(新高考)高考数学一轮复习讲与练第8章§8.10《圆锥曲线中范围与最值问题》(含详解)

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例1 (2022·临沂模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，以PF1为直径的圆E：x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,4)))2＝eq \f(49,16)过焦点F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．
解 (1)在圆E的方程中，令y＝0，得x2＝3，
解得x＝±eq \r(3)，
所以F1，F2的坐标分别为(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)．
因为Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
又因为|OE|＝eq \f(1,2)|F2P|，OE∥F2P，
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，
所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝2×eq \f(7,4)＋eq \f(1,2)＝4，
得a＝2，b＝1，
即椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)右顶点为A(2,0)，由题意可知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM的方程为y＝k(x－2)，
由MN与x轴不垂直，故k≠±1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，又点A(2,0)，
则由根与系数的关系可得2x1＝eq \f(16k2－4,1＋4k2)，
得x1＝eq \f(8k2－2,1＋4k2)，y1＝k(x1－2)＝eq \f(－4k,1＋4k2)，
因为AM⊥AN，
所以直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－2)，
用－eq \f(1,k)替换k可得，x2＝eq \f(8－2k2,4＋k2)，y2＝eq \f(4k,4＋k2)，
所以点Q坐标为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(30k2,1＋4k24＋k2)，\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2)))，
所以直线AQ的斜率
k1＝eq \f(\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2),\f(30k2,1＋4k24＋k2)－2)＝eq \f(3k1－k2,22k4＋k2＋2)，
直线MN的斜率
k2＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\f(4k,4＋k2)＋\f(4k,1＋4k2),\f(8－2k2,4＋k2)－\f(8k2－2,1＋4k2))＝eq \f(5k,41－k2)，
所以k1k2＝eq \f(15k2,82k4＋k2＋2)＝eq \f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))，
因为k2>0且k2≠1，
所以2k2＋eq \f(2,k2)＋1>2eq \r(2k2×\f(2,k2))＋1＝5，
所以0即k1k2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,8))).
所以直线MN与AQ的斜率之积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,8))).
教师备选
(2022·武汉调研)过双曲线Γ：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.
(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；
(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．
解 (1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，
|F1F2|＝2eq \r(3).
∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，
2c＝|F1F2|＝2eq \r(3)，c＝eq \r(3)，b2＝c2－a2＝2，
此时Γ的标准方程为x2－eq \f(y2,2)＝1.
(2)设l的方程为x＝my－c，与eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1联立，
得(b2m2－a2)y2－2b2cmy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(2b2cm,b2m2－a2)，y1y2＝eq \f(b4,b2m2－a2)，
由AF2⊥BF2，eq \(F2A,\s\up6(－→))·eq \(F2B,\s\up6(－→))＝0，
(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，
(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0
⇒(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0
⇒(m2＋1)b4＝4a2c2
⇒(m2＋1)＝eq \f(4a2c2,b4)≥1
⇒4a2c2≥(c2－a2)2，
∴c4＋a4－6a2c2≤0⇒e4－6e2＋1≤0，
又∵e>1，∴1∴1又A，B在左支且l过F1，
∴y1y2<0，
eq \f(b4,b2m2－a2)<0⇒m2∴4a25.
综上所述，eq \r(5)思维升华 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(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，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)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．
(4)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．
(5)利用求函数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．
跟踪训练1 (2022·南昌模拟)已知圆M：x2＋(y－1)2＝8，点N(0，－1)，P是圆M上一动点，若线段PN的垂直平分线与PM交于点Q.
(1)求点Q的轨迹方程C；
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，D(1,0)，直线DA与直线DB的斜率之积为eq \f(1,6)，求直线l的斜率的取值范围．
解 (1)由题意可知|QN|＝|QP|，又点P是圆上的点，则|PM|＝2eq \r(2)，
且|PM|＝|PQ|＋|QM|，
则|QN|＋|QM|＝2eq \r(2)>2，
由椭圆的定义可知，点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，其中a＝eq \r(2)，c＝1，b＝1，
则点Q的轨迹方程C：eq \f(y2,2)＋x2＝1.
(2)由已知得直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y2,2)＋x2＝1，,y＝kx＋m，))
消去y得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－2＝0，
Δ＝8k2－8m2＋16>0，
解得m2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋2)，x1x2＝eq \f(m2－2,k2＋2)，
所以kDA·kDB＝eq \f(y1,x1－1)·eq \f(y2,x2－1)
＝eq \f(kx1＋m,x1－1)·eq \f(kx2＋m,x2－1)＝eq \f(1,6)，
化简得eq \f(2m2－k2,m＋k2)＝eq \f(1,6).
当m＝－k时，直线l的方程为y＝kx－k恒过(1,0)，不符合题意；
当m≠－k时，得m＝eq \f(13,11)k，
直线l的方程为y＝kx＋eq \f(13,11)k恒过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,11)，0))，
由m2即k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11\r(6),12)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(11\r(6),12))).
