2025高考帮备考教案数学第八章　平面解析几何突破1　“隐形圆”问题含答案

2025高考帮备考教案数学第八章平面解析几何突破1“隐形圆”问题命题点1代数法确定隐形圆角度1与数量积相关的隐形圆例1在平面直角坐标系xOy中，A（－12，0），B（0，6），点P在圆O：x2＋y2＝50上.若PA·PB≤20，则点P的横坐标的取值范围是[－52，1].解析设P（x，y），则由PA·PB≤20可得，-12-x-x+－y·6－y≤20，即（x＋6）2＋（y－3）2≤65，所以P为圆（x＋6）2＋（y－3）2＝65上或其内部一点解得x=1，y=7或x＝－5，y＝－5，即P为圆x2＋y角度2由｜PA｜2＋｜PB｜2是定值确定隐形圆（其中A，B是两定点，P为动点）例2在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：（x－a）2＋（y－a＋2）2＝1，点A（0，2）.若圆C上存在点M，满足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，则实数a的取值范围是[0，3].解析设点M（x，y），由题知点A（0，2），O（0，0）.因为｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，所以x2＋（y－2）2＋x2＋y2＝10，整理得x2＋（y－1）2＝4，即点M在圆E：x2+y-12=4上.因为圆C上存在点M满足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10等价于圆E与圆C有公共点，所以｜2－1｜≤｜CE｜≤2＋1，即1≤a2＋（a－3）2≤3，整理得1≤2a2－6a＋9≤角度3阿波罗尼斯圆例3在△ABC中，若AB＝2，AC＝2BC，则S△ABC的最大值为22.解析以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，令A（－1，0），B（1，0），设C（x，y），y≠0，由｜AC｜＝2｜BC｜可得（x+1）2＋y2＝2×（x－1）2＋y2，化简可得（x－3）2＋y2＝8（y≠0），即点C在以（3，0）为圆心，22为半径的圆上（不含圆与x轴的两个交点），则｜yC｜的最大值为22，S△ABC＝12｜AB｜·｜方法技巧（1）代数法确定隐形圆往往是通过设动点的坐标，再根据已知条件列方程，根据方程确定动点的轨迹是圆，进而解决与圆相关的问题.（2）已知平面上相异两点A，B，则满足｜PA｜｜PB｜＝k（k＞0，k≠训练1（1）在平面直角坐标系xOy中，点A（－t，0），B（t，0），t＞0，点C满足AC·BC＝8，且点C到直线l：3x－4y＋24＝0的距离最小值为95，则实数t的取值的集合是{1}解析设C（x，y），由AC·BC＝8知，x2＋y2＝8＋t2.点（0，0）到直线l：3x－4y＋24＝0的距离d1＝｜24｜32＋42＝245，圆x2＋y2＝8＋t2上的点到直线l的距离的最小值dmin=d1-8+t2=（2）设点P是△ABC所在平面内的动点，且满足CP＝λCA＋μCB，3λ＋4μ＝2（λ，μ∈R），｜PA｜＝｜PB｜＝｜PC｜.若｜AB｜＝3，则△ABC的面积的最大值为9.解析由3λ＋4μ＝2得32λ＋2μ＝1，则CP＝λCA＋μCB＝3λ2（23CA）＋2μ（12CB），设E，F分别为AC，BC上的点，且CE＝23CA，CF＝12CB，则P，E，F三点共线.因为PA=PB=PC，所以P是△ABC的外心，即三边中垂线的交点，由F是CB的中点得直线EF是边BC的中垂线，则｜EB｜＝｜EC｜＝2｜EA｜.以点A为原点，AB的方向为x轴正方向，过点A且垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（3，0），设E（x，y）（y≠0），则（x－3）2＋y2＝2x2＋y2，化简得（x＋1）2＋y2＝4（y≠0），所以点E在以（－1，0）为圆心，2为半径的圆上，则｜yE｜≤2.所以S△ABC＝12｜AB｜×｜y命题点2几何法确定隐形圆例4（1）已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：（x－a）2＋（y－a＋4）2＝1.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，则实数a的取值范围为[2-22解析由题意得圆心M（a，a－4）在直线x－y－4＝0上运动，所以动圆M是圆心在直线x－y－4＝0上，半径为1的圆.又圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，所以｜OP｜＝2，即点P也在圆x2＋y2＝4上，于是2－1≤a2＋（a－4）2≤2＋1，即1≤a2＋（a－4）（2）已知圆C：（x－3）2＋（y－4）2＝1和两点A（－m，0），B（m，0），m＞0，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的取值范围是[4，6].解析由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，m为半径的圆O：x2＋y2＝m2上，又点P在已知圆C上，所以两个圆有公共点，所以5－1≤m≤5＋1，故4≤m≤6.方法技巧（1）利用圆的定义判断出动点的轨迹为圆，从而根据圆心及半径得出圆的方程.（2）见直径，想垂直；见垂直，想直径.训练2已知A，B是圆C1：x2＋y2＝1上的两个动点，且｜AB｜＝3，P是圆C2：（x－3）2＋（y－4）2＝1上的动点，则｜PA＋PB｜的取值范围是[7，13].解析取AB的中点M，则｜C1M｜＝1－（32）2＝12，所以M在以C1为圆心，半径为12的圆上.因为｜PA＋PB｜＝2｜PM｜，所以｜PA＋PB｜的取值范围是2｜PM｜的取值范围.又｜C1C2｜－1－12≤｜PM｜≤｜C1C2｜＋1＋12，且｜C1C2｜＝5，则7≤2学生用书·练习帮P3541.已知直线l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一点P，满足｜OP｜＝1，其中O为坐标原点，则实数k的取值范围是（C）A.（0，12） B.[0，3C.[0，43] D.[12，解析解法一由｜OP｜＝1，知点P在单位圆x2＋y2＝1上运动，则由题意知直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则｜－2k+1｜k2+1≤1，解得0≤k≤43，即k解法二因为直线l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一点P，使得｜OP｜＝1，所以原点O到直线l的距离的最大值为1，即｜－2k+1｜k2+1≤1，解得0≤k≤43，即k2.已知点A（－1，0），B（2，0），若动点M满足｜MB｜＝2｜MA｜，直线l:x+y-2=0与x轴、y轴分别交于P，QA.4＋22 B.4 C.22 D.4－22解析如图，设M（x，y），由｜MB｜＝2｜MA｜，得（x－2）2＋y2＝2（x+1）2＋y2，化简得（x＋2）2＋y2＝4，所以点M的轨迹是圆.由题意可知P（2，0），Q（0，2），则｜PQ｜＝22，圆（x＋2）2＋y2＝4的圆心N（－2，0）到直线l的距离d＝｜－2+0－2｜2＝3.[2024江苏省常熟中学校考]设λ∈R，动直线l1：λx－y＋λ＝0过定点A，动直线l2：x＋λy－3－2λ＝0过定点B，若P为l1与l2的交点，则｜PA｜·｜PB｜的最大值为（A）A.10 B.20 C.10 D.25解析直线l1的方程可整理为λ（x＋1）－y＝0，令x+1=0，－y=0，解得x＝－1，y=0，所以A－1，0.直线l2的方程可整理为λ（y－2）＋x－3＝0，令x－3=0，y－2=0，解得x=3，y=2，所以B（3，2）.因为λ×1－1×λ＝0，所以l1⊥l2，所以点P是以AB为直径的圆上的点，又｜AB｜＝（－1－3）2＋（0－2）2＝25，所以｜4.[多选/2023湖南益阳联考]在平面直角坐标系中，M（－2，0），N（1，0），A（3，1），｜PM｜＝2｜PN｜，设点P的轨迹为C，下列说法正确的是（BD）A.C的方程为（x＋4）2＋y2＝12B.△PMN面积的最大值为9C.｜AP｜的最小值为42D.若直线y＝2x＋1与C交于D，E两点，则｜DE｜＝6解析设点P（x，y），由｜PM｜＝2｜PN｜，得（x+2）2＋y2＝2×（x－1）2＋y当点P纵坐标的绝对值最大时，△PMN的面积最大，此时S△PMN＝12×3×32＝922设轨迹C的圆心为E，半径为r，则E（4，0），r＝32，点A在圆内，所以｜AP｜min＝r-｜AE｜＝32－1+1＝22，故C易知轨迹C的圆心E到直线y＝2x＋1的距离为d＝95，｜DE｜＝2（32）2－（5.已知圆O：x2＋y2＝1，过平面区域D内的每一个点均存在两条互相垂直的直线，它们均与圆O相交，则区域D的面积为2π.解析如图所示，过点P作圆O：x2＋y2＝1的两条切线PA，PB，切点为A，B，此时PA⊥PB，连接OA，OB，则四边形PAOB是正方形，所以｜OP｜＝2，那么平面区域D就是以O为圆心、2为半径的圆及其内部，故区域D的面积为π（2）2＝2π.6.[2023安徽合肥质检]已知AB为圆C：（x－2）2＋（y－m）2＝3的一条弦，M为线段AB的中点.