三年（2021-2023年）全国Ⅰ卷高考数学真题分类汇编：平面解析几何（含答案解析）

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1、三年（全国卷）高考数学真题分类汇编：平面解析几何一选择题（共4小题）1（2023新高考）过点（0，2）与圆x2+y24x10相切的两条直线的夹角为，则sin（）A1BCD2（2023新高考）设椭圆C1：+y21（a1），C2：+y21的离心率分别为e1，e2若e2e1，则a（）ABCD3（2021新高考）已知F1，F2是椭圆C：+1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|MF2|的最大值为（）A13B12C9D64（2021浙江）已知a，bR，ab0，函数f（x）ax2+b（xR）若f（st），f（s），f（s+t）成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（）A直线和圆B直线和椭圆C直线和双曲线D

2、直线和抛物线（多选）5（2022新高考）已知O为坐标原点，点A（1，1）在抛物线C：x22py（p0）上，过点B（0，1）的直线交C于P，Q两点，则（）AC的准线为y1B直线AB与C相切C|OP|OQ|OA|2D|BP|BQ|BA|2（多选）6（2021新高考）已知点P在圆（x5）2+（y5）216上，点A（4，0），B（0，2），则（）A点P到直线AB的距离小于10B点P到直线AB的距离大于2C当PBA最小时，|PB|3D当PBA最大时，|PB|3二填空题（共6小题）7（2023新高考）已知双曲线C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2点A在C上，点B在y轴上，则C的离心率为 8（2

3、022新高考）已知椭圆C：+1（ab0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是 9（2022新高考）写出与圆x2+y21和（x3）2+（y4）216都相切的一条直线的方程 10（2021新高考）已知O为坐标原点，抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQOP若|FQ|6，则C的准线方程为 11（2022浙江）已知双曲线1（a0，b0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x10x2若|FB|3|FA|

4、，则双曲线的离心率是 12（2021浙江）已知椭圆+1（ab0），焦点F1（c，0），F2（c，0）（c0）若过F1的直线和圆（xc）2+y2c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 三解答题（共5小题）13（2023新高考）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，）的距离，记动点P的轨迹为W（1）求W的方程；（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于314（2022新高考）已知点A（2，1）在双曲线C：1（a1）上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ2

5、，求PAQ的面积15（2021新高考）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（，0），F2（，0），点M满足|MF1|MF2|2记M的轨迹为C（1）求C的方程；（2）设点T在直线x上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|TB|TP|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和16（2022浙江）如图，已知椭圆+y21设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线yx+3于C，D两点（）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（）求|CD|的最小值17（2021浙江）如图，已知F是抛物线y22px（p0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交

6、点，且|MF|2（）求抛物线的方程：（）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2|PN|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围参考答案与试题解析一选择题（共4小题）1（2023新高考）过点（0，2）与圆x2+y24x10相切的两条直线的夹角为，则sin（）A1BCD【考点】圆的切线方程；两直线的夹角与到角问题【专题】数形结合；定义法；三角函数的求值；直线与圆；数学运算【答案】B【分析】圆的方程化为（x2）2+y25，求出圆心和半径，利用直角三角形求出sin，再计算cos和sin的值【解答】解：圆x2+y24x1

7、0可化为（x2）2+y25，则圆心C（2，0），半径为r；设P（0，2），切线为PA、PB，则PC2，PAC中，sin，所以cos，所以sin2sincos2故选：B2（2023新高考）设椭圆C1：+y21（a1），C2：+y21的离心率分别为e1，e2若e2e1，则a（）ABCD【考点】椭圆的性质【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】A【分析】利用椭圆C2：+y21的方程可求其离心率e2，进而可求e1，可求a【解答】解：由椭圆C2：+y21可得a22，b21，c2，椭圆C2的离心率为e2，e2e1，e1，44（）4（1），a或a（舍去）故选：A3（20