题型二 最值问题
例2 (2022·广州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(0,2)的直线l(直线l不与x轴垂直)与椭圆C交于不同的两点M，N，且O为坐标原点．求△MON的面积的最大值．
解 (1)依题意得eq \f(－12,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2,b2)＝1，而b＝1，
则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2)＝1⇒eq \f(1,a2)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)⇒a2＝2，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)因为直线l不与x轴垂直，则l的斜率k存在，l的方程为y＝kx＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0，
因为直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，
则有Δ＝(8k)2－4·(2k2＋1)·6
＝16k2－24>0⇒k2>eq \f(3,2)，
即k<－eq \f(\r(6),2)或k>eq \f(\r(6),2)，
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8k,2k2＋1)，
x1x2＝eq \f(6,2k2＋1)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k,2k2＋1)))2－4·\f(6,2k2＋1))
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(82k2－3,2k2＋12))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)，
而原点O到直线l：kx－y＋2＝0的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，△MON的面积S＝eq \f(1,2)·|MN|·d
＝eq \f(1,2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)·eq \f(2,\r(k2＋1))
＝eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)，
令t＝eq \r(2k2－3)⇒2k2＝t2＋3(t>0)，
S＝eq \f(2\r(2)t,t2＋4)＝eq \f(2\r(2),t＋\f(4,t))，
因为t＋eq \f(4,t)≥2eq \r(t·\f(4,t))＝4，
当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时取“＝”，此时k2＝eq \f(7,2)，
即k＝±eq \f(\r(14),2)，符合要求，
从而有S≤eq \f(2\r(2),4)＝eq \f(\r(2),2)，
故当k＝±eq \f(\r(14),2)时，
△MON的面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
教师备选
(2022·厦门模拟)设椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点A，B，C分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC|＝4.
(1)求Γ的标准方程；
(2)点D为直线AB上的动点，过点D作l∥AC，设l与Γ的交点为P，Q，求|PD|·|QD|的最大值．
解 (1)由题意得2a＝|BC|＝4，解得a＝2.
又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
所以c＝eq \r(3)，则b2＝a2－c2＝1.
所求Γ的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)方法一 由(1)可得A(0,1)，B(－2,0)，C(2,0)，
则kAC＝－eq \f(1,2)，
直线AB的方程为x－2y＋2＝0，
设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋λ.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，
整理得，x2－2λx＋2λ2－2＝0.①
由Δ>0，得－eq \r(2)<λ联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,x－2y＋2＝0，))
解得D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－1，\f(λ＋1,2)))，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由①知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2λ，,x1x2＝2λ2－2，))②
又|PD|＝eq \f(\r(5),2)|x1－(λ－1)|，
|QD|＝eq \f(\r(5),2)|x2－(λ－1)|，
所以|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|x1x2－(λ－1)(x1＋x2)＋(λ－1)2|，③
将②代入③，
得|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|λ2－1| ，λ∈(－eq \r(2)，eq \r(2))，
所以当λ＝0时，|PD|·|QD|有最大值eq \f(5,4).
方法二 设eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＝λ(－2，－1)
＝(－2λ，－λ)，
则D(－2λ，1－λ)，
由点斜式，可得直线l的方程为
y－(1－λ)＝－eq \f(1,2)(x＋2λ)，
即y＝－eq \f(1,2)x－2λ＋1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x－2λ＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y，得x2＋(4λ－2)x＋8λ2－8λ＝0，①
由Δ＝(4λ－2)2－4×(8λ2－8λ)>0，
解得eq \f(1－\r(2),2)<λ设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由①得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2－4λ，,x1x2＝8λ2－8λ，))②
由题意可知|PD|＝eq \f(\r(5),2)|x1＋2λ|，
|QD|＝eq \f(\r(5),2)|x2＋2λ|，
所以|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|x1x2＋2λ(x1＋x2)＋4λ2|，③
将②代入③得|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|4λ2－4λ|＝5|λ2－λ|，
当λ＝eq \f(1,2)时，|PD|·|QD|有最大值eq \f(5,4).
思维升华 圆锥曲线中最值的求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
跟踪训练2 如图所示，点A，B分别是椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.
(1)求点P的坐标；
(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．
解 (1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，
设点P的坐标是(x，y)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－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).
∴点P的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2))).
(2)由(1)可得直线AP的方程是x－eq \r(3)y＋6＝0，
点B(6,0)．
设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是eq \f(|m＋6|,2)，于是eq \f(|m＋6|,2)＝|m－6|，
又－6≤m≤6，解得m＝2.
由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为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\c1(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\c1(x－\f(9,2)))2＋15的图象可知，
当x＝eq \f(9,2)时，d取最小值，且最小值为eq \r(15).
课时精练
1．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(eq \r(5)，eq \r(3))在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，求|OP|2＋|OQ|2的最小值．
解 (1)因为e＝eq \f(c,a)＝2，
所以c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2.
