【文档说明】高考数学备考冲刺140分问题35圆锥曲线中的最值范围问题(含解析).doc，共(27)页，4.155 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-48970.html

以下为本文档部分文字说明：

问题35圆锥曲线中的最值、范围问题一、考情分析与圆锥曲线有关的范围、最值问题,各种题型都有,既有对圆锥曲线的性质、曲线与方程关系的研究,又对最值范围问题有所青睐,它能综合应用函数、三角、不等式等有关知识,紧紧抓住圆锥曲线的定义进行转化,充分展现数形结合、函数与方程、化归转化等数学思想

在解题中的应用．二、经验分享1.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(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．2.处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多

，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求

解．三、知识拓展1.已知P是椭圆C：222210xyabab一点，F是该椭圆焦点，则,bOPaacPFac；2.已知P是双曲线C：222210,0xyabab一点，F是该椭圆焦点，则,OPaPFc

a；双曲线C的焦点弦的最小值为2min22,baa.四、题型分析(一)利用圆锥曲线定义求最值借助圆锥曲线定义将最值问题等价转化为易求、易解、易推理证明的问题来处理．【例1】已知(40),(2)AB，，2是椭圆221259x

y内的两个点,M是椭圆上的动点,求MAMB的最大值和最小值．【分析】很容易想到联系三角形边的关系,无论AMB、、三点是否共线,总有MAMBAB,故取不到等号,利用椭圆定义合理转化可以起到柳暗花明又一村的作用．【解析】由已知得(40)A，是椭圆的右焦点,设左焦点为(40)

F，根据椭圆定义得=210MAMBaMFMBMBMF,因为210MBMFFB,所以MBMF[210,210],故MAMB的最小值和最大值分别为10210和10210.【点评】涉及到椭圆焦点的

题目,应想到椭圆定义转化条件,使得复杂问题简单化．【小试牛刀】【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为4，渐近线方程为，点N在圆上，则的最小值为()A．B．5C．6D．7【答案】B【解析】由题意可得2a＝4，即a＝2，渐近线方程为y＝±x，即有，即b

＝1，可得双曲线方程为y2＝1，焦点为F1（，0），F2，（，0），由双曲线的定义可得|MF1|＝2a+|MF2|＝4+|MF2|，由圆x2+y2﹣4y＝0可得圆心C（0，2），半径r＝2，|MN|+|MF1|＝4+|MN|+|MF2|，连接CF2，交双曲线于M，圆于N，可得|MN|+|MF2

|取得最小值，且为|CF2|3，则则|MN|+|MF1|的最小值为4+3﹣2＝5．故选：B．(二)单变量最值问题转化为函数最值建立目标函数求解圆锥曲线的范围、最值问题,是常规方法,关键是选择恰当的变量为自变量．【例

2】已知椭圆C：222210xyabab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01yx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）求椭圆的方程.（2）

设P为椭圆上一点,若过点)0,2(M的直线l与椭圆E相交于不同的两点S和T,且满足OPtOTOS(O为坐标原点),求实数t的取值范围.【分析】（1）由题意可得圆的方程为222)(aycx,圆心到直线01yx的距离dac21；

根据椭圆)0(1:2222babyaxC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,cba22代入*式得1bc,即可得到所求椭圆方程；（Ⅱ）由题意知直线L的斜率存在,设直

线L方程为)2(xky,设00,yxp,将直线方程代入椭圆方程得：0288212222kxkxk,根据081628214642224kkkk得到212k；设11,yxS,22,yxT应用韦达定理222122212128,218kkxx

kkxx.讨论当k=0,0t的情况,确定t的不等式.【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222)(aycx,∴圆心到直线01yx的距离dac21*∵椭圆)0(1:2222

babyaxC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,cba22代入*式得1bc∴22ba故所求椭圆方程为.1222yx（Ⅱ）由题意知直线L的斜率存在,设直线L方程为)2(xky,设00,yxp将直线方程代入椭圆方程得：

0288212222kxkxk∴081628214642224kkkk∴212k设11,yxS,22,yxT则222122212128,218kkxxkkxx„„

