- 2021-04-21 发布 |
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文档介绍
挑战高考压轴题圆锥曲线题型方法汇总配例题
佳绩教育学员个性化辅导教案 辅导科目： 数学 授课教师：高景峰 年级： 上课时间： 教材版本：人教版 总课时： 已上课时： 学生签名： 课 题 名 称 教 学 目 标 重点、难点、考点 教学步骤及内容 直线与圆锥曲线的位置关系 考点梳理 一、直线与圆锥曲线的位置关系 1．从几何角度看，可分为三类：①____________，②__________________及有两个③____________. 2．从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0. 由消元． (如消去y)得ax2＋bx＋c＝0. (1)若④______，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)． (2)若a≠0，设Δ＝b2－4ac. a．当⑤______时，直线和圆锥曲线相交于不同两点； b．当⑥______时，直线和圆锥曲线相切于一点； c．当⑦______时，直线和圆锥曲线没有公共点． 二、直线与圆锥曲线相交时的弦长公式 1．斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长： |P1P2|＝ ＝·|x1－x2|或 |P1P2|＝ ＝⑧__________________________. 2．斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用坐标轴上两点间距离公式)． 三、弦中点问题 3．遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解． 在椭圆＋＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝⑨________________；在双曲线－＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝⑩__________；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率⑪________________.在使用根与系数关系时，要注意使用条件是Δ≥0. 答案：①无公共点 ②仅有一个公共点 ③相异的公共点 ④a＝0 ⑤Δ＞0 ⑥Δ＝0 ⑦Δ＜0 ⑧ |y1－y2| ⑨－ ⑩ ⑪k＝ 考点自测 1.直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为( ) A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 解析：由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1,1)，(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交． 答案：A 2．若不论k为何值，直线y＝k(x－2)＋b与曲线x2－y2＝1总有公共点，则b的取值范围是( ) A．(－，) B．[－，] C．(－2,2) D．[－2,2] 解析：直线过(2，b)点，∵x＝2时，y2＝x2－1＝3， ∴y＝±.∴b∈[－，]． 答案：B 3．直线y＝x＋1截抛物线y2＝2px所得弦长为2，此抛物线方程为( ) A．y2＝－2x B．y2＝6x C．y2＝－2x或y2＝6x D．以上都不对 解析：由得x2＋(2－2p)x＋1＝0. x1＋x2＝2p－2，x1x2＝1. ∴2＝· ＝·. 解得p＝－1或p＝3， ∴抛物线方程为y2＝－2x或y2＝6x. 答案：C 4．椭圆ax2＋by2＝1与直线y＝1－x交于A、B两点，若过原点与线段AB中点的直线的倾斜角为30°，则的值为( ) A. B. C. D. 解析：设AB的中点为M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2, y2)， 由点差法得＝－＝－1， 所以＝1.又＝tan30°＝，所以＝. 答案：B 5．过抛物线y2＋8x＝0的焦点且倾斜角为45°的直线l与曲线C：x2＋y2－2y＝0相交所得的弦的弦长为__________． 解析：易知抛物线的焦点坐标为(－2,0)，又直线l的倾斜角为45°，则直线l的方程为y＝x＋2，又曲线C的方程为x2＋(y－1)2＝1，所以圆心到直线l的距离为＝，所以所求的弦长为2＝. 答案： 疑点清源 1.判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，可将直线l的方程代入曲线C的方程，消去y(也可以消x)得一个关于变量x的一元方程ax2＋bx＋c＝0. (1)当a≠0时，则有△＞0，l与C相交；△＝0，l与C相切；△＜0，l与C相离． (2)当a＝0时，即得到一个一次方程，则l与C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则l平行于双曲线的渐近线；若C为抛物线，则l平行于抛物线的对称轴． 