专题24 长度和距离型取值范围模型(解析版)

这是一份专题24 长度和距离型取值范围模型(解析版)，共16页。

[例1] 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A为C上位于第一象限的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D．
(1)若当点A的横坐标为3，且△ADF为等边三角形，求C的方程；
(2)对于(1)中求出的抛物线C，若点D(x0，0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0≥\f(1,2)))，记点B关于x轴的对称点为E，AE交x轴于点P，且AP⊥BP，求证：点P的坐标为(－x0，0)，并求点P到直线AB的距离d的取值范围．
[规范解答] (1)由题意知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，|FA|＝3＋eq \f(p,2)，则D(3＋p，0)，FD的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(3p,4)，0))，
则eq \f(3,2)＋eq \f(3p,4)＝3，解得p＝2，故C的方程为y2＝4x．
(2)依题意可设直线AB的方程为x＝my＋x0(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则E(x2，－y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋x0，))消去x，得y2－4my－4x0＝0，x0≥eq \f(1,2)．
所以Δ＝16m2＋16x0>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4x0，
设P的坐标为(xP，0)，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(x2－xP，－y2)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(x1－xP，y1)，
由题意知eq \(PE,\s\up6(→))∥eq \(PA,\s\up6(→))，所以(x2－xP)y1＋y2(x1－xP)＝0，即x2y1＋y2x1＝eq \f(y\\al(2,2)y1＋y\\al(2,1)y2,4)＝eq \f(y1y2(y1＋y2),4)＝(y1＋y2)xP，
显然y1＋y2＝4m≠0，所以xP＝eq \f(y1y2,4)＝－x0，即证P(－x0，0)，由题意知△EPB为等腰直角三角形，
所以kAP＝1，即eq \f(y1＋y2,x1－x2)＝1，也即eq \f(y1＋y2,\f(1,4)(y\\al(2,1)－y\\al(2,2)))＝1，
所以y1－y2＝4，所以(y1＋y2)2－4y1y2＝16，即16m2＋16x0＝16，m2＝1－x0，x0<1，
又因为x0≥eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)≤x0<1，d＝eq \f(|－x0－x0|,\r(1＋m2))＝eq \f(2x0,\r(1＋m2))＝eq \f(2x0,\r(2－x0))，
令eq \r(2－x0)＝t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))，x0＝2－t2，d＝eq \f(2(2－t2),t)＝eq \f(4,t)－2t，易知f(t)＝eq \f(4,t)－2t在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))上是减函数，
所以d∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，2))．所以d的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，2))．
[例2] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，过点M(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，|MA|＝λ|MB|，且当直线l垂直于x轴时，|AB|＝eq \r(2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求弦长|AB|的取值范围．
[规范解答] (1)由已知e＝eq \f(\r(2),2)，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，又当直线垂直于x轴时，|AB|＝eq \r(2)，
所以椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，代入椭圆方程得eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，
∵a2＝b2＋c2，联立方程可得a2＝2，b2＝1，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)当过点M的直线斜率为0时，点A，B分别为椭圆长轴的端点，
λ＝eq \f(|MA|,|MB|)＝eq \f(\r(2)＋1,\r(2)－1)＝3＋2eq \r(2)>2或λ＝eq \f(|MA|,|MB|)＝eq \f(\r(2)－1,\r(2)＋1)＝3－2eq \r(2)设直线方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线方程代入椭圆方程得：(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
由根与系数的关系可得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2m,m2＋2) ①，,y1y2＝－\f(1,m2＋2) ②，))
将①式平方除以②式可得：eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)＋2＝－eq \f(4m2,m2＋2)，由已知|MA|＝λ|MB|可知，eq \f(y1,y2)＝－λ，
∴－λ－eq \f(1,λ)＋2＝－eq \f(4m2,m2＋2)，又知λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∴－λ－eq \f(1,λ)＋2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，∴－eq \f(1,2)≤－eq \f(4m2,m2＋2)≤0，解得m2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,7)))．
