高考数学大二轮专题复习第二编圆锥曲线的综合问题

新高考二轮复习数学(新课程版)第3讲圆锥曲线的综合问题考情研析1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大核心知识回顾1.最值问题求解最值问题的基本思路是选择变量，建立求解目标的函数解析式，然后利用函数的性质、基本不等式等知识求解其最值2范围问题求参数范围的问题，牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”不等式的来源可以是0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个量的范围等3定点问题在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.4定值问题在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题5存在性问题的解题步骤(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在热点考向探究考向1最值与范围问题角度1最值问题例1(2020山东省烟台市高考适应性练习)已知O为坐标原点，F为抛物线C：y22px(p0)的焦点，过F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，AOB的面积为8.(1)求抛物线C的方程；(2)若P为C上位于第一象限的任一点，直线l与C相切于点P，连接PF并延长交C于点M，过P点作l的垂线交C于另一点N，求PMN面积S的最小值解(1)由已知，得直线AB的方程为yx，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立可得y22pyp20，显然0，则yAyB2p，yAyBp2.于是|yAyB|2p.SAOB|yAyB|p28，所以p4.故抛物线C的方程为y28x.(2)设P(x0，y0)(y00)，M，N，切线l的方程为xx0t(yy0)，则有，由M，F，P三点共线，可知，即y0y10，因为y0y1，化简可得y0y116.由可得y28ty8ty08x00，因为直线l与抛物线相切，故64t232ty04y0，故t.所以直线PN的方程为yy0(xx0)，即y0x4y4y00，点M到直线PN的距离为d，将y1代入可得，d.联立消去x可得，y0y232yy32y00，所以y0y2，y2y0.|PN|y0y2|，故Sd|PN|64，当且仅当y04时，“”成立，此时，PMN面积S的最小值为64.解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法几何法是根据已知的几何量之间的相互关系，结合平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(利用普通方法、基本不等式法或导数法等)解决的(2020山东省日照市高三6月校际联合联考)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，A为抛物线上异于原点的任意一点，以AO为直径作圆，当直线OA的斜率为1时，|OA|4.(1)求抛物线C的标准方程；(2)过焦点F作OA的垂线l与圆的一个交点为M，l交抛物线于P，Q两点(点M在P，Q之间)，记OAM的面积为S，求S2|PQ|的最小值解(1)当kOA1时，可得A(2p，2p)，|OA|42p，p2，抛物线C的标准方程为y24x.(2)设A(x1，y1)，M(x0，y0)，P(x2，y2)，Q(x3，y3)，根据题意有即xyx1，又|AM|2|OA|2|OM|2xy(xy)xyx1x3x1，S|AM|OM|S2x1(x3x1)，由题意可知，直线PQ的斜率一定存在且不为0，设lPQ：xny1，y24ny40，y2y34n，y2y34，|PQ|y2y3|4(1n2)，PQOA，kPQ1n|PQ|4(1n2)4，S2|PQ|x1(x3x1)6，令f(x)x(x23x)6f(x)，令g(x)x42x332，则g(x)在x0时单调递增，又g(2)0，当x(0，2)时，g(x)0，即当x(0，2)时，f(x)单调递减，当x(2，)时，f(x)单调递增当x2时，f(x)min23.即S2|PQ|的最小值为23.角度2范围问题例2(2020河北省衡水中学第九次调研考试)如图，椭圆C1：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，过抛物线C2：x24by的焦点F的直线交抛物线于M，N两点，当|MF|时，M点在x轴上的射影为F1.连接NO，MO并延长分别交C1于A，B两点，连接AB，OMN与OAB的面积分别记为SOMN和SOAB，设.(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；(2)求的取值范围解(1)由抛物线定义可得M，点M在抛物线x24by上，c24b，即c27b4b2，又由，得c23b2，将上式代入，得7b27b，解得b1，c，a2，椭圆C1的方程为y21，抛物线C2的方程为x24y.(2)设直线MN的方程为ykx1，由消去y整理，得x24kx40，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24，设kONm，kOMm，则mmx1x2，m，设直线ON的方程为ymx(m0)，由解得x24m，|ON|x2|4m，由可知，用代替m，可得x1，|OM| |x1| .