【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题04《圆锥曲线中的范围问题》(解析版).doc，共(46)页，2.107 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题04圆锥曲线中的范围问题一、单选题1．已知抛物线24yx的焦点为F，(1,0)A，点P是抛物线上的动点，则当PFPA的值最小时，PF=（）A．1B．2C．22D．4【答案】B【分析】根据抛物线定义，转化PQP

F，要使PFPA有最小值，只需PAF最大，即直线PA与抛物线相切，联立直线方程与抛物线方程，求出PA斜率，然后求出点P坐标，即可求解.【详解】由题知，抛物线的准线方程为1x，(1,0)A，过P作PQ垂直于准线于Q，连接PA，由抛物线定义知P

QPF.sinPFPQPAQPAPA由正弦函数知，要使PFPA最小值，即PAQ最小，即PAF最大，即直线PA斜率最大，即直线PA与抛物线相切.设PA所在的直线方程为：(1)ykx，联立抛物线方程：24(1)yxykx，整理得：2222(2

4)0kxkxk﹣＝则2242440kk﹣﹣＝，解得1.k即2210xx＝，解得1x，代入24yx得2.y(1,2)P或(1,2)P，再利用焦半径公式得2PF故选：B.关键点睛：本题考查抛物线的性质，直线与抛物线

的位置关系，解题的关键是要将PFPA取最小值转化为直线PA斜率最大，再转化为抛物线的切线，考查学生的转化思想与运算求解能力，属于中档题.2．已知椭圆22:12xCy，直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，B两点，AB

的中垂线交x轴于M点，则2||||FMAB的取值范围为（）A．11,164B．11,84C．11,162D．11,82【答案】B【分析】当l：0y时，2||1||8FMAB，设

:10lxmym与椭圆联立可得：222210mymy，然后求得AB的中垂线方程，令0y，得21,02Mm，然后分别利用两点间的距离公式和弦长公式求得||MF，2||AB，建立2||||FMAB求解.【详解】椭圆22:12xCy的左焦点为

1,0F,当l：0y时，2,0,2,0,0,0ABM，1,22FMAB，所以2||1||8FMAB，设:10lxmym与椭圆联立22112xmyxy，可得：222210mymy

，由韦达定理得：1221222212myymyym，取AB中点为222,22mDmm，所以AB的中垂线方程为：2212:22DMmlxymmm，令0y，得21,02Mm

，所以221||2mMFm，又22212122222811||(1)24mAByyyykm，所以2222||121111=1(,)||818184FMmABmm

，综上所述2||11,||84FMAB，故选：B.【点睛】思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问

题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长为222212121212()(1)4ABxxyykxxxx

1221221(41)yyyyk(k为直线斜率)．注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．3．已知点P，Q分别为圆2231xy和椭圆2212516yx上的点，则P，Q两点间的最大距离是（

）A．6B．7C．8D．9【答案】D【分析】求得圆心坐标C和半径r，设出椭圆上任意一点的坐标Q，利用QCr，表示椭圆上的点到圆上点的最大距离的表达式，再利用三角函数求得其最大值.【详解】依题意可知圆心0,3C

，半径是1r.设椭圆2212516yx上的点4cos,5sinQ0,2，此时Q点到圆上的点的最大距离为QCr，即224cos5sin31QCr229sin30sin251(3sin5)153sin1

63sin，由0,2，得sin1,1，即363sin9所以QCr的最大值为9，即P，Q两点间的最大距离是9.故选：D【点睛】本题主要考查圆和椭圆的位置关系，圆外一点到圆上的点的最大距离的表示，考查学生的换元

思想以及化归与转化的数学思想方法，考查学生的运算能力，属于中档题.4．已知直线l：ykxm与椭圆C：22154xy至多有一个公共点，则102zkm的取值范围是（）A．22,B．,22,C．2,2

D．,22,【答案】D【分析】由直线l：ykxm与椭圆C：22154xy至多有一个公共点，即联立方程0，化简整理得225144mk，即可理解为双曲线225144mk外部的点（可行域），转化为线性规划的题，然后化目标函数

为直线方程的斜截式，数形结合得到102zkm的取值范围.【详解】联立方程22154ykxmxy，化简整理得：222(54)105200kxkmxm因为直线l：ykxm与椭圆C：22154xy至多有一个公共点，所以222(10)4(54)(520)0kmkm

，即225144mk，即点(,)mk满足双曲线225144mk外部的点，即可行域，如图所示，m为x轴，k为y轴，将102zkm变形为221010zkm，平移直线210km，由图可知，当直线221010zkm与双曲线225144mk相切时为临界

条件.联立222210105144zkmmk，化简整理得：224240mzmz由题知，222(4)4(24)8160zzz，解得2z若可行域是双曲线225144mk右支外

部的点，即临界条件切线需要往上平移，即2z；若可行域是双曲线225144mk左支外部的点，即临界条件切线需要往下平移，即2z；综上可知，102zkm的取值范围是,22,故选：D.【点睛】本题考查直线与椭圆交点个数问题，考查用双曲

线外部点作可行域，求线性目标函数的最值，考查学生的转化与化归思想，数形结合思想与运算求解能力，属于难题.二、多选题5．已知抛物线2:8Cyx的焦点为F，准线l与x轴交于点M.点,PQ是抛物线上不同的两点.下面说法中正确的是（）A．若直线PQ过焦点F，则以线段PQ为直径的圆

与准线l相切；B．过点M与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多两条；C．对于抛物线内的一点(1,1)T，则||||3PTPF；D．若直线PQ垂直于x轴，则直线PM与直线QF的交点在抛物线C上.【答案】ACD【分析】过P作PA准线

