专题五 解析几何
第3 讲 直线与圆锥曲线的位置关系
一、考点透析
考点1 直线与圆锥曲线位置关系
1.(2025·江西省九江市·模拟)已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的
直线与C交于A ,B两点，A ,B在准线上的投影分别为A
′ ,B
′，线段A
′ F ,B
′ F分别交y轴于
点M , N .若| MN |=
√5，则p=( )
A. 1
2
B. 2
C. 2
√15
3
D. √5
【答案】B
【解析】解：抛物线
的焦点F( p
2 ,0)，准线x =−p
2 ，令A A
′ ,B B
′与y轴的交
点分别为D , E，
由
，A
′ D //OF，得M是线段A
′ F的中点，同理N是线段B
′ F的中点，
则
，直线AB：y =2( x−p
2 )，设A( x1, y1),B( x2, y2)，
由{
y =2( x−p
2 )
y
2=2 px
，消去x得y
2−py −p
2=0，则y1+ y2= p, y1 y2=−p
2，
因此
，
所以p=2．
故选：B．
2.(2025·安徽省蚌埠市·模拟)已知双曲线C : x
2
m −y
2
2 =1(m>0)的一条渐近线方程为
x−2 y =0，点F1，F2分别是C的左、右焦点，点A1，A2分别是C的左、右顶点，过点F2
的直线l与C相交于P，Q点，其中点P在第一象限内，记直线P A1的斜率为k1，直线P A2
的斜率为k2，则( )
A. 双曲线C的焦距为2
√10
B. | P F1|−| P F2|= 4
√2
C. | PQ|>4
√2
D. k1k2= 1
4
【答案】ABD
【解析】解：因为双曲线C : x
2
m −y
2
2 =1(m>0)的一条渐近线方程为x−2 y =0，
所以 √
2
m = 1
2
，解得m=8，
所以c =
√8+2=
√10，所以双曲线C的焦距为2
√10，A 正确；
易知a
2=8，所以a=2
√2，所以| P F1|−| P F2|= 4
√2，B 正确；
双曲线的方程为x
2
8 −y
2
2 =1，x =
√10时，y =±
√2
2
，此时| PQ|=
√2，C 错误；
设P( x , y)，k1k2=
−y
−2
√2−x
×
−y
2
√2−x
=
y
2
−8+ x
2 = 1
4
，D 正确．
故选：ABD．
考点1 中点弦问题
1．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，虚轴的上端点为B，点P，Q 在双曲线
上，且点M(－2，1)为线段PQ 的中点，PQ∥BF，双曲线的离心率为e，则e2等于( )
A． B．
C． D．
【答案】A.
【解析】法一：由题意知F(c，0)，B(0，b)，则kPQ＝kBF＝－.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则两式相减，得＝.
因为线段PQ 的中点为M(－2，1)，所以x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，
又kPQ＝＝－，所以－＝－，整理得a2＝2bc，
所以a4＝4b2c2＝4c2(c2－a2)，即4e4－4e2－1＝0，得e2＝或e2＝(舍去).
法二：由题意知F(c，0)，B(0，b)，则kBF＝－.
设直线PQ 的方程为y－1＝k(x＋2)，即y＝kx＋2k＋1，
代入双曲线方程，得(b2－a2k2)x2－2a2k(2k＋1)x－a2(2k＋1)2－a2b2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－4，所以＝－4，
又k＝kBF＝－，所以2a2·＝－4b2＋4a2，整理得a2＝2bc，
所以c2－b2－2bc＝0，即－－1＝0，得＝＋1 或＝1－(舍去)，
则e2＝＝＝＝＝.
