2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何第9节圆锥曲线的综合问题第1课时最值范围证明问题教学案含解析新人教A版 18页

第9节　圆锥曲线的综合问题 考试要求　1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.‎ 知 识 梳 理 ‎1.求定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.‎ ‎2.定点的探索与证明问题 ‎(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.‎ ‎(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.‎ ‎3.求解范围问题的方法 求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.‎ ‎4.圆锥曲线中常见最值的解题方法 ‎(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；‎ ‎(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.‎ ‎5.圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝·|y1－y2|＝·.‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.直线与椭圆位置关系的有关结论 ‎(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；‎ - 18 -‎ ‎(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；‎ ‎(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.‎ ‎2.直线与抛物线位置关系的有关结论 ‎(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，即两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；‎ ‎(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；‎ ‎(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条与对称轴平行或重合的直线.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.(　　)‎ 解析　(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.‎ ‎(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2.(老教材选修2－1P71例6改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)‎ A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 解析　结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0).‎ 答案　C ‎3.(老教材选修2－1P69例4改编)已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|＝________.‎ 解析　法一　直线l的方程为y＝x＋1，‎ - 18 -‎ 由得y2－14y＋1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝14，‎ ‎∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.‎ 法二　如图所示，过F作AD的垂线，垂足为H，则|AF|＝|AD|＝p＋|AF|sin 60°，即|AF|＝＝.同理，|BF|＝，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝16.‎ 答案　16‎ ‎4.(2019·天津卷)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. C.2 D. 解析　由已知易得，抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线l：x＝－1，所以|OF|＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y＝±x，不妨设点A，B，所以|AB|＝＝4|OF|＝4，所以＝2，即b＝2a，所以b2＝4a2.又双曲线方程中c2＝a2＋b2，所以c2＝5a2，所以e＝＝.故选D.‎ 答案　D ‎5.(2020·广东七校联考)已知点P为椭圆＋＝1的动点，EF为圆N：x2＋(y－1)2＝1的任一直径，则·的最大值和最小值分别是(　　)‎ A.16，12－4 B.17，13－4 C.19，12－4 D.20，13－4 解析　∵EF是圆N的直径，∴|NE|＝|NF|＝1，且＝－，则·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝2－2＝2－1，设P(x0，y0)，则有＋＝1，即x＝16－y，又N(0，1)，∴||2＝x - 18 -‎ ‎＋(y0－1)2＝－(y0＋3)2＋20，又∵y0∈[－2，2]，∴当y0＝－3时，||2取得最大值20，则(·)max＝20－1＝19.当y0＝2时，||2取得最小值13－4，则(·)min＝12－4.综上，·的最大值和最小值分别为19，12－4，故选C.‎ 答案　C ‎6.(2020·江西五校协作体联考改编)已知点A(0，2)，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，若＝，则p的值等于________.‎ 解析　过点M向准线作垂线，垂足为P，由抛物线的定义可知，|MF|＝|MP|，因为＝，所以＝，所以sin∠MNP＝，则tan∠MNP＝，又∠OFA＋∠MNP＝90°(O为坐标原点)，所以tan∠OFA＝2＝，则p＝2.