于A，过Q作QB准线于B，计算12CDPQ得到A正确；直线包括两条切线和x轴所在直线，B错误；3PTPFHT，C正确；设200,8yPy，200,8yQy，计算交点验证得到答案.【详解】如图一：过P作PA准线于A，过Q作QB准线于B，过PQ中点C作CD准线

于D，则111222CDPAQBPFQFPQ，故以线段PQ为直径的圆与准线l相切，A正确；点M与抛物线C有且仅有一个公共点的直线包括两条切线和x轴所在直线，B错误；如图二：过P作PA准线于A，过T作

TH准线于H，准线方程为2x，3PTPFPTPAHT，当,,HPT共线时等号成立，C正确；设200,8yPy，200,8yQy，2,0M，2,0F，则直线PM：0202

28yyxy，QF：020228yyxy，交点2003216,yy，带入满足抛物线方程，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：利用抛物线定义将点到焦点的距离和点到准线

的距离互换，利用几何关系，是解决抛物线中距离的最值的关键.6．已知曲线C的方程为2210()91yxx，0,3,0,3,1,0ABD，点P是C上的动点，直线AP与直线5x交于点M，直线BP与直线5x

交于点N，则DMN的面积可能为（）A．73B．76C．68D．72【答案】ABD【分析】设00,Pxy，求出9PAPBkk，求出,MN的坐标和||MN的最小值，得到DMN的面积的最小值，即得解.【详解】设00,Pxy，则2200220099919PAPByykkyx

．设(0)Apkkk，则9PBkk，直线AP的方程为3ykx，则点M的坐标为(5,53)k，直线BP的方程为93yxk，则点N的坐标为455,3k．所以454545||5335625624

MNkkkkkk，当且仅当455kk，即3k时等号成立．从而DMN面积的最小值为1246722.故选：ABD．【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：（1）几何法：结

合定义利用图形中几何量之间的大小关系或曲线之间位置关系列不等式，再解不等式.（2）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围.（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构

思；（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性、直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式.（5）利用数形结合分析解答.7．已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F到准线的距离为2，过点F的直线与抛物线交于,PQ两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点，则（）

A．C的准线方程为1yB．线段PQ长度的最小值为4C．2OPQSD．3OPOQuuuruuur【答案】BCD【分析】根据条件可得出2p，易得A、B的正误，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，联立x=my+1，y2＝2

px，算出12121212,,,xxxxyyyy即可得出C、D的正误.【详解】焦点F到准线的距离为p=2，所以抛物线C的焦点为(1，0)，准线方程为x=－1，则选项A错误；当PQ垂直于x轴时长度最小，此时P(1，2)，Q(1，－2)，所以|PQ|=4，则选项B正确；设P(x1，

y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，联立x=my+1，y2＝2px，消去y可得x2－(4m2+2)x+1=0，消去x可得y2－4my－4=0，所以x1+x2=4m2+2，y1+y2=4m，124yy

221212121111416162222OPQSOFyyyyyym，当0m时成立，则选项C正确；又x1x2=1，y1y2=－4，所以OPOQ＝x1x2+y1y2=－3，则选项D正确

；故选：BCD8．已知O为坐标原点，椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为12FF、，长轴长为22，焦距为2c，点P在椭圆C上且满足12OFOFcOP，直线2PF与椭圆C交于另一个点Q，若124

cos5FQF，点M在圆228:9Gxy上，则下列说法正确的是（）A．椭圆C的焦距为2B．三角形12MFF面积的最大值为223C．圆G在椭圆C的内部D．过点2F的圆G的切线斜率为2【答案】ABC【分析】利用12OPOFOF,求得12PFPF，利用已知条件及椭

圆定义求出椭圆方程，再对选项进行验证得解【详解】12OFFPcOO，12PFPF124cos5FQF,设14,5PQmFQm则13PFm又112PQFQPFa，1242m，32m122,2222,PFPF122,1FFc

2212xy所以A正确；圆228:9Gxy，2213rb，圆在椭圆内部，所以点M在椭圆内部，所以C正确；当点M在y轴上是三角形12MFF面积的最大，此时1211222222233SFFOM,所以B正确；设过点2F的圆G的切线斜率为k，

则切线方程为(1)ykx2222231kkk所以D错误故选：ABC【点睛】本题考查椭圆与圆的相关性质，属于基础题.三、解答题9．已知椭圆C：22142xy.（1）求椭圆的离心率.（2）已知点A是椭圆C的左顶点，过点A作斜率为1的直线m，求直线m与椭圆C的另一

个交点B的坐标.（3）已知点0,22M，P是椭圆C上的动点，求PM的最大值及相应点P的坐标.【答案】（1）22；（2）24,33；（3）PM取最大值32，此时点P的坐标是0,2.【分析】（1）由方程直接求出,ac

，即可求出离心率；（2）可得直线方程为2yx，联立直线与椭圆方程即可求出交点坐标；（3）设00,Pxy，利用距离公式与椭圆的有界性即可求出.【详解】（1）因为24a，22b，所以2a，2b，222cab，所以椭圆的

离心率22cea.（2）2,0A，直线m的方程为：2yx，联立方程组222142yxxy，消去y整理得：23840xx，解得12x，223x，所以点B的坐标为24,33.（3）设00,Pxy，因为P是椭圆C上的

动点，所以2200142xy，220042xy，因为0,22M，所以22220000224222xyyMyP2200042122220yyy，因为022y，所以当02y时，PM取最大值32，此时点P的坐标是0,2.【

点睛】关键点睛：本题考查直线与椭圆的交点坐标，可直接联立方程求解，第三问求椭圆上的点到定点的距离最值，解题的关键是正确表示距离，利用椭圆的有界性求解.10．已知椭圆22221(0)xyabab上的点到右焦点(c,0)F的最大距离是21，且1、2a、4c成等比

