专题2.5 圆锥曲线（能力提升卷）-2023-2024学年高二数学必考考点各个击破（北师大版选择性必修第一册）

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姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2022·浙江·高三专题练习）已知椭圆C:x25+y2m=1的一个焦点坐标为(2,0)，则m=（ ）
A．1B．2C．5D．9
【答案】A
【分析】由焦点坐标及椭圆方程中参数关系有5−m=4，即可求参数m.
【详解】由题设知：5−m=4，可得m=1.
故选：A.
2．（2022·河南·高二阶段练习（文））方程x24+m+y22−m=1表示椭圆的充要条件是（ ）
A．m∈(−4,−1)B．m∈(−4,−1)∪(−1,2)
C．m∈−4,2D．(−1,+∞)
【答案】B
【解析】根据4+m,2−m为正数且不相等列不等式求解即可.
【详解】方程x21+m+y22−m=1表示椭圆则4+m>02−m>04+m≠2−m，即m∈(−4,−1)∪(−1,2)；
若m∈(−4,−1)∪(−1,2)，则x24+m+y22−m=1表示椭圆，
所以方程x24+m+y22−m=1表示椭圆的充要条件是m∈(−4,−1)∪(−1,2)，
故选：B
3．（2022·全国·高二专题练习）在平面直角坐标系xOy中，若△ABC的顶点A(0,−2)和C(0,2)，顶点B在椭圆y212+x28=1上，则sinA+sinCsinB的值是（ ）
A．3B．2C．23D．4
【答案】A
【分析】由题设易知A,C为椭圆的两个焦点，结合椭圆定义及焦点三角形性质有|AB|+|CB|=2a，|AC|=2c，最后应用正弦定理的边角关系即可求目标式的值.
【详解】由题设知：A,C为椭圆的两个焦点，而B在椭圆上，
所以|AB|+|CB|=2a=43，|AC|=2c=4，
由正弦定理边角关系知：sinA+sinCsinB=|AB|+|CB||AC|=3.
故选：A
4．（2022·全国·高二单元测试）已知抛物线x2=2py(p>0)上的一点M(x0,1)到其焦点的距离为2，则该抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】由抛物线的定义与焦半径公式直接求解即可.
【详解】由题可知，抛物线准线y=−p2，可得1+p2=2，解得p=2，
所以该抛物线的焦点到其准线的距离为p=2.
故选：A.
5．（2022·全国·高二单元测试）已知椭圆C：x225+y29=1，F1，F2分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，已知定点Q4,2，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中不正确的是（ ）
A．存在点P，使得∠F1PF2=120°B．直线PA与直线PB斜率乘积为定值
C．1PF1+25PF2有最小值185D．PQ+PF1的范围为217,12
【答案】A
【分析】根据tan∠F1CO的值判断A选项；通过计算直线PA与直线PB斜率乘积判断B选项；结合椭圆的定义以及基本不等式判断C选项；结合椭圆的定义来判断D选项.
【详解】对于A，依题意a=5,b=3,c=4，
tan∠F1CO=cb=43<3,∠F1CO<60°,∠F1PF2<120°，A选项错误.
对于B，设Px,y，则x225+y29=1⇒x2−25=−259y2，
A−5,0,B5,0，kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25=y2−259y2=−925为定值，B选项正确.
对于C，PF1+PF2=10，1PF1+25PF2=1101PF1+25PF2PF1+PF2
=11026+PF2PF1+25PF1PF2≥11026+2PF2PF1⋅25PF1PF2=3610=185，
当且仅当PF2PF1=25PF1PF2,PF2=5PF1=253时等号成立.C选项正确.
对于D，Q在椭圆外，设直线QF1、QF2与椭圆相交于P1,P2如图所示，
则PQ+PF1min=P1F1+P1Q=QF1=4+42+22=217，
QF2=2，PQ+PF1=2a+PQ−PF2=10+PQ−PF2，
PQ−PF2≤QF2，即PQ−PF2≤2，
所以PQ+PF1max=10+P2Q−P2F2=10+QF2=12
所以PQ+PF1∈217,12.D选项正确.
故选：A
6．（2020·全国·高考真题（理））设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D,E两点，若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（ ）
A．4B．8C．16D．32
【答案】B
【分析】因为C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，可得双曲线的渐近线方程是y=±bax，与直线x=a联立方程求得D，E两点坐标，即可求得|ED|，根据△ODE的面积为8，可得ab值，根据2c=2a2+b2，结合均值不等式，即可求得答案.