所以双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
即3x2－y2＝3a2.
因为点M(eq \r(5)，eq \r(3))在双曲线上，
所以15－3＝3a2，
所以a2＝4.
所以所求双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1.
(2)设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OQ的方程为y＝－eq \f(1,k)x，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,12)＝1，,y＝kx，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(12,3－k2)，,y2＝\f(12k2,3－k2)，))
所以|OP|2＝x2＋y2＝eq \f(12k2＋1,3－k2).
同理可得|OQ|2＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))),3－\f(1,k2))＝eq \f(12k2＋1,3k2－1)，
所以eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OQ|2)＝eq \f(3－k2＋3k2－1,12k2＋1)
＝eq \f(2＋2k2,12k2＋1)＝eq \f(1,6).
设|OP|2＋|OQ|2＝t，
则t·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|OP|2)＋\f(1,|OQ|2)))＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OQ|,|OP|)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OP|,|OQ|)))2
≥2＋2＝4，
所以t≥eq \f(4,\f(1,6))＝24，
即|OP|2＋|OQ|2≥24(当且仅当|OP|＝|OQ|＝2eq \r(3)时取等号)．
所以当|OP|＝|OQ|＝2eq \r(3)时，|OP|2＋|OQ|2取得最小值24.
2．(2022·阳泉模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(2),2)，P是椭圆C上的一个动点，当P是椭圆C的上顶点时，△F1PF2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线PF2，与椭圆C的另一个交点为Q.若存在T(t,0)，使得|TP|＝|TQ|，求t的取值范围．
解 (1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,2)·b·2c＝1，,b2＋c2＝a2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为N(x0，y0)，直线PF2的斜率为k，
由(1)设直线PQ的方程为y＝k(x－1)．
当k＝0时，t＝0符合题意；
当k≠0时，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
∴Δ＝16k4－4(1＋2k2)(2k2－2)＝8k2＋8>0，
x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，
∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2k2,1＋2k2)，
y0＝k(x0－1)＝eq \f(－k,1＋2k2)，
即N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
∵|TP|＝|TQ|，
∴直线TN为线段PQ的垂直平分线，
∴TN⊥PQ，即kTN·k＝－1.
∴eq \f(\f(－k,1＋2k2),\f(2k2,1＋2k2)－t)·k＝－1，
∴t＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,2＋\f(1,k2)).
∵k2>0，∴eq \f(1,k2)>0 ,2＋eq \f(1,k2)>2，
∴0即t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
3．(2021·北京)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解 (1)因为椭圆过A(0，－2)，故b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4eq \r(5)，
故eq \f(1,2)×2a×2b＝4eq \r(5)，即a＝eq \r(5)，
故椭圆的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，故x1x2≠0，
故直线AB：y＝eq \f(y1＋2,x1)x－2，令y＝－3，则xM＝－eq \f(x1,y1＋2)，
同理xN＝－eq \f(x2,y2＋2).
直线BC：y＝kx－3，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20，))
可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，
解得k<－1或k>1.
又x1＋x2＝eq \f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(25,4＋5k2)，
故x1x2>0，所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－x1＋x2,k2x1x2－kx1＋x2＋1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，－3≤k<－1或14．(2022·德州模拟)已知抛物线E：x2＝－2y，过抛物线上第四象限的点A作抛物线的切线，与x轴交于点M.过M作OA的垂线，交抛物线于B，C两点，交OA于点D.
(1)求证：直线BC过定点；
(2)若eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))≥2，求|AD|·|AO|的最小值．
(1)证明 由题意知，抛物线E：x2＝－2y，
则y＝－eq \f(1,2)x2，可得y′＝－x，
设A(2t，－2t2)(t>0)，则kAM＝－2t，
所以lAM：y＋2t2＝－2t(x－2t)，
即y＝－2tx＋2t2，
所以M(t,0)，
又kOA＝eq \f(－2t2,2t)＝－t，所以kBC＝eq \f(1,t)，
所以lBC：y－0＝eq \f(1,t)(x－t)，即y＝eq \f(1,t)x－1，
所以直线BC过定点(0，－1)．
(2)解 联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,t)x－1，,x2＝－2y，))
整理得x2＋eq \f(2,t)x－2＝0，
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(2,t)，x1x2＝－2，
则eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)
＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2
＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2)＝1＋t2≥2，
所以t2≥1，
又由|AD|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)·2t＋2t2－1)),\r(1＋\f(1,t2)))＝eq \f(2t2＋1,\r(t2＋1))·t，
|AO|＝eq \r(2t2＋－2t22)＝2teq \r(1＋t2)，
所以|AD|·|AO|＝eq \f(2t2＋1,\r(t2＋1))·t·2t·eq \r(1＋t2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t2＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，
因为2t2≥2，所以当2t2＝2，即t＝1时，
|AD|·|AO|的最小值是6.