(新高考)2022版高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练第4讲解析几何教学案理.pdf

新高考新高考 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习第三局部讲重点解答题专复习第三局部讲重点解答题专练第练第 4 4 讲解析几何教学案理讲解析几何教学案理第第 4 4 讲讲解析几何解析几何真真题题调调研研x x2 2y y2 2【例【例 1 1】2022天津卷2022天津卷 设椭圆设椭圆2 22 2a ab b1(1(a a b b0)0)的左焦点为的左焦点为F F，上顶点为上顶点为B B.椭圆的短轴椭圆的短轴5 5长为长为 4 4，离心率为，离心率为.5 5(1)(1)求椭圆的方程；求椭圆的方程；(2)(2)设点设点P P在椭圆上，且异于椭圆的上、下在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点顶点，点M M为直线为直线PBPB与与x x轴的交点，点轴的交点，点N N在在y y轴的负半轴上假设轴的负半轴上假设|ONON|OFOF|(|(O O为原点为原点)，且，且OPOPMNMN，求直线，求直线PBPB的斜率的斜率解：解：(1)(1)设椭圆的半焦距为设椭圆的半焦距为c c，依题意，依题意，2 2b bc c5 52 22 22 24 4，又又a ab bc c，可得可得a a 5 5，b b2 2，a a5 5c c1.1.所以，椭圆的方程为所以，椭圆的方程为 1.1.5 54 42 2x x2 2y y2 2(2)(2)由题意，由题意，设设P P(x xP P，y yP P)()(x xP P0)，0)，M M(x xM,M,0)0)设设直线直线PBPB的斜率为的斜率为k k(k k0)，又0)，又B B(0,2)(0,2)，那么直，那么直线线PBPB的方程为的方程为y ykxkx2 2，与椭圆方程联立得，与椭圆方程联立得y ykxkx2 2，2 22 2 x xy y 1 1，5 54 4整理得整理得(4(45 5k k2 2)x x2 22020kxkx0 0，2020k k可得可得x xP P2 2，代入，代入y ykxkx2 2 得得y yP P4 45 5k k8 81010k ky yP P4 45 5k k.在在y y2 2，进而直线，进而直线OPOP的斜率的斜率4 45 5k kx xP P1010k k2 22 2kxkx2 2 中，令中，令y y0 0，得，得x xM M.由题意得由题意得N N(0(0，k k1)1)，所以直线，所以直线MNMN的斜率为的斜率为.由由OPOPMNMN，得，得2 24 45 5k k2 2 k k 24242 2 1 1，化简得，化简得k k，从而，从而k k1010k k 2 2 5 52 2 3030.5 52 2 30302 2 3030所以，直线所以，直线PBPB的斜率为的斜率为或或.5 55 53 32 2k k【例【例 2 2】2022全国卷2022全国卷 抛物线抛物线C C：y y2 23 33 3x x的焦点为的焦点为F F，斜率为，斜率为 的直线的直线l l与与C C的交点的交点2 2为为A A，B B，与，与x x轴的交点为轴的交点为P P.(1)(1)假设假设|AFAF|BFBF|4 4，求，求l l的方程；的方程；(2)(2)假设假设APAP3 3PBPB，求，求|ABAB|.|.3 3解：解：设直线设直线l l：y yx xt t，A A(x x1 1，y y1 1)，B B(x x2 2，2 2y y2 2)3 3(1)(1)由题设得由题设得F F，0 0，故，故|AFAF|BFBF|x x1 1 4 4 3 35 5x x2 2，由题设可得，由题设可得x x1 1x x2 2.2 22 23 3 y yx xt t，2 2由由 2 2 y y3 3x x2 2可得可得 9 9x x12(12(t t1)1)x x2 21212 t t1 1 4 4t t0 0，那那么么x x1 1x x2 2.