8、21新高考）已知F1，F2是椭圆C：+1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|MF2|的最大值为（）A13B12C9D6【考点】椭圆的性质；基本不等式及其应用【专题】计算题；转化思想；综合法；不等式的解法及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算【答案】C【分析】利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可【解答】解：F1，F2是椭圆C：+1的两个焦点，点M在C上，|MF1|+|MF2|6，所以|MF1|MF2|9，当且仅当|MF1|MF2|3时，取等号，所以|MF1|MF2|的最大值为9故选：C4（2021浙江）已知a，bR，ab0，函数f（x）ax2+b（xR）若f（st），f（

9、s），f（s+t）成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（）A直线和圆B直线和椭圆C直线和双曲线D直线和抛物线【考点】圆锥曲线的轨迹问题【专题】函数思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算【答案】C【分析】利用等比中项的定义得到f（s）2f（st）f（s+t），代入解析式中整理化简，可得t2（at22as2+2b）0，分两种情况分别求解轨迹方程，由此判断轨迹即可【解答】解：函数f（x）ax2+b，因为f（st），f（s），f（s+t）成等比数列，则f2（s）f（st）f（s+t），即（as2+b）2a（st）2+ba（s+t）2+b，即a2s4+2abs2+b2a2（st

10、）2（s+t）2+ab（st）2+ab（s+t）2+b2，整理可得a2t42a2s2t2+2abt20，因为a0，故at42as2t2+2bt20，即t2（at22as2+2b）0，所以t0或at22as2+2b0，当t0时，点（s，t）的轨迹是直线；当at22as2+2b0，即，因为ab0，故点（s，t）的轨迹是双曲线综上所述，平面上点（s，t）的轨迹是直线或双曲线故选：C（多选）5（2022新高考）已知O为坐标原点，点A（1，1）在抛物线C：x22py（p0）上，过点B（0，1）的直线交C于P，Q两点，则（）AC的准线为y1B直线AB与C相切C|OP|OQ|OA|2D|BP|BQ|BA|2

11、【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的性质【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】BCD【分析】对于A，根据题意求得p的值，进而得到准线；对于B，求出直线AB方程，联立直线AB与抛物线方程即可得出结论；对于C，设过点B的直线方程为ykx1（k2），联立该直线与抛物线方程，由韦达定理得到两根之和及两根之积，然后利用两点间的距离公式，结合基本不等式判断选项CD【解答】解：点A（1，1）在抛物线C：x22py（p0）上，2p1，解得，抛物线C的方程为x2y，准线方程为，选项A错误；由于A（1，1），B（0，1），则，直线AB的方程为y2x1，联立，可得x22x+10，解得

12、x1，故直线AB与抛物线C相切，选项B正确；根据对称性及选项B的分析，不妨设过点B的直线方程为ykx1（k2），与抛物线在第一象限交于P（x1，y1），Q（x2，y2），联立，消去y并整理可得x2kx+10，则x1+x2k，x1x21，由于等号在x1x2y1y21时才能取到，故等号不成立，选项C正确；，选项D正确故选：BCD（多选）6（2021新高考）已知点P在圆（x5）2+（y5）216上，点A（4，0），B（0，2），则（）A点P到直线AB的距离小于10B点P到直线AB的距离大于2C当PBA最小时，|PB|3D当PBA最大时，|PB|3【考点】直线与圆的位置关系【专题】数形结合；转化思想；

13、数形结合法；转化法；直线与圆；直观想象；数学运算【答案】ACD【分析】求出过AB的直线方程，再求出圆心到直线AB的距离，得到圆上的点P到直线AB的距离范围，判断A与B；画出图形，由图可知，当过B的直线与圆相切时，满足PBA最小或最大，求出圆心与B点间的距离，再由勾股定理求得|PB|判断C与D【解答】解：A（4，0），B（0，2），过A、B的直线方程为，即x+2y40，圆（x5）2+（y5）216的圆心坐标为（5，5），圆心到直线x+2y40的距离d4，点P到直线AB的距离的范围为，5，1，10，点P到直线AB的距离小于10，但不一定大于2，故A正确，B错误；如图，当过B的直线与圆相切时，满足P