设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由解得xA，所以|OA|xA|，用代替m，可得xB，|OB|xB|，2m2，当且仅当m时等号成立的取值范围为2，).与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出临界位置后数形结合求解(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解(3)构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其值域(2020山东省潍坊市三模)设抛物线E：x22py(p0)的焦点为F，点A是E上一点，且线段AF的中点坐标为(1，1).(1)求抛物线E的标准方程；(2)若B，C为抛物线E上的两个动点(异于点A)，且BABC，求点C的横坐标的取值范围解(1)依题意，得F，设A(x0，y0)，由AF的中点坐标为(1，1)，得即x02，y02，所以42p，得p24p40，即p2，所以抛物线E的标准方程为x24y.(2)由题意知A(2，1)，设B，C，则kBA(x12)，因为x12，所以kBC，故BC所在直线方程为y(xx1).联立因为xx1，得(xx1)(x12)160，即x(x2)x12x160，因为(x2)24(2x16)0，即x24x600，故x10或x6.经检验，当x6时，不满足题意所以点C的横坐标的取值范围是x10或xb0)，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，故由题意知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，由题意知t0，且|t|0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题意k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.当且仅当m1时，0，故l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1).圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化的量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关提醒：(1)直线过定点，常令参数的系数等于0即可如直线ykxb，若b为常量，则直线恒过点(0，b)；若为常量，则直线恒过点.(2)一般曲线过定点，把曲线方程变为f1(x，y)f2(x，y)0(为参数).解方程组即得定点坐标(2020河北省保定市二模)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且以椭圆上的点和长轴两端点为顶点的三角形的面积的最大值为2.(1)求椭圆C的方程；(2)经过定点Q(m，0)(m2)的直线l交椭圆C于不同的两点M，N，点M关于x轴的对称点为M，试证明：直线MN与x轴的交点S为一个定点，且|OQ|OS|4(O为原点).解(1)由题意得解得a2，b.所以椭圆C的方程为1.(2)证明：由题意知直线l的斜率一定存在，设为k，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M(x1，y1)，设S(n，0)，联立消去y得(34k2)x28k2mx4k2m2120，由0得(4m2)k230，即k2b0)的左顶点和下顶点分别为A，B，|AB|2，过椭圆焦点且与长轴垂直的弦的长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知M为椭圆C上一动点(M不与A，B重合)，直线AM与y轴交于点P，直线BM与x轴交于点Q，证明：|AQ|BP|为定值解(1)由题意可知解得所以椭圆C的方程为1.(2)证明：A(4，0)，B(0，2)，设M(x0，y0)，P(0，yP)，Q(xQ，0)，因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以x4y16，由A，P，M三点共线得，即yP，同理可得xQ.所以|AQ|BP|xQ4|yP2|16.所以|AQ|BP|为定值16.圆锥曲线中定值问题的两种解法(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项相抵消或分子、分母约分得定值已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点A(2，)在椭圆上，O为坐标原点(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求出该定值解(1)由题有a28，b24，椭圆C的方程为1.(2)当直线PN的斜率k不存在时，直线PN的方程为x或x，从而有|PN|2，所以四边形OPMN的面积S|PN|OM|222.当直线PN的斜率k存在时，设直线PN的方程为ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线PN的方程代入椭圆C的方程，整理得(12k2)x24kmx2m280，当64k28m2320时，有x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2m，由，得M.