高考数学一轮复习讲义第9章第9节第2课时圆锥曲线综合运用之最值、范围问题

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例1 (2015·天津)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为eq \f(\r(3),3)，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝eq \f(b2,4)截得的线段的长为c，|FM|＝eq \f(4\r(3),3).
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于eq \r(2)，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．
解 (1)由已知，有eq \f(c2,a2)＝eq \f(1,3)，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.
设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c,0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．
由已知，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kc,\r(k2＋1))))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))2，
解得k＝eq \f(\r(3),3).
(2)由(1)得椭圆方程为eq \f(x2,3c2)＋eq \f(y2,2c2)＝1，直线FM的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq \f(5,3)c或x＝c.
因为点M在第一象限，可得M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(2\r(3),3)c)).
由|FM|＝eq \r(c＋c2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)c－0))2)＝eq \f(4\r(3),3).
解得c＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，
得t＝eq \f(y,x＋1)，即直线FP的方程为y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝tx＋1，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，
又由已知，得t＝eq \r(\f(6－2x2,3x＋12))＞eq \r(2)，
解得－eq \f(3,2)＜x＜－1或－1＜x＜0.
设直线OP的斜率为m，得m＝eq \f(y,x)，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝eq \f(2,x2)－eq \f(2,3).
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))时，有y＝t(x＋1)＜0，
因此m＞0，于是m＝eq \r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).
②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)＞0.
因此m＜0，于是m＝－eq \r(\f(2,x2)－\f(2,3))，
得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3))).
综上，直线OP的斜率的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).
思维升华 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．
(2016·黄冈模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的离心率互为倒数，且直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不过原点O的直线与椭圆C交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求△OMN面积的取值范围．
解 (1)∵双曲线的离心率为eq \f(2\r(3),3)，
∴椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
又∵直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点，
∴右顶点为(2,0)，即a＝2，c＝eq \r(3)，b＝1，
∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可设直线的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y，并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－1,1＋4k2)，
于是y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
又直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，
故eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)
＝k2⇒－eq \f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.
由m≠0得k2＝eq \f(1,4)，解得k＝±eq \f(1,2).
又由Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)
＝16(4k2－m2＋1)>0，得0显然m2≠1(否则x1x2＝0，x1，x2中至少有一个为0，直线OM，ON中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾)．
设原点O到直线的距离为d，
则S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|d
＝eq \f(1,2)·eq \f(|m|,\r(1＋k2))·eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \f(1,2)|m|eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(－m2－12＋1).
故由m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为(0,1)．
题型二 最值问题
命题点1 利用三角函数有界性求最值
例2 (2016·锦州模拟)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，则|AF|·|BF|的最小值是( )
A．2B.eq \r(2)C．4D．2eq \r(2)
答案 C
解析 设直线AB的倾斜角为θ，可得|AF|＝eq \f(2,1－csθ)，|BF|＝eq \f(2,1＋csθ)，则|AF|·|BF|＝eq \f(2,1－csθ)×eq \f(2,1＋csθ)＝eq \f(4,sin2θ)≥4.
命题点2 数形结合利用几何性质求最值
例3 (2015·江苏)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为__________________________
______________________________________________．
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线的距离d＝eq \f(|1－0|,\r(12＋－12))＝eq \f(\r(2),2).由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤eq \f(\r(2),2)，故c的最大值为eq \f(\r(2),2).
命题点3 转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值
例4 (2016·山东)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，焦距为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过动点M(0，m)(m＞0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.
①设直线PM、QM的斜率分别为k、k′，证明eq \f(k′,k)为定值；
②求直线AB的斜率的最小值．
(1)解 设椭圆的半焦距为c.
由题意知2a＝4,2c＝2eq \r(2).
所以a＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(2).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①证明 设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)．
由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)．
所以直线PM的斜率k＝eq \f(2m－m,x0)＝eq \f(m,x0).
直线QM的斜率k′＝eq \f(－2m－m,x0)＝－eq \f(3m,x0).
此时eq \f(k′,k)＝－3.所以eq \f(k′,k)为定值－3.
②解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
直线PA的方程为y＝kx＋m.
