1的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB斜率的取值范围．
7．解析 (1)法一 设点M(x，y)，∵点M到直线y＝－1的距离等于|y＋1|，
∴|y＋1|＝eq \r(x2＋(y－2)2)－1，化简得x2＝8y，
∴动点M的轨迹C1的方程为x2＝8y．
法二 由题意知M到直线y＝－2的距离等于M到F(0，2)的距离，
由抛物线定义得动点M的轨迹方程为x2＝8y．
(2)由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设点P(m，n)，过点P的抛物线的切线方程为y＝k(x－m)＋n，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x－m)＋n，,x2＝8y))得x2－8kx＋8km－8n＝0，
∵Δ＝64k2－32km＋32n＝0，即2k2－km＋n＝0，∴k1＋k2＝eq \f(m,2)，k1k2＝eq \f(n,2)．
由x2＝8y，得y′＝eq \f(x,4)，∴x1＝4k1，y1＝eq \f(xeq \\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,1)，x2＝4k2，y2＝eq \f(xeq \\al(2,2),8)＝2keq \\al(2,2)，
∴kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2keq \\al(2,2)－2keq \\al(2,1),4k2－4k1)＝eq \f(k2＋k1,2)＝eq \f(m,4)，
∵点P(m，n)满足(x－2)2＋(y＋2)2＝1，∴1≤m≤3，
∴eq \f(1,4)≤eq \f(m,4)≤eq \f(3,4)，即直线AB斜率的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,4)))．