将M点的坐标代入椭圆C的方程得m212k2，该关系式满足0，又点O到直线PN的距离为d，|PN|x1x2|，四边形OPMN的面积Sd|PN|m|x1x2| 2.综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2.考向3探索性问题例5(2020湖北省黄冈市模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为点F1，F2，左、右顶点分别为A，B，长轴长为4，椭圆上任意一点P(不与A，B重合)与A，B连线的斜率乘积均为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，过点F1的直线l1与椭圆C交于M，N两点，过点F2的直线l2与椭圆C交于P，Q两点，且l1l2，试问：四边形MNPQ可否为菱形？并请说明理由解(1)由题意，知a2，则A(2，0)，B(2，0)，设P(x0，y0)(x4)，则点P与点A连线的斜率为kAP，点P与点B连线的斜率为kBP，故，又因为点P在椭圆C上，故有1，联立，解得b23，则椭圆C的方程为1.(2)由于点F1，F2关于原点对称且l1l2，故l1，l2关于原点对称，又椭圆关于原点对称，所以四边形MNPQ为平行四边形由(1)，知F1(1，0)，易知直线MN不能平行于x轴所以令直线MN的方程为xmy1，设M(x1，y1)，N(x2，y2).联立方程得(3m24)y26my90，显然0，所以y1y2，y1y2.若四边形MNPQ是菱形，则OMON，即0，于是有x1x2y1y2(m21)y1y2m(y1y2)10，整理得0，即12m250，上述关于m的方程显然没有实数解，故四边形MNPQ不可能是菱形解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在(2020广东省韶关市二模)在直角坐标系xOy中，已知点A(2，2)，B(2，2)，直线AD，BD交于D，且它们的斜率满足kADkBD2.(1)求点D的轨迹C的方程；(2)设过点(0，2)的直线l交曲线C于P，Q两点，直线OP与OQ分别交直线y1于点M，N，是否存在常数，使SOPQSOMN？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解(1)设D(x，y)，由A(2，2)，B(2，2)，得kAD(x2)，kBD(x2)，kADkBD2，2，整理得x22y(x2).(2)存在常数4，使SOPQSOMN.证明如下：由题意，知直线l的斜率存在，设直线l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).联立得x22kx40，显然0，则x1x22k，x1x24.|x1x2|2，则SOPQ2|x1x2|2.直线OP：yx，取y1，得xM，直线OQ：yx，取y1，得xN.|xMxN|.SOMN1|xMxN|.SOPQ4SOMN.故存在常数4，使SOPQSOMN.真题押题真题检验1(2020全国卷)已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8，P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点解(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E：y21(a1)可得A(a，0)，B(a，0)，G(0，1)，(a，1)，(a，1).a218，a29.椭圆E的方程为y21.(2)证明：由(1)得A(3，0)，B(3，0)，设P(6，y0)，则直线AP的方程为y(x3)，即y(x3)，直线BP的方程为y(x3)，即y(x3).联立直线AP的方程与椭圆的方程可得整理得(y9)x26yx9y810，解得x3或x.将x代入y(x3)可得y，点C的坐标为.同理可得，点D的坐标为.直线CD的方程为y，整理可得y，y.故直线CD过定点.2(2020新高考卷)已知椭圆C：1(ab0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为.(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求AMN的面积的最大值.解(1)由题意可知直线AM的方程为y3(x2)，即x2y4.当y0时，解得x4，所以a4，由椭圆C：1(ab0)过点M(2，3)，可得1，解得b212.所以C的方程为1.(2)设与直线AM平行的直线方程为x2ym，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时AMN的面积取得最大值.联立直线方程x2ym与椭圆方程1，可得3(m2y)24y248，化简可得16y212my3m2480，所以144m2416(3m248)0，即m264，解得m8，与AM距离比较远的直线方程为x2y8，直线AM的方程为x2y4，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用两平行线之间的距离公式可得点N到直线AM的距离d，由两点之间的距离公式可得|AM|3.所以AMN的面积的最大值为318.3(2020新高考卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值解(1)由题意可得解得a26，b2c23，故椭圆C的方程为1.(2)证明：设点M(x1，y1)，N(x2，y2).