‎ 答案　2‎ 第一课时　最值、范围、证明问题 考点一　最值问题 ‎【例1】 (一题多解)(2020·东北三省四市教研模拟)如图，已知椭圆C：＋＝1的短轴端点分别为B1，B2，点M是椭圆C上的动点，且不与B1，B2重合，点N满足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.‎ ‎(1)(一题多解)求动点N的轨迹方程；‎ ‎(2)求四边形MB2NB1面积的最大值.‎ 解　(1)法一　设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，‎ - 18 -‎ ‎∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，B1(0，－3)，B2(0，3)，‎ ‎∴直线NB1：y＋3＝－x，①‎ 直线NB2：y－3＝－x，②‎ ‎①×②得y2－9＝x2，又＋＝1，‎ ‎∴y2－9＝x2＝－2x2，‎ 整理得点N的轨迹方程为＋＝1(x≠0).‎ 法二　设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，‎ 则直线NB1：y＝－x－3，①‎ 直线MB1与椭圆C：＋＝1的交点M的坐标为，‎ 则直线MB2的斜率为kMB2＝＝－，‎ ‎∴直线NB2：y＝2kx＋3，②‎ 由①②解得N点的坐标为，‎ 由，得点N的轨迹方程为＋＝1(x≠0).‎ ‎(2)由(1)中法二得，四边形MB2NB1的面积 S＝|B1B2|(|xM|＋|xN|)＝3×＝＝≤，‎ 当且仅当|k|＝时，S取得最大值.‎ 规律方法　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：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、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)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.‎ - 18 -‎ ‎【训练1】 (2020·武汉调研)已知椭圆Γ：＋＝1(a＞b＞0)经过点M(－2，1)，且右焦点F(，0).‎ ‎(1)求椭圆Γ的标准方程；‎ ‎(2)过N(1，0)且斜率存在的直线AB交椭圆Γ于A，B两点，记t＝·，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1＋t2的值.‎ 解　(1)由椭圆＋＝1的右焦点为(，0)，‎ 知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，‎ 则＋＝1，a2＞3.‎ 又椭圆过点M(－2，1)，∴＋＝1，‎ 又a2＞3，∴a2＝6.‎ ‎∴椭圆Γ的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得x2＋2k2(x－1)2＝6，‎ 即(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，‎ ‎∵点N(1，0)在椭圆内部，∴Δ＞0，‎ ‎∴ 则t＝·＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)‎ ‎＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1)(kx2－k－1)‎ ‎＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5③，‎ 将①②代入③得，‎ t＝(1＋k2)·＋(2－k2－k)·＋k2＋2k＋5，‎ ‎∴t＝，‎ ‎∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，‎ 则Δ1＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0，‎ - 18 -‎ ‎∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0，‎ 由题意知t1，t2是2t2－13t－16＝0的两根，∴t1＋t2＝.‎ 考点二　范围问题 ‎【例2】 (2019·江西八所重点中学联考)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，F1，F2为其左、右焦点，B1，B2为其上、下顶点，四边形F1B1F2B2的面积为2.‎ ‎(1)求椭圆E的长轴A1A2的最小值，并确定此时椭圆E的方程；‎ ‎(2)对于(1)中确定的椭圆E，设过定点M(－2，0)的直线l与椭圆E相交于P，Q两点，若＝λ，当λ∈时，求△OPQ的面积S的取值范围.‎ 解　(1)依题意四边形F1B1F2B2的面积为2bc，∴2bc＝2，‎ ‎∵|A1A2|＝2a＝2≥2＝2，‎ 当且仅当b＝c＝1时等号成立，此时a＝，‎ ‎∴长轴A1A2的最小值为2，‎ 此时椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)依题意，可设直线l：x＝ty－2，联立得得(t2＋2)y2－4ty＋2＝0.‎ 由Δ＞0，得t2＞2.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 由根与系数的关系得 由＝λ，得y1＝λy2，‎ ‎∴ 由得λ＋＋2＝，‎ ‎∵y＝λ＋＋2在λ∈上单调递减，‎ ‎∴λ＋＋2∈，‎ - 18 -‎ ‎∴＜＜，＜t2＜4，满足Δ＞0.‎ ‎△OPQ的面积S＝S△OMQ－S△OMP ‎＝|OM||y1－y2|＝|y1－y2|＝＝.‎ 设m＝，则m∈，t2＝m2＋2，‎ ‎∴S＝＝，‎ ‎∵y＝m＋在m∈上单调递减，‎ ‎∴S关于m单调递增，∴△OPQ的面积S∈.‎ 规律方法　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.‎ ‎【训练2】 (2020·重庆七校联合考试)已知A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|＝a(a＞0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p＞0)在第一象限分别交于D，C两点.