数列．（1）求椭圆的方程；（2）过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点(,0)Mm，求实数m的取值范围．【答案】（1）2212xy；（2）1[0,)2.【分析】（1）根据条件列

出方程组求解；（2）先设出AB方程，联立方程组得到根与系数关系，从而建立m关于k的函数，利用函数性质求出m的范围．【详解】解：（1）由题意可知，222221,1?42,,accaabc解之得211abc，故椭圆的方程为2212xy．（2）由题意得(1

,0)F，设AB的方程为(1)ykx，由2222,(1),xyykx消去y得2222)202142(xkxkk，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，则21212122242,()21212kkx

xyykxxkkk，可得线段AB的中点2222(,)1212kkNkk，当0k时，直线MN为y轴，此时0m．当0k时，直线MN的方程为22212()1212kkyxkkk，令0y得22

211(0,)11222kmkk，综上可知，实数m的取值范围为1[0,)2．【点睛】设直线方程时，注意对直线的斜率进行分类讨论，即斜率存在与不存在.11．已知椭圆22:143xyC的左、右顶点分别为A、B，

直线l与椭圆C交于M、N两点．（1）点P的坐标为1(1,)3，若MPPN，求直线l的方程；（2）若直线l过椭圆C的右焦点F，且点M在第一象限，求23(MANBMAkkk、NBk分别为直线MA、NB的斜率）的取值范围．【答案】（1）931412yx；（2）[3,0).4【分

析】（1）利用点差法，求直线的斜率，再求直线方程；（2）直线的斜率不存在时，求点,MN的坐标，得到NBMAkk的值，以及当斜率存在时，直线与曲线方程联立，利用根与系数的关系求NBMAkk的值，并将23MANBkk表示为MAk的二次函数，并求取值范围.

【详解】解：（1）设1(Mx，1)y，2(Nx，2)y，由题意可得P为线段MN的中点，由22112222143143xyxy两式相减可得12121212()()()()043xxxxyyyy

，而1(1,)3P，即有122xx，1223yy，则12122()2()049xxyy，可得121294yyxx，故直线l的方程为19(1)34yx，即931412yx；（2）由题意可

得(2,0)A，(2,0)B，(1,0)F，当直线l的斜率不存在时，3(1,)2M，3(1,)2N，12MAk，332MNBAkk．当直线l的斜率存在时，则l的斜率不为0，设直线l的方程为(1)ykx，0k，与椭圆方程223412xy联立，可得2222(34)8412

0kxkxk，则2122834kxxk，212241234kxxk，所以2121121212112121212(1)(2)2()23·2(1)(2)()2NBMAkyxkxxxxxxxkxykxxxx

xxx22211222222112224128121822333434343412846()2343434kkkxxkkkkkkxxkkk，所以3NBMAkk，因为M在第一象限，所以3(0,)2MA

k，所以2221333333()[244MANBMAMAMAkkkkk，0)．【点睛】思路点睛：1.一般涉及中点弦问题时，采用点差法求解；2.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数

的关系解决几何问题.12．已知圆2222:1(0)xyCabab的离心率为32，过(,0)(02)Ann的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，当1n，lx轴时，||3PQ．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若l不垂直于坐标轴，且在x轴上存在一点(,0)Bm，使得PBAQBA

成立，求m的取值范围．【答案】（1）2214xy；（2）(2,)．【分析】（1）根据条件构建方程求解即可（2）设直线l的方程为()ykxn，11,Pxy，22,Qxy，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得221224414

knxxk，2122814knxxk，然后由PBAQBA，得0PBQBkk，即12120yyxmxm，即12122()20xxmnxxmn，然后得出4mn即可.【详解】解：（1）椭圆的半

焦距为c．根据题意，得22222321314caababc，解得24a，21b．所以椭圆C的标准方程为2214xy．（2）由l不垂直于坐标轴知，直线l的斜率存在，且不为0，设直线l的方

程为()ykxn，0k联立2214()xyykxn，消去y可得22222148440kxknxkn．设11,Pxy，22,Qxy，易知12xx，且12,xx均不等于m．由根与系数的关系，得2212

24414knxxk，2122814knxxk．由PBAQBA，得0PBQBkk，所以12120yyxmxm．所以1221121202()20yxmyxmxxmnxxmn，所以22222448

2()201414knknmnmnkk整理可得4mn，即4mn．因为02n，所以(2,)m．【点睛】关键点点睛：解题关键是找到关于,,abc的等量关系．本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出12xx，12xx，由PBA

QBA，得0PBQBkk，然后表示出0PBQBkk得到所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．13．已知椭圆C：222210xyabab经过点

2,2P，一个焦点F的坐标为2,0.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，若13OAOBkk，求OAOB的取值范围.【答案】（1）22184xy；（2）3232,5

.【分析】（1）根据焦点坐标可得2c，利用椭圆定义可求得a的值，根据a,b,c的关系，即可求得b的值，进而可求得椭圆C的方程；（2）设11,Axy，22,Bxy，联立直线与椭圆C的方程，根据0，可得m与k的关系，利用韦

达定理，可得12xx，12xx，12yy的表达式，根据13OAOBkk，可得22248mk，即可求得2k的范围，代入所求，即可得答案.【详解】（1）由题意得，2c，根据椭圆定义可得：2216242a，解得22a根据222abc，解得2b

，所以椭圆C的方程为22184xy；（2）设11,Axy，22,Bxy，由2228ykxmxy得：222124280kxkmxm，2222221641228648320kmkmkm，即2284mk，122412kmxxk

，21222812mxxk，22121212yykxxmkxxm222222222222848121212kmkkmmkmkkk，所以221221238128OAOByymkkkxxm，所以22248mk，故2