因为AMAN，所以0，即(x12)(x22)(y11)(y21)0.当直线MN的斜率存在时，设其方程为ykxm，如图1.代入椭圆方程消去y并整理，得(12k2)x24kmx2m260，x1x2，x1x2，根据y1kx1m，y2kx2m，代入整理，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240，将代入上式，得(k21)(kmk2)(m1)240，整理化简得(2k3m1)(2km1)0，因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，所以2k3m10，k1，于是MN的方程为yk，所以直线过定点E.当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，y1)，如图2.代入(x12)(x22)(y11)(y21)0得(x12)21y0，结合1，解得x12(舍去)或x1，此时直线MN过点E.因为AE为定值，且ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点Q满足|DQ|为定值.由于A(2，1)，E，故由中点坐标公式可得Q.故存在点Q，使得|DQ|为定值金版押题4椭圆C：1(ab0)的焦距是8，长轴长是短轴长的3倍，任作斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点(如图所示)，且点P(3，)在直线l的左上方.(1)求椭圆C的方程；(2)若|AB|2，求PAB的面积；(3)证明：PAB的内切圆的圆心在一条定直线上解(1)由题意可得2c8，即c4，又a3b，a2b2c232，a6，b2，椭圆C的方程为1.(2)设直线l的方程为yxt，代入椭圆方程可得2x26tx9t2360，当36t22880，即t20.由题意可知t0，故直线AB的方程为yx2，即x3y60，P(3，)到直线AB的距离d.PAB的面积S|AB|d26.(3)证明：设直线l的方程为yxm，代入椭圆方程可得2x26mx9m2360，当36m22880，即m2b0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点O到直线AB的距离为，OAB的面积为1.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值.解(1)直线AB的方程为1，即bxayab0，则.因为OAB的面积为1，所以ab1，即ab2，解得a2，b1，所以椭圆的标准方程为y21.(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1)，直线AB的斜率为，设直线l的方程为yxt，C(x1，y1)，D(x2，y2)，代入y21，得2y22tyt210，则y1y2t，y1y2，所以k1k2，因为x1x22x24(ty1)(ty2)4(ty2)4t2t(y1y2)y1y2ty24(y1y2)2(y1y2)(y1y2)y1y2(y1y2)y24(y1y2y1)，所以k1k2为定值3已知抛物线C的方程为y22px(p0)，点R(1，2)在抛物线C上(1)求抛物线C的方程；(2)过点Q(1，1)作直线交抛物线C于不同于坐标原点及R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l：y2x2于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程解(1)点R(1，2)在抛物线C：y22px(p0)上，42p，解得p2，抛物线C的方程为y24x.(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xm(y1)1，m0且m1，由消去x并整理得y24my4(m1)0，y1y24m，y1y24(m1).设直线AR的方程为yk1(x1)2，由解得点M的横坐标xM，又k1，xM，同理点N的横坐标xN，|y2y1|4，|MN|xMxN|28 2 ，令m1t，t0且t1，则mt1，|MN|2 ，当t2，即m1时，|MN|取得最小值，此时直线AB的方程为xy20.4. (2020山东省泰安市二模)已知椭圆C：1(ab0)的离心率e满足2e23e20，以坐标原点为圆心，椭圆C的长轴长为半径的圆与直线2xy40相切(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(0，1)的动直线l(直线l的斜率存在)与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由题意知2a，a2.由2e23e20，解得e或e(舍去)，b，椭圆C的方程为1.(2)存在假设y轴上存在与点P不同的定点Q，使得恒成立，设Q(0，m)(m1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为ykx1.由可得(2k21)x24kx20，x1x2，x1x2，16k28(2k21)32k280，.，sin PQAsin PQB，PQAPQB，kQAkQB，(m1)(x1x2)2kx1x2，即(m1)2k，解得m2.存在定点Q(0，2)，使得恒成立5(2020山东省实验中学高考预测卷)已知抛物线：y22px(p0)的焦点为F，P是抛物线上一点，且在第一象限，满足(2，2).(1)求抛物线的方程；(2)已知经过点A(3，2)的直线交抛物线于M，N两点，经过定点B(3，6)和M的直线与抛物线交于另一点L，问直线NL是否恒过定点？