应当注意的是，当直线与双曲线或抛物线只有一个公共点时，直线与双曲线或抛物线可能相切，也可能相交． 2．直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题．实际上是研究它们的方程组成的方程组是否有实数解或实数解的个数问题. 题型探究 题型一 直线与圆锥曲线的位置关系 例1已知双曲线x2－y2＝4，直线l:y＝k(x－1)，讨论直线与双曲线公共点个数． 解析：联立方程组消去y，得 (1－k2)x2＋2k2x－k2－4＝0. (*) (1)当1－k2＝0时，即k＝±1， 方程(*)化为2x＝5，方程组有一解． 故直线与双曲线有一个公共点，此时直线与渐近线平行． (2)当1－k2≠0，即k≠±1， 由△＝4(4－3k2)＞0得， －＜k＜，且k≠±1时， 方程(*)有两解，方程组有两解． 故直线与双曲线有两交点． (3)当1－k2≠0，由△＝4(4－3k2)＝0得， k＝±时，方程组有一解，故直线与双曲线只有一个公共点，此时直线与双曲线相切． (4)当1－k2≠0，由△＝4(4－3k2)＜0得 k＜－，或k＞时，方程组无解， 故直线与双曲线无交点． 综上所述，当k＝±1，或k＝±时， 直线与双曲线有一个公共点； 当－＜k＜－1，或－1＜k＜1，或1＜k＜时，直线与双曲线有两个公共点； 当k＜－，或k＞时，直线与双曲线无公共点。 点评：研究直线与双曲线位置关系时，应注意讨论二次项系数为0和不为0的两种情况． 变式探究1 求过点P(0,1)且与抛物线y2＝2x只有一个公共点的直线的方程． 解析：(1)若直线斜率不存在， 则过点P(0,1)的直线方程为x＝0. 由得 直线x＝0与抛物线只有一个公共点． (2)若直线斜率存在，设为k， 则过点P的直线方程为y＝kx＋1， 由方程组消元得k2x2＋2(k－1)x＋1＝0. 当k＝0时，则得 即直线y＝1与抛物线只有一个公共点； 当k≠0时，若直线与抛物线只有一个公共点则 △＝4(k－1)2－4k2＝0. ∴k＝，∴直线方程为y＝x＋1. 综上所述，所求直线方程为x＝0， 或y＝1，或y＝x＋1. 变式探究2：(2012·合肥模拟)设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是( ) A. B．[－2,2] C．[－1,1] D．[－4,4] 解析：由题意得Q(－2,0)．设l的方程为y＝k(x＋2)，代入y2＝8x得k2x2＋4(k2－2)x＋4k2＝0，∴当k＝0时，直线l与抛物线恒有一个交点；当k≠0时，Δ＝16(k2－2)2－16k4≥0，即k2≤1，∴－1≤k≤1，且k≠0，综上－1≤k≤1.答案：C. 变式探究3 若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数是( ) A．至多为1 B．2 C．1 D．0 解析：由题意知：＞2，即＜2， ∴点P(m，n)在椭圆＋＝1的内部， 故所求交点个数是2个． 题型二 圆锥曲线中的弦长问题 例2、求直线y＝x＋被曲线y＝x2截得的线段的长． y＝1，或y＝x＋1. 解析：方法一：先求交点A、B，如图所示． 解方程组消去y， 得x2－2x－3＝0. 解得或 ∴A(－1，)、B(3，)． 直线被曲线截得的线段长|AB|＝ ＝4. 方法二：设交点的坐标A(x1，y1)、B(x2，y2)，则y1＝x1＋，y2＝x2＋. ∴y1－y2＝x1－x2， y＝x＋，y＝x2，消去y，得x2－2x－3＝0. ∴x1＋x2＝2，x1x2＝－3. 弦长|AB|＝ ＝ ＝· ＝·＝4. 点评：直线与抛物线相交，它们的方程组有两解，故有两个交点．一般地，直线被二次曲线所截得的线段，通常称为“弦”．解法一是先求出两曲线的交点坐标，再运用两点间距离公式求弦长，而解法二是设出交点坐标，运用根与系数关系和两点间距离公式求弦长，体现出“设而不求”的解题技巧．这种解法具有一般意义，特别是在交点坐标的数值较繁杂的情况下，可以避免解方程组的计算． 变式探究1 若直线y＝2x与抛物线y＝－x2－2x＋m相交于不同的两点A、B，求： (1)m的取值范围； (2)|AB|； (3)线段AB的中点坐标． 解析：(1)由方程组 消去y得x2＋4x－m＝0. ∵直线与抛物线有两个相异交点， ∴Δ＞0，即42－4(－m)＞0. 解之得m＞－4. ∴m的取值范围m∈(－4，＋∞)． (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1、x2是方程x2＋4x－m＝0的两个不等实根． ∴|x1－x2|＝＝. ∵点A、B也在直线y＝2x上， ∴|y1－y2|＝2|x1－x2|＝2， ∴|AB|＝ ＝ ＝2. (3)设线段AB中点坐标为(x，y)，则 x＝＝－2， y＝＝＝－4. ∴AB中点坐标为(－2，－4). 变式探究2：若直线l与椭圆C：＋y2＝1交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值． 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)当AB⊥x轴时，|AB|＝； (2)当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m. 由已知，得＝，即m2＝(k2＋1)． 