从从而而9 91212 t t1 1 5 57 7，得，得t t.9 92 28 84 43 37 7所以所以l l的方程为的方程为y yx x.2 28 8(2)(2)由由APAP3 3PBPB可得可得y y1 13 3y y2 2.3 3 y yx xt t，2 2由由 y y2 23 3x x可得可得y y2 2y y2 2t t0.0.2 2所以所以y y1 1y y2 22.2.从而从而3 3y y2 2y y2 22 2，故，故y y2 21 1，y y1 13.3.1 1代入代入C C的方程得的方程得x x1 13 3，x x2 2.3 34 4 1313故故|ABAB|.3 3【例【例 3 3】2022全国卷2022全国卷 点点A A(2,0)2,0)，B B(2,0)(2,0)，动点，动点M M(x x，y y)满足直线满足直线AMAM与与BMBM的斜率的斜率1 1之积为之积为.记记M M的轨迹为曲线的轨迹为曲线C C.2 2(1)(1)求求C C的方程，并说明的方程，并说明C C是什么曲线；是什么曲线；(2)(2)过坐标原点的直线交过坐标原点的直线交C C于于P P，Q Q两点，两点，点点P P在第一象限，在第一象限，PEPEx x轴，垂足为轴，垂足为E E，连接，连接QEQE并并5 5延长交延长交C C于点于点G G.()证明：证明：PQGPQG是直角三角形；是直角三角形；()求求PQGPQG面积的最大值面积的最大值1 1解：解：(1)(1)由题设得由题设得，化简得化简得x x2 2x x2 22 2y yy yx x2 2 1(|1(|x x|2)，所以|2)，所以C C为中心在坐标原点，为中心在坐标原点，4 42 2y y2 2焦点在焦点在x x轴上的椭圆，不含左右顶点轴上的椭圆，不含左右顶点(2)(2)()设直线设直线PQPQ的斜率为的斜率为k k，那么其方程，那么其方程为为y ykxkx(k k0)0)y ykxkx，2 22 2由由 x xy y 1 1 4 42 22 2得得x x2 2.1 12 2k k2 2记记u u2 2，那么，那么P P(u u，ukuk)，Q Q(u u，1 12 2k kukuk)，E E(u,u,0)0)于是直线于是直线QGQG的斜率为的斜率为，方程为，方程为y y(x x2 22 2k kk ku u)6 6 y yk k x xu u，2 2由由 2 22 2x xy y 1 1 4 42 2k k2 2u u2 28 80.0.得得(2(2k k2 2)x x2 22 2ukuk2 2x x设设G G(x xG G，y yG G)，那么，那么u u和和x xG G是方程的解，是方程的解，u u 3 3k k2 22 2 ukuk3 3故故x xG G，由此得，由此得y yG G2 22 2.2 2k k2 2k kukuk3 32 22 2k k1 1从而直线从而直线PGPG的斜率为的斜率为.2 2u u 3 3k k2 2 k ku u2 22 2k k所以所以PQPQPGPG，即，即PQGPQG是直角三角形是直角三角形()由由()得得|PQPQ|2 2u u1 1k k2 2，|PGPG|2 2ukuk k k1 1，2 22 2k k1 1所所 以以 PQGPQG的的 面面 积积S S|PQPQ|PGPG|2 22 2ukuk7 7 1 1 8 8 k k 2 28 8k k 1 1k k k k.2 22 2 1 1 2 2 1 12 2k k 2 2k k 1 12 2 k k k k 设设t tk k，那么由，那么由k k0 0 得得t t2，当且仅2，当且仅1 1k k当当k k1 1 时取等号时取等号8 8t t因为因为S S在在22，)上单调递减，所，)上单调递减，所1 12 2t t以当以当t t2 2，即，即k k1 1 时，时，S S取得最大值，最大值取得最大值，最大值1616为为.9 91616因此，因此，PQGPQG面积的最大值为面积的最大值为.9 9【例【例 4 4】2022全国卷2022全国卷 曲线曲线C C：y y，2 21 1D D为直线为直线y y 上的动点，上的动点，过过D D作作C C的两条切线，的两条切线，2 2切点分别为切点分别为A A，B B.