2.(2025·重庆市·模拟)在平面直角坐标系xOy中，点F1是椭圆E: x
2
4 + y
2=1的左焦点，点
A ,B分别是E的左、右顶点，直线l与椭圆E相交于M , N两点，则( )
A. 若直线l经过点F1，则| MN |的最小值为1
B. 若线段MN的中点坐标为(1, 1
2)
，则直线l的斜率为−1
4
C. 若直线l经过坐标原点，则
1
|M F1|
+
9
|N F1|
≥4
D. 若点P在椭圆E上(点P与A ,B不重合)，且∠PBA =2∠PAB，则tan ∠APB =−13
9
【答案】ACD
【解析】解：对于A，
过左焦点的弦长最小值为通径长，
此时l: x =−
√3，
代入椭圆方程得3
4 + y
2=1，解得y =± 1
2
，| MN |=1，故A 正确；
对于B，设点M ( x1, y1),
N
点
( x2, y2)，点M , N在椭圆上，
则x1
2
4 + y1
2=1，x2
2
4 + y2
2=1，
两式相减得(x1−x2)(x1+ x2)
4
+( y1−y2)( y1+ y2)=0，
∵MN的中点坐标为(1, 1
2)
，∴x1+ x2=2, y1+ y2=1，
∴( y1−y2)
(x1−x2)
=−(x1+ x2)
4( y1+ y2)
=−2
4 =−1
2
，故B 错误；
对于C，
由题可得：直线l经过坐标原点，椭圆E: x
2
4 + y
2=1，F1(−
√3,0)，F2( √3,0)，
由椭圆对称性|N F1|=|M F2|，所以|M F1|+|N F1|=|M F1|+|M F2|= 4，
1
|M F1|
+
9
|N F1|
= 1
4 (|M F1|+|N F1|)(
1
|M F1|
+
9
|N F1|)= 1
4(10+ |N F1|
|M F1|
+ 9|M F1|
|N F1| )≥4，
当且仅当|N F1|
|M F1|
= 9|M F1|
|N F1|
取得等号，|N F1|=3|M F1|=3，故C 正确；
对于D，
设P( x , y)，根据对称性不妨取点P在第一象限，
由题可得：点A (−2,0),B (2,0)，
则tan ∠PBA =
y
2−x
，tan ∠PAB =
y
x +2
，
∵∠PBA =2∠PAB，
∴tan∠PBA = tan2∠PAB = 2tan∠PAB
1−tan
2∠PAB
，
即
y
2−x =
2 y
x +2
1−
y
2
( x +2)
2
，整理得3 x
2−y
2+ 4 x−4 =0，
又x
2
4 + y
2=1⇒y
2=1−x
2
4
，
代入得13
4 x
2+ 4 x−5=0，解得P(
10
13 , 12
13)
，
∴tan ∠PBA = 3
4
，tan ∠PAB = 1
3
，
tan ∠APB = tan [ π −(∠PAB+∠PBA )]=−tan (∠PAB+∠PBA )
=
tan ∠PAB+ tan ∠PBA
tan ∠PAB⋅tan ∠PBA −1 =
3
4 + 1
3
1
3 × 3
4 −1
=−13
9
，
故D 正确．
故选：ACD．
考点2 弦长、面积问题
1.(2025·天津市·模拟)抛物线C : y
2=2 px
的焦点F恰好是圆( x −1)
2+ y
2=1的圆心，过点F
且倾斜角为45
°的直线l与C交于不同的A，B两点，则以线段AB为直径的圆的标准方程
为 ．
【答案】( x −3)
2+( y −2)
2=16
【解析】解：由题意知，焦点F(1,0)，则抛物线C : y
2= 4 x，
直线l: y = x−1，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立{
y = x−1
y
2= 4 x
消去y并整理得x
2−6 x +1=0，则x1+ x2=6，
所以x1+ x2
2
=3, y1+ y2
2
= x1−1+ x2−1
2
=2，
所以| AB|= x1+ x2+ p=6+2=8，
则以线段AB为直径的圆的圆心为(3,2)，半径为| AB|
2
= 4，
所以圆的标准方程为( x −3)
2+( y −2)
2=16．
故答案为：( x −3)
2+( y −2)
2=16．
2.(2025·河南省开封市·模拟)已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，过点F的直线l交C于A ,B
两点，与l平行的直线交C于D , E两点，其中B , D在x轴上方，M , N分别为AB , DE的中
点．
(1)当直线l不垂直于x轴时，证明：直线MN // x轴；
(2)若AN ⊥BN，求|DE|
|AB|；
(3)若AD⊥BE，求|DE|
|AB|．
【答案】(1)见解析
(2)
√3
(3)3
【解析】解：(1)抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F(1,0)，直线l不垂直于y，设其方程为
x =ty +1，
直线DE方程为x =ty +m(m≠1)，A( x1, y1),B( x2, y2), D( x3, y3), E( x4, y4)，
由{
x =ty +1
y
2= 4 x
，消去x得y
2−4ty −4 =0，则y1+ y2= 4 t，y1 y2=−4，
则点M (2t
2+1,2t )，
由{
x =ty +m
y
2= 4 x
，消去x得y
2−4ty −4 m=0，则y3+ y4= 4 t，y3 y4=−4 m，
则点N (2t
2+m,2t )，
由直线l不垂直于x轴，得t ≠0，
所以直线MN // x轴.
