高三数学二轮复习 第一部分 拉分题 压轴专题（二）第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”的抢分策略用书 理-人教高三数学试题

压轴专题(二)第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”的抢分策略解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．解答题的热点题型有：①直线与圆锥曲线位置关系的判断；②圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；③轨迹方程及探索性问题的求解．[师说考点]圆锥曲线中最值、范围问题的求解方法(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，这就是几何法．(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，则可首先建立目标函数，再利用基本不等式或单调性求这个函数的最值，这就是代数法．[典例](2016·全国甲卷)已知椭圆E：eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．[解]设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.(1)当t＝4时，E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，A(－2，0)．由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq\f(π,4).因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝eq\f(12,7)，所以y1＝eq\f(12,7).因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f(12,7)×eq\f(12,7)＝eq\f(144,49).(2)由题意t>3，k>0，A(－eq\r(t)，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋eq\r(t))代入eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1得(3＋tk2)x2＋2eq\r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq\r(t))＝eq\f(t2k2－3t,3＋tk2)，得x1＝eq\f(\r(t)（3－tk2）,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq\r(t)|eq\r(1＋k2)＝eq\f(6\r(t（1＋k2）),3＋tk2).由题设，直线AN的方程为y＝－eq\f(1,k)(x＋eq\r(t))，故同理可得|AN|＝eq\f(6k\r(t（1＋k2）),3k2＋t).由2|AM|＝|AN|，得eq\f(2,3＋tk2)＝eq\f(k,3k2＋t)，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．当k＝eq\r(3,2)时上式不成立，因此t＝eq\f(3k（2k－1）,k3－2).t>3等价于eq\f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq\f(（k－2）（k2＋1）,k3－2)<0，即eq\f(k－2,k3－2)<0.因此得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2>0，,k3－2<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq\r(3,2)<k<2.故k的取值范围是(eq\r(3,2)，2)．eq\a\vs4\al([抢分策略])缺步解答——能做多少做多少1．在求解第(2)问时，学生一般能将直线方程和椭圆方程转化为关于x的一元二次方程，由此写出判别式和根与系数的关系，便可得到基本分数．若学生稍加思考，由于直线和椭圆的一交点为(－eq\r(t)，0)，从而可求出另一交点坐标，若要求出k的范围，仍存在一定难度，这就需要我们学会使用一定的技巧答题，能答多少答多少．2．由于第(2)问难度较大，要把本题顺利解答完整对大多数考生而言，实在太难．此时，不要放弃，要学会缺步解答，所谓缺步解答，就是如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是：将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败．特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每进行一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但能拿到的分数却已过半，这叫“大题巧拿分”．[应用体验]1．(2016·武汉调研)已知双曲线Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过点P(2，1)，且其中一焦点F到一条渐近线的距离为1.(1)求双曲线Γ的方程；(2)过点P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交双曲线Γ于A，B两点，求点P到直线AB距离的最大值．解：(1)∵双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1过点(2，1)，∴eq\f(4,a2)－eq\f(1,b2)＝1.不妨设F为右焦点，则F(c，0)到渐近线bx－ay＝0的距离d＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b，∴b＝1，a2＝2.∴所求双曲线的方程为eq\f(x2,2)－y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋m.将y＝kx＋m代入x2－2y2＝2中，整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m∴x1＋x2＝eq\f(－4km,2k2－1)，①x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1).②∵＝0，∴(x1－2，y1－1)·(x2－2，y2－1)＝0，∴(x1－2)(x2－2)＋(kx1＋m－1)(kx2＋m－1)＝0，∴(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋m2－2m将①②代入③，得m2＋8km＋12k2＋2m∴(m＋2k－1)(m＋6k＋3)＝0.而P∉AB，∴m＝－6k－3，从而直线AB的方程为y＝kx－6k－3.将y＝kx－6k－3代入x2－2y2－2＝0中，判别式Δ＝8(34k2＋36k＋10)>0恒成立，∴y＝kx－6k－3即为所求直线．∴P到AB的距离d＝eq\f(|2k－6k－3－1|,\r(1＋k2))＝eq\f(4|k＋1|,\r(k2＋1)).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(k2＋1＋2k,k2＋1)＝1＋eq\f(2k,k2＋1)≤2.∴d≤4eq\r(2)，即点P到直线AB距离的最大值为4eq\r(2).[师说考点]圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路(1)解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y＝kx＋m(k存在的情形)．然后利用条件建立k与m的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．(2)定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．[典例](2016·山东高考节选)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率是eq\f(\r(3),2)，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．(1)求椭圆C的方程；(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.求证：点M在定直线上．[解](1)由题意知eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，可得a2＝4b2.因为抛物线E的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以b＝eq\f(1,2)，a＝1.所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.(2)证明：设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m2,2)))(m＞0)．由x2＝2y，可得y′＝x，所以直线l的斜率为m.因此直线l的方程为y－eq\f(m2,2)＝m(x－m)，即y＝mx－eq\f(m2,2).