‎ ‎(1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px的焦点重合，求直线CD的斜率；‎ ‎(2)若O为坐标原点，记△OCD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求的取值范围.‎ 解　(1)由题意知A，则B，D，则C，‎ 又a＝p，所以kCD＝＝－1.‎ ‎(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 由，得ky2－2py＋2pb＝0，‎ - 18 -‎ 所以Δ＝4p2－8pkb＞0，得kb＜，‎ 又y1＋y2＝，y1y2＝，由y1＋y2＝＞0，y1y2＝＞0，‎ 可知k＞0，b＞0，因为|CD|＝|x1－x2|‎ ‎＝a，‎ 点O到直线CD的距离d＝，‎ 所以S1＝·a·＝ab.‎ 又S2＝(y1＋y2)·|x1－x2|＝··a＝，‎ 所以＝，‎ 因为0＜kb＜，所以0＜＜.‎ 即的取值范围为.‎ 考点三　证明问题 ‎【例3】 (2020·西安高三抽测)已知点A(1，－)在椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上，O为坐标原点，直线l：－＝1的斜率与直线OA的斜率乘积为－.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)(一题多解)不经过点A的直线y＝x＋t(t≠0且t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，求证：|AM|＝|AN|.‎ ‎(1)解　由题意知，kOA·kl＝－·＝－＝－，‎ 即a2＝4b2，①‎ 又＋＝1，②‎ 所以联立①②，解得，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x1，－y1)，‎ - 18 -‎ 由 得x2＋tx＋t2－1＝0，‎ 所以Δ＝4－t2＞0，即－2＜t＜2，‎ 又t≠0，所以t∈(－2，0)∪(0，2)，‎ x1＋x2＝－t，x1·x2＝t2－1.‎ 法一　要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR的斜率互为相反数，‎ 即证明kAQ＋kAR＝0.‎ 由题意知，kAQ＋kAR＝＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝ ‎＝0，‎ 所以|AM|＝|AN|.‎ 法二　要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR与y轴的交点M，N连线的中点S的纵坐标为－，即AS垂直平分MN即可.‎ 直线AQ与AR的方程分别为 lAQ：y＋＝(x－1)，lAR：y＋＝(x－1)，‎ 分别令x＝0，得yM＝－，yN＝－，‎ 所以yM＋yN＝＋－ ‎＝－ - 18 -‎ ‎＝－ ‎＝－ ‎＝－，‎ yS＝＝－，即AS垂直平分MN.‎ 所以|AM|＝|AN|.‎ 规律方法　圆锥曲线中的证明问题常见的有：‎ ‎(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.‎ ‎(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.‎ 在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.‎ ‎【训练3】 (2020·合肥模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.‎ ‎(1)解　设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).‎ 因为|MN|＝3，所以r2＝＋22＝.‎ 所以r＝，圆C的方程为(x－2)2＋＝.‎ ‎(2)证明　把x＝0代入方程(x－2)2＋＝，解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).‎ ‎①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.‎ 联立方程消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.‎ - 18 -‎ 设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0.‎ 所以∠ANM＝∠BNM.‎ 综合①②知∠ANM＝∠BNM.‎ A级　基础巩固 一、选择题 ‎1.直线y＝x＋3与双曲线－＝1(a>0，b>0)的交点个数是(　　)‎ A.1 B.2 C.1或2 D.0‎ 解析　由直线y＝x＋3与双曲线－＝1的渐近线y＝x平行，故直线与双曲线的交点个数是1.‎ 答案　A ‎2.(2019·浙江八校联考)抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则(　　)‎ A.x3＝x1＋x2 B.x1x2＝x1x3＋x2x3‎ C.x1＋x2＋x3＝0 D.x1x2＋x2x3＋x3x1＝0‎ 解析　由消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝，x1x2＝－，令kx＋b＝0得x3＝－，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.‎ 答案　B ‎3.若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)‎ A.2 B.3 C.6 D.8‎ 解析　由题意得F(－1，0)，设点P(x0，y0)，‎ 则y＝3(－2≤x0≤2).‎ ·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y＝x＋x0＋3＝·(x0＋2)2＋2.‎ - 18 -‎ 因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，·取得最大值，最大值为6.‎ 答案　C ‎4.(2020·石家庄调研)设F，B分别为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点和上顶点，O为坐标原点，C是直线y＝x与椭圆在第一象限内的交点，若＋＝λ(＋)，则椭圆的离心率是(　　)‎ A. B. C. D.