把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理，得 (3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0. ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2 ＝(1＋k2)· ＝ ＝ ＝3＋. 当k≠0时，上式＝3＋≤3＋＝4， 当且仅当9k2＝，即k＝±时等号成立． 此时|AB|＝2；当k＝0时，|AB|＝， 综上所述|AB|max＝2. ∴当|AB|最大时，△AOB面积取最大值 Smax＝×|AB|max×＝. 方法点睛 当直线(斜率为k)与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，则|AB|＝·|x1－x2|＝|y1－y2|，而|x1－x2|＝，可根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后再进行整体代入求解． 变式探究3 椭圆ax2＋by2＝1与直线x＋y－1＝0相交于A，B两点，C是AB的中点，若AB＝2，OC的斜率为，求椭圆的方程． 解析：方法一：设A(x1，y1)、B(x2，y2)，代入椭圆方程并作差得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0. 而＝－1，＝kOC＝，代入上式可得b＝a. 再由|AB|＝|x2－x1|＝|x2－x1|＝2， 其中x1、x2是方程(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0的两根， 故将b＝a代入得a＝，∴b＝. ∴所求椭圆的方程是＋＝1. 方法二：由得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0. 设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则 |AB|＝＝·. 2－4·＝4， ∵|AB|＝2，∴＝1.① 设C(x，y)，则x＝＝，y＝1－x＝， ∵OC的斜率为，∴＝， 代入①，得a＝，b＝. ∴椭圆方程为＋y2＝1. 题型三 圆锥曲线的中点弦问题 例3过点Q(4,1)作抛物线y2＝8x的弦AB，恰被Q所平分，求AB所在直线的方程． 解析：方法1：设以Q为中点的弦AB端点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y＝8x1，y＝8x2， 两式相减，得(y1－y2)(y1＋y2)＝8(x1－x2)． 又x1＋x2＝8，y1＋y2＝2， 则k＝＝＝4， ∴所求直线AB的方程为y－1＝4(x－4)， 即4x－y－15＝0. 方法2：设弦AB所在的直线方程为y＝k(x－4)＋1， 由消去x整理，得 ky2－8y－32k＋8＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由韦达定理得y1＋y2＝. 又∵Q是AB中点，∴＝1， ∴＝2，∴k＝4. ∴弦AB所在直线方程为4x－y－15＝0. 点评：有关弦中点轨迹、中点弦所在直线的方程，中点坐标的问题，有时采用“平方差” 法，可优化解题方法，简化运算． 变式探究1 过点P(－1,1)，作直线与椭圆＋＝1交于A、B两点，若线段AB的中点恰为P点，求AB所在直线的方程和线段AB的长． 解析：设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则 ①－②得x－x＋2(y－y)＝0. 显然x1＝x2不合题意， ∴x1≠x2， ∴＝－.③ 由已知x1＋x2＝－2，y1＋y2＝2，＝kAB， 代入③式，得kAB＝. ∴所求的直线方程为y－1＝(x＋1)． 即x－2y＋3＝0. 联立直线x－2y＋3＝0和椭圆方程＋＝1得， 3x2＋6x＋1＝0. ∴|AB|＝|x1－x2|＝ ·＝. 求得l的方程为y-1=2(x-1)，即2x-y-1=0. 联立方程 消去y,得2x2-4x+3=0, 然而方程的判别式 Δ=(-4)2-4×2×3=-8<0，无实根， 因此直线l与双曲线无交点，这一矛盾说 明了满足条件的直线l不存在. 题型四 圆锥曲线中的对称点 例4已知椭圆C的方程为＋＝1，试确定m的取值范围，使得对于直线l：y＝4x＋m，椭圆C上有不同的两点关于直线l对称． 解析：方法一：假设具有对称关系的两点所在直线l′的方程为y＝－x＋n， 代入椭圆方程中有：3x2＋4(－x＋n)2－12＝0， 即 13x2－8nx＋16n2－48＝0. 若要椭圆上关于直线l对称的不同的两点存在，则需l′与椭圆相交，且两交点P、Q到直线l的距离相等，即线段PQ的中点M在直线l上，故 Δ＝64n2－4×13×(16n2－48)＞0， ∴－＜n＜. 设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则x1＋x2＝， y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2n＝n， ∴＝4·＋m，故m＝－n， ∴n＝－， ∴－＜－＜， 即－＜m＜. 