224848kk，解得2304k，所以2221212222881212mmkxxOyOkAykB22238812mkk222643264321221kkk.故OAOB的取值

范围为3232,5【点睛】方法点睛：直线与椭圆的位置关系问题，解题的关键是将直线与曲线的方程联立，利用韦达定理把计算目标转化为关于斜率等变量的函数关系式，注意0这个条件求出变量的范围，并利用函数值域的求法（如分离常数等）来求目标函数的

最值.14．已知点P到(2,0)A的距离是点P到10B,的距离的2倍.（1）求点P的轨迹方程；（2）若点P与点Q关于点B对称，点(5,8)C，求22QBQC的最大值；（3）若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点(,0)Mm，使MEMF恒为定值?若存在，求出点

M的坐标和定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2224xy；（2）138；（3）存在，1,0M，3.【分析】（1）设点,Pxy，由題意可得2PAPB，利用两点之间的距离公式化简整理可得.（2）先由P的轨迹方程求出

Q点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理22QBQC从而转化为：线性规划问题处理.（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.【详解】（1）设点,Pxy，由題意可得2PAPB，即2222221xyxy，化简可得2224xy.（2）设00,

Qxy，由(1)得P点满足的方程2224xy，又点B是点P与点Q的中点，则00210xxyy，代入上式消去可得22004xy，即Q的轨迹为224xy.2222222215

822121690QBQCxyxyxyxy12169843498xyxy令34zxy，则3144yxz，14z可视为直线3144yxz在y轴上的截距，34xy的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在

y轴上的截距，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，所以340xyz，25zd，所以min10z.因此22QBQC的最大值为138.（3）存在点1,0M，使得MEMF为定值3.当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，

则直线l的方程为1ykx，由2241xyykx，消去y，得22221240kxkxk，显然0，设11,Exy，22,Fxy则212221kxxk，212241kxxk，又11,MEmxy，22,MFmx

y，则2121212MEMFmmxxxxyy2212121211mmxxxxkxx2222222222121222421111kkkxxmkxxmkkmkmkkk

22222241mmkmk要使上式恒为定值，需满足22224mmm，解得1m，此时1,0M，MEMF为定值3.当直线l的斜率不存在时，1,3E，1,3F，由1,0

M可得3MEMF.所以存在点1,0M，使得MEMF为定值3.【点睛】方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结

合求解．（2）与圆上点,xy有关代数式的最值的常见类型及解法：①形如ybzxa型的最值问题，可转化为过点,ab和点,xy的直线的斜率的最值问题；②形如zaxby型的最值问题，可转化为

动直线的截距的最值问题；③形如22()xayb型的最值问题，可转化为动点,xy到定点,ab的距离平方的最值问题．15．已知椭圆22:12xCy的右焦点为F，直线:2lx被称作为椭圆C的一条准线，点P在椭圆C上（异于椭圆左、右顶点），过点P作直线:mykxt

与椭圆C相切，且与直线l相交于点Q.（1）求证：PFQF；（2）若点P在x轴的上方，当PQF△的面积最小时，求直线m的斜率k的平方.【答案】（1）证明见解析；（2）512.【分析】（1）联立直线m的方程和椭

圆C的方程，利用判别式列方程，求得P点的坐标，求得Q点的坐标，通过计算得到0FPFQ，由此证得PFQF.（2）求得||,||FPFQ，由此求得三角形PQF面积的表达式，根据函数的单调性求得三角形PQF面积的最小值，进而得出直线m的斜率k的平方

.【详解】（1）证明：由题意得，点F的坐标为1,0，设00,Pxy.由2212xyykxt，得222214220kxktxt02222221ktktkxktt，2022212121kttytkkt.即

点P坐标为21,ktt.当2x时，可求得点Q的坐标为2,2kt，21211,,kktFPtttt，1,2FQkt.220ktktFPFQtt故PFQF.（2）解：点P在x

轴上方，2221tk，1t由（1）知221ktFPt；221FQktPFQF2221134131222222POFkttkttSFPFQkttt△①当0k时，由（1）知212tk，2312

122PQFtStt△函数23121122tftttt单调递增11POFSf△.②当0k，由（1）知212tk，2312122PQFtStt△令23121122tgtttt则222

2232131222211tttgttttt由222222642242422313122351241411ttttttttttttt2222424242125251414141ttttttt

ttt当25t时，0gt，此函数gt单调递增；当125t时，0gt，此函数gt单调递减.函数gt即PQFS△的最小值25

11gg，此时，222521tk，解得2512k.综上，当PQF△的面积最小时，直线m的斜率的平方为512.【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查平面向量数量积的坐标表示垂直关系，考查椭圆中三角形面积的

最值有关的计算，解决本题的关键点是表示出PQFS△，按0k和0k分别将k用t表示，并构造函数求导判断单调性和最值，考查了学生分析解决问题的能力和运算求解能力，属于中档题.16．已知椭圆2222:1(0)xyCabab经过点3(1,)2，且短轴长为2.（1）求椭圆C的标准方程；（2）

若直线l与椭圆C交于P，Q两点，且OPOQ，求OPQ△面积的取值范围.【答案】（1）2214xy；（2）4[,1]5.【分析】（1）利用已知条件求出a，b，然后求解椭圆方程；（2）()i当OP，OQ斜率一个为0，一个不存在时，1OPQS；()ii当OP，OQ斜率都存在且不为0时，设

:OPlykx，1(Px，1)y，2(Qx，2)y，由2214ykxxy求出P的坐标，然后推出Q坐标，求解||OP，||OQ，求出三角形的面积的表达式，利用基本不等式求解最值.【详解】（1）由题