(1)(1)证明：直线证明：直线ABAB过定点；过定点；x x2 28 8 5 5(2)(2)假设以假设以E E 0 0，为圆心的圆与直线为圆心的圆与直线ABAB相相2 2 切，切，且切点为线段且切点为线段ABAB的中点，的中点，求四边形求四边形ADBEADBE的的面积面积 1 1 2 2 t t，解：解：(1)(1)设设D D，A A(x x1 1，y y1 1)，那么，那么x x1 12 2 2 2y y1 1.由由y yx x，所以切线，所以切线DADA的斜率为的斜率为x x1 1，1 1y y1 12 2故故x x1 1.x x1 1t t整理得整理得 2 2txtx1 12 2y y1 11 10.0.设设B B(x x2 2，y y2 2)，同理可得，同理可得 2 2txtx2 22 2y y2 21 10.0.故直线故直线ABAB的方程为的方程为 2 2txtx2 2y y1 10.0.1 1 所以直线所以直线ABAB过定点过定点 0 0，.2 2 1 1(2)(2)由由(1)(1)得直线得直线ABAB的方程为的方程为y ytxtx.2 29 9 y ytxtx1 1，2 2由由 2 2x x y y 2 22 2可得可得x x2 22 2txtx1 10.0.于是于是x x1 1x x2 22 2t t，x x1 1x x2 21 1，y y1 1y y2 2t t(x x1 1x x2 2)1 12 2t t1 1，|ABAB|2 22 21 1t t2 2|x x1 1x x2 2|1 1t t2 2 x x1 1x x2 2 4 4x x1 1x x2 22(2(t t1)1)设设d d1 1，d d2 2分别为点分别为点D D，E E到直线到直线ABAB的距离，的距离，2 2那么那么d d1 1t t1 1，d d2 22 2.t t1 12 21 1因此，因此，四边形四边形ADBEADBE的面积的面积S S|ABAB|(|(d d1 1d d2 2)2 2(t t3)3)t t1.1.1 1 2 2设设M M为线段为线段ABAB的中点，那么的中点，那么M M t t，t t.2 2 2 22 2，而，而由于由于EMEMABABEMEM(t t，t t2 22)2)，ABAB与向量与向量(1(1，t t)平行，所以平行，所以t t(t t2)2)t t0.0.解得解得t t0 0 或或t t1.1.10102 2当当t t0 0 时，时，S S3 3；当；当t t11 时，时，S S4 4 2.2.因此，四边形因此，四边形ADBEADBE的面积为的面积为 3 3 或或 4 4 2.2.模模拟拟演演练练x xy y1 12022南昌二模2022南昌二模 椭圆椭圆C C：2 22 2a ab b1(1(a a b b0)0)，点点M M在在C C的长轴上运动，的长轴上运动，过点过点M M且斜且斜率大于率大于 0 0 的直线的直线l l与与C C交于交于P P，Q Q两点，与两点，与y y轴轴交于交于N N点点 当当M M为为C C的右焦点且的右焦点且l l的倾斜角为的倾斜角为6 6时，时，N N，P P重合，重合，|PMPM|2.2.(1)(1)求椭圆求椭圆C C的方程；的方程；(2)(2)当当N N，P P，Q Q，M M均不重合时，均不重合时，记记NPNPNQNQ，MPMPMQMQ，假设，假设1 1，求证：直线，求证：直线l l的斜率的斜率为定值为定值解：解：(1)(1)因为当因为当M M为为C C的右焦点且的右焦点且l l的倾斜的倾斜角为角为时，时，N N，P P重合，重合，|PMPM|2 2，6 611112 22 2b b3 3所以所以a a2 2，因此，因此c c 3 3，b b1 1，所，所c c3 3以椭圆以椭圆C C的方程为的方程为 y y1.1.4 4(2)(2)设设l l：x xtytym m(t t00，m m0)0)，那那么么 m m 1 1M