－1‎ 解析　连接BF，联立椭圆＋＝1(a＞b＞0)与直线y＝x的方程，解得C.因此线段OC的中点坐标为.∵＋＝λ(＋)，∴线段OC的中点在BF上，又直线BF的方程为＋＝1，∴＋＝1，所以＝＝.故选A.‎ 答案　A ‎5.设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为(　　)‎ A.9，12 B.8，11‎ C.8，12 D.10，12‎ 解析　如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8，12.‎ 答案　C - 18 -‎ 二、填空题 ‎6.(2019·岳阳二模)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l，l与双曲线－y2＝1的两条渐近线分别交于A，B两点，若|AB|＝4，则a＝________.‎ 解析　抛物线y＝ax2(a>0)的准线l：y＝－，双曲线－y2＝1的两条渐近线分别为y＝x，y＝－x，可得xA＝－，xB＝，可得|AB|＝－＝4，解得a＝.‎ 答案　 ‎7.抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴的交点为M，过点M作C的两条切线，切点分别为P，Q，则∠PMQ＝________.‎ 解析　由题意得M，设过点M的切线方程为x＝my－，代入y2＝2px得y2－2pmy＋p2＝0，∴Δ＝4p2m2－4p2＝0，∴m＝±1，则切线斜率k＝±1，∴MQ⊥MP，因此∠PMQ＝.‎ 答案　 ‎8.(2019·太原一模)过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为________.‎ 解析　由过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得<2.‎ ‎∴e＝＝<＝，‎ ‎∵e>1，∴1b>0)的离心率为，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长是4＋2.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足⊥，∥，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.‎ - 18 -‎ ‎(1)解　由e＝，知＝，所以c＝a，‎ 因为△MF1F2的周长是4＋2，‎ 所以2a＋2c＝4＋2，所以a＝2，c＝，‎ 所以b2＝a2－c2＝1，‎ 所以椭圆C1的方程为：＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，‎ 设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，‎ 因为⊥，所以可设C(2，y1)，‎ 所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，‎ 由∥可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝.‎ 所以直线AC的方程为：＝.‎ 整理得：y＝(x＋2).‎ 又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝，即点P的坐标为，所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.‎ ‎10.如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.‎ ‎(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；‎ ‎(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.‎ ‎(1)证明　设P(x0，y0)，A，B.‎ - 18 -‎ 因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程＝4·，‎ 即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根.‎ 所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴.‎ ‎(2)解　由(1)可知 所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，‎ ‎|y1－y2|＝2.‎ 因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|‎ ‎＝(y－4x0).‎ 因为x＋＝1(x0<0)，‎ 所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，‎ 因此，△PAB面积的取值范围是.‎ B级　能力提升 ‎11.(2020·湖北八校联考)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，若直线l的倾斜角为，则等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析　由题意得F，直线l的斜率k＝tan＝－，∴直线l的方程为y＝－，即x＝－y＋，代入抛物线方程得y2＋py－p2＝0，解得y＝p或y＝－p，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由点A在第一象限可知y1＝p，则y2＝－p，∴＝＝，故选A.‎ 答案　A ‎12.已知F1，F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P在双曲线上的右支上，如果|PF1|＝t|PF2|(t∈(1，3])，则双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值范围是________________.‎ 解析　由双曲线的定义及题意可得 - 18 -‎ 解得 又|PF1|＋|PF2|≥2c，‎ ‎∴|PF1|＋|PF2|＝＋≥2c，‎ 整理得e＝≤＝1＋，‎ ‎∵1