意知，221314ab，22b，解得2a，1b，故椭圆方程为：2214xy.（2）()i当OP，OQ斜率一个为0，一个不存在时，1OPQS，()ii当OP，OQ斜率都存在且不为0时，设:OPlykx，1(Px，1)y，2(Qx，2)y，由2214

ykxxy消y得212414xk，2222112414kykxk，22114yxkxy，得222244kxk，222222144yxkk，2222221122224444,144k

kOPxyOQxykk，22222421144441··2922144421OPQkkSOPOQkkkkk，又24222999012142kkkkk，所以415OPQS„，综上，OPQ△面积

的取值范围为4[,1]5.【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：（1）几何法：结合定义利用图形中几何量之间的大小关系或曲线之间位置关系列不等式，再解不等式.（2）函数值域求解法：

把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围.（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思.（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性.直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含

有三角式.（5）利用数形结合分析解答.17．已知椭圆22221(0)xyEabab：的左右焦点分别是1F和2F，离心率为13，以P在椭圆E上，且12PFF△的面积的最大值为22.（1）求椭圆E的方程；（2）已知直线:2(0

)lykxk与椭圆E交于不同的两点,MN，若x轴上存在点G，使得GMGN，求点G的横坐标的取值范围.【答案】（1）22198xy+=；（2）22001212，，.【

分析】（1）先判断P在短轴端点时，12PFF△的面积最大，得到22bc，再结合13cea，222abc，即解得参数a，b，得到方程；（2）先联立方程得到中点坐标00,Exy，再利用已知条件得到GEMN，设点G坐标,0Gm，得到m，k的关系，讨论m的取值范围，即得结果.【详解

】解：（1）依题意，显然当P在短轴端点时，12PFF△的面积最大为12222cb，即22bc，又由离心率为13cea，222abc，解得2229,8,1abc，故椭圆E的方程为22198xy+=；（2）联立方程组222198ykxxy，

得228936360kxx，因为直线l恒过定点(0,2)，故直线与椭圆必有两个交点，设1122,,,MxyNxy，则1223689kxxk，设,MN中点为00,Exy，则120218289xxkxk，002218162=28989kykxkkk

，,GMGNGEMN，设,0Gm，则22161891889GEkkkkmk，化简得2228899kmkkk.当0k时89272=122kk，当且仅当89=kk时，即223k时等号成立，故2012m

；当0k时89272=122kk，当且仅当89=kk时，即223k时等号成立，故2012m；综上，点G的横坐标的取值范围为22001212，，.【点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，

则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用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，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用

基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．18．已知椭圆2222:1(0)xyCabab经过点(2,0)，一个焦点为(3,0)．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若直线(1)(0)ykxk与x

轴交于点P，与椭圆C交于,AB两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点Q，求||||ABPQ的取值范围．【答案】（Ⅰ）2214xy；（Ⅱ）(4,43)．【分析】（Ⅰ）依题意2a=，3c，结合条件222acb求解b的值，则椭圆方程

可求；（Ⅱ）联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系求出A，B横纵坐标的和与积，进一步求得AB的垂直平分线方程，求得Q的坐标，由两点间的距离公式求得||PQ，由弦长公式求得||AB，作比后求得||||ABPQ的取值范围．【详解】解：（Ⅰ

）由题意得2a=，3c，因为222acb，即22223b，所以1b．所以椭圆C的方程是2214xy．（Ⅱ）由22(1),1,4ykxxy得2222(14)8440kxkxk．设1122(,),(,)Axy

Bxy，则有2122814kxxk，21224414kxxk，121222(2)14kyykxxk．所以线段AB的中点坐标为2224(,)1414kkkk，所以线段AB的垂直平分线方程为22214()1414kkyxkkk

．于是，线段AB的垂直平分线与x轴的交点Q223(,0)14kk，又点(1,0)P，所以22223111414kkPQkk．又222222844(1)[()4]1414kkABkkk2224(1)(13)14kkk．于是，22

2222224(1)(13)||132144431||1114kkABkkkPQkkk．因为0k，所以221331k．所以||||ABPQ的取值范围为(4,43)．【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后

借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．19．坐标平面内的动圆M与圆1C22:(4)1xy外切，与圆

222:(4)81Cxy内切，设动圆M的圆心M的轨迹是曲线，直线0l:45400xy.（1）求曲线的方程；（2）当点M在曲线上运动时，它到直线0l的距离最小？最小值距离是多少？（3）一组平行于直线0l的直线，当它们与曲线E相交时

，试判断这些直线被椭圆所截得的线段的中点是否在同一条直线上，若在同一条直线上，求出该直线的方程；若不在同一条直线上，请说明理由？【答案】（1）221259xy；（2）点9(4,)5M到直线0l的距离最小，距离最小为154141；（3）在同一直线，直线为：9200xy.

【分析】（1）利用两个圆外切与内切的性质可得12||||10MCMC，再利用椭圆的定义即可求得曲线的方程；（2）设与0l平行的直线l的方程为450xym，代入221259xy，整理可得222582250xmxm，当222500360m

，直线l与曲线相切，此时点9(4,)5M到直线0l的距离最小，利用点到线距离公式求得最小值.（3）设两个交点为1122(,),(,)AxyBxy，利用点差法化简得12121212925yyxxxxyy

，即49525xy，整理得9200xy.【详解】解：（1）设动圆M的半径为r，由题意可知12||1,||9MCrMCr，则1212||||10||8MCMCCC，根据椭圆的定义可知

曲线是以12,CC为焦点，长轴长为10的椭圆，其中210,28ac，即225,4,543acb所以曲线的方程为：221259xy.（2）设与0l平行的直线l的方程为450xym，即455myx，代入221259xy，可得2