M(m,m,0)0)，N N 0 0，k kl l.t t t t m m设设P P(x x1 1，y y1 1)，Q Q(x x2 2，y y2 2)，那么那么NPNP x x1 1，y y1 1，t t m mNQNQ x x2 2，y y2 2，t t x x2 22 2得，得，x x1 1xx2 2，由由NPNPNQNQ同理可得同理可得y y1 1yy2 2，两式相乘得，两式相乘得，x x1 1y y1 1xx2 2y y2 2，又，又1 1，所以所以x x1 1y y1 1x x2 2y y2 2，所以所以(tyty1 1m m)y y1 1(tyty2 2m m)y y2 2，即，即t t(y yy y)m m(y y2 2y y1 1)，即，即(y y2 2y y1 1)m mt t(y y1 1y y2 2)0.0.由由k kl l00，知，知y y1 1y y2 20，所以0，所以m mt t(y y1 1y y2 2)0.0.12122 21 12 22 2x xtytym m，2 2由由 x x2 2y y1 1，4 4得得(t t4)4)y y2 2tmytmym m2 22 22 22 2tmtm4 40 0，所以，所以y y1 1y y2 22 2，t t4 42 2t t2 2m m2 2所以所以m m2 20 0，又，又m m0，所以0，所以t t4 4，t t4 4解得解得t t2(2(t t2 2 舍去舍去)，1 11 1所以所以k kl l ，即直线，即直线l l的斜率为的斜率为.t t2 22 22 22022济南模拟2022济南模拟 设设M M是抛物线是抛物线E E：x x2 22 2pypy(p p0)0)上的一点，上的一点，抛物线抛物线E E在点在点M M处的切线处的切线方程为方程为y yx x1.1.(1)(1)求求E E的方程的方程(2)(2)过点过点(0,1)(0,1)的两条不重合直线的两条不重合直线l l1 1，l l2 2的斜的斜率之积为率之积为 1 1，且直线，且直线l l1 1，l l2 2分别交抛物线分别交抛物线E E于于A A，1 1B B两点和两点和C C，D D两点，是否存在常数两点，是否存在常数使得使得|ABAB|CDCD|ABAB|CDCD|成立？假设存在，成立？假设存在，求出求出的值；假设不存在，请说明理由的值；假设不存在，请说明理由1313 y yx x1 1，解：解：(1)(1)解法一：由解法一：由 2 2 x x2 2pypy消去消去y y得得x x2 2pxpx2 2p p0.0.由题意得由题意得4 4p p8 8p p0 0，因为，因为p p00，所以，所以2 22 2p p2.2.故抛物线故抛物线E E：x x4 4y y.2 2 x x2 2x x0 02 2解法二：解法二：设设M M x x0 0，由由x x2 2pypy得得y y，2 2p p 2 2p p 2 2x x那么那么y y.p p x x0 01 1，p p由由 2 2x x0 0 x x0 01 1，2 2p p解得解得p p2.2.故抛物线故抛物线E E：x x2 24 4y y.(2)(2)假设存在常数假设存在常数使得使得|ABAB|CDCD|ABAB|CDCD|成立，那么成立，那么1 1|ABAB|1 1|CDCD|.由题意知，由题意知，l l1 1，l l2 2的斜率存在且均不为零，的斜率存在且均不为零，1414设直线设直线l l1 1的方程为的方程为y ykxkx1(1(k k0)，那么0)，那么 y ykxkx1 1，由由 2 2 x x4 4y y，消去消去y y得，得，x x2 24 4kxkx4 40.0.设设A A(x x1 1，y y1 1)，B B(x x2 2，y y2 2)，那么，那么x x1 1x x2 24 4k k，x x1 1x x2 24.4.