若｜CM｜2＋｜OM｜2＝3（O为坐标原点），则实数m的取值范围是-[2,解析由题意可知C（2，m），设M（x，y），因为｜CM｜2＋｜OM｜2＝3，所以（x－2）2＋（y－m）2＋x2＋y2＝3，化简得x2＋y2－2x－my＋m22＋12＝0，即（x－1）2＋（y－m2）2＝2－m24，当2－m2＞0时，点M的轨迹是以D（1，m2）为圆心，半径r＝2－m22的圆；当2－m2＝0时，点M的轨迹为点（1，m2）.因为点M是圆C的一条弦的中点，所以点M在圆C的内部，所以圆D或点（1，m2）在圆C的内部，所以2－m27.已知圆O：x2＋y2＝r2（r＞0）与圆M：（x－2）2＋（y－23）2＝4相交于A，B两点，若对于直线AB上的任意一点P，均有PO·PM＞0成立，则实数r的取值范围为（25，6）.解析因为圆O：x2＋y2＝r2（r＞0）与圆M：（x－2）2＋（y－23）2＝4相交于A，B，所以｜r－2｜＜22＋（23）2＜r＋2，所以2＜r＜6.又圆M的方程可化为x2＋y2－4x－43y＋12＝0，与圆O：x2＋y2＝r2相减，得直线AB的方程为4x＋43y－r2－12＝0.设点P（x，y），且M（2，23），O（0，0），则PO·PM＝（－x，－y）·（2－x，23－y）＝x2＋y2－2x－23y＞0.因为对于直线AB上的任意一点P，均有PO·PM＞0成立，所以直线AB上的任意一点P都满足不等式x2＋y2－2x－23y＞0，即直线AB与圆（x－1）2＋（y－3）2＝4相离，所以圆心（1，3）到直线AB的距离d＝｜4+43×3－r2－12｜428.已知动圆恒过定点F（1，0）且与定直线l：x＝－1相切.（1）求动圆圆心C的轨迹方程.（2）是否存在正数m，对于任意一条过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的直线，都有FA·FB＜0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.解析（1）因为动圆过定点F（1，0）且与定直线l：x＝－1相切，故圆心到点F（1，0）和直线l：x＝－1的距离相等，故圆心C的轨迹是以F为焦点，以l为准线的抛物线，故动圆圆心C的轨迹方程是y2＝4x.（2）设过点M（m，0）（m＞0）的直线l与曲线C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）.设l的方程为x＝ty＋m，代入得y2－4ty－4m＝0，Δ＝16（t2＋m）＞0，于是y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m.①又因为FA＝（x1－1，y1），FB＝（x2－1，y2），FA·FB＜0，所以（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝x1x2－（x1＋x2）＋1＋y1y2＜0，②又因为x＝14y2，所以不等式②等价于14y12·14y22＋y1y2－（1由①式，不等式③等价于m2－6m＋1＜4t2.④对于任意实数t，4t2的最小值为0，所以不等式④对于一切t成立等价于m2－6m＋1＜0，解得3－22＜m＜3＋22，由此可知，存在正数m，对于任意一条过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的直线，都有FA·FB＜0，且m的取值范围是（3－22，3＋22）.9.已知点O（0，0），点M是圆（x＋1）2＋y2＝4上任意一点.（1）在x轴上是否存在点A，使得｜MO｜｜MA｜＝（2）在x轴上是否存在不同于点O的定点A，使得｜MO｜｜MA｜为常数λ？若存在，求出点解析（1）解法一假设存在符合题意的点A（x0，0），设M（x，y），则（x＋1）2＋y2＝4，所以x2＋y2＝3－2x.由｜MO｜｜MA｜＝12，得｜MA｜2＝所以（x－x0）2＋y2＝4（x2＋y2），即3（x2＋y2）＋2x0x－x02＝所以3（3－2x）＋2x0x－x02＝所以（2x0－6）x－（x02－9）因为点M（x，y）是圆上任意一点，所以2x0－6=0，x所以存在点A（3，0），使得｜MO｜｜解法二设点A（t，0）.