14、BA最小或最大（P点位于P1时PBA最小，位于P2时PBA最大），此时|BC|，|PB|，故CD正确故选：ACD二填空题（共6小题）7（2023新高考）已知双曲线C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2点A在C上，点B在y轴上，则C的离心率为 【考点】双曲线的性质【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】（法一）设F1（c，0），F2（c，0），B（0，n），根据题意可得点A的坐标，进一步得到，再由，可得n24c2结合点A在双曲线上，可得解；（法二）易知，设，F1AF2，解三角形可知5c29a2，进而得解【解答】解：（法一）如图，设F1

15、（c，0），F2（c，0），B（0，n），设A（x，y），则，又，则，可得，又，且，则，化简得n24c2又点A在C上，则，整理可得，代n24c2，可得，即，解得或（舍去），故（法二）由，得，设，由对称性可得，则，设F1AF2，则，所以，解得ta，所以，在AF1F2 中，由余弦定理可得，即5c29a2，则故答案为：【点评】本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题8（2022新高考）已知椭圆C：+1（ab0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是 13【考点】直线与椭圆的综合【专题】转化思想；转化法；圆锥

16、曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】13【分析】根据已知条件，先设出含c的椭圆方程，再结合三角形的性质，以及弦长公式，求出c的值，即可求解【解答】解：椭圆C：+1（ab0）的离心率为，不妨可设椭圆C：，a2c，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，AF1F2为等边三角形，过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，由等腰三角形的性质可得，|AD|DF2|，|AE|EF2|，设直线DE方程为y，D（x1，y1），E（x2，y2），将其与椭圆C联立化简可得，13x2+8cx32c20，由韦达定理可得，|DE|，解得c，ADE的周长等价于|DE|+|DF2|+|EF2|4a8c故答案为：139

17、（2022新高考）写出与圆x2+y21和（x3）2+（y4）216都相切的一条直线的方程 x1（填3x+4y50，7x24y250都正确）【考点】圆的切线方程【专题】方程思想；综合法；直线与圆；数学运算【答案】x1（填3x+4y50，7x24y250都正确）【分析】由题意画出图形，可得两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条分别求出三条切线方程，则答案可求【解答】解：圆x2+y21的圆心坐标为O（0，0），半径r11，圆（x3）2+（y4）216的圆心坐标为C（3，4），半径r24，如图：|OC|r1+r2，两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条，l1的斜率为，设直线l1：y，即3x

18、+4y4b0，由，解得b（负值舍去），则l1：3x+4y50；由图可知，l2：x1；l2与l3关于直线y对称，联立，解得l2与l3的一个交点为（1，），在l2上取一点（1，0），该点关于y的对称点为（x0，y0），则，解得对称点为（，），则l3：y，即7x24y250与圆x2+y21和（x3）2+（y4）216都相切的一条直线的方程为：x1（填3x+4y50，7x24y250都正确）故答案为：x1（填3x+4y50，7x24y250都正确）10（2021新高考）已知O为坐标原点，抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQOP若|FQ|6，则C的

19、准线方程为x【考点】抛物线的性质【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算【答案】x【分析】法一：求出点P的坐标，推出PQ方程，然后求解Q的坐标，利用|FQ|6，求解p，然后求解准线方程法二：利用射影定理，转化求解p，然后求解准线方程【解答】解：法一：由题意，不妨设P在第一象限，则P（，p），kOP2，PQOP所以kPQ，所以PQ的方程为：yp（x），y0时，x，|FQ|6，所以，解得p3，所以抛物线的准线方程为：x法二：根据射影定理，可得|PF|2|FO|FQ|，可得p2，解得p3，因此，抛物线的准线方程为：x故答案为：x【点评】本题考查抛物线的简单性质

20、的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题11（2022浙江）已知双曲线1（a0，b0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x10x2若|FB|3|FA|，则双曲线的离心率是 【考点】双曲线的性质【专题】数形结合；数形结合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】【分析】（法一）过点A作AAx轴于点A，过点B作BBx轴于点B，依题意，点B在渐近线上，不妨设，根据题设条件可求得点A的坐标为，代入双曲线方程，化简可得a，c的关系，进而得到离心率（法二）联立，求得点B的坐标，再根据题意求得点A的坐标，代入双曲线方程，即可得解【解答