直线QB的方程为y＝－3kx＋m.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，
由x0x1＝eq \f(2m2－4,2k2＋1)，可得x1＝eq \f(2m2－2,2k2＋1x0)，
所以y1＝kx1＋m＝eq \f(2km2－2,2k2＋1x0)＋m.
同理x2＝eq \f(2m2－2,18k2＋1x0)，y2＝eq \f(－6km2－2,18k2＋1x0)＋m.
所以x2－x1＝eq \f(2m2－2,18k2＋1x0)－eq \f(2m2－2,2k2＋1x0)
＝eq \f(－32k2m2－2,18k2＋12k2＋1x0)，
y2－y1＝eq \f(－6km2－2,18k2＋1x0)＋m－eq \f(2km2－2,2k2＋1x0)－m
＝eq \f(－8k6k2＋1m2－2,18k2＋12k2＋1x0)，
所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(6k2＋1,4k)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6k＋\f(1,k)))，
由m＞0，x0＞0，可知k＞0，
所以6k＋eq \f(1,k)≥2eq \r(6)，当且仅当k＝eq \f(\r(6),6)时取“＝”．
因为P(x0,2m)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1上，
所以x0＝eq \r(4－8m2)，故此时eq \f(2m－m,\r(4－8m2)－0)＝eq \f(\r(6),6)，
即m＝eq \f(\r(14),7)，符合题意．
所以直线AB的斜率的最小值为eq \f(\r(6),2).
思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
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：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
(2017·开封月考)已知圆(x－a)2＋(y＋1－r)2＝r2(r>0)过点F(0,1)，圆心M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设P为直线l：x－y－2＝0上的点，过点P作曲线C的两条切线PA，PB，当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；
(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．
解 (1)依题意，由圆过定点F可知轨迹C的方程为x2＝4y.
(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝eq \f(1,4)x2，求导得y′＝eq \f(1,2)x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中y1＝eq \f(x\\al(2,1),4)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),4))，
则切线PA，PB的斜率分别为eq \f(1,2)x1，eq \f(1,2)x2，
所以切线PA的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
即y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),2)＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.
同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0.
因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)，
所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，
所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．
所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.
(3)由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x－2y－2y0＝0，,x2＝4y，))消去x整理得y2＋(2y0－xeq \\al(2,0))y＋yeq \\al(2,0)＝0，
由一元二次方程根与系数的关系可得y1＋y2＝xeq \\al(2,0)－2y0，y1y2＝yeq \\al(2,0)，
所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)－2y0＋1.
又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝y0＋2，
所以yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)－2y0＋1＝2yeq \\al(2,0)＋2y0＋5＝2(y0＋eq \f(1,2))2＋eq \f(9,2)，
所以当y0＝－eq \f(1,2)时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为eq \f(9,2).
1．(2016·昆明两区七校调研)过抛物线y2＝x的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，且直线l的倾斜角θ≥eq \f(π,4)，点A在x轴上方，则|FA|的取值范围是( )
A．(eq \f(1,4)，1] B．(eq \f(1,4)，＋∞)
C．(eq \f(1,2)，＋∞) D．(eq \f(1,4)，1＋eq \f(\r(2),2)]
答案 D
解析 记点A的横坐标是x1，则有|AF|＝x1＋eq \f(1,4)＝(eq \f(1,4)＋|AF|csθ)＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)＋|AF|csθ，
|AF|(1－csθ)＝eq \f(1,2)，|AF|＝eq \f(1,21－csθ).
由eq \f(π,4)≤θ<π得－1即|AF|的取值范围是(eq \f(1,4)，1＋eq \f(\r(2),2)]．
2．已知P为双曲线C：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1上的点，点M满足|eq \(OM,\s\up6(→))|＝1，且eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝0，则当|eq \(PM,\s\up6(→))|取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为( )
A.eq \f(9,5)B.eq \f(12,5)C．4D．5
答案 B
解析 由eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3,0)，而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，∴所求的距离d＝eq \f(12,5)，故选B.