【详解】∵ C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)
∴双曲线的渐近线方程是y=±bax
∵直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点
不妨设D为在第一象限，E在第四象限
联立{x=ay=bax，解得{x=ay=b
故D(a,b)
联立{x=ay=−bax，解得{x=ay=−b
故E(a,−b)
∴ |ED|=2b
∴ △ODE面积为：S△ODE=12a×2b=ab=8
∵双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)
∴其焦距为2c=2a2+b2≥22ab=216=8
当且仅当a=b=22取等号
∴ C的焦距的最小值：8
故选：B.
【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
7．（2022·全国·高二单元测试）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左､右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx−ay+2ab=0相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ）
A．(0,63)B．(63,1)C．(23,1)D．(0,23).
【答案】B
【分析】由题设以线段A1A2为直径的圆为x2+y2=a2，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围.
【详解】由题设，以线段A1A2为直径的圆为x2+y2=a2，与直线bx−ay+2ab=0相交，
所以2aba2+b223，又0所以63故选：B
8．（2022·全国·高二单元测试）若椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆C上一动点，则下列说法中不正确的是（ ）
A．当点P不在x轴上时，△PF1F2的周长是6
B．当点P不在x轴上时，△PF1F2面积的最大值为3
C．存在点P，使PF1⊥PF2
D．PF1的取值范围是1,3
【答案】C
【分析】根据椭圆定义以及焦距即可判断选项A；当点P位于上下顶点时，△PF1F2面积的最大即可判断选项B；当点P为椭圆C短轴的一个端点时，∠F1PF2为最大与90∘比较即可判断选项C；当点P为椭圆C的左右顶点时取得最值，即可判断选项D.
【详解】由椭圆方程可知a=2，b=3，从而c=a2−b2=1．
对于选项A；根据椭圆定义，PF1+PF2=2a=4，又F1F2=2c=2，所以△PF1F2的周长是2a+2c=6 ，故选项A正确；
对于选项B：设点Px1,y0y0≠0，因为F1F2=2，则S△PF1F2=12F1F2⋅y0=y0．
因为0对于选项C：由椭圆性质可知，当点P为椭圆C短轴的一个端点时，∠F1PF2为最大．
此时，PF1=PF2=a=2，又F1F2=2，
则△PF1F2为正三角形，∠F1PF2=60°，
所以不存在点P，使PF1⊥PF2，故选项C错误；
对于选项D：由椭圆的性质可知，当点P为椭圆C的右顶点时，PF1取最大值，此时PF1=a+c=3；
当点P为椭圆C的左顶点时，PF1取最小值，此时PF1=a−c=1，所以PF1∈1,3，故选项D正确．
故选：C.
【点睛】结论点睛：椭圆中焦点三角形的有关结论
以椭圆x2a2+y2b2=1 a>b>0上一点Px0,y0 y0≠0和焦点F1−c,0,F2c,0为顶点的△PF1F2中，若∠F1PF2=θ，则
（1）焦点三角形的周长为2a+2c；
（2）当点P为椭圆短轴的一个端点时，∠F1PF2=θ为最大；
（3）S△PF1F2=12PF1×PF2×sinθ，当y0=b时，即点P为椭圆短轴的一个端点时S△PF1F2取最大值，为bc；
（4）S△PF1F2=b2tanθ2.
多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2022·全国·高二课时练习）经过点P4,−2的抛物线的标准方程为（ ）
A．y2=xB．x2=8yC．x2=−8yD．y2=−8x
【答案】AC
【解析】根据题意，分抛物线的焦点在x轴上，设抛物线的方程为y2=2pxp>0，和抛物线的焦点在y轴上，设抛物线的方程为x2=2pyp>0，分别代入点P的坐标，计算可得选项．
【详解】解：若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线的方程为y2=2pxp>0，又因为抛物线经过点P4,−2，所以−22=2p×4，解得p=12，所以抛物线的方程为y2=x.
若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线的方程为x2=2pyp>0，又因为抛物线经过点P4,−2，所以42=2p×−2，解得p=−4，所以抛物线的方程为x2=−8y.
故选：AC．
【点睛】本题考查求抛物线的标准访，注意考虑抛物线的焦点所在的位置，属于基础题．
10．（2022·全国·高二课时练习）已知点F0,2为圆锥曲线Ω的焦点，则Ω的方程可能为（ ）
A．y2=8xB．x2=8y
C．x2m−4+y2m=10【答案】BC
【解析】结合圆锥曲线的方程与几何性质，逐项分析即可得解.