„„„„8分当k=0时,直线l的方程为y=0,此时t=0,OPtOTOS成立,故,t=0符合题意.当0t时得22210221210218214)4(kkxxtxkkxxkyyty∴,2181

220kktx202141kkty将上式代入椭圆方程得：1)21(16)21(3222222224ktkktk整理得：2222116kkt由212k知402t所以22t（，）【点评】确定椭圆方程需要两个独立条件,从题中挖掘关于abc、、的等量关系；直线和椭圆

的位置关系问题,往往要善于利用韦达定理设而不求,利用点P在椭圆上和向量式得()tfk,进而求函数值域．【小试牛刀】【吉林省吉林市2018届高三第三次调研】已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率是32，且椭

圆经过点0,1．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线1l：220xy与圆22:640Dxyxym相切：（ⅰ）求圆D的标准方程；（ⅱ）若直线2l过定点30，，与椭圆C交于不同的两点,EF，与圆D交于不同的两点,MN，求·EFMN的取

值范围．【解析】(1)椭圆经过点0,1，211b，解得21b，3,2e32ca，2223441aca，解得24a∴椭圆C的标准方程为2214xy(2)(i)圆D的标准方程为223213xym

,圆心为3,2，∵直线1l：220xy与圆D相切，∴圆D的半径322255r,∴圆D的标准方程为22325xy．（ⅱ）由题可得直线2l的斜率存在,设23lykx方程为,由223{14ykxxy消去y整理得222214243640

kxkxk，∵直线2l与椭圆C交于不同的两点,EF，∴222222441436416150kkkk，解得2105k．设1122,,,ExyFxy,则22121222243

64,,1414kkxxxxkk∴2222221212222436414141414kkEFkxxxxkkk2222115414kkk，又圆D的圆心3,2到直线2:30lkxyk的距离2232

3211kkdkk,∴圆D截直线2l所得弦长222251221kMNrdk,22242222211551125·42811414kkkkEFMNkkk

，设29141,,5tk则214tk,2221125114·8295025tEFMNttt,∵91,5t，∴21195025tt0,16，∵·EFMN的取值范围为0,8．

(三)二元变量最值问题转化为二次函数最值利用点在二次曲线上,将二元函数的最值问题转化为一元函数的最值问题来处理．【例2】若点O、F分别为椭圆22143xy的中心和左焦点,点P为椭圆上的任一点,则OPPF的最大值为【分析】设点Pxy（，）,利用平面向量数量积坐标表示,将OPPF用变量xy，

表示,借助椭圆方程消元,转化为一元函数的最值问题处理．【解析】设Pxy（，）,则OPPF=221xyxyxxy（，）（，）,又点P在椭圆上,故22143xy,所以22223113322444xxxxxx（）,又-2≤x≤2,所以当x=

2时,21224x取得最大值为6,即OPPF的最大值为6,故答案为：6．【点评】注意利用“点在椭圆上”这个条件列方程．【小试牛刀】【湖南省益阳市2019届高三上学期期末】已知定点及抛物线上的动点，则（其中为抛物线的焦点）的最大值为（）A．2B．C．D．3【答案】C【

解析】方法一：作准线于，则.设倾斜角为，则.当与相切时，取最大值，由代入抛物线得，，解得或.故最大值为4，即最大值为5.即最大值为.故选.方法二：作准线于，则，设，，，则，则取最大值，只需取最大值，又表示的

斜率，所以取最大值时，直线与抛物线相切，由代入抛物线得，，解得或.故最大值为4，即最大值为5.即最大值为.故选.(四)双参数最值问题该类问题往往有三种类型：①建立两个参数之间的等量关系和不等式关系,通过整体消元得到参数的取值范围；②建立

两个参数的等量关系,通过分离参数,借助一边变量的范围,确定另一个参数的取值范围；③建立两个参数的等量关系,通过选取一个参数为自变量,令一个变量为参数（主元思想）,从而确定参数的取值范围．【例3】在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C：22221(1)xyabab

＞≥的离心率32e,且椭圆C上一点N到点Q03（，）的距离最大值为4,过点3,0M（）的直线交椭圆C于点.AB、（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设P为椭圆上一点,且满足OAOBtOP（O为坐标原点）,当3AB＜时