方法二：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆上关于直线l对称的两点，PQ的中点M的坐标为(x0，y0)， 则＋＝1，＋＝1， 相减得＋＝0， 即＝－＝－. ∴3x0＝y0. 又∵点(x0，y0)在直线l上， ∴y0＝4x0＋m，∴x0＝－m，y0＝－3m. 而M(－m，－3m)在椭圆＋＝1内， ∴＋＜1，即m2＜1. ∴－＜m＜. 点评：本题有两种思路：(1)利用判别式构造不等式；(2)利用两对称点的中点在椭圆内构造不等式． 变式探究1 若在抛物线y2＝2x－4上存在两点关于直线l：y＝m(x－4)对称，求m的取值范围． 解析：方法一：(1)若m＝0，则直线l为y＝0，显然抛物线上存在两点关于直线l对称． (2)若m≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)为抛物线上关于l对称的两点，则x1≠x2，y1≠y2. 且kAB＝－，y＝2x1－4，y＝2x2－4. 以上两式相减，得y－y＝2(x1－x2)． 即＝＝－， ∴y1＋y2＝－2m. 由线段AB的中点P在直线l上， ∴＝m(－4)， ∴＝3，即P(3，－m)． ∴直线AB的方程为y＋m＝－(x－3)， 即x＝3－m2－my，代入y2＝2x－4， 得y2＋2my＋2m2－2＝0. ∵y1≠y2，∴△＝4m2－4(2m2－2)＞0， 解之得－＜m＜(m≠0)． 综上，－＜m＜. 方法二：由解法一知弦AB的中点为P(3，－m)． ∵点P(3，－m)在抛物线内部， ∴(－m)2＜2×3－4. ∴－＜m＜. 题型五 圆锥曲线中的定值问题 例题5（定值） 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1.如图所示，斜率为k(k＞0)且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝－3于点D(－3，m)． (1)求m2＋k2的最小值； (2)若|OG|2＝|OD|·|OE|，求证：直线l过定点． 解析：(1)设直线l的方程为y＝kx＋t(k＞0)，由题意，t＞0. 由方程组得(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0. 由题意Δ＞0，所以3k2＋1＞t2. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由韦达定理得x1＋x2＝－， 所以y1＋y2＝. 由于E为线段AB的中点， 因此xE＝－，yE＝， 此时kOE＝＝－. 又由题设知D(－3，m)，令x＝－3，得m＝，即mk＝1， 所以m2＋k2≥2mk＝2，当且仅当m＝k＝1时上式等号成立，所以由Δ＞0得0＜t＜2，因此当m＝k＝1且0＜t＜2时，m2＋k2取最小值2. (2)由(1)知OD所在直线的方程为y＝－x，将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G. 又E，D， 由距离公式及t＞0得 |OG|2＝2＋2＝， |OD|＝＝， |OE|＝＝， 由|OG|2＝|OD|·|OE|，得t＝k， 因此直线l的方程为y＝k(x＋1)， 所以直线l恒过定点(－1,0)． 方法点睛 (1)证明直线过定点或证明某些量为定值的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值．这种方法往往难度较大，运算量较大，且思路不好寻找；二是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向． (2)求范围的方法同求最值及函数的值域的方法类似，求最值常见的解法有两种：代数法和几何法．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，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值． 变式探究1（定值） 已知抛物线y2＝4x的焦点为F，直线l过点M(4,0)． (1)若点F到直线l的距离为，求直线l的斜率； (2)设A，B为抛物线上两点，且AB不与x轴垂直，若线段AB的垂直平分线恰过点M，求证：线段AB中点的横坐标为定值． 解析：(1)由已知，直线l的方程为x＝4时不合题意． 设直线l的方程为y＝k(x－4)， 由已知，抛物线的焦点坐标为(1,0)， 因为点F到直线l的距离为，所以＝， 解得k＝±，所以直线l的斜率为±. (2)证明：设线段AB的中点坐标为N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为AB不垂直于x轴，则直线MN的斜率为，直线AB的斜率为，直线AB的方程为y－y0＝(x－x0)，联立方程消去x得 y2－y0y＋y＋x0(x0－4)＝0，所以y1＋y2＝， 因为N为AB的中点， 所以＝y0，即＝y0， 所以x0＝2， 即线段AB中点的横坐标为定值2. 变式探究2（定值） 如图，倾斜角为α的直线经过抛物线y2=8x 的焦点F，且与抛物线交于A、B两点. 