1、第八节圆锥曲线的综合问题2019考纲考题考情1直线与圆锥曲线的位置关系(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点。(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情况来判断。设直线l的方程为AxByC0，圆锥曲线方程为f(x，y)0。由消元，(如消去y)得ax2bxc0。若a0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)。若a0，设b24ac。a当0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；b当0时，直线和圆锥曲线相切于一点；c当0时，直线和圆锥曲线没有公共点。2直线与圆锥
2、曲线相交时的弦长问题(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：|P1P2|x1x2| |y1y2|。(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)。3圆锥曲线的中点弦问题遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解。在椭圆1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k；在双曲线1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k；在抛物线y22px(p0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k。在使用根与系数关系时，要注意前提条件是0。点差法的常见结论(设AB为圆锥曲线的弦，点M为弦AB的中点)：一、走进教
3、材1(选修11P62例5改编)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有()A1条 B2条C3条 D4条解析结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x0，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x0)。故选C。答案C二、走出误区微提醒：没有发现直线过定点，导致运算量偏大；不会用函数法解最值问题；错用双曲线的几何性质。2直线ykxk1与椭圆1的位置关系为()A相交 B相切C相离 D不确定解析直线ykxk1k(x1)1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交。故选A。答案A3如图，两条距离为4的直线都与y
4、轴平行，它们与抛物线y22px(0p14)和圆(x4)2y29分别交于A，B和C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|CD|取得最大值时，直线AB的方程为()Ax2 BxCx Dx1解析根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得1或7，又0p14，故p2，设直线AB的方程为xt(0t3)，则直线CD的方程为x4t，则|AB|CD|228(0t3)，设f(t)t(9t2)(0t3)，则f(t)93t2(0t00t，令f(t)0t0，b0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若ABF2是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是_。解析由题设条件可知ABF2为等腰三角形，只要
5、AF2B为钝角即可，所以有2c，即b22ac，所以c2a22ac，即e22e10，所以e1。答案(1，)第1课时最值、范围、证明问题考点一 最值问题【例1】(2019广东六校联考)已知圆C：(x2)2y236与定点M(2，0)，动圆I过M点且与圆C相切。(1)求动圆圆心I的轨迹E的方程；(2)若过定点N(0,2)的直线l交轨迹E于不同的两点A，B，求|AB|的最大值。解(1)设动圆I的半径为r，由题意可知，点I(x，y)满足|IC|6r，|IM|r，所以|IC|IM|6。由椭圆的定义知点I的轨迹为以C，M为左、右焦点的椭圆，且其长半轴长a3，半焦距c2，可得短半轴长b1，故轨迹E的方程为y21
6、。(2)当直线l的斜率不存在时，A(0,1)，B(0，1)或A(0，1)，B(0,1)，此时|AB|2。当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx2，由消去y得，(19k2)x236kx270，由(36k)2108(19k2)0，得k2。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1x2，x1x2，|AB|x1x2|，令19k2t，则t4，|AB|22，又因为，所以当，即k时，|AB|max。综上，|AB|的最大值为。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
7、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。 【变式训练】(1)设P是椭圆1上一点，M，N分别是两圆：(x4)2y21和(x4)2y21上的点，则|PM|PN|的最小值、最大值分别为()A9,12 B8,11C8,12 D10,12(2)(2019邢台模拟)已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称。求实数m的取值范围；求AOB面积的最大值(O为坐标原点)。(1)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|2a10，连接PA，PB分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|PN|最小，最小值
8、为|PA|PB|2R8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|PN|最大，最大值为|PA|PB|2R12，即最小值和最大值分别为8,12。故选C。答案C(2)解由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb。由消去y，得x2xb210。因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b220，(*)将AB的中点M代入直线方程ymx，解得b，(*)由(*)(*)得m。令t，则t2。则|AB|，且O到直线AB的距离为d。设AOB的面积为S(t)，所以S(t)|AB|d，当且仅当t2时，等号成立，此时满足t2。故AOB面积的最大值为。考点二 范围问题【例2】(2018浙江高考)如图