,求实数t的取值范围.【分析】第一问,先利用离心率列出表达式找到a与b的关系,又因为椭圆上的N点到点Q的距离最大值为4,利用两点间距离公式列出表达式,因为N在椭圆上,所以22244xby,代入表达式,利用配方法求最大值,从而求出21b,所以24a,所以得到椭圆的标准方程；第二问,先设,,A

PB点坐标,由题意设出直线AB方程,因为直线与椭圆相交,列出方程组,消参韦达定得到两根之和、两根之积,用坐标表示OAOBtOP得出,xy,由于点P在椭圆上,得到一个表达式,再由||3AB,得到一个表达式,2个

表达式联立,得到t的取值范围.【解析】（Ⅰ）∵2222223,4cabeaa∴224,ab则椭圆方程为22221,4xybb即22244.xyb设(,),Nxy则22222(0)(3)44

(3)NQxybyy222236493(1)412yybyb当1y时,NQ有最大值为24124,b解得21,b∴24a,椭圆方程是2214xy（Ⅱ）设1122(,),(,),(,),AxyBxyPxyAB方程为(3

),ykx由22(3),1,4ykxxy整得2222(14)243640kxkxk.由24222416(91)(14)0kkkk＞,得215k＜.2212122224364,.1414kkxxxxkk∴1212(,)(,),OAO

Bxxyytxy则2122124()(14)kxxxttk,12122116()()6.(14)kyyykxxktttk由点P在椭圆上,得222222222(24)1444,(14)(14)kkt

ktk化简得22236(14)ktk①又由21213,ABkxx＜即221212(1)()43,kxxxx＜将12xx,12xx代入得2422222244(364)(1)3,(14)14kk

kkk＜化简,得22(81)(1613)0,kk＞则221810,8kk＞＞,∴21185k＜＜②由①,得22223699,1414ktkk联立②,解得234,t＜＜∴23t＜＜或32.t＜＜【点评】第一问中

转化为求二次函数最大值后,要注意变量取值范围；第二问利用点P在椭圆上,和已知向量等式得变量,kt的等量关系,和变量,kt的不等关系联立求参数t的取值范围．【小试牛刀】已知圆)0(2:222rryxM,若椭圆)0(1:2

222babyaxC的右顶点为圆M的圆心,离心率为22.（1）求椭圆C的方程；（2）若存在直线kxyl:,使得直线l与椭圆C分别交于BA,两点,与圆M分别交于HG,两点,点G在线段AB上,且BHAG,求圆M的半径r的取值范围.【解析】（1）设椭圆的焦距为2c,因为1,1,22,2

bcaca所以椭圆的方程为12:22yxC.（2）设),(),,(2211yxByxA,联立方程得02222yxkxy所以02)21(22xk则22222212121)1(8218)1(212,0kkkkABkxxxx又点)0,2(M

到直线l的距离212kkd,则222122kkrGH显然,若点H也在线段AB上,则由对称性可知,直线kxy就是y轴,与已知矛盾,所以要使BHAG,只要GHAB,所以)1321(2132)133(221221)1(212)12(421)1(824424242

2222222222kkkkkkkkkkkkrkkrkk当0k时,2r.当0k时,)211(2)23111(2242kkr3,又显然2)23111(2242kkr,所以32r.综上,圆M的半径r的取值范围是

)3,2[.圆锥曲线中的最值、范围问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法,即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析

式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．四、迁移运用1．【湖南省浏阳一中、醴陵一中2019联考】在椭圆上有两个动点，为定点，，则的最小值为()．A．4B．C．D．1【答案】C【解析】由题意得．设椭圆上一点，则，∴

，又，∴当时，取得最小值．故选C．2．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦，，则四边形面积的最小值为（）A．8B．16C．32D．64【答案】C【解析】显然焦点

的坐标为，所以可设直线的方程为，代入并整理得，所以，，同理可得，所以故选C.3.【河北省张家口市2019期末】已知抛物线C：，过点的直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，设，，且时，则直线MN斜率的取值范围是A．B．C．D．【答案】A【解析】设直线l的方程为，

