又因为m＞1，所以m＝2， 故直线l的方程为x－2y－1＝0. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， m2
??x＝my＋2，x22
2＋y＝1，??m
2
由?
m2
消去x，得2y＋my＋－1＝0，
4
2
2?m?
则由Δ＝m－8?4－1?＝－m2＋8＞0，
??
mm21
知m＜8，且有y1＋y2＝－，y1y2＝－.
282
2
?x1y1??x2y2?
由于F1(－c,0)，F2(c,0)，可知G?3，3?，H?3，3?.
????因为原点O在以线段GH为直径的圆内， →→
所以OH·OG＜0， 即x1x2＋y1y2＜0.
2
m2??m2?m1???2
my＋my＋－?82?＜0. 所以x1x2＋y1y2＝?12??22?＋y1y2＝(m＋1)·??????
解得m2＜4(满足m2＜8)．
又因为m＞1，所以实数m的取值范围是(1,2)． [规律方法] 圆锥曲线中范围问题的求解方法 ?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，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系. ?3?利用已知的或隐含的不等关系，构建不等式，从而求出参数的取值范围. ?4?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. x2y23 已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2. ab2(1)求椭圆C的标准方程；
5
(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＝，求原点O到直
4线l的距离的取值范围．
c3
[解] (1)由题意知2b＝2，∴b＝1.∵e＝a＝，a2＝b2＋c2，∴a＝2.
2x22
椭圆的标准方程为＋y＝1.
4
y＝kx＋m，??
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得?x22
＋y＝1，??4
消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝(8km)－4(4k＋1)(4m－4)＞0，化简得m＜4k＋1 ①， 4m2－48km
x1＋x2＝－2，x1x2＝2，
4k＋14k＋1
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2. 5y1y25
若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，
4x1x24
8km?4?m2－1??
?－4k2＋1?＋4m2＝0， ∴4kx1x2＋4km(x1＋x2)＋4m＝5x1x2，∴(4k－5)·2＋4km·
4k＋1??
2
2
2
22222
5
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化简得m2＋k2＝ ②，
46152
由①②得0≤m＜，＜k≤.
5204
2
∵原点O到直线l的距离d＝
|m|
2， 1＋k
5
－k22
4m9
∴d2＝＝＝－1＋.
1＋k21＋k24?1＋k2?又
158214＜k2≤，∴0≤d2＜，∴0≤d＜. 20477
?214?
?. ∴原点O到直线l的距离的取值范围是?0，
7??
最值问题
xy2
【例4】 (2019·太原模拟)已知椭圆M：2＋＝1(a＞0)的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点分别
a3
2
为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点． (1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值． [解] (1)由题意，c＝1，b2＝3，
x2y2
所以a＝4，所以椭圆M的方程为＋＝1，
43
2
x2y2??＋＝1，
易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得?43
??y＝x＋1，
消去y，得7x2＋8x－8＝0，
88
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，Δ＝288，x1＋x2＝－，x1x2＝－，
77所以|CD|＝2|x1－x2|＝2?x1＋x2?2－4x1x2＝
24. 7
(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，
此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；
x2y2??＋＝1，
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，联立方程，得?43
??y＝k?x＋1?，消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 4k2－128k2
Δ＞0，且x1＋x2＝－，xx＝，
3＋4k2123＋4k2此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝因为k≠0，上式＝
123
＋4|k||k|
≤2
12|k|
， 3＋4k2
12123
＝＝3当且仅当k＝±时等号成立，
23212
·4|k||k|
所以|S1－S2|的最大值为3.
[规律方法] 圆锥曲线中最值问题的解决方法 ?1?代数法：从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值. ?2?几何法：从圆锥曲线几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值. ?11??39?
(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A?－2，4?，B?2，4?，抛
????
3??1
物线上的点P(x，y)?－2 ??(1)求直线AP斜率的取值范围； (2)求|PA|·|PQ|的最大值． 1 41 [解] (1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－， 12x＋2 x2－ 13 因为－ 22 所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)． 11 kx－y＋k＋＝0，??24 (2)联立直线AP与BQ的方程?93 x＋ky－k－＝0，??42－k2＋4k＋3 解得点Q的横坐标是xQ＝. 2?k2＋1?1?因为|PA|＝1＋k?x＋2?＝1＋k2(k＋1)， ?? 2? ?k－1??k＋1? |PQ|＝1＋k(xQ－x)＝－， k2＋1 22 所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3. 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 1?127??1? 所以f(k)在区间?－1，2?上单调递增，?2，1?上单调递减，因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值. ????216 x2y2??3?3? 1.(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3?－1，?，P4?1，?ab2?2???中恰有三点在椭圆C上． (1)求C的方程； (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点． [解] (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点． 1113 又由2＋2＞2＋2知，椭圆C不经过点P1， aba4b所以点P2在椭圆C上． 1??b2＝1，因此?13 ＋??a24b2＝1， 2 ?a＝4，x22 解得?2故椭圆C的方程为＋y＝1. 4?b＝1. (2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2. ?4－t2? ?，如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为?t， 2??4－t2－24－t2＋2?4－t2? ?t，－?，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设． 2t2t2??从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)． x22 将y＝kx＋m代入＋y＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 4由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 4m2－48km 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，x1x2＝2. 4k＋14k＋1而k1＋k2＝ y1－1y2－1 ＋ x1x2 kx1＋m－1kx2＋m－1 ＝＋ x1x2