|AB|2＝(1＋m2)|y1－y2|2＝(1＋m2)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2＋1,m2＋2)))2＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,m2＋2)))2，
∵m2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,7)))，∴eq \f(1,m2＋2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,16)，\f(1,2)))，∴|AB|∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(9\r(2),8)))．
[例3] 设点F为椭圆C：eq \f(x2,4m)＋eq \f(y2,3m)＝1(m＞0)的左焦点，直线y＝x被椭圆C截得弦长为eq \f(4\r(42),7)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)圆P：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4\r(3),7)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3\r(3),7)))eq \s\up12(2)＝r2(r＞0)与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB上任意一点，直线FM交椭圆C于P，Q两点，AB为圆P的直径，且直线FM的斜率大于1，求|PF|·|QF|的取值范围．
[规范解答] (1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4m)＋\f(y2,3m)＝1，,y＝x))得x2＝y2＝eq \f(12m,7)，故2eq \r(x2＋y2)＝2eq \r(\f(24m,7))＝eq \f(4\r(42),7)，解得m＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8\r(3),7)，,y1＋y2＝\f(6\r(3),7)))又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),4)＋\f(yeq \\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),4)＋\f(yeq \\al(2,2),3)＝1))
所以eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,3)＝0．
则(x1－x2)－(y1－y2)＝0，故kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，
则直线AB的方程为y－eq \f(3\r(3),7)＝x＋eq \f(4\r(3),7)，即y＝x＋eq \r(3)，代入椭圆C的方程并整理得7x2＋8eq \r(3)x＝0，
则x1＝0，x2＝－eq \f(8\r(3),7)，故直线FM的斜率k∈[eq \r(3)，＋∞)，
设FM：y＝k(x＋1)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x＋1）))得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有x3＋x4＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x3x4＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
又|PF|＝eq \r(12＋k2)|x3＋1|，|QF|＝eq \r(12＋k2)|x4＋1|，
所以|PF|·|QF|＝(1＋k2)|x3x4＋(x3＋x4)＋1|＝(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1))
＝(1＋k2)×eq \f(9,3＋4k2)＝eq \f(9,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3＋4k2)))，
因为k≥eq \r(3)，所以eq \f(9,4)＜eq \f(9,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3＋4k2)))≤eq \f(12,5)，即|PF|·|QF|的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，\f(12,5)))．
[例4] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率是eq \f(\r(3),2)，且椭圆经过点(0，1)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l1：x＋2y－2＝0与圆D：x2＋y2－6x－4y＋m＝0相切：
(ⅰ)求圆D的标准方程；
(ⅱ)若直线l2过定点(3，0)，与椭圆C交于不同的两点E，F，与圆D交于不同的两点M，N，求|EF|·|MN|的取值范围．
[规范解答] (1)∵椭圆经过点(0，1)，∴eq \f(1,b2)＝1，解得b2＝1，∵e＝eq \f(\r(3),2)，∴eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
∴3a2＝4c2＝4(a2－1) ，解得a2＝4，∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2) (ⅰ)圆D的标准方程为(x－3)2＋(y－2)2＝13－m，圆心为(3，2)，
∵直线l1：x＋2y－2＝0与圆D相切，∴圆D的半径r＝eq \f(|3＋2×2－2|,\r(5))＝eq \r(5)，
∴圆D的标准方程为(x－3)2＋(y－2)2＝5．
(ⅱ)由题可得直线l2的斜率存在，设l2方程为y＝k(x－3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋3),\f(x2,4)＋y2＝1))消去y整理得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0，
∵直线l2与椭圆C交于不同的两点E，F，
∴Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＝16(1－5k2)＞0，解得0≤k2＜eq \f(1,5)．
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(24k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(36k2－4,1＋4k2)，