变式探究3 （定值） 变式探究4（定值） 变式探究5（定值） 变式探究6、（定值）(2012·辽宁)如图，椭圆C0：＋＝1(a＞b＞0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t，b＜t1＜a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点． (1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程； (2)设动圆C2：x2＋y2＝t与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b＜t2＜a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t＋t为定值． 解析：(1)设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y＝(x＋a)，① 直线A2B的方程为y＝(x－a)．② 由①②得y2＝(x2－a2)．③ 由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故＋＝1， 从而y＝b2， 代入③得－＝1(x＜－a，y＜0)． (2)设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1||y1|＝4|x2||y2|，故xy＝xy. 因为点A，A′均在椭圆上， 所以b2x＝b2x. 由t1≠t2，知x1≠x2，所以x＋x＝a2，从而y＋y＝b2， 因此t＋t＝a2＋b2为定值． 变式探究7、（定值）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，直线l过点M(4，0)． (1)若点F到直线l的距离为，求直线l的斜率； (2)设A，B为抛物线上两点，且AB不与x轴垂直，若线段AB的垂直平分线恰过点M， 求证：线段AB中点的横坐标为定值． [解] (1)由已知，直线l的方程为x＝4时不合题意．设直线l的方程为y＝k(x－4)， 由已知，抛物线的焦点坐标为(1,0)， 因为点F到直线l的距离为，所以＝， 解得k＝±，所以直线l的斜率为±. (2)证明：设线段AB的中点坐标为N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 因为AB不垂直于x轴， 则直线MN的斜率为，直线AB的斜率为， 直线AB的方程为y－y0＝(x－x0)， 联立方程 消去x得y2－y0y＋y＋x0(x0－4)＝0， 所以y1＋y2＝. 因为N为AB的中点 ， 所以＝y0，即＝y0， 解得x0＝2，即线段AB中点的横坐标为定值2. [点评] 求定值问题，就是将要证明或要求解的量表示为某个合适变量的函数，化简消去变量即得定值． 题型六、圆锥曲线中的最值问题 例6（最值）已知抛物线方程为y＝－x2＋m，点A、B及P(2,4)均在抛物线上，且直线PA、PB的倾斜角互补． (1)求证直线AB的斜率为定值； (2)当直线AB在y轴上截距为正时，求△PAB面积的最大值． 解析：(1)将P(2,4)代入抛物线方程得m＝6， ∴抛物线方程为y＝－＋6 设直线PA方程为y－4＝－k(x－2) 则直线PB方程为y－4＝k(x－2) 把它们分别代入方程得 x2－2kx＋4k－4＝0和x2＋2kx－4k－4＝0 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋2＝2k，x2＋2＝－2k kAB＝ ＝ ＝2为定值 (2)设y＝2x＋b代入抛物线方程得x2＋4x＋2b－12＝0 由△＞0得b∈(0,8) ∴|AB|2＝40(8－b) 又点p到AB距离为d＝ ∴S△PAB＝··＝ ＝ ≤ ≤ 当且仅当b＝∈(0,8)时取最大值． 点评：圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题． 仅当b＝∈(0,8)时取最大值． 变式探究1（最值） 已知椭圆＋＝1上的两个动点P，Q及定点M，F是椭圆的左焦点，且|PF|，|MF|，|QF|成等差数列． (1)求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A； (2)设点A关于原点O的对称点是B，求|PB|的最小值及相应的P点坐标． 解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由已知得a＝2，b＝，c＝，e＝. 由椭圆的焦半径公式得|PF|＝2＋x1， |QF|＝2＋x2，|MF|＝2＋. ∵2|MF|＝|PF|＋|QF|， ∴2＝4＋(x1＋x2)， ∴x1＋x2＝2. 当x1≠x2时，由 得＝－·. 设线段PQ的中点N(1，n)， ∴kPQ＝＝－. ∴线段PQ的垂直平分线方程为y－n＝2n(x－1)． ∴(2x－1)n－y＝0. 该直线恒过一个定点A. 当x1＝x2时，线段PQ的中垂线也过定点A. 综上，线段PQ的垂直平分线恒过定点A. (2)由于点B与点A关于原点O对称，故点B. ∵－2≤x1≤2，－2≤x2≤2，∴x1＝2－x2∈[0,2]， |PB|2＝2＋y＝(x1＋1)2＋≥. ∴当点P的坐标为(0，±)时，|PB|min＝. 变式探究2（最值） 变式探究3（最值） 变式探究4（最值） 由于Δ=-20<0,故直线l'与椭圆C没有交点. 综上所述，当线段MN的长度最小时，椭圆上仅存在两个不同的点T，使得△TSB的面积等于 . 