3．已知F1，F2分别是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦点，对于左支上任意一点P都有|PF2|2＝8a|PF1|(a为实半轴长)，则此双曲线的离心率e的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(2,3]
C．(1,3] D．(1,2]
答案 C
解析 由P是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义，
得|PF2|＝2a＋|PF1|，所以eq \f(|PF2|2,|PF1|)＝|PF1|＋eq \f(4a2,|PF1|)＋4a＝8a，
所以|PF1|＝2a，|PF2|＝4a，
在△PF1F2中，|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|，
即2a＋4a≥2c，所以e＝eq \f(c,a)≤3.
又e>1，所以14．(2016·成都质检)若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1的中点和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))的最小值为________．
答案 6
解析 点P为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1上的任意一点，
设P(x，y)(－3≤x≤3，－2eq \r(2)≤y≤2eq \r(2))，
依题意得左焦点F(－1,0)，∴eq \(OP,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x＋1，y)，
∴eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝x(x＋1)＋y2＝x2＋x＋eq \f(72－8x2,9)
＝eq \f(1,9)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))2＋eq \f(23,4).
∵－3≤x≤3，∴eq \f(3,2)≤x＋eq \f(9,2)≤eq \f(15,2)，
∴eq \f(9,4)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))2≤eq \f(225,4)，
∴eq \f(1,4)≤eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))2≤eq \f(225,36)，
∴6≤eq \f(1,9)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))2＋eq \f(23,4)≤12，
即6≤eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))≤12.故最小值为6.
5．(2017·郑州质检)已知椭圆C1：eq \f(x2,m＋2)－eq \f(y2,n)＝1与双曲线C2：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1有相同的焦点，则椭圆C1的离心率e1的取值范围为________．
答案 (eq \f(\r(2),2)，1)
解析 ∵椭圆C1：eq \f(x2,m＋2)－eq \f(y2,n)＝1，
∴aeq \\al(2,1)＝m＋2，beq \\al(2,1)＝－n，ceq \\al(2,1)＝m＋2＋n，
eeq \\al(2,1)＝eq \f(m＋2＋n,m＋2)＝1＋eq \f(n,m＋2).
∵双曲线C2：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1，
∴aeq \\al(2,2)＝m，beq \\al(2,2)＝－n，ceq \\al(2,2)＝m－n，
∴由条件知m＋2＋n＝m－n，则n＝－1，
∴eeq \\al(2,1)＝1－eq \f(1,m＋2).
由m>0得m＋2>2，eq \f(1,m＋2)－eq \f(1,2)，
∴1－eq \f(1,m＋2)>eq \f(1,2)，即eeq \\al(2,1)>eq \f(1,2)，而0∴eq \f(\r(2),2)6．已知双曲线C的两个焦点分别为F1(－2，0)，F2(2,0)，双曲线C上一点P到F1，F2的距离差的绝对值等于2.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)经过点M(2,1)作直线l交双曲线C的右支于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程；
(3)已知定点G(1,2)，点D是双曲线C右支上的动点，求|DF1|＋|DG|的最小值．
解 (1)依题意，得双曲线C的实半轴长为a＝1，
半焦距c＝2，所以其虚半轴长b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(3).
又其焦点在x轴上，所以双曲线C的标准方程为
x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x\\al(2,1)－y\\al(2,1)＝3，,3x\\al(2,2)－y\\al(2,2)＝3.))
两式相减，得3(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
因为M(2,1)为AB的中点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4，,y1＋y2＝2，))
所以12(x1－x2)－2(y1－y2)＝0，
即kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝6，
故AB所在直线l的方程为y－1＝6(x－2)，
即6x－y－11＝0.
(3)由已知，得|DF1|－|DF2|＝2，
即|DF1|＝|DF2|＋2，
所以|DF1|＋|DG|＝|DF2|＋|DG|＋2≥|GF2|＋2，
当且仅当G，D，F2三点共线时取等号，
因为|GF2|＝eq \r(1－22＋22)＝eq \r(5)，
所以|DF2|＋|DG|＋2≥|GF2|＋2＝eq \r(5)＋2，
故|DF1|＋|DG|的最小值为eq \r(5)＋2.