所所 以以|ABAB|1 1k k2 22 21 1k k2 2 x x1 1x x2 2 4 4x x1 1x x2 22 21616k k16164(14(1k k)()(也可以由也可以由y y1 1y y2 22 22 2k k(x x1 1x x2 2)2 24 4k k2 2，得到，得到|ABAB|y y1 1y y2 22 24(14(1k k)因为直线因为直线l l1 1，l l2 2的斜率之积为的斜率之积为 1 1，所以，所以|CDCD|1 1 4 4 1 12 2.k k 2 21 11 1所以所以2 2|ABAB|CDCD|4 4 1 1k k 1 1 4 4 1 12 2 1 11 1k k 1 1k k2 21 12 2.4 4 1 1k k 4 415151 1所所以存在常数以存在常数 使使得得|ABAB|CDCD|4 4|ABAB|CDCD|成立成立3 3 2022福建质检2022福建质检 在平面直角坐标系在平面直角坐标系xOyxOy中，圆中，圆F F：(x x1)1)y y1 1 外的点外的点P P在在y y轴的右轴的右侧运动，侧运动，且且P P到圆到圆F F上的点的最小距离等于它到上的点的最小距离等于它到2 22 2y y轴的距离，记轴的距离，记P P的轨迹为的轨迹为E E.(1)(1)求求E E的方程；的方程；(2)(2)过点过点F F的直线交的直线交E E于于A A，B B两点，以两点，以ABAB为直径的圆为直径的圆D D与平行于与平行于y y轴的直线相切于点轴的直线相切于点M M，线段线段DMDM交交E E于点于点N N，证明：证明：AMBAMB的面积是的面积是AMNAMN的面积的四倍的面积的四倍解：解：解法一：解法一：(1)(1)设设P P(x x，y y)，依题意，依题意x x0 0，F F(1,0)(1,0)因为因为P P在圆在圆F F外，外，所以所以P P到圆到圆F F上的点的最上的点的最小距离为小距离为|PFPF|1.1.依题意得依题意得|PFPF|1 1x x，即，即 x x1 1 y y1 1x x，16162 22 2化简得化简得E E的方程为的方程为y y4 4x x(x x0)0)(2)(2)当直线当直线ABAB的斜率不存在时，不符合题的斜率不存在时，不符合题意，舍去意，舍去当直线当直线ABAB的斜率存在时，如图，在平面直的斜率存在时，如图，在平面直角坐标系中，角坐标系中，2 2设设N N(x x0 0，y y0 0)，A A(x x1 1，y y1 1)，B B(x x2 2，y y2 2)，那么，那么 x x1 1x x2 2y y1 1y y2 2 .，D D 2 2 2 2设直线设直线ABAB的方程为的方程为y yk k(x x1)(1)(k k0)，0)，y yk k x x1 1，由由 2 2 y y4 4x x2 2得得k k x x(2(2k k4)4)x xk k2 22 22 22 20.0.因为因为(2(2k k2 24)4)2 24 4k k4 41616k k2 216160 0，所以所以x x1 1x x2 22 2k k4 42 2k k，1717所以所以y y1 1y y2 2k k(x x1 11)1)k k(x x2 21)1)，4 4k k k k2 22 22 2 故故D D 2 2，.k k k k由由抛抛物物线线的的定定义义知知|ABAB|x x1 1x x2 22 24 4k k4 42 2k k2 2.2 2设设M M(x xM M，y yM M)，依题意得，依题意得y yM M，k kk k2 22 2所以所以|MDMD|2 2x xM M.k k|ABAB|k k2 22 2又又|MDMD|，所以，所以2 2x xM M2 22 2，2 2k kk k 2 2 解得解得x xM M1 1，所以，所以M M 1 1，.k k 2 2 因为因为N N x x0 0，在抛物线上，在抛物线上，k k 1 12 2 所以所以x x0 02 2，即，即N N 2 2，k k k kk k 2 21 11 1k k2 21 1所以所以S SAMBAMB|MDMD|y y1 1y y2 2|2 2|y y1 1y y2 2|，2 2k k18181 1S SAMNAMN|MNMN|y y1 1y yD D|2 21 11 1k k1 1|MNMN|y y1 1y y2 2|2 2|y y1 1y y2 2|，2 22 24 4k k故故S SAMBAMB4 4S SAMNAMN.