24925()22555mxx，整理得222582250xmxm，22264100(225)2250036mmm，当0时，此时25m直线l与曲线相切，根据图形可知当25m时，点9(4,)5M到直线0l的距离最小

，min229|4(4)540|154154145d.（3）这些直线被椭圆所截得的线段的中点在同一条直线上设与0l平行的直线与曲线的两交点坐标为1122(,),(,)AxyBxy，中点(,)Nxy，2211222212591259xyxy，

两式作差得222212120259xxyy，整理可得：12121212925yyxxxxyy，即49525xy，整理得9200xy，即所有弦的中点均在直线9200xy上

.【点睛】思路点睛：本题考查求椭圆的标准方程，椭圆上点到直线的最近距离，点差法的应用，解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”

解决，往往会更简单．20．已知1F，2F分别是椭圆22:14xCy的左、右焦点.（1）若P是第一象限内该椭圆上的一点，1254PFPF，求点P的坐标；（2）设过定点0,2M的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，且AO

B为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围.【答案】（1）31,2P；（2）332,,222.【分析】（1）由题得2274xy，联立椭圆方程，解方程组即得解；（2）显然0x不满足题意，可设l的方程为2ykx，

联立直线和椭圆方程得到韦达定理，由AOB为锐角，得到1212220xxkxkx，把韦达定理代入化简即得解.【详解】（1）因为椭圆方程为2214xy，所以2a，1b，3c，可得13,0F，23,0F，设,Px

y（0x，0y），则221253,3,34PFPFxyxyxy，所以2274xy，联立22227414xyxy解得22113342xxyy

，即31,2P.（2）显然0x不满足题意，可设l的方程为2ykx，11,Axy，22,Bxy，联立22221141612042xykxkxykx

，由2216414120kk，得234k.1221614kxxk，1221214xxk.又AOB为锐角，即0OAOB，即12120xxyy，1212220xxkxkx，

22212122224412161241240141414kkkxxkxxkkkkk，可得24k.又234k，即为2344k，解得332,,222k

.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是由AOB为锐角，联想到0OAOB，再利用数量积的坐标运算和韦达定理得到关于k的不等式，解不等式即得解.21．已知椭圆方程为22163xy．（1）设椭圆的左右焦点分别

为12FF、，点P在椭圆上运动，求12PFPF的取值范围；（2）设直线l和圆222xy相切，和椭圆交于A、B两点，O为原点，线段OA、OB分别和圆222xy交于C、D两点，设AOB、COD△的面积分别为1S、2S，求12SS的取值范围．【答案】（1）[0,3

]；（2）322,2.【分析】（1）设,Pxy，求出21212PFPFx，即得解；（2）①当直线l的斜率不存在时，求得122SS；②若直线l的斜率存在，设其方程为ykxm，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，求出4212221284479221SkkSk

，再换元求解.最后综合得解.【详解】（1）由已知，123,0,3,0FF，设,Pxy，(66)x，22123,3,3xyxyxPFyPF．结合22163

xy，得22132yx，故2121[0,3]2PFPFx.所以12PFPF的取值范围为[0,3].（2）①当直线l的斜率不存在时，其方程为2x，由对称性，不妨设2x，此时2,2,2,2

,1,1,1,1ABCD，故12221SS．②若直线l的斜率存在，设其方程为ykxm，由已知可得221mk，则2221mk，设11,Axy、22,Bxy，将直线l与椭圆方程联立，得222214260kxkmxm，

由韦达定理得122421kmxxk，21222621mxxk．结合2OCOD及22221122113,322xyyx，可知222211212121221111313392222224Sxxxxxxx

xS．将根与系数的关系代入整理得：22222212221263618319221kmmkmSSk，结合2221mk，得4212221284479221SkkSk

．设2211tk，10,1ut，则221222178818813291688162,2222SttuuSttt．12SS的取值范围是322,2．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是求出4

212221284479221SkkSk之后，如何求函数的取值范围.本题利用了两次换元，转化成二次函数求范围.换元法是高中数学常用的一个解题技巧，要理解掌握灵活运用.22．已知F为椭圆2222:1(0)xyCaba

b的右焦点，点1,Pm在C上，且PFx轴，椭圆C的离心率为12.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线:2lykx与椭圆C相交于A，B两点，且2OAOB（O为坐标原点），求k的取值范围.【答案】（1）22143xy；（2）2112,,2222

.【分析】（1）由点1,Pm在C上，且PFx轴，可得1c，再由离心率即可求出a，进而得出b，求出椭圆方程；（2）设11(,)Axy，22(,)Bxy，联立直线与椭圆方程可得1221634kxxk，122434xxk，则由2OAOB可

建立关于k的不等式，进而求出k的取值范围.【详解】（1）因为(c,0)F为椭圆2222:1(0)xyCabab的右焦点，点1,Pm在C上，且PFx轴，所以1c，又椭圆C的离心率为12，所以2a，

因此222413bac，所以椭圆C的方程为22143xy；（2）设11(,)Axy，22(,)Bxy，由222143ykxxy，得22(34)1640kxkx，所以1221634kxxk，122434x

xk，故2212121212228(2)(2)2()4434kyykxkxkxxkxxk，由2OAOB，得12122xxyy，即224284234kk，整理得212k，解得2222k；又因2221616(34)0kk，整理得214k，

解得12k或12k；综上，k的取值范围是2112,,2222.【点睛】易错点睛：本题考查椭圆中直线与椭圆相交弦所在直线的斜率问题，此类问题一般联立直线与椭圆方程，利用韦达定

理建立关系求解，注意需要考虑方程有解的问题，即需要满足0，往往容易忽略这个问题.23．设椭圆E：22221xyab（a，b>0）过M（2，2），N(6，1)两点，O为坐标原点，（1）求椭圆E的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线