(2)
由(1)可得，| AB|=
√1+t
2⋅
√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 4(1+t
2)，| MN |=|m−1|，
由AN ⊥BN，得| MN |= 1
2 | AB|=2+2t
2，即|m−1|=2+2t
2，而m>0，解得
m=3+2t
2，
| DE|=
√1+t
2⋅
√( y3+ y4)
2−4 y3 y4=
√1+t
2⋅
√16t
2+16m= 4
√1+t
2⋅
√t
2+m
= 4
√1+t
2⋅
√3+3t
2= 4
√3(1+t
2)，
所以|DE|
|AB|=
√3．
(3)令AD ,BE与MN分别交于点P , P′，设|DE|
|AB|= λ，
由DE // AB，得|NP|
|PM|=|DN|
|AM|= λ，|EN|
|BM|= |NP′|
|P′ M|= λ，即| MN |
| PM | = λ+1=| MN |
| P′ M | ，
则| PM |=| P′ M |，故点P与P′重合，由AD⊥BE，得| MP|= 1
2 | AB|=2+2t
2，
则| MN |=(1+ λ)| MP|=(1+ λ)(2+2t
2)，即|m−1|=(1+ λ)(2+2t
2)，而m>0，
即m=(1+ λ)(2+2t
2)+1，由(2)已得|DE|= 4
√1+t
2⋅
√t
2+m，
故可得：| DE|= 4
√1+t
2⋅
√t
2+(1+ λ)(2+2t
2)+1= 4
√3+2 λ⋅(1+t
2)，
又|AB|= 4(1+t
2)，则|DE|= λ|AB|= 4 λ(1+t
2)，
于是 √3+2 λ = λ，而λ>0，解得λ =3，
所以|DE|
|AB|=3．
考点3 切线问题
1.(2025·山西省·模拟)已知过点M (2,1)的直线交抛物线C : y
2= 4 x于A，B两点，过点A，
B分别作抛物线C的切线，两条切线交于点P，则| PM |的最小值为( )
A. 7
√5
5
B. √5
C. √2
D. 15
√17
17
【答案】A
【解析】解：如图，设A(
y1
2
4 , y1)
，B(
y2
2
4 , y2)
，
由y
2= 4 x，得y =2 x
1
2(不妨设y >0)，则y
′ = x
−1
2，
所以抛物线C在点A的切线斜率为k =( y1
2
4 )
−1
2 = 2
y1
，
得抛物线C在点A的切线方程为y −y1= 2
y1
( x−y1
2
4 )，即y1 y =2(x + y1
2
4 )
，
同理可得抛物线C在点B处的切线方程为y2 y =2(x + y2
2
4 )
，
则{
y1 y =2(x + y1
2
4 )
y2 y =2(x + y2
2
4 )
，解得{
x = y1 y2
4
y = y1+ y2
2
，即P(
y1 y2
4
, y1+ y2
2 )
，
又因为直线AB的斜率k AB= y1−y2
x1−x2
= y1−y2
y1
2
4 −y2
2
4
=
4
y1+ y2，
所以直线AB的方程为y −y1=
4
y1+ y2
(x−x1)，即( y1+ y2) y = 4 x + y1 y2，
将点M (2,1)代入直线AB的方程得：y1+ y2=8+ y1 y2①，
设点P坐标为( x , y)，则①式可整理为：2 y =8+ 4 x，即2 x−y + 4 =0，
所以点P的轨迹为一条直线，
所以线段PM的最小值为点M到直线y =2 x + 4的距离，
即为
．
故选：A．
2.(2025·河南省焦作市·模拟)若过点A(1,1)的直线l与抛物线Γ : y
2= 4 x交于B，C两点，以
B，C为切点分别作Γ的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ．
【答案】2 x−y +2=0
【解析】解：由题意知直线l不与y轴垂直，
设l的方程为x =ky +(1−k )，代入y
2= 4 x中，整理得y
2−4 ky −4(1−k )=0，
设B( y1
2
4 , y1)，C( y2
2