解法二：解法二：(1)(1)设设P P(x x，y y)，依题意，依题意x x0.0.因为因为P P在圆在圆F F外，外，所以所以P P到到F F上的点的最小上的点的最小距离为距离为|PFPF|1.1.依题意得，点依题意得，点P P到圆到圆F F(1,0)(1,0)的距离的距离|PFPF|等等于于P P到直线到直线x x1 1 的距离的距离所以所以P P在以在以F F(1,0)(1,0)为焦点，为焦点，x x1 1 为准线为准线的抛物线上，的抛物线上，所以所以E E的方程为的方程为y y4 4x x(x x0)0)(2)(2)如图，在平面直角坐标系中，如图，在平面直角坐标系中，设设A A(x x1 1，y y1 1)，B B(x x2 2，y y2 2)2 22 2因为直线因为直线ABAB过过F F(1,0)(1,0)，依题意可设其方程，依题意可设其方程1919为为x xtyty1(1(t t0)0)x xtyty1 1，由由 2 2 y y4 4x x2 2得得y y4 4tyty4 40.0.因为因为1616t t16160 0，所以所以y y1 1y y2 24 4t t，那么有那么有x x1 1x x2 2(tyty1 11)1)(tyty2 21)1)4 4t t2 22.2.因为因为D D是是ABAB的中点，所以的中点，所以D D(2(2t t1,21,2t t)由抛物线的定义得由抛物线的定义得|ABAB|(x x1 11)1)(x x2 21)1)4 4t t4.4.设与圆设与圆D D相切于相切于M M，且平行于，且平行于y y轴的直线为轴的直线为2 22 22 2l l：x xm m，因为因为DMDM与抛物线相交于与抛物线相交于N N，所以，所以m m0 0，且，且DMDMl l，1 11 12 22 2又又|DMDM|ABAB|，所以，所以 2 2t t1 1m m(4(4t t2 22 24)4)，解得，解得m m1.1.2020设设N N(x x0 0，y y0 0)，那么那么y y0 02 2t t，所以所以(2(2t t)4 4x x0 0，所以所以x x0 0t t.2 2t t1 1 1 1 2 2因为因为t t，所以所以N N为为DMDM的中点，的中点，2 2所以所以S SAMDAMD2 2S SAMNAMN，又又D D为为ABAB的中点，的中点，S SAMBAMB2 2S SAMDAMD，所以所以S SAMBAMB4 4S SAMNAMN.解法三：解法三：(1)(1)同解法一同解法一(2)(2)如图，在平面直角坐标系中，连接如图，在平面直角坐标系中，连接MFMF，2 22 22 2NFNF，设，设A A(x x1 1，y y1 1)，B B(x x2 2，y y2 2)因为直线因为直线ABAB过过F F(1,0)(1,0)，依题意可设其方程，依题意可设其方程为为x xtyty1(1(t t0)0)x xtyty1 1，由由 2 2 y y4 4x x2 2得得y y4 4tyty4 40.0.2121因为因为1616t t16160 0，所以所以y y1 1y y2 24 4t t，所以，所以y yM My yD D2 2t t.|ABAB|因为因为|MDMD|，|ABAB|x x1 1x x2 22 2，2 2|MDMD|所以所以2 2x x1 1x x2 22 22 2x xM M，x xM M，解得，解得x xM M1 1，x x1 1x x2 22 2x x1 1x x2 22 2所以所以M M(1,21,2t t)2 2t t1 1所以所以k kMFMFk kABAB 1 1，1 11 1t t故故MFDMFD90.90.