当点M为圆与x轴的左交点（－3，0）时，｜MO｜｜当点M为圆与x轴的右交点（1，0）时，｜MO｜｜令3｜－3－t｜＝1｜下面证明点A（3，0）对圆（x＋1）2＋y2＝4上任意一点M（x0，y0），都有｜MO｜｜因为点M在圆上，所以（x0＋1）2＋y02＝则｜MO｜2｜MA｜2＝x02＋y（2）假设存在定点A（x0，0）（x0≠0），使得｜MO｜｜设M（x，y），则（x＋1）2＋y2＝4，所以x2＋y2＝3－2x，由｜MO｜｜MA｜＝λ，得｜MO｜2＝λ2所以x2＋y2＝λ2[（x－x0）2＋y2]，即（λ2－1）（x2＋y2）－2λ2x0x＋λ2x02＝所以（λ2－1）（3－2x）－2λ2x0x＋λ2x02＝0，即2（λ2－1＋λ2x0）x－3（λ2－1）－λ2x0因为点M（x，y）是圆上任意一点，所以2因为x0≠0，所以x所以存在点A（3，0），使得｜MO｜｜MA6命题点1最值问题例1[2023全国卷甲]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，｜AB｜＝415.（1）求p；（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且FM·FN＝0，求△MFN面积的最小值.解析（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞12由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以｜AB｜＝1+1（12）2·（y1＋y2）2－4y1故p＝2.（2）设M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知抛物线C：y2＝4x，则点F（1，0）.因为FM·FN＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝12｜MF｜｜NF｜＝12（x3＋1）（x4＋1）＝12（x3x4＋x3＋x4＋1）当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，由y＝x－1，y2=4x，得得x3=3代入①式计算易得，当x3＝x4＝3－22时，△MFN的面积取得最小值，为12－82.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.由y＝kx＋m，y2=4x，得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2＞0，则x3＋x4＝4－2kmk2，x3x4＝m2k2，y3y4＝（又FM·FN＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，所以m2k2－4－2kmk2＋1＋4mk＝0，化简得所以S△MFN＝12（x3x4＋x3＋x4＋1）＝m2＋k2－2km+42k2＝m令t＝mk，则S△MFN＝t2＋2t＋1因为m2＋k2＋6km＝4，所以（mk）2＋6（mk）＋1＝4k即t2＋6t＋1＞0，得t＞－3＋22或t＜－3－22，从而得S△MFN＝t2＋2t＋1＞12－82.故△MFN面积的最小值为12－82.训练1[2022全国卷甲]设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点.当直线MD垂直于x轴时，｜MF｜＝3.（1）求C的方程.（2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程.解析（1）当MD⊥x轴时，有｜MF｜＝p2＋p＝3，得p＝2所以抛物线C的方程为y2＝4x.（2）如图，根据（1）知F（1，0），D（2，0）.当MN⊥x轴时，易得α＝β＝π2，此时α－β＝当MN的斜率存在时，设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），则直线MN的方程为y－y1＝y1－y2x1即y－y1＝y1－y2y124－y224（即y（y1＋y2）－y1（y1＋y2）＝4（x－x1），所以直线MN的方程为y（y1＋y2）－y1y2＝4x.同理可得，直线AM的方程为y（y3＋y1）－y3y1＝4x，直线BN的方程为y（y4＋y2）－y4y2＝4x，直线AB的方程为y（y4＋y3）－y4y3＝4x.因为F（1，0）在MN上，所以y1y2＝－4.因为D（2，0）在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，所以y3＝－8y1，y4＝－所以y3＋y4＝－8y1－8y2＝－8（y1＋y2）y1y2＝－8（y1＋y2所以直线AB的方程y（y4＋y3）－y4y3＝4x可化为（y1＋y2）y＋8＝2x，所以tanα＝4y2＋y1所以tan（α－β）＝2y2＋y11+8当y2＋y1＜0时，tan（α－β）＜0，不符合题意.当y2＋y1＞0时，（y2＋y1）＋8y2＋y1≥42，tan（α－β）≤2×142＝24，当且仅当y2＋y1＝8y2此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－2y－4＝0.