2017届高三数学(文)二轮复习教师用书：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

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 ：x 2t ＋y 23＝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 (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0.(1)当t ＝4时，E 的方程为x 24＋y 23＝1，A (－2，0)．由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4.因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0.解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.(2)由题意t >3，k >0，A (－t ，0)．将直线AM 的方程y ＝k (x ＋t )代入x 2t ＋y 23＝1得(3＋tk 2)x 2＋2t ·tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0.由x 1·(－t )＝t 2k 2－3t 3＋tk 2，得x 1＝t （3－tk 2）3＋tk 2，故|AM |＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t （1＋k 2）3＋tk 2.由题设，直线AN 的方程为y ＝－1k (x ＋t )，故同理可得|AN |＝6k t （1＋k 2）3k 2＋t .由2|AM |＝|AN |，得23＋tk 2＝k3k 2＋t， 即(k 3－2)t ＝3k (2k －1)．当k ＝32时上式不成立，因此t ＝3k （2k －1）k 3－2.t >3等价于k 3－2k 2＋k －2k 3－2＝（k －2）（k 2＋1）k 3－2<0，即k －2k 3－2<0. 因此得⎩⎪⎨⎪⎧k －2>0，k 3－2<0或⎩⎪⎨⎪⎧k －2<0，k 3－2>0，解得32<k <2. 故k 的取值范围是(32，2)．[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(－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：x 2a 2－y 2b 2＝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P A ，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x 2a 2－y 2b 2＝1过点(2，1)，∴4a 2－1b2＝1.不妨设F 为右焦点，则F (c ，0)到渐近线bx －ay ＝0的距离d ＝|bc |a 2＋b 2＝b ， ∴b ＝1，a 2＝2.∴所求双曲线的方程为x 22－y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋m .将y ＝kx ＋m 代入x 2－2y 2＝2中，整理得(2k 2－1)x 2＋4kmx ＋2m 2＋2＝0. ∴x 1＋x 2＝－4km 2k 2－1，① x 1x 2＝2m 2＋22k 2－1.②∵＝0，∴(x 1－2，y 1－1)·(x 2－2，y 2－1)＝0，∴(x 1－2)(x 2－2)＋(kx 1＋m －1)(kx 2＋m －1)＝0， ∴(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋m 2－2m ＋5＝0.③ 将①②代入③，得m 2＋8km ＋12k 2＋2m －3＝0， ∴(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x 2－2y 2－2＝0中， 判别式Δ＝8(34k 2＋36k ＋10)>0恒成立， ∴y ＝kx －6k －3即为所求直线．∴P 到AB 的距离d ＝|2k －6k －3－1|1＋k 2＝4|k ＋1|k 2＋1.∴⎝⎛⎭⎫d 42＝k 2＋1＋2k k 2＋1＝1＋2kk 2＋1≤2. ∴d ≤42，即点P 到直线AB 距离的最大值为4 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 ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝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a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2.因为抛物线E 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，12， 所以b ＝12，a ＝1.所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1. (2)证明：设P ⎝⎛⎭⎫m ，m22(m ＞0)． 由x 2＝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 －m 22＝m (x －m )，即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)， 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ＞0，得0＜m 2＜2＋ 5.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1.将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22（4m 2＋1）.因为y 0x 0＝－14m，所以直线OD 的方程为y ＝－14mx . 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上.[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 ：y 2＝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＋y 2＝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 ＝－p 2，∴|MF |＝m ＋p2＝2，又4＝2pm ，即4＝2p ⎝⎛⎭⎫2－p 2， ∴p 2－4p ＋4＝0，∴p ＝2， ∴抛物线C 的方程为y 2＝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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，y 2＝4x ，消去y ，可得k 2x 2＋(2kt －4)x ＋t 2＝0，①∵直线EA 与抛物线C 相切，∴Δ＝(2kt －4)2－4k 2t 2＝0，即kt ＝1，代入①可得1t 2x 2－2x＋t 2＝0，∴x ＝t 2，即A (t 2，2t )．