21、】解：（法一）如图，过点A作AAx轴于点A，过点B作BBx轴于点B，由于B（x2，y2）且x20，则点B在渐近线上，不妨设，设直线AB的倾斜角为，则，则，即，则|FB|4m，|OF|c4mm3m，又，则，又，则，则，点A的坐标为，即，（法二）由，解得，又|FB|3|FA|，所以点A的纵坐标为，代入方程中，解得，所以，代入双曲线方程中，可得，所以故答案为：12（2021浙江）已知椭圆+1（ab0），焦点F1（c，0），F2（c，0）（c0）若过F1的直线和圆（xc）2+y2c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 【考点】椭圆的性质【专题】方程思想；转

22、化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】【分析】由直线与圆相切，可得圆心到直线的距离与半径相等，由此可求出直线的斜率k，利用斜率与tanPF1F2相等，得到a与c之间的关系，再求出离心率【解答】解：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；由直线过F1，设直线的方程为yk（x+c），直线和圆（xc）2+y2c2相切，圆心（）到直线的距离与半径相等，解得k，将xc代入，可得P点坐标为，故答案为：三解答题（共5小题）13（2023新高考）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，）的距离，记动点P的轨迹为W（1）求W的方程；（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W

23、上，证明：矩形ABCD的周长大于3【考点】直线与抛物线的综合；轨迹方程【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学建模；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】（1）设点p坐标，结合几何条件即可得出W的方程（2）首先利用平移性，化简W的方程可简化计算，核心是把两邻边的和用其他方式表示出来【解答】解：（1）设点P点坐标为（x，y），由题意得|y|，两边平方可得：y2x2+y2y+，化简得：yx2+，符合题意故W的方程为yx2+（2）解法一：不妨设A，B，C三点在W上，且ABBC设A（a，a2），B（b，），C（c，），则，由题意，0，即（ba）（cb）+（b2a2）（c2b2）0，显

24、然（ba）（cb）0，于是1+（b+a）（c+b）0此时，|b+a|c+b|1于是min|b+a|，|c+b|1不妨设|c+b|1，则ab，则|AB|+|BC|ba|+|cb|ba|+|cb|ba|+|cb|ca|b+c+|设x|b+c|，则f（x）（x+），即f（x），又f（x）显然，x为最小值点故f（x）f（），故矩形ABCD的周长为2（|AB|+|BC|）2f（x）3注意这里有两个取等条件，一个是|b+c|1，另一个是|b+c|，这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证解法二：不妨设A，B，D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲证命题为|AB|+|AD|由图象的平移可知，将抛物线W

25、看作yx2不影响问题的证明设A（a，a2）（a0），平移坐标系使A为坐标原点，则新抛物线方程为yx2+2ax，写为极坐标方程，即sin2cos2+2acos，即欲证明的结论为|+|，也即|+|+|不妨设|，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质，其最小值当即a时取得，因此欲证不等式为|，即|，根据均值不等式，有|cossin2|.，由题意，等号不成立，故原命题得证14（2022新高考）已知点A（2，1）在双曲线C：1（a1）上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ2，求PAQ的面积【考点】直线与双曲线的综合【专题】计算题；整体思

26、想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】（1）将点A代入双曲线方程得，由题显然直线l的斜率存在，设l：ykx+m，与双曲线联立后，根据直线AP，AQ的斜率之和为0，求解即可；（2）设直线AP的倾斜角为，由，得，联立，及，根据三角形面积公式即可求解【解答】解：（1）将点A代入双曲线方程得 ，化简得a44a2+40，a22，故双曲线方程为，由题显然直线l的斜率存在，设l：ykx+m，设P（x1，y1）Q（x2，y2），则联立双曲线得：（2k21）x2+4kmx+2m2+20，故，化简得：2kx1x2+（m12k）（x1+x2）4（m1）0，故，即（k+1）（m

27、+2k1）0，而直线l不过A点，故k1；（2）设直线AP的倾斜角为，由，得由2+PAQ，得，即，联立，及得，同理，故，而，由，得，故SPAQ|AP|AQ|sinPAQ|x1x22（x1+x2）+4|15（2021新高考）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（，0），F2（，0），点M满足|MF1|MF2|2记M的轨迹为C（1）求C的方程；（2）设点T在直线x上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|TB|TP|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和【考点】直线与双曲线的综合【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】（1）；（2）0【分析】（