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝1，,y＝mx－\f(m2,2)，))得(4m2＋1)x2－4m3x由Δ＞0，得0＜m2＜2＋eq\r(5).由根与系数的关系得x1＋x2＝eq\f(4m3,4m2＋1)，因此x0＝eq\f(2m3,4m2＋1).将其代入y＝mx－eq\f(m2,2)，得y0＝eq\f(－m2,2（4m2＋1）).因为eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,4m)，所以直线OD的方程为y＝－eq\f(1,4m)x.联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,4m)x，,x＝m，))得点M的纵坐标yM＝－eq\f(1,4)，所以点M在定直线y＝－eq\f(1,4)上.eq\a\vs4\al([抢分策略])解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3个方面(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标．[应用体验]2．(2016·石家庄一模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(m，2)，其焦点为F，且|MF|＝2.(1)求抛物线C的方程；(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．解：(1)抛物线C的准线方程为x＝－eq\f(p,2)，∴|MF|＝m＋eq\f(p,2)＝2，又4＝2pm，即4＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,2)))，∴p2－4p＋4＝0，∴p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：设点E(0，t)(t≠0)，由已知切线不为y轴，设EA：y＝kx＋t，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,y2＝4x，))消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①∵直线EA与抛物线C相切，∴Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得eq\f(1,t2)x2－2x＋t2＝0，∴x＝t2，即A(t2，2t)．设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0)×\f(t－0,0－1)＝－1，,\f(y0,2)＝－t·\f(x0,2)＋t，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(2t2,t2＋1)，,y0＝\f(2t,t2＋1)，))即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,t2＋1)，\f(2t,t2＋1))).法一：直线AB的斜率为kAB＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直线AB的方程为y＝eq\f(2t,t2－1)(x－t2)＋2t，整理得y＝eq\f(2t,t2－1)(x－1)，∴直线AB恒过定点F(1，0)，当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时直线AB为x＝1，过点F(1，0)．综上，直线AB恒过点F(1，0)．法二：直线AF的斜率为kAF＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直线BF的斜率为kBF＝eq\f(\f(2t,t2＋1)－0,\f(2t2,t2＋1)－1)＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，∴kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时A，B，F三点共线．∴直线AB过定点F(1，0).[师说考点]圆锥曲线中探索性问题的解题策略处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法．[典例]如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(2),2)，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点．当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2eq\r(2).(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|PA|,|PB|)恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．[解](1)由已知，点(eq\r(2)，1)在椭圆E上，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2－b2＝c2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(2).))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点．如果存在定点Q满足条件，则有eq\f(|QC|,|QD|)＝eq\f(|PC|,|PD|)＝1，即|QC|＝|QD|.所以点Q在y轴上，可设点Q的坐标为(0，y0)．当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，eq\r(2))，(0，－eq\r(2))．由eq\f(|QM|,|QN|)＝eq\f(|PM|,|PN|)，得eq\f(|y0－\r(2)|,|y0＋\r(2)|)＝eq\f(\r(2)－1,\r(2)＋1)，解得y0＝1或y0＝2.所以若存在不同于点P的定点Q满足条件，则点Q的坐标只可能为(0，2)．下面证明：对任意直线l，均有eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|PA|,|PB|).当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(2,2k2＋1).因此eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k.易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)．又kQA＝eq\f(y1－2,x1)＝eq\f(kx1－1,x1)＝k－eq\f(1,x1)，kQB′＝eq\f(y2－2,－x2)＝eq\f(kx2－1,－x2)＝－k＋eq\f(1,x2)＝k－eq\f(1,x1)，所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，所以eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|QA|,|QB′|)＝eq\f(|x1|,|x2|)＝eq\f(|PA|,|PB|).故存在与点P不同的定点Q(0，2)，使得eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|PA|,|PB|)恒成立．eq\a\vs4\al([抢分策略])辅助解答——思路靠谱也给分1．本题在求解第(2)问时难度太大，很难得分，这就要学会辅助解答(学会捞分)，利用直线l与坐标轴垂直这一特殊情况可巧妙地求出Q点的坐标(0，2)，这样可得一定的分数，这种方法在解决一些压轴题时要学会应用．2．一道题目的解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤．实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举．如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等．罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体现，切不可以不写，对计算能力要求高的，实行能解多少写多少的策略．书写也是辅助解答的一部分，“书写要工整，卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应．这就是所说的辅助解答．[应用体验]3．(2016·兰州模拟)已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1，0)，F2(1，0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在过点P(2，1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足＝eq\f(5,4)？