∴|EF|＝eq \r(1＋k2)eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \r((1＋k2)[(eq \f(24k2,1＋4k2))2－4×eq \f(36k2－4,1＋4k2)eq\f(36k2－4,1＋4k2)])＝4eq \r(\f((1＋k2)(1－5k2),(1＋4k2)2))，
又圆D的圆心(3，2)到直线l2：kx－y－3k＝0的距离d＝eq \f(|3k－2－3k|,\r(k2＋1))＝eq \f(2,\r(k2＋1))，
∴圆D截直线l2所得弦长|MN|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(\f(5k2＋1,k2＋1))，
∴|EF|·|MN|＝4eq \r(\f((1＋k2)(1－5k2),(1＋4k2)2))×2eq \r(\f(5k2＋1,k2＋1))＝8eq \r(\f(1－25k4,(1＋4k2)2))，
设t＝1＋4k2∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(9,5)))，则k2＝eq \f(t－1,4)，∴|EF|·|MN|＝8eq \r(\f(1－25(eq \f(t－1,4))2,t2))＝2eq \r(－9(eq \f(1,t))2＋50eq \f(1,t)－25)，
∵t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(9,5)))，∴－9(eq \f(1,t))2＋50eq \f(1,t)－25∈(0，16]，
∴|EF|·|MN|的取值范围为(0，8]．
[例5] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，且椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且与圆O：x2＋y2＝2相交于E，F两点，求|AB|·|EF|2的取值范围．
[规范解答] (1)由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，所以a2＝eq \f(3,2)b2，所以椭圆的方程为eq \f(x2,\f(3,2)b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))代入方程得b2＝2，即a2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)由(1)可知，椭圆的右焦点为(1，0)，
①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝1，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(3),3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2\r(3),3)))，E(1，1)，F(1，－1)，
所以|AB|＝eq \f(4\r(3),3)，|EF|2＝4，|AB|·|EF|2＝eq \f(16\r(3),3)．
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－1，))可得(2＋3k2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，则x1＋x2＝eq \f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2)，
所以|AB|＝eq \r((1＋k2)(x1－x2)2)＝eq \r((1＋k2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,2＋3k2)))2－4×\f(3k2－6,2＋3k2))))＝eq \f(4\r(3)k2＋1,2＋3k2)．
因为圆心O(0，0)到直线l的距离d＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，所以|EF|2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(k2,k2＋1)))＝eq \f(4k2＋2,k2＋1)，
所以|AB|·|EF|2＝eq \f(4\r(3)(k2＋1),2＋3k2)·eq \f(4(k2＋2),k2＋1)＝eq \f(16\r(3)(k2＋2),2＋3k2)＝eq \f(16\r(3),3)·eq \f(k2＋2,k2＋\f(2,3))＝eq \f(16\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(4,3),k2＋\f(2,3))))．
因为k2∈[0，＋∞)，所以|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3)))．
综上，|AB|·|EF|2的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3)))．
[例6] 已知椭圆Γ：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，过点P(1，1)作倾斜角互补的两条不同直线l1，l2，设l1与椭圆Γ交于A、B两点，l2与椭圆Γ交于C，D两点．
(1)若P(1，1)为线段AB的中点，求直线AB的方程；
(2)若直线l1与l2的斜率都存在，记λ＝eq \f(|AB|,|CD|)，求λ的取值范围．
[规范解答] (1)解法一(点差法)：由题意可知直线AB的斜率存在．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),2)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),2)＝1，))两式作差得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(2,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(2,4)·eq \f(2×1,2×1)＝－eq \f(1,2)，
∴直线AB的方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0．
解法二：由题意可知直线AB的斜率存在．设直线AB的斜率为k，
则其方程为y－1＝k(x－1)，代入x2＋2y2＝4中，得x2＋2[kx－(k－1)]2－4＝0．
∴(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2(k－1)2－4＝0．
Δ＝[－4(k－1)k]2－4(2k2＋1)[2(k－1)2－4]＝8(3k2＋2k＋1)＞0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4kk－1,2k2＋1)，,x1x2＝\f(2k－12－4,2k2＋1).))