4 , y2)，则y1+ y2= 4 k，y1 y2=−4(1−k )，
设过点B的抛物线的切线方程为x =m( y −y1)+ y1
2
4
，
代入y
2= 4 x中，整理得y
2−4 my + 4 m y1−y1
2=0，
则Δ=16m
2−4(4 m y1−y1
2)= 4(2m−y1)
2=0，即2m= y1
，
故过点B的抛物线的切线方程为x = y1
2 ( y −y1)+ y1
2
4
，即2 x−y1 y + y1
2
2 =0，
同理可得过点C的抛物线的切线方程为2 x−y2 y + y2
2
2 =0，
联立解得{
x = y1 y2
4
=k −1
y = y1+ y2
2
=2k
，消去k，得2 x−y +2=0，
所以两条切线交点的轨迹方程为2 x−y +2=0．
故答案为：2 x−y +2=0．
二、跟踪练习
1.(2025·山西省晋城市·模拟)已知直线l:mx +ny −m=0(m,n不同时为0，m,n∈R)，
⊙O: x
2+ y
2= 4，抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，则( )
A. 直线l与⊙O恒有两个交点
B. 直线l被⊙O截得的最短弦长为2
√3
C. ⊙O与抛物线C交于M , N两点，则| MN |= 4
√2
D. 当m=n=1时，直线l与抛物线C交于A ,B两点，则|| AF |−|BF ||=2
√2
【答案】AB
【解析】解：对于A，由直线l:m( x−1)+ny =0(m,n∈R)，知直线l恒过定点P(1,0)．
又点P在⊙O内，所以直线l与⊙O恒有两个交点，A 正确；
对于B，易知当OP⊥l时，直线l被⊙O截得的弦最短，
此时x =1，最短弦长为2
√2
2−1
2=2
√3
，B 正确；
对于C，联立{
x
2+ y
2= 4
y
2= 4 x
，得x
2+ 4 x−4 =0，解得x =−2±2
√2，
如下图所示：
结合图形知x =2( √2−1)，代入y
2= 4 x得，y =±2
√2( √2−1)，
所以| MN |= 4
√2( √2−1)，C 错误；
对于D，易知直线l: x + y −1=0经过抛物线C : y
2= 4 x的焦点F，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立{
y
2= 4 x ,
x + y −1=0
，整理得x
2−6 x +1=0，
则x1+ x2=6.由抛物线的定义知，| AB|= x1+ x2+ p=8，
所以|| AF |−|BF ||=| AB|cos 45° = 4
√2，D 错误．
故选：AB．
2.(2025·河北省保定市·模拟)已知点M (3,0)，N (−3,0)，P，Q是坐标平面上的两个动点，
设满足| PM |⋅| PN |=t(t >0)的点P的轨迹为曲线C1，满足|QM |+|QN |=8的点Q
的轨迹为曲线C2，则( )
A. C1,C2均关于x轴对称
B. ▵QMN面积的最大值为3
√3
C. 当t =10时，点P的纵坐标的最大值大于1
D. 当C1，C2有公共点时，7≤t ≤16
【答案】ACD
【
解
析
】
解
：
设
P( x , y)，
由
| PM |⋅| PN |=t，
得
√( x −3)
2+ y
2⋅
√( x +3)
2+ y
2=t(t >0)，
将( x ,−y)代入得
√( x −3)
2+(−y )
2⋅
√( x +3)
2+(−y )
2=
√( x −3)
2+ y
2⋅
√( x +3)
2+ y
2=t(t >0)，
所以C1关于x轴对称；
由|QM |+|QN |=8>| MN |，知C2为椭圆，易得其方程为x
2
16 + y
2
7 =1，
所以C2关于x轴对称，故A 正确；
当Q为C2的上、下顶点时，▵QMN的面积最大，
故(S▵QMN )max = 1
2 ×6×
√7 =3
√7，故B 错误；
当t =10时， √( x −3)
2+ y
2⋅
√( x +3)
2+ y
2=10，
令x =−3，得y
4+36 y
2−100=0，解得y
2=2