命题点2范围问题例2[2021北京高考]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）过点A（0，（1）求椭圆E的标准方程；（2）过点P（0，－3）的直线l的斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC分别交直线y＝－3于点M，N，若｜PM｜＋｜PN｜≤15，求k的取值范围.解析（1）由题意可知，b＝2，2ab＝45，所以a＝5，所以椭圆E的标准方程为x25＋y（2）由题意可得直线l的方程为y＝kx－3，由y＝kx－3，x25＋y24=1，消去y得（4＋5k2）x2－30kx＋25＝0，Δ＝（－30k）2－4×25×（4＋5k2）＝400（k2－设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1＋x2＝30k5k2+4，x1x2直线AB的方程为y＋2＝y1+2x1x，令y＝－3，则x所以M（－x1y1+2，－3），｜PM｜＝｜－x1y同理得｜PN｜＝｜x2y因为x1x2＞0，即x1，x2正负相同，且y1＋2＞0，y2＋2＞0，所以｜PM｜＋｜PN｜＝｜x1y1+2｜＋｜x即｜x1（y2从而｜x1（kx2－由①②可得，｜k｜≤3.综上可得－3≤k＜－1或1＜k≤3.所以k的取值范围为[－3，－1）∪（1，3].方法技巧圆锥曲线中最值（范围）问题的求解方法几何法若题目的条件和结论明显能体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决.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.训练2[2023福建连江一中模拟]设双曲线C：x22－y23＝1，F1，（1）设O为坐标原点，M为双曲线C的右支上任意一点，求OM·F1（2）若动点P与双曲线C的两个焦点F1，F2的距离之和为定值（大于｜F1F2｜），且cos∠F1PF2的最小值为－19，求动点P的轨迹方程解析（1）设M（x，y），x≥2，左焦点F1（－5，0），∵OM·F1M＝（x，y）·（x＋5，y）＝x2＋5x＋y2＝x2＋5x＋3x22－3＝52x2＋5x－3（x≥2），对称轴为直线x∴OM·F1M∈[2＋10，＋∞（2）由椭圆定义得P点轨迹为椭圆，可设其轨迹方程为x2a2＋y2b2＝1（∵｜F1F2｜＝25，｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，∴cos∠F1PF2＝｜PF1｜2＋｜由基本不等式得2a＝｜PF1｜＋｜PF2｜≥2｜PF1｜·｜PF2｜，当且仅当｜PF∴｜PF1｜·｜PF2｜≤a2，则cos∠F1PF2≥4a2－202a∴a2＝9，b2＝4，∴动点P的轨迹方程为x29＋y1.[命题点1]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为2，且过点（e，3（1）求C的标准方程；（2）过点M（－2，0）且斜率不为0的直线l与C的左、右两支分别交于点A，B，点N在线段AB上，且｜MA｜｜MB｜＝｜AN｜｜NB｜，P为线段AB的中点，记直线OP，ON（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，求｜解析（1）∵双曲线C：x2a2－y2b∴a＝1，∵双曲线过点（e，3），e＝ca＝c，∴c2－9b2又c2＝a2＋b2＝1＋b2，∴b2＝3，故双曲线C的标准方程为x2－y23（2）设直线l：my＝x＋2（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），N（x3，y3），由my＝x+2，x2－y23=1，整理得（3m2－则3m2－1≠0，Δ=36m2+36>0，y1＋y则P（23m2∴k1＝3m.∵｜MA｜｜MB｜＝｜AN∴y3＝2y1y2y1＋y2＝1812m＝32m，∴∴k1k2＝3m×（－3m）＝－9，｜k1k2｜＝∴｜k1｜＋｜k2｜≥2｜k1k2｜＝6，当且仅当｜k1｜＝｜k2｜，即k1＝3，k2＝－3或k1＝－3，k2＝3时等号成立，此时m＝1或－1，y1y2＝93m2－1∴｜k1｜＋｜k2｜的最小值为6.2.