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆的方程是eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题可知c＝1，因为|BD|＝3，所以eq\f(2b2,a)＝3，又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝eq\r(3)，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设直线l1的方程为y＝k(x－2)＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2）＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)>0，所以k>－eq\f(1,2).x1＋x2＝eq\f(8k（2k－1）,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2－16k－8,3＋4k2)，因为＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝eq\f(5,4)，所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝eq\f(5,4)，即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝eq\f(5,4)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2·\f(8k（2k－1）,3＋4k2)＋4))(1＋k2)＝eq\f(4＋4k2,3＋4k2)＝eq\f(5,4)，解得k＝±eq\f(1,2).因为k>－eq\f(1,2)，所以k＝eq\f(1,2)，故存在直线l1满足条件，其方程为y＝eq\f(1,2)x.1.(2016·湖南东部六校联考)设椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F1，F2是椭圆的两个焦点，S是椭圆上任意一点，且△SF1F2的周长是4＋2eq\r(3).(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C点满足，，连接AC交DE于点P，求证：PD＝PE.解：(1)由e＝eq\f(\r(3),2)，知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\f(\r(3),2)a，因为△SF1F2的周长是4＋2eq\r(3)，所以2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，所以a＝2，c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C1的方程为：eq\f(x2,4)＋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＝eq\f(2y0,x0＋2).所以直线AC的方程为：eq\f(y,\f(2y0,x0＋2))＝eq\f(x＋2,4).整理得：y＝eq\f(y0,2（x0＋2）)(x＋2)．又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝eq\f(y0,2)，即点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(y0,2)))，所以P为DE的中点，所以PD＝PE.2．(2016·河南六市联考)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知R(x0，y0)是椭圆C：eq\f(x2,24)＋eq\f(y2,12)＝1上的一点，从原点O向圆R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.(1)若R点在第一象限，且直线OP，OQ互相垂直，求圆R的方程；(2)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求k1·k2的值．解：(1)设圆R的半径为r，由圆R的方程知r＝2eq\r(2)，因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，所以|OR|＝eq\r(2)r＝4，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16，①又点R在椭圆C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),24)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，②联立①②，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2\r(2)，,y0＝2\r(2)，))所以，圆R的方程为(x－2eq\r(2))2＋(y－2eq\r(2))2＝8.(2)因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝2eq\r(2)，eq\f(|k2x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))＝2eq\r(2)，化简得(xeq\o\al(2,0)－8)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－8＝0，(xeq\o\al(2,0)－8)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－8＝0，所以k1，k2是方程(xeq\o\al(2,0)－8)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－8＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系得，k1·k2＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－8,xeq\o\al(2,0)－8)，因为点R(x0，y0)在椭圆C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),24)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝12－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)，所以k1k2＝eq\f(4－\f(1,2)xeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－8)＝－eq\f(1,2).3.（2016·江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p＞0)．(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程．(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；②求p的取值范围．解：(1)抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，由点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))在直线l：x－y－2＝0上，得eq\f(p,2)－0－2＝0，即p＝4.所以抛物线C的方程为y2＝8x.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)．因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.①证明：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝－x＋b))消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1≠y2，从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)＞0，化简得p＋2b＞0.方程(*)的两根为y12＝－p±eq\r(p2＋2pb)，从而y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－p.因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p.因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．②因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上，所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.由①知p＋2b＞0，于是p＋2(2－2p)＞0，所以p＜eq\f(4,3).因此p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).4．(2016·湖北七市联考)已知圆心为H的圆x2＋y2＋2x－15＝0和定点A(1，0)，B是圆上任意一点，线段AB的中垂线l和直线BH相交于点M，当点B在圆上运动时，点M的轨迹记为曲线C.(1)求C的方程；(2)过点A作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求的取值范围．解：(1)由x2＋y2＋2x－15＝0，得(x＋1)2＋y2＝42，所以圆心为(－1，0)，半径为4.连接MA，由l是线段AB的中垂线，得|MA|＝|MB|，所以|M