【详解】对于A，y2=8x的焦点坐标为(2，0)，不满足题意；
对于B，y2=8y的焦点坐标为(0，2)，满足题意；
对于C，x2m−4+y2m=10对于D，x24−m−y2m=10故选：BC．
【点睛】方法点睛：在双曲线的标准方程中，看x2项与y2项的系数的正负，若x2项的系数为正，则焦点在x轴上，若y2项的系数为正，则焦点在y轴上，即“焦点位置看正负，焦点随着正的跑”.
11．（2022·福建省福州高级中学高二期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0，右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若∠MAN=60°，则有（ ）
A．渐近线方程为y=±33xB．e=322
C．e=233D．渐近线方程为y=±3x
【答案】AC
【分析】利用已知条件，转化求解A到渐近线的距离，推出a，c的关系，然后求解双曲线的离心率和渐近线即可．
【详解】双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A（a，0），
以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．
若∠MAN＝60°，可得A到渐近线bx+ay＝0的距离为：bcs30°=32b，
可得：aba2+b2=32b，即ac=32，故e=233．
且ba=e2−1=33，故渐近线方程为渐近线方程为y=±33x
故选：AC．
12．（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，点P在C的右支上，且不与C的顶点重合，则下列命题中正确的是（ ）
A．若a=3,b=2，则C的两条渐近线的方程是y=±32x
B．若点P的坐标为(2,42)，则C的离心率大于3
C．若PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积等于b2
D．若C为等轴双曲线，且PF1=2PF2，则cs∠F1PF2=35
【答案】BC
【分析】本题根据双曲线的离心率和渐近线、三角形面积求法及余弦定理进行逐项分析即可求解.
【详解】解：由题意得：
A选项：当a=3,b=2时，双曲线的渐近线的斜率k=±ba=±23，A错误；
B选项：因为点P(2,42)在C上，则4a2−32b2=1，得b2a2=b24+8>8，所以e=1+b2a2>3，故B正确；
C选项：PF1−PF2=2a，若PF1⊥PF2，则PF12+PF22=F1F22=4c2，即PF1−PF22+2PF1⋅PF2=4c2，即4a2+2PF1⋅PF2=4c2，得PF1⋅PF2=2c2−a2=2b2，所以S△F1PF2=12PF1⋅PF2=b2，C正确；
D选项：若C为等轴双曲线，则a=b，从而F1F2=2c=22a．若PF1=2PF2，则PF2=2a，PF1=4a．在△F1PF2中，由余弦定理，得cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1⋅PF2=16a2+4a2−8a22×4a×2a= 34，D错误
故选：BC
填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2022·全国·高二专题练习）椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的两个焦点为F1､F2，点P在椭圆C上，且PF1⊥F1F2，PF1=43，PF2=143，则椭圆C的方程为___________.
【答案】x29+y24=1
【分析】利用椭圆的定义可得a=3，进而可得4c2+432=1432，即得.
【详解】∵|PF1|+|PF2|=2a，PF1=43，PF2=143，
∴2a=6,a=3，又PF1⊥F1F2，
∴F1F22+PF12=PF22，4c2+432=1432，
∴c2=5，
∴b2=a2−c2=9−5=4，
∴椭圆C的方程为x29+y24=1.
故答案为：x29+y24=1.
14．（2022·全国·高二单元测试）已知双曲线x2−y23=1的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为e，若双曲线上点P，使sin∠PF2F1sin∠PF1F2=e，则F2P⋅F2F1的值为_______．
【答案】2
【分析】由双曲线方程可求得a=1,c=2，再由sin∠PF2F1sin∠PF1F2=e结合正弦定理得|PF1||PF2|=2，而||PF1|−|PF2∣|=2，所以可求得|PF1|=4,|PF2|=2，再利用余弦定理求出cs∠PF2F1=14，从而可得F2P⋅F2F1的值
【详解】由双曲线方程x2−y23=1得a=1,c=2，由双曲线的定义得||PF1|−|PF2∣|=2，
因为sin∠PF2F1sin∠PF1F2=e=2，所以由正弦定理得|PF1||PF2|=2，可解得|PF1|=4,|PF2|=2，
又∣F1F2∣=4，根据余弦定理可得cs∠PF2F1=14，
所以F2P⋅F2F1=|F2P|⋅|F2F1|⋅cs∠PF2F1= 2×4×14=2．
故答案为：2
【点睛】此题考查双曲线的定义和性质的应用，考查正余弦定理的应用，考查转化能力，属于中档题
15．（2022·全国·高三专题练习）若抛物线C:y2=2px(p>0)上一点(5,t)到焦点的距离为6，P、Q分别为抛物线与圆(x−6)2+y2=1上的动点，则|PQ|的最小值为______．
【答案】25−1
【分析】根据抛物线定义有5+p2=6，即可求参数p，再将问题转化为求圆心A(6,0)到抛物线上点最小距离，结合两点距离公式及二次函数性质即可求|PQ|的最小值.