则，设点、将直线l的方程与抛物线C的方程联立，消去x得，，由韦达定理得．．所以，，所以，x轴为的角平分线，，所以，将式代入韦达定理得，，则，所以，，，所以，．设直线MN的斜率为k，则即，所以，，解得或．故选：A．4．【浙江省宁波市

2019届高三上学期期末】已知椭圆的离心率的取值范围为，直线交椭圆于点为坐标原点且，则椭圆长轴长的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】联立方程得，设，，则，由，得，∴，化简得，∴，化简得，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴

，∴，即椭圆的长轴长的取值范围为，故选C．5．【江西省红色七校2019届高三第二次联考】定长为4的线段MN的两端点在抛物线上移动，设点P为线段MN的中点，则点P到y轴距离的最小值为()A．B．1C．D．【答案】D【解析】由抛物线方程得，准线方程为，设，根据抛物线的定义可知，到

轴的距离，当且仅当三点共线时，能取得最小值，此时.故选D.6．【四川省泸州市2019届高三第二次教学质量诊断】已知，若点是抛物线上任意一点，点是圆上任意一点，则的最小值为A．3B．4C．5D．6【答案】B【解析】抛物线的焦点，准线：，圆的圆心为，半径，过点作垂直准线，垂

足为，由抛物线的定义可知，则，当三点共线时取最小值，．即有取得最小值4，故选B．7．【安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会2019届高三第二次联考】已知抛物线上一点到焦点的距离为，分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由抛物

线焦点在轴上，准线方程，则点到焦点的距离为，则，所以抛物线方程：，设，圆，圆心为，半径为1，则，当时，取得最小值，最小值为，故选D.8．【河南省郑州市2019届高中毕业年级第一次（1月)质量预测】抛物线的焦点为，已知点为抛物线上的两个动点，且满足，过弦的中点作该抛物线准线的垂线，

垂足为，则的最小值为A．B．1C．D．2【答案】B【解析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，∴2|CD|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，

|AB|2＝a2+b2﹣2abcos60°＝a2+b2﹣ab配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣3ab，又∵ab≤（）2，∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2（a+b）2（a+b）2得到|AB|（a+b）＝|C

D|．∴1，即的最小值为1．故选：B．9．已知抛物线28yx,点Q是圆22:28130Cxyxy上任意一点,记抛物线上任意一点到直线2x的距离为d,则PQd的最小值为（）A．5B．4C．3D．2【答案】C【解析】如图所示,由题意知,抛物线28

yx的焦点为(2,0)F,连接PF,则dPF．将圆C化为22(1)(4)4xy,圆心为(1,4)C,半径为2r,则PQdPQPF,于是由PQPFFQ（当且仅当F,P,Q三点共线时取得等号）．

而FQ为圆C上的动点Q到定点F的距离,显然当F,Q,C三点共线时取得最小值,且为22(12)(40)23CFr,故应选C．10．【福建省龙岩市2019届高三下学期教学质量检查】已知抛物线的焦

点为，其准线与轴的交点为，过点作直线与抛物线交于两点．若以为直径的圆过点，则的值为________．【答案】4【解析】假设k存在，设AB方程为：y＝k（x﹣1），与抛物线y2＝4x联立得k2（x2﹣2x+1）＝4x，即k2x2﹣（2k2+4）x+

k2＝0设两交点为A（x2，y2），B（x1，y1），∵以为直径的圆过点,∴∠QBA＝90°，∴（x1﹣2）（x1+2）+y12＝0，∴x12+y12＝4，∴x12+4x1﹣1＝0（x1＞0），∴x12，∵x1x2＝1，∴x22，∴|AF|﹣|B

F|＝（x2+1）﹣（x1+1）＝4，故答案为：411．【辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三第五次模拟】抛物线的焦点为，设是抛物线上的两个动点，若，则的最大值为____________.【答案】【解析】由是抛物线上的两个动点，得又，

所以，在中，由余弦定理得：，又，即，所以，因此的最大值为.故答案为12．【江西省九江市2019届高三第一次高考模拟】已知抛物线的焦点F，过F的直线与抛物线交于A，B两点，则的最小值是______．【答案】18【解析】抛物线y2＝8x的焦点F（2，