9、，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x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x21(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围。解(1)设P(x0，y0)，A，B。因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程24，即y22y0y8x0y0的两个不同的实根，所以y1y22y0，因此，PM垂直于y轴。(2)由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2。因此，PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0)。因为x1(x0b0)的离心率为，抛物线C2：x2ay的准线方程为y。(1)求椭
10、圆C1和抛物线C2的方程；(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点P，Q，若O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围。解(1)由题意得，所以a2，故抛物线C2的方程为x22y。又e，所以c，所以b1，从而椭圆C1的方程为y21。(2)显然直线x0不满足题设条件，故可设直线l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)。由得(14k2)x216kx120。因为(16k)2412(14k2)0，所以k。x1x2，x1x2，根据题意，得0POQ0，所以x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)42k40，解得2k0)。(1
11、)证明：k；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且0。证明：2|。解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1。两式相减，并由k得k0。由题设知1，m，于是k。由题设得0m，故k。(2)由题意得F(1,0)。设P(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)。由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m1)，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点A作圆C的弦AM，并使弦AM的中点恰好落在y轴上。(1)求点M的轨迹E的方程；(2)延长MC交曲线E于点N，曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B，试判断以点B为圆心，线段BC长为半径的圆与直线MN的
12、位置关系，并证明你的结论。解(1)设M(x，y)，由题意可知，A(1r,0)，AM的中点D，x0，因为C(1,0)，所以，。在C中，因为CDDM，所以0，所以x0，即y24x(x0)，所以点M的轨迹E的方程为y24x(x0)。(2)设直线MN的方程为xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线BN的方程为yky2，y24my40，可得y1y24m，y1y24，又r1x1，则点A(x1,0)，所以直线AM的方程为yx。ky24y4y2ky0，由0可得k，则直线BN的方程为yx。联立可得xB1，yB2m，所以点B(1,2m)，|BC|2，所以点B到直线MN的距离d2|BC|，所以B与直线MN
13、相切。(配合例1、例2使用)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax2byab0相切。(1)求椭圆C的离心率；(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若PQF2的周长为4，求的最大值。解(1)由题意知c，即3a2b2c2(a24b2)(a2b2)(a24b2)。化简得a22b2，所以e。(2)因为PQF2的周长为4，所以4a4，得a，由(1)知b21，所以椭圆C的方程为y21，且焦点F1(1,0)，F2(1,0)，若直线l的斜率不存在，则直线lx轴，直线方程为x1，P，Q，故。若直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x1)，由消去y并整
14、理得(2k21)x24k2x2k220，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2k2(x1x2)k2，(x11，y1)(x21，y2)(x11)(x21)y1y2(k21)x1x2(k21)(x1x2)k21(k21)(k21)k21，由k20可得。综上，所以的最大值是。第2课时定点、定值、探索性问题考点一 定点问题【例1】(2017全国卷)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4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
15、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。又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上。因此解得故C的方程为y21。(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|0。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2。而k1k2。由题设知k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0。即(2k1)(m1)0，解得k。当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)。求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变
16、量x，y看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点。 【变式训练】(2019贵阳摸底)过抛物线C：y24x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|8。(1)求l的方程；(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标。解(1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为yk(x1)，代入抛物线方程y24x得k2x2(2k24)xk20，由题意知k0，且(2k24)24k2k216(k21)0
17、，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x2，x1x21，由抛物线的定义知|AB|x1x228，所以6，所以k21，即k1，所以直线l的方程为y(x1)。(2)证明：由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，y1)，直线BD的斜率kBD，所以直线BD的方程为yy1(xx1)，即(y2y1)yy2y1y4x4x1，因为y4x1，y4x2，x1x21，所以(y1y2)216x1x216，即y1y24(因为y1，y2异号)，所以直线BD的方程为4(x1)(y1y2)y0，恒过点(1，0)。考点二 定值问题【例2】(2019益阳、湘潭调研)已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x1)2y2