【详解】由题设及抛物线定义知：5+p2=6，可得p=2，故C:y2=4x，
而(x−6)2+y2=1的圆心为A(6,0)，半径为1，
所以|PQ|最小，则A,Q,P共线且|PQ|=|AP|−1，故只需|AP|最小，
令P(x,y)，则|AP|=(x−6)2+y2=(x−4)2+20，且x≥0，
当x=4时，|AP|min=25，故|PQ|的最小值为25−1.
故答案为：25−1
16．（2022·四川·成都七中高二阶段练习（理））如图，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，点P是以F1F2为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长PF2与椭圆交于点Q，若PF1=4QF2，则直线PF2的斜率为_______．
【答案】−2
【分析】连接QF1，设QF2=x（x>0），则PF1=4x.利用椭圆的定义表示出PF1,|PQ|,QF1，由勾股定理求出a=3x，即可得到tan∠PF2F1=PF1PF2=2，进而求出直线PF2的斜率.
【详解】如图，连接QF1.
设QF2=x（x>0），则PF1=4x.
因为PF1+PF2=2a，QF1+QF2=2a，所以PF2=2a−4x，QF1=2a−x.
在△PF1Q中，∠F1PQ=90°，所以PF12+|PQ|2=QF12，即(4x)2+(2a−4x+x)2=(2a−x)2，整理得a=3x，所以tan∠PF2F1=PF1PF2=4x2a−4x=4x6x−4x=2，所以直线PF2的斜率为k=tan180°−∠PF2F1=−2．
故答案为：-2.
解答题（共6小题，满分70分）
17．（2022·全国·高二课时练习）已知双曲线两个焦点坐标分别是F1(−5,0),F2(5,0)，双曲线双曲线上一点P到F1,F2的距离之差的绝对值6，求双曲线的标准方程.
【答案】x29−y216=1
【解析】根据题意可设标准方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，由题意可得2a=6,2c=10再结合a2+b2=c2即可求出a,b,c，得到双曲线的标准方程．
【详解】因为双曲线的焦点在x轴上，所以可设它的标准方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
因为2a=6,2c=10，所以a=3,c=5，又因为b2=c2−a2，所以b2=52−32=16，故双曲线的标准方程为x29−y216=1.
18．（2022·全国·高三专题练习（理））已知过点(1, 2)的抛物线方程为y2=2px(p>0)，过此抛物线的焦点的直线与抛物线交于A，B两点，且|AB|=5.
（1）求抛物线的方程、焦点坐标、准线方程；
（2）求AB所在的直线方程.
【答案】(1)抛物线的方程为y2=4x，焦点F(1,0)，准线方程为x=−1；(2)2x−y−2=0或2x+y−2=0.
【分析】(1)根据给定条件求出p值即可求解；
(2)设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理并借助弦长公式求解即得.
【详解】(1)因点(1, 2)在抛物线方程y2=2px上，则p=2，
所以抛物线的方程为y2=4x，焦点F(1,0)，准线方程为：x=−1；
(2)显然，直线AB不垂直y轴，设直线AB方程为：x=my+1，
由x=my+1y2=4x消去x得：y2−4my−4=0，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有y1+y2=4m,y1y2=−4，
于是得|AB|=1+m2|y1−y2|=1+m2⋅(y1+y2)2−4y1y2=4(1+m2)=5，解得m=±12，即直线AB：x=±12y+1，
所以AB所在的直线方程：2x−y−2=0或2x+y−2=0.
19．（2021·全国·高二课时练习）已知F1−2,0,F22,0是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0两个焦点，且椭圆的长轴长为42.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设点P在椭圆上，且∠F1PF2=π3，求△F1PF2的面积.
【答案】（1）x28+y24=1；（2）433.
【分析】（1）由题可得a=22,c=2，从而可得方程；
（2）设PF1=r1,PF2=r2，在△PF1F2中利用余弦定理可得r1r2=163，进一步可求得△PF1F2的面积．
【详解】（1）由题意知2a=42,
∴a=22，又c=2，
∴b2=4，
∴椭圆方程为x28+y24=1.