28、1）M的轨迹C是双曲线的右支，根据题意建立关于a，b，c的方程组，解出即可求得C的方程；（2）（法一）设出直线AB的参数方程，与双曲线方程联立，由参数的几何意义可求得|TA|TB|，同理求得|TP|TQ|，再根据|TA|TB|TP|TQ|，即可得出答案（法二）设直线AB方程，将其与双曲线的方程联立，求出两根之和及两根之积，再表示出|AT|及|BT|，同理设出直线PQ的方程，表示出|PT|及|QT|，根据|TA|TB|TP|TQ|，代入化简后可得出结论【解答】解：（1）由双曲线的定义可知，M的轨迹C是双曲线的右支，设C的方程为，根据题意，解得，C的方程为；（2）（法一）设，直线AB的参数方程为，

29、将其代入C的方程并整理可得，（16cos2sin2）t2+（16cos2msin）t（m2+12）0，由参数的几何意义可知，|TA|t1，|TB|t2，则，设直线PQ的参数方程为，|TP|1，|TQ|2，同理可得，依题意，则cos2cos2，又，故coscos，则cos+cos0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0（法二）设，直线AB的方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），设，将直线AB方程代入C的方程化简并整理可得，由韦达定理有，又由可得，同理可得，设直线PQ的方程为，设，同理可得，又|AT|BT|PT|QT|，则，化简可得，又k1k2，则k1k2，即k1+k20，即直线AB的斜

30、率与直线PQ的斜率之和为016（2022浙江）如图，已知椭圆+y21设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线yx+3于C，D两点（）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（）求|CD|的最小值【考点】直线与圆锥曲线的综合；椭圆的性质【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算【答案】（）；（）【分析】（）设椭圆上任意一点M（x，y），利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得解；（）设直线AB方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，进而表示出|x1x2|，再分别联立直线AP，直线BP与直线，得到C，D两点的坐标

31、，由此可表示出|CD|，再转化求解即可【解答】解：（）设椭圆上任意一点M（x，y），则|PM|2x2+（y1）21212y2+y22y+111y22y+13，y1，1，而函数z11y22y+13的对称轴为，则其最大值为，即点P到椭圆上点的距离的最大值为；（）设直线AB：，联立直线AB与椭圆方程有，消去y并整理可得，（12k2+1）x2+12kx90，由韦达定理可得，设C（x3，y3），D（x4，y4），直线AP：，直线BP：，联立以及，可得，由弦长公式可得2|2|，当且仅当时等号成立，|CD|的最小值为17（2021浙江）如图，已知F是抛物线y22px（p0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交

32、点，且|MF|2（）求抛物线的方程：（）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2|PN|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围【考点】直线与圆锥曲线的综合【专题】数形结合；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】（）根据题意求得p，进而求得抛物线方程；（）设直线AB：yk（x1），与抛物线方程联立，利用韦达定理求得两根之和及两根之积，设直线AM及直线BM方程，将它们分别与直线l方程y2（xt）联立，可得点R及点Q的横坐标，再根据题意，可得，化简将含t的式子用k表示，进而得到关于

33、t的不等式，解出即可【解答】解：（）依题意，p2，故抛物线的方程为y24x；（）由题意得，直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB：yk（x1），将直线AB方程代入抛物线方程可得，k2x2（2k2+4）x+k20，则由韦达定理有，则yAyB4，设直线AM：yk1（x+1），其中，设直线BM：yk2（x+1），其中，则，设直线l：y2（xt），联立，可得，则，联立，可得，则，同理可得，又|RN|2|PN|QN|，即，（t1），4（t2+2t+1）3（t22t+1），即t2+14t+10，解得或（t1）；当直线AB的斜率不存在时，则直线AB：x1，A（1，2），B（1，2），M（1，0），直线MA的方程为yx+1，直线MB的方程为yx1，设直线l：y2（xt），则P（1+2t，2+2t），R（1，22t），N（t，0），又|RN|2|PN|QN|，故，解得t满足直线l在x轴上截距的取值范围为