7．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为(eq \r(3)，0)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)与双曲线C交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过点A(0，－1)，求实数m的取值范围．
解 (1)设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．
由已知得a＝eq \r(3)，c＝2，
又a2＋b2＝c2，得b2＝1，
∴双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)－y2＝1，))
整理得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3＝0.
∵直线与双曲线有两个不同的交点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－3k2≠0，,Δ＝12m2＋1－3k2>0，))
可得m2>3k2－1且k2≠eq \f(1,3)，①
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为B(x0，y0)，
则x1＋x2＝eq \f(6km,1－3k2)，∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(3km,1－3k2)，
∴y0＝kx0＋m＝eq \f(m,1－3k2).
由题意，AB⊥MN，
∴kAB＝eq \f(\f(m,1－3k2)＋1,\f(3km,1－3k2))＝－eq \f(1,k)(k≠0，m≠0)．
整理得3k2＝4m＋1，②
将②代入①，得m2－4m>0，∴m<0或m>4.
又3k2＝4m＋1>0(k≠0)，即m>－eq \f(1,4).
∴m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(4，＋∞)．
8．已知椭圆C1：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．
解 (1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,2·\f(b2,a)＝1.))从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1.))
因此，所求的椭圆C1的方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，
则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t＝2t)).
直线MN的方程为
y＝2tx－t2＋h.
将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，
即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0.①
因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，
所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0.②
设线段MN的中点的横坐标是x3，
则x3＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(tt2－h,21＋t2).
设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4＝eq \f(t＋1,2).
由题意，得x3＝x4，
即t2＋(1＋h)t＋1＝0.③
由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，得h≥1或h≤－3.
当h≤－3时，h＋2<0,4－h2<0，
则不等式②不成立，所以h≥1.
当h＝1时，代入方程③得t＝－1，
将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立．
所以，h的最小值为1.
9．如图，O为坐标原点，椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的左，右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝eq \f(\r(3),2)，且|F2F4|＝eq \r(3)－1.
(1)求C1，C2的方程；
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．
解 (1)因为e1e2＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(\r(a2－b2),a)·eq \f(\r(a2＋b2),a)＝eq \f(\r(3),2)，即a4－b4＝eq \f(3,4)a4，因此a2＝2b2，从而F2(b,0)，F4(eq \r(3)b,0)，于是eq \r(3)b－b＝|F2F4|＝eq \r(3)－1，所以b＝1，a2＝2.
故C1，C2的方程分别为eq \f(x2,2)＋y2＝1，eq \f(x2,2)－y2＝1.
(2)因为AB不垂直于y轴，且过点F1(－1,0)，
故可设直线AB的方程为x＝my－1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
易知此方程的判别式大于0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1，y2是上述方程的两个实根，
所以y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝eq \f(－1,m2＋2).
因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq \f(－4,m2＋2)，
于是AB的中点为M(eq \f(－2,m2＋2)，eq \f(m,m2＋2))，
故直线PQ的斜率为－eq \f(m,2)，PQ的方程为y＝－eq \f(m,2)x，
即mx＋2y＝0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m,2)x，,\f(x2,2)－y2＝1))得(2－m2)x2＝4，
所以2－m2>0，且x2＝eq \f(4,2－m2)，y2＝eq \f(m2,2－m2)，
从而|PQ|＝2eq \r(x2＋y2)＝2eq \r(\f(m2＋4,2－m2)).
设点A到直线PQ的距离为d，
则点B到直线PQ的距离也为d，
所以2d＝eq \f(|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|,\r(m2＋4)).
因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，
所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，
于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|
＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，
从而2d＝eq \f(m2＋2|y1－y2|,\r(m2＋4)).
又因为|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(2\r(2)·\r(1＋m2),m2＋2)，
所以2d＝eq \f(2\r(2)·\r(1＋m2),\r(m2＋4)).
故四边形APBQ的面积S＝eq \f(1,2)|PQ|·2d
＝eq \f(2\r(2)·\r(1＋m2),\r(2－m2))＝2eq \r(2)·eq \r(－1＋\f(3,2－m2)).
而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取得最小值2.
综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.