与椭圆E恒有两个交点A，B，且OAOB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由.【答案】（1）22184xy；（2）存在，2283xy，46,233.【分析】（1）根据椭圆E：22221xya

b（a，b>0）过M（2，2），N(6，1)两点，直接代入方程解方程组即可.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OAOB，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为ykxm，联立22184ykx

mxy，根据OAOB，结合韦达定理运算12120xxyy，同时满足，则存在，否则不存在，当切线斜率不存在时，验证即可；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到2212(1)()

ABkxx24232[1]3441kkk求解.【详解】（1）因为椭圆E：22221xyab（a，b>0）过M（2，2），N(6，1)两点，所以2222421611abab，解得22118114ab，所以228

4ab，所以椭圆E的方程为22184xy.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OAOB，设该圆的切线方程为ykxm，联立22184ykxmxy

得222(12)4280kxkmxm，则△=222222164(12)(28)8(84)0kmkmkm，即22840km12221224122812kmxxkmxxk，22121

21212()()()yykxmkxmkxxkmxxm，2222222222(28)48121212kmkmmkmkkk，要使OAOB，需使12120xxyy，即2222228801212m

mkkk，所以223880mk，所以223808mk，又22840km，所以22238mm，所以283m，即263m或263m，因为直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为21mrk，222228381318mmrmk

，所以263r，则所求的圆为2283xy，此时圆的切线ykxm都满足263m或263m，而当切线的斜率不存在时切线为263x与椭圆22184xy的两个交点为2626(,)33或2626(

,)33满足OAOB，综上，存在圆心在原点的圆2283xy，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OAOB.因为12221224122812kmxxkmxxk，所以2222221212

1222224288(84)()()4()41212(12)kmmkmxxxxxxkkk，2222222121212228(84)()(1)()(1)(12)kmABxxyykxxkk42242423245132[1]3441

3441kkkkkkk，①当0k时，22321[1]1344ABkk，因为221448kk，所以221101844kk，所以2232321[1]1213344kk，所以46233AB，当且仅当22k时取”=”.②当0k时，46||3

AB.③当AB的斜率不存在时，两个交点为2626(,)33或2626(,)33，所以此时46||3AB，综上，|AB|的取值范围为46233AB，即：4[6,23]3AB【点睛】思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直

线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则2221212121212122221()(1)(1)44

ABxxyykxxxxyyyyk(k为直线斜率)．注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．24．如图，已知双曲线C的方程为22221xyab（0ab），两条渐近线的夹角为3

arccos5，焦点到渐近线的距离为1．M、N两动点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限，P是直线MN与双曲线右支的一个公共点，MPPN.（1）求双曲线C的方程；（2）当=1时，求PMPN

的取值范围；（3）试用表示MON△的面积S，设双曲线C上的点到其焦点的距离的取值范围为集合，若5，求S的取值范围.【答案】（1）2214xy；（2）,1PMPN；（3）135195S，.【分析】（1）先由题意，得到双曲线的渐近线方程，根据夹角公式，

由题中条件，得到224ab，再由点到直线距离公式，求出,ab，进而可得出结果；（2）先由题意，设2,Mmm，2,Nnn，0m，0n，当=1，得到,2mnPmn，代入双曲

线方程，得到1mn，再计算向量数量积，即可得出结果；（3）同（2），设2,Mmm，2,Nnn，0m，0n，由MPPN得22,11mnmnP，代入双曲线方程，得到214mn，再由点到直线距离公式，两点

间距离公式，求出2111122S，由题中条件，求出5510+，，进而可求出结果.【详解】（1）由题意双曲线渐近线为0bxay.根据夹角公式2222222222345baabababab.

又222114bcbaba.所以2214xy.（2）由题意，设2,Mmm，2,Nnn，0m，0n，当=1时，MPPN，则,2mnPmn，所以22()144mnmn，整理得1mn；又,2mnPMmn

，,2nmPNnm，所以2222255·424444mnPMPNmnmnmnmnmn54414mn，当且仅当1mn时，等号成立；所以·,1PMPN.（3）同（2），设2,Mmm，2,Nnn，0m

，0n，由MPPN得OPOMONOP，即1OPOMON，则122,1111mnmnOPOMON所以22,11mnmnP.把点P

的坐标代入双曲线的方程得22221141mnmn.222()()(1)mnmn所以214mn，因为直线MN的斜率为22MNmnkmn，则直线MN的方程为222mnymxmmn，即

2240mnxmnymn，所以点O到直线2240mnxmnymn的距离为22224444mnmndmnmnmnmn，又2222224MNmnmnmnmn，所以211222S

MNdmn，由题意知，0，所以2111122S，212111122S.设,Pxy是双曲线右支上一点，记双曲线左右焦点分别为15,0F，25,0F，由双曲线的性质可得，12PFPF，又

222221525514PFxyxxx255525422422xxxx，2,x，所以252,PF，即双曲线上的点到其焦点的距离的范围是52,，由题意可得，5510+，，令1112fxxx

，5510+x，，任取1215510xx，则121212121211111110222fxfxxxxxxxxx显然成立，所以1112fxxx在5510+x，上单调递增，因此

min1351955105fxf，即min135195S.所以135195S，.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法：（1）函数法：用其他变量表示参数，建立函数关系，利用求函数值域的方

法求解；（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的范围；（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式求参数的取值范围；（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解.25．在平面直角坐标系xOy

中，设椭圆22221xyab（0ab）的左、右焦点分别为1F、2F，左顶点为A，上顶点为B，离心率为e．椭圆上一点C满足：C在x轴上方，且2CF⊥x轴．（1）如图1，若OC∥AB，求e的值；（2）如图2，连结1CF