∵AB中点为(1，1)，∴eq \f(1,2)(x1＋x2)＝eq \f(2kk－1,2k2＋1)＝1，则k＝－eq \f(1,2)．
∴直线AB的方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0．
(2)由(1)可知|AB|＝eq \r(1＋k2) |x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(83k2＋2k＋1),2k2＋1)．
设直线CD的方程为y－1＝－k(x－1)(k≠0)．同理可得|CD|＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(83k2－2k＋1),2k2＋1)．
∴λ＝eq \f(|AB|,|CD|)＝ eq \r(\f(3k2＋2k＋1,3k2－2k＋1))(k≠0)，λ＞0．
∴λ2＝1＋eq \f(4k,3k2＋1－2k)＝1＋eq \f(4,3k＋\f(1,k)－2)，令t＝3k＋eq \f(1,k)，则t∈(－∞，－2eq \r(3) ]∪[2eq \r(3)，＋∞)，
令g(t)＝1＋eq \f(4,t－2)，t∈(－∞，－2eq \r(3) ]∪[2eq \r(3)，＋∞)，
∵g(t)在(－∞，－2eq \r(3)]，[2eq \r(3)，＋∞)上单调递减，∴2－eq \r(3)≤g(t)＜1或1＜g(t)≤2＋eq \r(3)．
故2－eq \r(3)≤λ2＜1或1＜λ2≤2＋eq \r(3)．∴λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)－\r(2),2)，1))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6)＋\r(2),2)))．
[例7] 已知点F为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1与椭圆E有且仅有一个交点M．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围．
[规范解答] (1)由题意，得a＝2c，b＝eq \r(3)c，则椭圆E为eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝c2，,\f(x,4)＋\f(y,2)＝1))消去y，得x2－2x＋4－3c2＝0．
∵直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1与椭圆E有且仅有一个交点M，∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，解得c2＝1，
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由(1)得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，∵直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1与y轴交于P(0，2)，∴|PM|2＝eq \f(5,4)，
①当直线l与x轴垂直时，|PA|·|PB|＝(2＋eq \r(3))×(2－eq \r(3))＝1，∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|⇒λ＝eq \f(4,5)，
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,3x2＋4y2－12＝0))消去y，整理得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
则x1x2＝eq \f(4,3＋4k2)，且Δ＝48(4k2－1)＞0，
∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·eq \f(4,3＋4k2)＝1＋eq \f(1,3＋4k2)＝eq \f(5,4)λ，
∴λ＝eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3＋4k2)))，∵k2＞eq \f(1,4)，∴eq \f(4,5)＜λ＜1．综上所述，λ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，1))．
【对点训练】
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝eq \f(5,4)，求原点O到直线l的距离的取值范围．
1．解析 (1)由题知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，2b＝2，又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简得m2<4k2＋1，①
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2．
若kOM·kON＝eq \f(5,4)，则eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(5,4)，即4y1y2＝5x1x2，
∴(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0，∴(4k2－5)·eq \f(4（m2－1）,4k2＋1)＋4km·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2＋1)))＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化简得m2＋k2＝eq \f(5,4)，②，由①②得0≤m2∵原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，∴d2＝eq \f(m2,1＋k2)＝eq \f(\f(5,4)－k2,1＋k2)＝－1＋eq \f(9,4（1＋k2）)，
又eq \f(1,20)2．已知椭圆C：eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (\r(2),2)))，且离心率为eq \f (\r(2),2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，不经过F1的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B．如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求焦点F2到直线l的距离d的取值范围．
2．解析 (1)由题意，知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f (1,a2)＋\f (2,4b2)＝1，,\f (c,a)＝\f (\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1.))所以椭圆C的方程为eq \f (x2,2)＋y2＝1．
(2)易知直线l的斜率存在且不为零．设直线l的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程eq \f (x2,2)＋y2＝1，
整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0．由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，得2k2>m2－1．①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f (4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f (2(m2－1),1＋2k2)．