√106−18>2×10−18=2，即y >1，
故当t =10时，点P的纵坐标的最大值大于1，故C 正确；
由椭圆C2的方程x
2
16 + y
2
7 =1，得y
2=7(1−x
2
16 )，
代入 √( x −3)
2+ y
2⋅
√( x +3)
2+ y
2=t(t >0)，
得t =
√( x−3)
2+7(1−x
2
16 )
√( x +3)
2+7(1−x
2
16 )=|
9
16 x
2−16|
，所以x
2
16 = 16±t
9
，
因为0⩽x
2
16 ⩽1，所以0⩽16±t
9
⩽1，解得7⩽t ⩽16或−16⩽t ⩽−7(舍去)，故D 正
确．
故选：ACD．
3.(2025·广东省惠州市·模拟)抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经过抛物线反射
后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线
反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线y
2= 4 x的焦点为F，O为坐标原点，一束平行于x轴
的光线l1
从点P(m,n)(n
2<4 m)射入，经过抛物线上的点A( x1, y1)反射后，再经抛物线
上另一点B( x2, y2)反射后，沿直线l2射出，经过点N，则下列结论中正确的是( )
A. 点A( x1, y1)关于x轴的对称点在直线l2上
B. 若n=2，PB平分∠ABN，则m=5
C. 若n=2，则抛物线上不存在点Q，使得QA ⊥QB
D. 存在点P使得点F是△POB的垂心
【答案】BCD
【解析】解：对于A，当FA ≠FB时，l1，l2的不关于x轴对称，故A 错误；
对于B，根据对称性，不妨设P点在第一象限，
当n=2时，则A点坐标为A(1,2)，则FA ⊥x轴，
所以l1，l2的方程分别为y =2和y =−2，关于x轴对称，
此时l1⊥AB，l2⊥AB，
又PB平分∠ABN时，
所以△PAB为等腰直角三角形，故PA = AB = 4，
由A(1,2)，得P(5,2)，故B 正确；
对于C，由n=2，得到A(1,2)，B(1,−2)，
若存在点Q( x0, y0)，使得QA ⊥QB，
则kQA⋅kQB=−1；
而kQA = y0−2
x0−1 = y0−2
y0
2
4 −1
=
4
y0+2，kQB= y0+2
x0−1 = y0+2
y0
2
4 −1
=
4
y0−2，
所以
4
y0+2 ⋅
4
y0−2 =−1，即y0
2−4 =−16，即y0
2=−12，显然不符合题意，
故抛物线上不存在点Q，使得QA ⊥QB，故C 正确；
对于D，设P( x0, y0)，则A( y0
2
4 , y0)，k AF =
y0
y0
2
4 −1
= 4 y0
y0
2−4 ，
则直线AF : y = 4 y0
y0
2−4
( x−1)，与抛物线方程y
2= 4 x联立，
得
y0
y0
2−4
y
2−y −4 y0
y0
2−4
=0，
则y A· yB=−4，所以yB= −4
y0
，
则xB= 4
y0
2，即B( 4
y0
2 , −4
y0
)，
若存在点P使得点F是△POB的垂心，则OF⃗⊥PB⃗，OP⃗⊥FB⃗，
OF⃗=(1,0)，PB⃗=( 4
y0
2 −x0, −4
y0
−y0)，
则OF⃗⋅PB⃗= 4
y0
2 −x0=0，①
OP⃗=( x0, y0)，FB⃗=( 4
y0
2 −1, −4
y0
)，
则OP⃗⋅FB⃗= 4 x0
y0
2 −x0−4 =0，②，
且4 x0> y0
2>0，③，
联立①③，得x0>1，
联立①②，得x0
2−x0−4 =0，Δ>0，
得x0= 1+
√17
2
>1成立，故存在点P使得点F是△POB的垂心，故D 正确．
故选：BCD．
4.(2025·山西省吕梁市·模拟)已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的两个顶点分别是A(−2,0)，
B(2,0)，离心率为
√3
2
，直线y = 1