0），设A（x1，y1），B（x2，y2），则|FA|+4|FB|＝x1+2+4（+2）＝+4+10，当直线AB斜率不存在时，|FA|+4|FB|＝2+4×2+10＝20，当直AB斜率存在时，设直线A

B的方程为y＝k（x﹣2），代入y2＝8x得k2x2﹣（4k2+8）x+4k2＝0，∴＝4，∴|FA|+4|FB|4+10≥210＝18，当且仅当x1＝1时取等号．|FA|+4|FB|的最小值是18．故答案为：18．13．【山东省淄博市2018-2019学

年度3月高三模拟】已知抛物线：上一点，点是抛物线上的两动点，且，则点到直线的距离的最大值是__________．【答案】【解析】设直线的方程为，，，联立直线的方程与抛物线方程，则有，即，，因为直线与抛物线方程有两个交点，所以，，，因为，所以

，即，，解得或者，化简可得或者因为，所以，，所以直线的方程为，即，故直线过定点，当垂直于直线时，点到直线的距离取得最大值，最大值为，故答案为。14．【浙江省2019年高考模拟训练数学（二)】设是抛物线上相异的两点，则的最小值是____．【答案】-16【解析】由题意直线的斜率存在，设，由

消去整理得，且．设，中点为，则，∴，∴，∴，∴，又．∴，当时等号成立，∴的最小值是．故答案为．15.【陕西省咸阳市2018届高三一模】已知椭圆C的两个焦点为121,0,1,0FF，且经过点31,2E.（1）求椭圆C的方程；（2）过1F的

直线l与椭圆C交于,AB两点（点A位于x轴上方），若11AFFB，且5733，求直线l的斜率k的取值范围.【解析】（1）设椭圆2222:1(0xyCabab，依题意得2222){112abccba，解得2,1,3acb

，从而得椭圆22143xy.（2）设直线1:1(0)lxtytk，则22221{314123412xtytyyxy即2234690tyty，依题意有AABByyyy，则226349

{34ABABABtyytyytyy，消去,AByy得222114234tt，令157233f，则2221110f，所以12f在57

,33上递增，所以2224164416913152115342116tftt，由10kt，得334k，所以直线l的斜率k的取值范围是3,3416．【湖南省衡阳市2018届高三第二次联考二模】已知椭圆2222C:1(0)xyaba

b的离心率为32，倾斜角为30的直线l经过椭圆C的右焦点且与圆223E:4xy相切.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线0ykxmk与圆E相切于点P，且交椭圆C于,AB两点，射线OP于椭圆C交于点Q，设OAB的面积于

QAB的面积分别为12,SS.①求1S的最大值；②当1S取得最大值时，求12SS的值.【解析】(1)依题直线l的斜率3tan303k.设直线l的方程为3y3xc,依题有：2222222324{{:1413231caaxabcCybc(2

)由直线0ykxmk与圆E相切得：222343321mmkk.设1122A,,,xyBxy.将直线0ykxmk代入椭圆C的方程得：222222222148

440,644144441644kxkmxmkmkmkm222433.41310mkk,且2121222844,1414kmmxxxxkk.2222212121212226416162131411414kmkxxxxxxABkxxkk

设点O到直线l的距离为2d1mk,故OAB的面积为：222211222331313313111122231441kkkkSABdmxxkk,当2221331315kkk

.等号成立.故1S的最大值为1.设33Q,xy，由直线0ykxmk与圆E相切于点P，可得OQAB，222232223322222232144412144{{.244474144kyxxkkkkOQxykkkxyyk

.1213243442212,,1272112OPABOPSOPPQOQOPSPQPQAB.17．【2018衡水高三信息卷二】已知抛物线2:2xpy（0p），直线2y与抛物线交于,AB(点B在点

A的左侧)两点，且43AB.（1）求抛物线在,AB两点处的切线方程；（2）若直线l与抛物线交于,MN两点，且,MN的中点在线段AB上，MN的垂直平分线交y轴于点Q，求QMN面积的最大值.【解析】（1）由22xpy，令2y，