点评：最值与范围问题一般涉及到参变量问题，应先把所求的问题转化为某参数的代数式(或函数式)，然后利用求最值的方法求解.注意最值与特殊情况时的取值之间的联系. 变式探究5（最值） 变式探究6、（最值）(2013·安徽联考)已知i，j是x，y轴正方向的单位向量，设a＝xi＋(y－1)j，b＝xi＋(y＋1)j，且满足|a|＋|b|＝2. (1)求点P(x，y)的轨迹C的方程； (2)设点F(0,1)，点A，B，C，D在曲线C上，若与共线，与共线，且·＝0.求四边形ACBD的面积的最小值和最大值． 解析：(1)∵|a|＋|b|＝2， ∴＋＝2. 由椭圆的定义可知，动点P(x，y)的轨迹是以点F1(0，－1)，F2(0,1)为焦点，以2为长轴的椭圆． ∴点P(x，y)的轨迹C的方程为：x2＋＝1.[来源:学科网ZXXK] (2)由条件知AB和CD是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且AB⊥CD，直线AB、CD中至少有一条存在斜率，不妨设AB的斜率为k，又AB过点F(0,1)，故AB的方程为y＝kx＋1，将此式代入椭圆方程得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0，设A、B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＝，x2＝， 从而|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝， 亦即|AB|＝. ①当k≠0时，CD的斜率为－，同上可推得|CD|＝， 故四边形ABCD面积 S＝|AB||CD| ＝× ＝.[来源:Zxxk.Com] 令u＝k2＋，得S＝＝2. ∵u＝k2＋≥2，当k＝±1时u＝2，S＝，且S是以u为自变量的增函数，∴≤S＜2. ②当k＝0时，CD为椭圆长轴，|CD|＝2，|AB|＝， ∴S＝|AB||CD|＝2. 故四边形ABCD面积的最小值和最大值分别为，2.[来源:Zxxk.Com] 变式探究7、（最值）如图所示，抛物线y2=4x的顶点为O，点A的坐标为(5，0)，倾斜角为的直线l与线段OA相交(不经过点O或点A)且交抛物线于M、N两点，求△AMN面积最大时直线l的方程，并求△AMN的最大面积 解法一 由题意，可设l的方程为y=x+m,其中－5＜m＜0 由方程组,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0 ① ∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N， ∴方程①的判别式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0, 解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范围为(－5，0) 设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4－2m，x1·x2=m2, ∴|MN|=4 点A到直线l的距离为d= ∴S△=2(5+m),从而S△2=4(1－m)(5+m)2 =2(2－2m)·(5+m)(5+m)≤2()3=128 ∴S△≤8,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号 故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为8 解法二 由题意，可设l与x轴相交于B（m,0）, l的方程为x = y +m,其中0＜m＜5 由方程组,消去x,得y 2－4 y －4m=0 ① ∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N， ∴方程①的判别式Δ=(－4)2+16m=16(1+m)＞0必成立, 设M(x1,y1),N(x2,y2)则y 1+ y 2=4，y 1·y 2=－4m, ∴S△= ＝4=4 ∴S△≤8,当且仅当即m=1时取等号 故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为8 变式探究8、（最值） 已知抛物线y2=2px(p＞0),过动点M(a,0)且斜率为1的直线l与该抛物线交于不同的两点A、B，且|AB|≤2p (1)求a的取值范围 (2)若线段AB的垂直平分线交x轴于点N，求△NAB面积的最大值 解 (1)设直线l的方程为 y=x－a,代入抛物线方程得(x－a)2=2px,即x2－2(a+p)x+a2=0 ∴|AB|=≤2p ∴4ap+2p2≤p2,即4ap≤－p2 又∵p＞0,∴a≤－ (2)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，AB的中点 C(x,y), 由(1)知，y1=x1－a,y2=x2－a,x1+x2=2a+2p, 则有x==p ∴线段AB的垂直平分线的方程为y－p=－(x－a－p), 从而N点坐标为(a+2p,0） 点N到AB的距离为 从而S△NAB= 当a有最大值－时，S有最大值为p2 变式探究9、 已知点F(0,1)，直线l：y＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且·＝·. (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)已知圆M过定点D(0,2)，圆心M在轨迹C上运动，且圆M与x轴交于A，B两点，设|DA|＝l1，|DB|＝l2，求＋的最大值． [解] (1)设P(x，y)，则Q(x，－1)， ∵·＝·， ∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)． 