2 x +m(m≠±1)与该椭圆交于点P，Q，直线PA，PB，
BQ的斜率分别为k1，k2，k3，则k1k2的值为 ；若k1=2k3，则m= ．
【答案】−1
4
；1
3
．
【解析】解：由题意可知a=2，c
a =
√3
2
，则c =
√3，b
2=a
2−c
2=1，
故椭圆方程为x
2
4 + y
2=1，
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，则x1
2
4 + y1
2=1，
则k1k2=
y1
x1+2 ⋅
y1
x1−2 =
y1
2
x1
2−4
=
y1
2
−4 y1
2 =−1
4
，
联立{
y = 1
2 x +m
x
2
4 + y
2=1
得，x
2+2mx +2m
2−2=0，
则Δ>0, x1+ x2=−2m，x1 x2=2m
2−2，
则y1 y2=(
1
2 x1+m)(
1
2 x2+m)= 1
4 x1 x2+ m
2 (x1+ x2)+m
2
= 1
4 (2m
2−2)+ m
2 (−2m)+m
2= 1
2 (m
2−1)，
则
k2k3=
y1
x1−2 ⋅
y2
x2−2 =
y1 y2
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4 =
1
2 (m
2−1)
2m
2−2+ 4 m+ 4
= 1
4 ⋅m−1
m+1
，
因k1=2k3，k1k2=−1
4
，则k2k3=−1
8
，
则1
4 ⋅m−1
m+1 =−1
8
，得m= 1
3
．
5.(2025·山东省泰安市·联考)已知双曲线Γ : x
2−y
2
b
2 =1(b>0)，左､右顶点分别为A1, A2
，
过M (−2,0)的直线l交双曲线于P ,Q两点．
(1)若b=
√10
4 , P在第一象限，▵M A2 P是等腰三角形，求P的坐标；
(2)连接QO并延长交双曲线于R，若A1 R⃗· A2 P⃗=1，求b的取值范围．
【答案】解：(1)当b=
√10
4
时，双曲线Γ : x
2−y
2
5
8
=1，其中M (−2,0), A2(1,0)，
因为▵M A2 P为等腰三角形，点P在第一象限，
所以由双曲线性质可知，MP为三角形的底边，|A2 P|=|M A2|=3，
所以P点在以A2
为圆心、3为半径的圆( x −1)
2+ y
2=9上，
设P(x0, y0)，其中x0>0, y0>0，
则有{
x0
2−8 y0
2
5 =1
(x0−1)
2+ y0
2=9
，解得{
x0=3
y0=
√5
，即P(3,
√5)．
(2)由题意l的斜率不为0，设直线l: x =my −2，
设点P(x1, y1),Q(x2, y2)，则R(−x2,−y2)
联立得{
x =my −2
x
2−y
2
b
2 =1⇒(b
2m
2−1) y
2−4 b
2my +3b
2=0
由已知二次项系数b
2m
2−1≠0，且Δ>0，
即{
(−4 b
2)
2−4(b
2m
2−1)×3b
2>0
y1+ y2= 4 b
2m
b
2m
2−1
y1 y2=
3b
2
b
2m
2−1
,
所以A1 R⃗=(−x2+1,−y2), A2 P⃗=(x1−1, y1)，
则A1 R
→
⋅A2 P
→
=(−x2+1)( x1−1)−y1 y2
=(−m y2+2+1)(m y1−2−1)−y1 y2
=−(m y2−3)(m y1−3)−y1 y2=1
即y1 y2(m
2+1)−( y1+ y2)3m+10=0．
代入得(m
2+1)⋅
3b
2
b
2m
2−1
−3m⋅4 b
2m
b
2m
2−1
+10=0，
即3b
2(m
2+1)−3m⋅4 b
2m+10(b
2m
2−1)=0，
化简得b
2m
2+3b
2−10=0，即b
2(m
2+3)=10，所以b
2=
10
m
2+3
∈(0, 10
3 ]
因为m
2= 10
b
2 −3，代入b
2m
2−1≠0，得b
2=10−3b
2≠1，
所以b
2≠3所以b
2∈(0,3)∪(3, 10
3 ],
综上，b∈(0,
√3)∪(
√3,
√30
3 ]
．