18、16相切。(1)求点P的轨迹C的方程；(2)设G(m,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，|GA|2|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值。解(1)由题意得|PM|PN|4，所以点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，所以2a4,2c2，所以b，所以椭圆的方程为1。即点P的轨迹C的方程为1。(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(m,0)，由题意知2m0)上一点P到焦点F的距离为2t。(1)求抛物线C的方程；(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率
19、分别为k1，k2，求证：k1k2为定值。解(1)由抛物线的定义可知|PF|t2t，则a4t，由点P在抛物线上，得at，所以a，则a21，由a0，得a1，所以抛物线C的方程为y2x。(2)因为点A在抛物线C上，且yA1，所以xA1。所以A(1,1)，设过点Q(3，1)的直线的方程为x3m(y1)，即xmym3，代入y2x得y2mym30。设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2m，y1y2m3，所以k1k2。所以k1k2为定值，且定值为。考点三 探索性问题【例3】(2019合肥质检)已知抛物线E：x22py(p0)上一点P的纵坐标为4，且点P到焦点F的距离为5。(1)求抛物线E的方程；(
20、2)如图，设斜率为k的两条平行直线l1，l2分别经过点F和H(0，1)，l1与抛物线E交于A，B两点，l2与抛物线E交于C，D两点。问：是否存在实数k，使得四边形ABDC的面积为44？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由。解(1)由抛物线的定义知，点P到抛物线E的准线的距离为5。因为抛物线E的准线方程为y，所以45，解得p2，所以抛物线E的方程为x24y。(2)由已知得，直线l1：ykx1。由消去y得x24kx40，16(k21)0恒成立，|AB|4(k21)。直线l2：ykx1，由消去y得x24kx40，由16(k21)0得k21，|CD|4，又直线l1，l2间的距离d，所以四边形ABD
21、C的面积Sd(|AB|CD|)4()。解方程4()4(1)，得k22(满足k21)，所以存在满足条件的k，且k的值为。探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立。 【变式训练】(2019湖南联考)已知椭圆C：1(ab0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线xy20相切。(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A，B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由。解(1)由题意知，解得则
22、椭圆C的标准方程为y21。(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为yk(x1)(k0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立得(12k2)x24k2x2k220，8k280，所以xAxB，xAxB。假设在x轴上存在定点E(x0,0)，使得为定值。则(xAx0，yA)(xBx0，yB)xAxBx0(xAxB)xyAyBxAxBx0(xAxB)xk2(xA1)(xB1)(1k2)xAxB(x0k2)(xAxB)xk2。因为为定值，所以的值与k无关，所以2x4x012(x2)，解得x0，此时为定值，定点为。当直线的斜率不存在时，也满足为定值，且定点为。综上，存在点E，使得为定值，且定值为。1(配合
23、例1、例2使用)已知直线l：xmy1过椭圆C：1的右焦点F，抛物线x24y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x4上的射影依次为D，K，E。(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且1，2，当m变化时，证明：12为定值；(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由。解(1)因为l：xmy1过椭圆C的右焦点F，所以右焦点F(1,0)，c1，即c21。因为x24y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，所以b，即b23，a2b2c24，所以椭圆C的方程为1。(2)由题意知m0，由得(3m24)y26my90。设
24、A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y2。因为1，2，M，所以1(1x1，y1)，2(1x2，y2)，所以11，21，所以1222。综上所述，当m变化时，12为定值。(3)当m0时，直线lx轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，猜想当m变化时，直线AE与BD相交于定点N，证明如下：，易知E(4，y2)，则。因为y2(y1)(y1y2)my1y2m0，所以，即A，N，E三点共线。同理可得B，N，D三点共线。则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N。2(配合例3使用)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x28y的焦点。(1)求
25、椭圆C的方程；(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点。若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；当A，B运动时，满足APQBPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由。解(1)设椭圆C的方程为1(ab0)，则b2。由，a2c2b2，得a4，所以椭圆C的方程为1。(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)。设直线AB的方程为yxt，代入1，得x2txt2120，由0，解得4tb0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点。P为C上一点，且PFx轴。过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E。若直线BM经过OE的中点，则C的离心