即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，即x2＝4y. 所以动点P的轨迹C的方程为x2＝4y. (2)设圆M的圆心坐标为(a，b)，则a2＝4b.① 圆M的半径为|MD|＝ . 圆M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝a2＋(b－2)2. 令y＝0，则(x－a)2＋b2＝a2＋(b－2)2， 整理得，x2－2ax＋4b－4＝0.② 由①②解得x＝a±2. 不妨设A(a－2,0)，B(a＋2,0)， ∴l1＝ ，l2＝ . ∴＋＝＝ ＝2 ＝2 ，③ 当a≠0时，由③得， ＋＝2 ≤2 ＝2. 当且仅当a＝±2时，等号成立． 当a＝0时，由③得，＋＝2. 故当a＝±2时，＋的最大值为2. [点评] 求圆锥曲线中的范围及最值问题，关键是建立不等关系，然后利用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式求出相关问题． 题型七 范围问题 变式探究1 变式探究2．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为。 (1) 求双曲线C的方程； (2) 若直线l：与双曲线C恒有两个不同的交点A和B，且(其中O为原点)，求k的取值范围。 解：（1）设双曲线方程为 由已知得 故双曲线C的方程为 （2）将 由直线l与双曲线交于不同的两点得 即 ① 设，则 而 于是 ② 由①、②得 故k的取值范围为 变式探究3．抛物线C的方程为，过抛物线C上一点P(x0,y0)(x 0≠0)作斜率为k1,k2的两条直线分别交抛物线C于A(x1,y1)B(x2,y2)两点(P,A,B三点互不相同)，且满足. （1）求抛物线C的焦点坐标和准线方程； （2）设直线AB上一点M，满足，证明线段PM的中点在y轴上； （3）当=1时，若点P的坐标为（1，-1），求∠PAB为钝角时点A的纵坐标的取值范围.． 解 ：（1）由抛物线的方程（）得，焦点坐标为，准线方程为． （2）证明：设直线的方程为，直线的方程为． 点和点的坐标是方程组的解．将②式代入①式得 ，于是，故 ③ 又点和点的坐标是方程组的解．将⑤式代入④式得．于是，故． 由已知得，，则． ⑥ 设点的坐标为，由，则． 将③式和⑥式代入上式得，即． ∴线段的中点在轴上． （3）因为点在抛物线上，所以，抛物线方程为． 由③式知，代入得． 将代入⑥式得，代入得． 因此，直线、分别与抛物线的交点、的坐标为 ，． 于是，， ． 因为钝角且、、三点互不相同，故必有． 求得的取值范围是或．又点的纵坐标满足，故当时，；当时，．即 变式探究4（上海）抛物线方程为y2=p（x+1）（p＞0），直线x+y=m与x轴的交点在抛物线的准线的右边. （1）求证：直线与抛物线总有两个交点； （2）设直线与抛物线的交点为Q、R，OQ⊥OR，求p关于m的函数f（m）的表达式； （3）（文）在（2）的条件下，若抛物线焦点F到直线x+y=m的距离为，求此直线的方程； （理）在（2）的条件下，若m变化，使得原点O到直线QR的距离不大于，求p的值的范围. 解：（1）抛物线y2=p（x+1）的准线方程是x=－1－，直线x+y=m与x轴的交点为（m，0），由题设交点在准线右边，得m＞－1－，即4m+p+4＞0. 由 得x2－（2m+p）x+（m2－p）=0. 而判别式Δ=（2m+p）2－4（m2－p）=p（4m+p+4）. 又p＞0及4m+p+4＞0，可知Δ＞0. 因此，直线与抛物线总有两个交点； （2）设Q、R两点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），由（1）知，x1、x2是方程x2－（2m+p）x+m2－p=0的两根， ∴x1+x2=2m+p，x1·x2=m2－p. 由OQ⊥OR，得kOQ·kOR=－1， 即有x1x2+y1y2=0. 又Q、R为直线x+y=m上的点， 因而y1=－x1+m，y2=－x2+m. 于是x1x2+y1y2=2x1x2－m（x1+x2）+m2=2（m2－p）－m（2m+p）+m2=0， ∴p=f（m）=， 由得m＞－2，m≠0； （3）（文）由于抛物线y2=p（x+1）的焦点F坐标为（－1+，0），于是有 ，即|p－4m－4|=4. 又p= ∴||=4. 解得m1=0，m2=－，m3=－4，m4=－. 但m≠0且m＞－2，因而舍去m1、m2、m3，故所求直线方程为3x+3y+4=0. （理）解法一：由于原点O到直线x+y=m的距离不大于，于是 ，∴|m|≤1. 由（2），知m＞－2且m≠0， 故m∈［－1，0）∪（0，1］. 由（2），知f（m）==（m+2）+－4， 当m∈［－1，0）时，任取m1、m2，0＞m1＞m2≥－1，则 f（m1）－f（m2）=（m1－m2）+（） =（m1－m2）［1－］. 