设切点B (x 0，y 0)，则由几何性质可以判断点O ，B 关于直线EF ：y ＝－tx ＋t 对称，则⎩⎨⎧y 0x 0×t －00－1＝－1，y 02＝－t ·x 02＋t ，解得⎩⎨⎧x 0＝2t 2t 2＋1，y 0＝2t t 2＋1，即B ⎝⎛⎭⎫2t 2t 2＋1，2t t 2＋1.法一：直线AB 的斜率为k AB ＝2tt 2－1(t ≠±1)，直线AB 的方程为y ＝2tt 2－1(x －t 2)＋2t ，整理得y ＝2tt 2－1(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k AF ＝2tt 2－1(t ≠±1)，直线BF 的斜率为k BF ＝2tt 2＋1－02t 2t 2＋1－1＝2tt 2－1(t ≠±1)，∴k AF ＝k BF ，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 ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，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2 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|QA ||QB |＝|P A ||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(2，1)在椭圆E 上，因此⎩⎨⎧2a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，c a ＝22，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝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|QC ||QD |＝|PC ||PD |＝1，即|QC |＝|QD |.所以点Q 在y 轴上，可设点Q 的坐标为(0，y 0)．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(0，2)，(0，－2)． 由|QM ||QN |＝|PM ||PN |，得|y 0－2||y 0＋2|＝2－12＋1，解得y 0＝1或y 0＝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|QA ||QB |＝|P A ||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(x 1，y 1)，(x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.因此1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2＝2k .易知，点B 关于y 轴对称的点B ′的坐标为(－x 2，y 2)． 又k QA ＝y 1－2x 1＝kx 1－1x 1＝k －1x 1，k QB ′＝y 2－2－x 2＝kx 2－1－x 2＝－k ＋1x 2＝k －1x 1，所以k QA ＝k QB ′，即Q ，A ，B ′三点共线，所以|QA ||QB |＝|QA ||QB ′|＝|x 1||x 2|＝|P A ||PB |.故存在与点P 不同的定点Q (0，2)，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立．[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F 1(－1，0)，F 2(1，0)，过点F 2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l 1与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ，且满足＝54？若存在，求出直线l 1的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)设椭圆的方程是x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由题可知c ＝1，因为|BD |＝3，所以2b 2a ＝3，又a 2－b 2＝1，所以a ＝2，b ＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在直线l 1且由题意得斜率存在，设直线l 1的方程为y ＝k (x －2)＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2）＋1，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0. 因为直线l 1与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，所以Δ＝[－8k (2k －1)]2－4(3＋4k 2)(16k 2－16k －8)>0，所以k >－12.x 1＋x 2＝8k （2k －1）3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2，因为＝(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝54，所以(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝54， 即[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝54，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2·8k （2k －1）3＋4k 2＋4(1＋k 2)＝4＋4k 23＋4k 2＝54， 解得k ＝±12.因为k >－12，所以k ＝12，故存在直线l 1满足条件，其方程为y ＝12x .1.(2016·湖南东部六校联考)设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 1，F 2是椭圆的两个焦点，S 是椭圆上任意一点，且△SF 1F 2的周长是4＋2 3. (1)求椭圆C 1的方程；(2)设椭圆C 1的左、右顶点分别为A ，B ，过椭圆C 1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 ＝32，知c a ＝32，所以c ＝32a ， 因为△SF 1F 2的周长是4＋23，所以2a ＋2c ＝4＋23， 所以a ＝2，c ＝3， 所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 1的方程为：x 24＋y 2＝1.