得2xp，所以443p，解得3p，26xy，由26xy，得3xy，故232|3.3xy所以在A点的切线方程为232233yx，即23230xy，同理可得在B点的切线方程为23230xy.（2）由题意得直线l

的斜率存在且不为0，故设:lykxm，11,Mxy，22,Nxy，由26xy与ykxm联立，得2660xkxm，236240km，所以126xxk，126xxm，故22221362423132MNk

kmkkm.又212122624yykxxmkm，所以223mk，所以2223143MNkk，由236240km，得232333k且0k.因为,MN的中点为3,2k，所以,M

N的垂直平分线方程为123yxkk，令0x，得5y，即0,5Q，所以点Q到直线2230kxyk的距离222523311kdkk，所以222123143312QMNSkkk22233143kk

.令21ku，则21ku，则713u，故23373QMNSuu.设273fuuu，则2149fuuu，结合713u，令0fu，得1419u；令0fu，得14793u，所以当149u，即53k时，

max14141473373993QMNS.18．【山西省榆社中学2018届高三诊断性模拟】已知曲线M由抛物线2xy及抛物线24xy组成，直线l：3(0)ykxk与曲线M有m（mN）个公共点.（1）若3m，求k

的最小值；（2）若4m，自上而下记这4个交点分别为,,,ABCD，求ABCD的取值范围.【解析】（1）联立2xy与3ykx，得230xkx，∵21120k，∴l与抛物线2xy恒有两个交点

.联立24xy与3ykx，得24120xkx.∵3m，∴2216480k.∵0k，∴3k，∴k的最小值为3.（2）设11,Axy，22,Bxy，33,Cxy，44,Dxy，则,AB两点在抛物线24xy上，,C

D两点在抛物线2xy上，∴124xxk，1212xx，34xxk，343xx，且2216480k，0k，∴3k.∴221448ABkk，22112CDkk，∴2244812kABCDk2223154411212kkk

.∴3k，∴2150112k，∴0,4ABCD.19．【山东省桓台第二中学2018届高三4月月考】已知抛物线2:4Cyx，点M与抛物线C的焦点F关于原点对称，过点M且斜率为k

的直线l与抛物线C交于不同两点,AB，线段AB的中点为P，直线PF与抛物线C交于两点,ED．（Ⅰ）判断是否存在实数k使得四边形AEBD为平行四边形．若存在，求出k的值；若不存在，说明理由；（Ⅱ）求22PFPM的取值范围．【解析】（Ⅰ）设直线l的方程为(1)ykx，设11223344(

,),(,),(,),(,)AxyBxyExyDxy．联立方程组2(1){4ykxyx，得2222(24)0kxkxk．显然0k，且0，即224(24)40kk，得1k且0k．得21224-2

kxxk，121xx122212Pxxxk，222[(1)1]Pykkk．直线PF的方程为：2(1)1kyxk，联立方程组22(1){14kyxkyx，得2222222

2222(4)0(1)(1)(1)kkkxxkkk，得223424(1-)2kxxk，341xx若四边形AEBD为平行四边形，当且仅当21224-2kxxk223424(1-)2kxxk

，即22(1)0kk，得0,1k，与1k且0k矛盾．故不存在实数k使得四边形AEBD为平行四边形（Ⅱ）222422222222222213131122PFkkkkkkkPMkk

由1k且0k，得2112k；当213k，22PFPM取得最小值233；当211k时，22PFPM取1；当212k时，22PFPM取12；所以22[233,1)PFPM20.【四川省成都市实验外国语学校2019届高三二诊】已知椭圆:的左右焦点分别是，抛

物线与椭圆有相同的焦点，点为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且满足.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于两点，设.若，求面积的取值范围.【解析】（1）由题意得抛物线的焦点坐标为，准线方程为．∵，∴点P到直线的距离为，从而点P的横坐标为，又点P在第一象限内，∴点P的坐标为．∴，∴，∴．∴

，∴椭圆的方程为．（2）根据题意得直线的斜率不为0，设其方程为，由消去整理得，显然．设，则①∵，即，∴，代入①消去得．∵，∴，∴，解得．由题意得．令，则，∴，设，则在上单调递增，∴，即，∴．即面积的取值范围为．