又又|NMNM|NFNF|，所以，所以|NFNF|NDND|，1 1从而从而|MNMN|NDND|，所以，所以S SAMNAMNS SAMDAMD.2 21 1又又S SAMDAMDS SAMBAMB，所以，所以S SAMBAMB4 4S SAMNAMN.2 24 42022郑州质量预测二2022郑州质量预测二 在平面直角坐在平面直角坐标系标系xOyxOy中，圆中，圆C C1 1：x xy yr r(r r0)0)与直线与直线l l0 0：2 22 22 2y yx x2 2 2 2相切，点相切，点A A为圆为圆C C1 1上一动点，上一动点，ANANx x2222轴于点轴于点N N，且动点，且动点M M满足满足OMOMAMAMONON，设动点，设动点M M的轨迹为曲线的轨迹为曲线C C.(1)(1)求曲线求曲线C C的方程；的方程；(2)(2)设设P P，Q Q是曲线是曲线C C上两动点，线段上两动点，线段PQPQ的的中点为中点为T T，直线，直线OPOP，OQOQ的斜率分别为的斜率分别为k k1 1，k k2 2，且，且1 1k k1 1k k2 2，求，求|OTOT|的取值范围的取值范围4 4解：解：(1)(1)设动点设动点M M(x x，y y)，A A(x x0 0，y y0 0)，由于，由于ANANx x轴于点轴于点N N，N N(x x0,0,0)0)又圆又圆C C1 1：x xy yr r(r r0)0)与直与直线线l l0 0：y yx x2 2 2 2，即，即x xy y2 2 2 20 0 相切，相切，|2|2 2|2|r r2 2，2 2圆圆C C1 1：x x2 2y y2 24.4.由由OMOMAMAMONON，得，得(x x，y y)(x xx x0 0，y yy y0 0)(x x0,0,0)0)，2 2x xx x0 0 x x0 0，2 2y yy y0 00 0，2 22 22 2 x x0 0 x x，即即 y y0 02 2y y，2323又点又点A A为圆为圆C C1 1上一动点，上一动点，x x4 4y y4 4，曲线曲线C C的方程为的方程为 y y1.1.4 4(2)(2)当直线当直线PQPQ的斜率不存在时，可取直线的斜率不存在时，可取直线1 1OPOP的方程为的方程为y yx x，2 2 2 2 2 2 不妨取点不妨取点P P 2 2，那么，那么Q Q 2 2，2 2 2 2 2 22 2x x2 22 2T T(2 2，0)0)，|OTOT|2.2.当直线当直线PQPQ的斜率存在时，的斜率存在时，设直线设直线PQPQ的方程的方程为为y ykxkxm m，P P(x x1 1，y y1 1)，Q Q(x x2 2，y y2 2)，y ykxkxm m，由由 2 22 2 x x4 4y y4 4，可得可得(1(14 4k k2 2)x x2 28 8kmxkmx4 4m m4 40 0，8 8kmkm4 4m m4 4x x1 1x x2 22 2，x x1 1x x2 22 2.1 14 4k k1 14 4k k2 22 224241 1k k1 1k k2 2，4 4y y1 1y y2 2x x1 1x x2 20.0.4 44(4(kxkx1 1m m)()(kxkx2 2m m)x x1 1x x2 2(4(4k k1)1)x x1 1x x2 22 22 23232k k m m2 22 22 24 4kmkm(x x1 1x x2 2)4 4m m4 4m m4 42 24 4m m0 0，1 14 4k k2 21 1化简得化简得 2 2m m1 14 4k k，m m.2 22 22 22 26464k k m m4(44(4k k1)(41)(4m m4)4)16(416(4k k1 1m m2 2)1616m m2 20 0，设设T T(x x0 0，y y0 0)，那么那么x x0 02 2k k1 1，y y0 0kxkx0 0m m.m m2 2m m1 13 3|OTOT|x x y y 2 22 22 22 2m m4 4m m4 4m m2 22 20 02 20 02 22 22 22 22 2x x1 1x x2 22 24 4kmkm2 21 14 4k k4 4k k2 2 1 1 ，2 2，2 2 2 2|OTOT|，2 2.2 2 2525 2 2 综上，综上，|OTOT|的取值范围为的取值范围为，2 2.2 2 2626