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  • 2021-06-16 发布

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

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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