(2)设PF1=r1,PF2=r2，
由椭圆的定义得r1+r2=42，又F1F2=2c=4，
在△PF1F2中由余弦定理得r12+r22−2r1r2csπ3=(r1+r2)2−3r1r2=16，
得r1r2=163，
∴S△F1PF2=12r1r2sinπ3=433.
20．（2022·江苏·淮安市钦工中学高二阶段练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线与x轴的交点为A(−1,0).
（1）求C的方程；
（2）若过点M(2,0)的直线l与抛物线C交于P，Q两点.求证：1|PM|2+1|QM|2为定值.
【答案】（1）y2=4x；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据抛物线的准线求参数p，即可写出抛物线方程；
（2）设直线l为x=my+2，P(x1,y1)、Q(x2,y2)，联立抛物线方程，应用韦达定理求y1+y2，y1y2，由|PM|=1+m2|y1|，|QM|=1+m2|y2|，代入目标式化简，即可证结论.
【详解】（1）由题意，可得−p2=−1，即p=2，
∴抛物线C的方程为y2=4x.
（2）证明：设直线l的方程为x=my+2，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立抛物线有{x=my+2y2=4x，消去x得y2−4my−8=0，则Δ=16(m2+2)>0，
∴y1+y2=4m，y1y2=−8，又|PM|=1+m2|y1|，|QM|=1+m2|y2|.
∴1|PM|2+1|QM|2=1(1+m2)y12+1(1+m2)y22 =y12+y22(1+m2)y12y22=16m2+1664(1+m2)=1+m24(1+m2)=14.
∴1|PM|2+1|QM|2为定值.
21．（2022·山西太原·高二期末）已知定点F(1,0)，动点P(x,y)(x≥0)到点F的距离比它到y轴的距离大1．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)过Q(1,2)的直线l1，l2分别与点P的轨迹相交于点M，N（均异于点Q），记直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，若k1+k2=0，求证：直线MN的斜率为定值．
【答案】(1)y2=4x；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用两点距离公式可得(x−1)2+y2=|x|+1，整理即可得轨迹方程.
（2）根据题设令M(x1,y1)、N(x2,y2)，l1为y−2=k(x−1)，l2为y−2=−k(x−1)，联立抛物线方程求M,N的坐标，再应用两点式求kMN即可证结论.
(1)由题设，(x−1)2+y2=|x|+1，则y2=2(x+|x|)，又x≥0，
∴y2=4x，故动点P的轨迹方程为y2=4x.
(2)由题设，令l1为y−2=k(x−1)，l2为y−2=−k(x−1)，
l1联立抛物线，可得：k2x2−2(k2−2k+2)x+(k−2)2=0，若M(x1,y1)，N(x2,y2)，
∴x1=(k−2k)2，则y1=4k−2，同理可得x2=(k+2k)2，则y2=−2−4k，
∴kMN=y2−y1x2−x1=−8k8k=−1，为定值.
22．（2022·全国·高二课时练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1，F2，离心率为22，P为椭圆C上一点，且△PF1F2面积的最大值为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F2作两条互相垂直的直线AB和DE，A，B，D，E都在椭圆C上，求|DE||AB|的取值范围.
【答案】(1)x28+y24=1；(2)[12,2].
【分析】（1）根据离心率、焦点三角形的性质及椭圆参数关系列方程求a、b，即可得椭圆方程.
（2）讨论直线AB和DE的斜率，设直线方程并联立椭圆，应用韦达定理及弦长公式求|AB|、|DE|，结合直线斜率范围求比值的范围.
（1）由题设，{a=2cSmax=bc=4a2=b2+c2，解得{a2=8b2=4，故椭圆C的方程为x28+y24=1.
（2）由（1）知：F2(2,0)，若直线AB和DE的斜率存在，
令AB:y=k(x−2)，则DE:y=−1k(x−2)，且k≠0，
联立AB与椭圆并整理得：(1+2k2)x2−8k2x+8(k2−1)=0，则Δ=32(k2+1)>0，
所以xA+xB=8k21+2k2，xAxB=8(k2−1)1+2k2，故|AB|=1+k2|xA−xB|=42(1+k2)1+2k2，
同理，|DE|=1+1k2|xD−xE|=42(1+k2)k2+2，
所以|DE||AB|=1+2k22+k2=2−32+k2∈(12,2)；
若直线AB和DE，其中一条直线的斜率不存在，
当AB斜率不存在，则DE斜率为0，此时|AB|=2a=42，|DE|=2b2a=22，则|DE||AB|=12；
当DE斜率不存在，则AB斜率为0，此时|DE|=2a=42，|AB|=2b2a=22，则|DE||AB|=2；
综上，|DE||AB|的范围为[12,2].