因为F1(－1，0)，所以kAF1＝eq \f (y1,x1＋1)，kBF1＝eq \f (y2,x2＋1)．
由题可得2k＝eq \f (y1,x1＋1)＋eq \f (y2,x2＋1)，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0．
因为直线l：y＝kx＋m不过焦点F1(－1，0)，所以m－k≠0，
所以x1＋x2＋2＝0，从而－eq \f (4km,1＋2k2)＋2＝0，即m＝k＋eq \f (1,2k)．②
由①②得2k2>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f (1,2k)))2－1，化简得|k|>eq \f (\r(2),2)．③
焦点F2(1，0)到直线l：y＝kx＋m的距离d＝eq \f (|k＋m|,\r(1＋k2))＝eq \f (\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k＋\f (1,2k))),\r(1＋k2))＝eq \f (2＋\f (1,2k2),\r(\f (1,k2)＋1))，
令t＝eq \r(\f (1,k2)＋1)，由|k|>eq \f (\r(2),2)知t∈(1，eq \r(3))．于是d＝eq \f (\f (t2＋3,2),t)＝eq \f (1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f (3,t)))，
因为函数f (t)＝eq \f (1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f (3,t)))在[1，eq \r(3)]上单调递减，所以f (eq \r(3))所以焦点F2到直线l的距离d的取值范围是(eq \r(3)，2)．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(2，0)的直线交椭圆C于A，B两点，P为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝teq \(OP,\s\up6(→))，其中t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)，2))，求|AB|的取值范围．
3．解析 (1)依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋1，,\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1，))∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)由题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x－2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0．∴Δ＝8(1－2k2)>0，解得k2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝\f(8k2－2,1＋2k2)，,y1＋y2＝kx1＋x2－4＝－\f(4k,1＋2k2).))
由eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝teq \(OP,\s\up6(→))得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,t1＋2k2)，\f(－4k,t1＋2k2)))，代入椭圆C的方程得t2＝eq \f(16k2,1＋2k2)．由eq \f(2\r(6),3)∴|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(1－2k2),1＋2k2)＝2eq \r(\f(2,1＋2k22)＋\f(1,1＋2k2)－1)．
令u＝eq \f(1,1＋2k2)，则u∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))，∴|AB|＝2eq \r(2u2＋u－1)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(5),3)))．
∴|AB|的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(5),3)))．
4．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2＋y2＝r2(r>0)与直线l0：y＝x＋2eq \r(2)相切，点A为圆C1上一动
点，AN⊥x轴于点N，且动点M满足eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))，设动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)设P，Q是曲线C上两动点，线段PQ的中点为T，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝
－eq \f(1,4)，求|OT|的取值范围．
4．解析 (1)设动点M(x，y)，A(x0，y0)，∵AN⊥x轴于点N，∴N(x0，0)．
又圆C1：x2＋y2＝r2(r>0)与直线l0：y＝x＋2eq \r(2)，即x－y＋2eq \r(2)＝0相切，
∴r＝eq \f(|2\r(2)|,\r(2))＝2，∴圆C1：x2＋y2＝4．由eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))，
得(x，y)＋(x－x0，y－y0)＝(x0，0)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－x0＝x0，,2y－y0＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x，,y0＝2y，))
又点A为圆C1上一动点，∴x2＋4y2＝4，∴曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)当直线PQ的斜率不存在时，可取直线OP的方程为y＝eq \f(1,2)x，
不妨取点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(2),2)))，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，－\f(\r(2),2)))，T(eq \r(2)，0)，∴|OT|＝eq \r(2)．
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4，))可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2)．∵k1k2＝－eq \f(1,4)，∴4y1y2＋x1x2＝0．
∴4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－eq \f(32k2m2,1＋4k2)＋4m2＝0，
化简得2m2＝1＋4k2，∴m2≥eq \f(1,2)．
Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)＝16m2>0，
设T(x′0，y′0)，则x′0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－4km,1＋4k2)＝eq \f(－2k,m)，y′0＝kx′0＋m＝eq \f(1,2m)．