[命题点2]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（心率为12，过点P（1，0）作x轴的垂线，与C交于A，B两点，且｜AB｜＝2（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l1与椭圆C交于D，E两点，直线l2与椭圆C交于M，N两点，且l1⊥l2，l1，l2交于点P，求｜DE｜·｜MN｜的取值范围.解析（1）由椭圆C的离心率为12，得ca＝12，即a＝2c将x＝1代入椭圆方程，得1a2＋y2b2＝1，则｜y｜＝ba2－1a，（点拨：因为过点P（1，0）且与由｜AB｜＝2b2a，得2ba2－1a＝2b2由①②并结合a2＝b2＋c2，得a＝2，b＝3，所以椭圆C的标准方程为x24＋y（2）①当直线l1的斜率为0时，直线l2的方程为x＝1，此时｜DE｜＝4，｜MN｜＝｜AB｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12.当直线l1的斜率不存在时，直线l2的斜率为0，此时｜MN｜＝4，｜DE｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12.②当直线l1的斜率存在且不为0时，设直线l1的方程为x＝my＋1（m≠0），由x＝my+1，x24＋y23=1，得（3m设D（x1，y1），E（x2，y2），则y1＋y2＝－6m3m2+4，y所以｜DE｜＝m2+1｜y1－y ＝m2+1 ＝m2+1 ＝12（因为l1⊥l2，所以可用－1m替换｜DE｜表达式中的m，得｜MN｜＝12（所以｜DE｜·｜MN｜＝144（令t＝m2＋1，因为m≠0，所以t＞1，0＜1t＜1，m2＝t－1所以｜DE｜·｜MN｜＝144t2（14412+1t所以57649≤｜DE｜·｜MN｜＜综上，｜DE｜·｜MN｜的取值范围为[57649，12]学生用书·练习帮P3641.[2023河南省安阳市阶段性测试]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b（1）求C的方程；（2）过点M（0，2）的直线l与C交于A，B两点，且∠AOB为锐角（O为坐标原点），求l的斜率的取值范围.解析（1）由题可知ca＝32，b=1，a2＝b（2）依题意，直线l的斜率必存在，设l的方程为y＝kx＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程得x24＋y2=1，y＝kx+2，消去y整理得（1＋4k因为直线与椭圆相交，所以Δ＞0，即256k2－48（1＋4k2）＞0，解得k＜－32或k＞3由根与系数的关系得，x1＋x2＝－16k1+4k2，x1所以y1y2＝（kx1＋2）（kx2＋2）＝k2x1x2＋2k（x1＋x2）＋4＝12k21+4k2＋－当∠AOB为锐角时，OA·OB＞0，即x1x2＋y1y2＞0，所以121+4k2＋4－4k21+4k2＞0，即k2－4所以k∈（－2，－32）∪（32，22.[2024陕西宝鸡模拟]设抛物线C：y2＝2px（p＞0），直线x－2y＋1＝0与C交于A，B两点，且｜AB｜＝415.（1）求p；（2）设C的焦点为F，M，N为C上两点，若MF·NF＝0，求△MNF面积的最小值.解析（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），由x－2y+1=0，y2=2px，可得y所以y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以｜AB｜＝5｜y1－y2｜＝5×（y1＋y即2p2－p－6＝0，因为p＞0，所以p＝2.（2）由（1）得抛物线C：y2＝4x，则F（1，0），显然直线MN的斜率不可能为零，设直线MN：x＝my＋n，M（x3，y3），N（x4，y4），由y2=4x，x＝my＋n，可得y2－4my－4n＝0，所以y3＋y4＝4mΔ＝16m2＋16n＞0，得m2＋n＞0，因为MF·NF＝0，所以（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝0，即（my3＋n－1）（my4＋n－1）＋y3y4＝0，即（m2＋1）y3y4＋m（n－1）（y3＋y4）＋（n－1）2＝0，将y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，即4（m2＋n）＝（n－1）2＞0，所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋22或n≤3－22，设点F到直线MN的距离为d，则d＝｜n｜MN｜＝1+m2｜y3－y4｜＝1+m216m2+16n＝1+m2所以△MNF的面积S＝12×｜MN｜×d＝12×21+m2×｜n－1｜×｜n－1｜又n≥3＋22或n≤