(2)证明：由(1)得A (－2，0)，B (2，0)，设D (x 0，y 0)，所以E (x 0，0)， 因为，所以可设C (2，y 1)，所以＝(x 0＋2，y 0)，＝(2，y 1)，由可得：(x 0＋2)y 1＝2y 0，即y 1＝2y 0x 0＋2.所以直线AC 的方程为：y 2y 0x 0＋2＝x ＋24.整理得：y ＝y 02（x 0＋2）(x ＋2)．又点P 在DE 上，将x ＝x 0代入直线AC 的方程可得：y ＝y 02，即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 0，y 02，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 (x 0，y 0)是椭圆C ：x 224＋y 212＝1上的一点，从原点O 向圆R ：(x －x 0)2＋(y －y 0)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k 1，k 2，求k 1·k 2的值． 解：(1)设圆R 的半径为r ，由圆R 的方程知r ＝22， 因为直线OP ，OQ 互相垂直，且和圆R 相切，所以|OR |＝2r ＝4，即x 20＋y 20＝16，①又点R 在椭圆C 上，所以x 2024＋y 2012＝1，②联立①②，解得⎩⎨⎧x 0＝22，y 0＝22，所以，圆R 的方程为(x －22)2＋(y －22)2＝8.(2)因为直线OP ：y ＝k 1x 和OQ ：y ＝k 2x 都与圆R 相切，所以|k 1x 0－y 0|1＋k 21＝22，|k 2x 0－y 0|1＋k 22＝22，化简得(x 20－8)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－8＝0，(x 20－8)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－8＝0，所以k 1，k 2是方程(x 20－8)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－8＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系得，k 1·k 2＝y 20－8x 20－8，因为点R (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 2024＋y 2012＝1，即y 20＝12－12x 20，所以k 1k 2＝4－12x 20x 20－8＝－12. 3．设椭圆M ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率与双曲线x 2－y 2＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4.(1)求椭圆M 的方程；(2)若直线y ＝2x ＋m 交椭圆M 于A ，B 两点，P (1，2)为椭圆M 上一点，求△P AB 面积的最大值．解：(1)由题可知，双曲线的离心率为2，则椭圆的离心率e ＝c a ＝22，由2a ＝4，c a ＝22，b 2＝a 2－c 2，得a ＝2，c ＝2，b ＝2，故椭圆M 的方程为y 24＋x 22＝1.(2)联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 22＋y 24＝1，得4x 2＋22mx ＋m 2－4＝0，由Δ＝(22m )2－16(m 2－4)>0，得－22<m <2 2. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 1＋x 2＝－22m ，x 1x 2＝m 2－44，所以|AB |＝1＋2|x 1－x 2| ＝3·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝3·12m 2－m 2＋4 ＝3·4－m 22.又P 到直线AB 的距离为d ＝|m |3， 所以S △P AB ＝12|AB |·d ＝32·4－m 22·|m |3＝12 ⎝⎛⎭⎫4－m 22·m 2＝122 m 2（8－m 2）≤122·m 2＋（8－m 2）2＝2，当且仅当m 2＝8－m 2，即m ＝±2时等号成立， 此时△P AB 面积有最大值 2.4．(2016·湖北七市联考)已知圆心为H 的圆x 2＋y 2＋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x 2＋y 2＋2x －15＝0，得(x ＋1)2＋y 2＝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|MA |＋|MH |＝|MB |＋|MH |＝|BH |＝4，又|AH |＝2<4.根据椭圆的定义可知，点M 的轨迹是以A ，H 为焦点，4为长轴长的椭圆，其方程为x 24＋y 23＝1，即为所求曲线C 的方程．(2)由直线EF 与直线PQ 垂直，可得＝0，于是＝＝①当直线PQ 的斜率不存在时，直线EF 的斜率为零，此时可不妨取P ⎝⎛⎭⎫1，32，Q ⎝⎛⎭⎫1，－32，E ()2，0，F (－2，0)，所以＝⎝⎛⎭⎫1，－32·⎝⎛⎭⎫－3，32＝－3－94＝－214. ②当直线PQ 的斜率为零时，直线EF 的斜率不存在，同理可得＝－214.③当直线PQ 的斜率存在且不为零时，直线EF 的斜率也存在，于是可设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)，P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，则直线EF 的方程为y ＝－1k(x －1)．将直线PQ 的方程代入曲线C 的方程，并整理得，(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，所以x P ＋x Q ＝8k 23＋4k 2，x P ·x Q ＝4k 2－123＋4k 2.于是＝(x P －1)(x Q －1)＋y P ·y Q＝(1＋k 2)[x P x Q －(x P ＋x Q )＋1]＝(1＋k 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2＋1＝－9（1＋k 2）3＋4k 2.将上面的k 换成－1k，可得＝－9（1＋k 2）4＋3k 2，所以＝＝－9(1＋k 2)(13＋4k 2＋14＋3k 2)．令1＋k 2＝t ，则t >1，于是上式化简整理可得，＝－9t ⎝⎛⎭⎫14t －1＋13t ＋1＝－63t212t 2＋t －1＝－63494－⎝⎛⎭⎫1t －122.由t >1，得0<1t <1，所以－214<≤－367.综合①②③可知，的取值范围为⎣⎡⎦⎤－214，－367.。