∴|OT|2＝x′eq \\al(2,0)＋y′eq \\al(2,0)＝eq \f(4k2,m2)＋eq \f(1,4m2)＝2－eq \f(3,4m2)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∴|OT|∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))．
综上，|OT|的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))．
5．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率e＝eq \f(1,2)，点P为椭圆上的一个动点，△PF1F2
面积的最大值为4eq \r(3)．
(1)求椭圆的方程；
(2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四个点，AC与BD相交于点F1，eq \(AC,\s\up7(→))·eq \(BD,\s\up7(→))＝0，求|eq \(AC,\s\up7(→))|＋|eq \(BD,\s\up7(→))|的取值范围．
5．解析 (1)由题意得，当点P是椭圆的上、下顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，
此时S△PF1F2＝eq \f(1,2)|F1F2|·|OP|＝bc，∴bc＝4eq \r(3)，
因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以b＝2eq \r(3)，a＝4，所以椭圆方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1．
(2)由(1)得，F1的坐标为(－2，0)，因为eq \(AC,\s\up7(→))·eq \(BD,\s\up7(→))＝0，所以AC⊥BD，
①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时，易得|eq \(AC,\s\up7(→))|＋|eq \(BD,\s\up7(→))|＝6＋8＝14．
②当直线AC的斜率k存在且k≠0时，设其方程为y＝k(x＋2)，A(x1，y1)，C(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋2)，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，x1＋x2＝eq \f(－16k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16k2－48,3＋4k2)．
|eq \(AC,\s\up7(→))|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(24(k2＋1),3＋4k2)，此时直线BD的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋2)．
同理由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)(x＋2)，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))可得|eq \(BD,\s\up7(→))|＝eq \f(24(k2＋1),4＋3k2)，
|eq \(AC,\s\up7(→))|＋|eq \(BD,\s\up7(→))|＝eq \f(24(k2＋1),3＋4k2)＋eq \f(24(k2＋1),4＋3k2)＝eq \f(168(k2＋1)2,(4＋3k2)(3＋4k2))，
令t＝k2＋1，则|eq \(AC,\s\up7(→))|＋|eq \(BD,\s\up7(→))|＝eq \f(168t2,(3t＋1)(4t－1))＝eq \f(168,12＋\f(t－1,t2))(t>1)，因为t>1，0所以|eq \(AC,\s\up7(→))|＋|eq \(BD,\s\up7(→))|＝eq \f(168,12＋\f(t－1,t2))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(96,7)，14))．综上，|eq \(AC,\s\up7(→))|＋|eq \(BD,\s\up7(→))|的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(96,7)，14))．
6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(3),2)，直线x＋eq \r(3)y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截
得的弦长为eq \r(3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4，0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围．
6．解析 (1)原点到直线x＋eq \r(3)y－1＝0的距离为eq \f(1,2)，由题得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(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．所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝|MA|·|MB|＝12．
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x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(12（m2＋1）,m2＋4)＝12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,m2＋4)))．
由m2>12，得0综上可得：eq \f(39,4)<λ≤12，即λ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(39,4)，12))．
7．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)与过点M(a，0)(a>0)的直线l交于A，B两点，且总有OA⊥OB．
(1)确定p与a的数量关系；
(2)若|OM|·|AB|＝λ|AM|·|MB|，求λ的取值范围．
7．解析 (1)设l：ty＝x－a，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,ty＝x－a))消去x得y2－2pty－2pa＝0．
∴y1＋y2＝2pt，y1y2＝－2pa，由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即eq \f(y1y22,4p2)＋y1y2＝0，
∴a2－2pa＝0．∵a>0，∴a＝2p．
(2)由(1)可得|AB|＝eq \r(1＋t2)|y1－y2|＝2peq \r(1＋t2)·eq \r(t2＋4)．
|AM|·|MB|＝eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(a－x1)(x2－a)－y1y2＝－x1x2＋a(x1＋x2)－a2－y1y2＝a·eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),2p)－a2＝4p2(1＋t2)．
∵|OM|·|AB|＝λ|AM|·|MB|，∴a·2peq \r(1＋t2)eq \r(t2＋4)＝λ·4p2(1＋t2)，
∴λ＝eq \f(\r(4＋t2),\r(1＋t2))＝eq \r(1＋\f(3,1＋t2))．∵t2≥0，∴λ∈(1，2]．