26、率为()AB CD【解析】设OE的中点为N，如图，因为MFOE，所以有，。又因为OE2ON，所以有，解得a3c，e，故选A。【答案】A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算。 【变式训练1】如图，F1，F2是椭圆C1：y21与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点。若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是()A BC D解析由已知，得F1(，0)，F2(，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得解得a22，故a。所以双曲线C2的离心率e。答案D技巧二 设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦
27、问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解。【例2】已知椭圆E：1(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点。若AB的中点坐标为(1，1)，则E的标准方程为()A1 B1C1 D1【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22，y1y22，得0，所以kAB。又kAB，所以。又9c2a2b2，解得b29，a218，所以椭圆E的方程为1。【答案】D本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题。 【变式训练2】过点M(1
28、,1)作斜率为的直线与椭圆C：1(ab0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于_。解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则得0，所以。因为，x1x22，y1y22，所以。所以a22b2。又因为b2a2c2，所以a22(a2c2)，所以a22c2，所以。即椭圆C的离心率e。答案技巧三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系。后者往往计算量小，解题过程简捷。【例3】已知椭圆y21的左顶点
29、为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点。(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由。【解】(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为yx2，代入椭圆方程并化简得5x216x120。解得x12，x2，所以M。(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为yk(x2)，联立方程化简得(14k2)x216k2x16k240。则xAxM，又xA2，则xMxA2。将xM中的k换成，可得xN。由(1)知若存在定点，则此点必为P。证明如下：因为kMP，同理可计算得kPN。
30、所以直线MN过x轴上的一定点P。本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM，这体现了整体思想。这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量。 【变式训练3】已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2。(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程。解(1)由，得a2c，所以a24c2，b23c2，将点P的坐标代入椭圆方程得c21，故所求椭圆方程为1。(2)由(1)可知F1(1,0)，设直线l的方程为xty1，代入椭圆方程，整理得(43t2)y2
31、6ty90。显然判别式大于0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AF2B的内切圆半径为r0，则有y1y2，y1y2，r0，所以SAF2BSAF1F2SBF1F2|F1F2|y1y2|F1F2|。而SAF2B|AB|r0|BF2|r0|AF2|r0r0(|AB|BF2|AF2|)r0(|AF1|BF1|BF2|AF2|)r04a8，所以，解得t21，因为所求圆与直线l相切，所以半径r，所以所求圆的方程为(x1)2y22。技巧四 巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问
32、题，将复杂问题简单化。变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题。【例4】如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且SABF1。(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l：ykxm与圆O：x2y21相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求OMN面积的最大值。【解】(1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为1(ab0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c)。由已知可得e2，所以a24b2，即a2b，可得cb。SABF|AF|OB|(ac)b1。将代入，得(2bb)b1，解得b1，故a2，c。所以椭圆C的方程为y21。(2)圆O的圆心
33、为坐标原点(0,0)，半径r1，由直线l：ykxm与圆O：x2y21相切，得1，故有m21k2。由消去y，得(14k2)x28kmx4(m21)0，由题可知k0，所以16(4k2m21)48k20。设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2。所以|x1x2|2(x1x2)24x1x224。将代入中，得|x1x2|2，故|x1x2|。所以|MN|x1x2|。故OMN的面积S|MN|11。令t4k21，则t1，k2，代入上式，得S2，所以当t3，即4k213，解得k时，S取得最大值，且最大值为 1。破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通
34、过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如yaxb(a，b，c，d均为常数，且ac0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化。 【变式训练4】已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为。(1)求椭圆C的方程；(2)若直线ykx1与曲线C交于A，B两点，求OAB面积的取值范围。解(1)设椭圆的标准方程为1(ab0)，由题意可知2a4，又a2b2c2，解得a2，c，b1，故椭圆C的方程为x21。(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k24)x22kx30，故x1x2，x1x2，设OAB的面积为S，由x1x20，知S(|x1|x2|)|x1x2|。令t，则t，令yt，t，因为yt在，)上单调递增，所以t，所以0S，故OAB面积的取值范围是。