如果过定点，求出该定点，否则说明理由解(1)由抛物线的方程可得焦点F，满足(2，2)的点P的坐标为，点P在抛物线上，所以(2)22p，即p24p120，p0，解得p2，所以抛物线的方程为y24x.(2)设M(x0，y0)，N(x1，y1)，L(x2，y2)，则y4x1，y4x2，直线MN的斜率kMN，则直线MN的方程为yy0，即y，同理直线ML的方程整理可得y，将A(3，2)，B(3，6)分别代入，的方程可得消去y0可得y1y212，易知直线NL的斜率kNL，则直线NL的方程为yy1，即yx，故yx，所以y(x3)，因此直线NL恒过定点(3，0).6(2020湖南省常德市模拟)有一种曲线画图工具如图1所示O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DNON，DM1.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时，带动N绕O转动，M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系(1)求曲线C的轨迹方程；(2)设F2为曲线C的右焦点，P为曲线C上一动点，直线PF2的斜率为k(k0)，且PF2与曲线C的另一个交点为Q，是否存在点T(0，t)，使得TPQTQP？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由解(1)设M(x，y)，则D，则 1，即y21.所以曲线C的轨迹方程为y21.(2)由(1)知，F2(，0)，设直线PQ的方程为yk(x)，将yk(x)代入y21，得(14k2)x28k2x12k240.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为E(x0，y0)，则x0，y0k(x0)，即E.因为TPQTQP，所以直线TE为线段PQ的垂直平分线，所以TEPQ，则kTEkPQ1，即k1.所以t.当k0时，因为4k4，所以t，当k0时，因为4k4，所以t.综上，存在点T，使得TPQTQP，且t的取值范围为.7(2020山东省济南市一模)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(，0)，直线l：x，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为；已知圆C的方程为x2y24，直线l为圆C的切线，记点A(，0)，B(，0)到直线l的距离分别为d1，d2，动点P满足|PA|d1，|PB|d2；点S，T分别在x轴、y轴上运动，且|ST|3，动点P满足.(1)在这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹方程；(2)记(1)中的轨迹为E，经过点D(1，0)的直线l交E于M，N两点，若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q，求点Q纵坐标的取值范围解(1)若选，设P(x，y)，根据题意，整理得y21，所以所求的轨迹方程为y21.若选，设P(x，y)，直线l与圆相切于点H，则|PA|PB|d1d22|OH|42|AB|，由椭圆定义知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，所以2a4，2c|AB|2，故a2，c，b1，所以所求的轨迹方程为y21.若选，设P(x，y)，S(x，0)，T(0，y)，则3，(*)因为，所以整理得代入(*)得y21，所以所求的轨迹方程为y21.(2)解法一：设Q(0，y0)，当l的斜率不存在时，y00.当l的斜率存在时，设直线l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0.0恒成立，x1x2，设线段MN的中点为G(x3，y3)，则x3，y3k(x31).所以线段MN的垂直平分线的方程为y.令x0，得y0.当k0时，4k4，当且仅当k时，取等号，所以y00时，4k4，当且仅当k时，取等号，所以0y0.综上，点Q纵坐标的取值范围是.解法二：设Q(0，y0)，当l的斜率不存在时，y00.当l的斜率存在时，设l的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x3，y3)，由得(y1y2)(y1y2)0.所以k，线段MN的垂直平分线的方程为yy3(xx3)，令x0，得y03y3.由k，得yxx3，因为0x31，所以0y，则y30或0y3，所以y00或00)，则曲线C在点T的切线l的斜率kf(t).由题意，设直线l与圆W相切于T点，圆W的标准方程为(xa)2y22(a0)，则直线WT的斜率kWT，因为lWT，所以1，即t38(ta)0.又因为(ta)22，所以2，所以t64t41280.令t2，则3421280，所以(342)(82128)0，即(4)(2832)0，所以4，所以t2，a3，从而圆W的标准方程为(x3)2y22.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线l2：yxm.由得x24x4m0，所以x1x24，x1x24m，所以|EF| 4.又因为|PQ|2 ，所以4.由于l2与曲线C、圆W均有两个不同的交点，解得1m5.令1mu(2，6)，则44 .(当且仅当u，即u2，m21时取等号)当m21时，的最小值为.此时直线l2的方程为yx21.