并延长交椭圆于另一点D．若1322e，求11CFFD的取值范围．【答案】（1）22；（2）7,133.【分析】（1）根据2CFx轴，设C0(,)cy，00y，再根据点C在椭圆上求得其坐标，然后再根据O

C∥AB，由ABOCkk求解.（2）设11(,)Dxy，11CFFDuuuruuur，由（1）2(,)bCca，1(,0)Fc，然后用表示D的坐标，代入椭圆方程求解.【详解】（1）设椭圆2222

1(0)xyabab的焦距为2c．∵2CFx轴可设C0(,)cy，00y，因为220221ycab，所以4202bya，解得20bya，∴C2(,)bca∵OC∥AB，所以22ABOCbbbakkacac∴b=c∴2222cceabc.（2）设

11(,)Dxy，11CFFDuuuruuur，由（1）知：2(,)bCca，1(,0)Fc，212,bCFcauuur（），111(,)FDxcyuuur，∵11CFFDuuuruuur∴12()cxc，2

1bya所以12xc，21bya，∴22(,)bDca又∵D在椭圆上∴222222()()1bcaab，化简得：222(43)1e又∵0，2221-1414333e∵13022e（），213

44e，则1431434，解得：7133所以11CFFD取值范围是7,133．【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率的常用方法：①直接求出a，c来求解e.通过已知条件列出方程组，解出a，c的值；②构造a，c的齐

次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解；③通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．(2)椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式．例如，－a≤x≤a，－b≤y≤b，0＜e＜1等，在求椭圆相关量的范围时，要注意应用这

些不等关系．四、填空题26．若点O和点F分别为双曲线2213xy的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则OPFP的取值范围为__________.【答案】323,【分析】设出点P，代入双曲线方程求得y0的表达式，根据P，F，O的坐标表示出OPFP和，

进而求得OPFP的表达式，利用二次函数的性质求得其最小值，则OPFP的取值范围可得．【详解】双曲线方程为2213xy因为2,0F是已知双曲线的左焦点，设点P（x0，y0），则有22000133xy

x，解得22000133xyx，因为002FPxy，，00OPxy，，所以20002OPFPxxyx0（x0+2）22000412133xxx，此二次函数对应的抛物线的对称轴为034

x，因为03x，所以当03x时，OPFP取得最小值432313233，故OPFP的取值范围是323，，故答案为：323，．27．设点0,1Mx，若在圆22

:1Oxy上存在点N，使得45OMN，则0x的取值范围是_______．【答案】1,1【分析】过点M作圆O的切线，切点为T，由此得到OMTOMN，再根据存在N使得45OMN，得到OM长度满足的不等式，即可求解出0x的取值范围.【详解】如图所示：

过M作圆O切线，切点为T，由切线性质可知：OMTOMN，又因为存在N使得45OMN，所以45OMN，又因为12sin2OTOMTOMOM，所以2OM，即22012x，解得011x，所以01,1x.故答案为：

1,1.【点睛】关键点睛：本题考查与圆有关的角度恒成立求参数范围问题，解题的关键是通过数形结合的方式将角度问题转化为长度问题，寻求恒成立的临界条件，由此构建不等式求解出参数范围，考查学生的数形结合思想与转化能力，属于中档题.28．已知P为椭圆2214xy上的一点，过P作

直线l交圆224xy于A，B两点，则PAPB的最大值是_______.【答案】3【分析】如图，过O作OCAB，垂足为C，可知C是AB中点，则可得22PAPBACPC，再由勾股定理可得出2224ACPCOP，由椭圆的有界性即可求出最值.【详解】如图，过O作OCAB，

垂足为C，可知C是AB中点，可得22PAPBACPCBCPCACPCACPCACPC，RtPCO中，222OCPCOP，在RtACO中，2224OCACOA，联立可得2224ACPCOP，设,Pxy，则2214x

y（22x），22222231144xOPxyxx，214OP，则2043OP，即03PAPB，故PAPB最大值为3.故答案为：3.【点睛】本题考查椭圆和圆的综合应用，属于中

档题.29．已知过抛物线C：28yx的焦点F的直线l交抛物线C于A、B两点，若P为线段AB的中点，O为坐标原点，连接OP并延长，交抛物线C于点Q，则OPOQ的取值范围为________．【答案】10,2【分析】联立

2(2)8ykxyx，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，0(Px，0)y，3(Qx，3)y，求出2022(2)kxk，04yk，再求出22322(2)kxk，2||||12POQkO，即得解.【详解】抛物线2:8Cyx的焦点(2

,0)F，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为(2)ykx，联立2(2)8ykxyx，消去y，整理得：22224(2)40kxkxk，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，0(Px，0)y

，3(Qx，3)y，则21224(2)kxxk，则212022(2)2xxkxk，004(2)ykxk，02022OQykkxk，则直线OQ的方程为222kyxk，联立22228kyxkyx

，解得：22322(2)kxk，由20k，则023||1||212xOPOQxk，所以OPOQ的取值范围为10,2.故答案为：10,2【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中

的范围问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.五、双空题30．（1）方程2244kxyk表示焦点在x轴上的椭圆，则实数k的取值范围是_________．（2）设点A，B的坐标为20，，20，，点P是曲线C上任意一点，且直线PA与PB的斜率之积为14，则曲线C的方程是_

___________．【答案】04k2244xy(2)x【分析】（1）根据椭圆的标准方程可得结果；（2）利用斜率公式可得结果.【详解】（1）因为方程2244kxyk即2214xyk表示焦点在x轴上的椭圆，所以

04k.（2）设(,)Pxy，则1224yyxx，2244xy(2)x.故答案为：04k；2244xy(2)x【点睛】易错点点睛：求曲线的轨迹方程时，容易漏掉条件2x.