由0＞m1＞m2≥－1，知0＜（m1+2）（m2+2）＜4，1－＜0. 又由m1－m2＞0知f（m1）＜f（m2）因而f（m）为减函数. 可见，当m∈［－1，0）时，p∈（0，1］. 同样可证，当m∈（0，1］时，f（m）为增函数，从而p∈（0，］. 解法二：由解法一知，m∈［－1，0）∪（0，1］.由（2）知 p=f（m）=. 设t=，g（t）=t+2t2，则t∈（－∞，－1］∪［1，+∞），又 g（t）=2t2+t=2（t+）2－. ∴当t∈（－∞，－1］时，g（t）为减函数，g（t）∈［1，+∞）. 当t∈［1，+∞）时，g（t）为增函数，g（t）∈［3，+∞）. 因此，当m∈［－1，0］时，t∈（－∞，－1］，p=∈（0，1］； 当m∈（0，1］时，t∈［1，+∞），p∈（0，］. 变式探究5（福州市模拟题）已知抛物线C：y2=4（x－1），椭圆C1的左焦点及左准线与抛物线C的焦点F和准线l分别重合. （1）设B是椭圆C1短轴的一个端点，线段BF的中点为P，求点P的轨迹C2的方程； （2）如果直线x+y=m与曲线C2相交于不同两点M、N，求m的取值范围. （1）解法一：由y2=4（x－1）知抛物线C的焦点F坐标为（2，0）.准线l的方程为x=0.设动椭圆C1的短轴的一个端点B的坐标为（x1，y1）（x1＞2，y1≠0），点P（x，y）， ∴ 则 x=， x1=2x－2， y=， y1=2y. ∴B（2x－2，2y）（x＞2，y≠0）. 设点B在准线x=0上的射影为点B′，椭圆的中心为点O′，则椭圆离心率e=，由=，得=， 整理，化简得y2=x－2（y≠0），这就是点P的轨迹方程. 解法二：抛物线y2=4（x－1）焦点为F（2，0），准线l：x=0.设P（x，y）， ∵P为BF中点， ∴B（2x－2，2y）（x＞2，y≠0）.设椭圆C1的长半轴、短半轴、半焦距分别为a、b、c， 则c=（2x－2）－2=2x－4，b2=（2y）2=4y2， ∵（－c）－（－）=2，∴=2， 即b2=2c.∴4y2=2（2x－4）， 即y2=x－2（y≠0），此即C2的轨迹方程. （y≠0），得y2+y－m+2=0，令Δ=1－4（－m+2）＞0，解得 （2）解：由 x+y=m， y2=x－2 m＞. 而当m=2时，直线x+y=2过点（2，0），这时它与曲线C2只有一个交点， ∴所求m的取值范围是（，2）∪（2，+∞）. 变式探究6、已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0），两个焦点分别为F1和F2，斜率为k的直线l过右焦点F2且与椭圆交于A、B两点，设l与y轴交点为P，线段PF2的中点恰为B. （1）若｜k｜≤，求椭圆C的离心率的取值范围； （2）若k=，A、B到右准线距离之和为，求椭圆C的方程. 解：（1）设右焦点F2（c，0），则l：y=k（x－c）. 令x=0，则y=－ck，∴P（0，－ck）. ∵B为F2P的中点，∴B（，－）. ∵B在椭圆上，∴＋＝1. ∴k2＝·＝（－1）（4－e2）＝＋e2－5. ∵｜k｜≤，∴＋e2－5≤. ∴（5e2－4）（e2－5）≤0. ∴≤e2＜1.∴≤e＜1． （2）k＝，∴e＝.∴＝. ∴a2＝c2，b2＝c2.椭圆方程为＋＝1，即x2＋5y2＝c2． 直线l方程为y=（x－c），B（，－c），右准线为x=c. 设A（x0，y0），则（c－x0）＋（c－）＝， ∴x0＝2c－，y0＝（c－）. ∵A在椭圆上， ∴（2c－）2＋5［（c－）］2＝c2. 解之得c=2或c＝（不合题意，舍去）. ∴椭圆方程为x2＋5y2＝5，即＋y2＝1． 变式探究7 已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为F(－2,0)，且长轴长与短轴长的比是2∶. (1)求椭圆C的方程； (2)设点M(m,0)在椭圆C的长轴上，点P是椭圆上任意一点．当||最小时，点P恰好落在椭圆的右顶点，求实数m的取值范围． [解] (1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)． 由题意，得 解得a2＝16，b2＝12. 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)设P(x，y)为椭圆上的动点，由于椭圆方程为＋＝1，故－4≤x≤4. 因为＝(x－m，y)， 所以||2＝(x－m)2＋y2＝(x－m)2＋12·＝x2－2mx＋m2＋12＝(x－4m)2＋12－3m2. 因为当||最小时，点P恰好落在椭圆的右顶点， 即当x＝4时，||取得最小值．而x∈[－4,4]， 故有4m≥4，解得m≥1. 又点M在椭圆的长轴上，所以－4≤m≤4. 故实数m的取值范围是[1,4]． 考点七、垂直和三点共线 变式探究1 归纳总结 •方法与技巧 1．解决直线与椭圆的位置关系问题，如果直线与椭圆有两个不同交点，①若根据已知条件能求出两交点的坐标，这不失为一种彻底有效的方法；②若两交点的坐标不好表示，可将直线方程y＝kx＋c代入椭圆方程＋＝1整理出关于x(或y )的一元二次方程Ax2＋Bx＋C＝0，Δ＝B2－4AC＞0，可利用根与系数之间的关系求弦长. 2．弦的中点问题，以及交点与原点连线的垂直等问题．①求弦长可注意弦是否过椭圆焦点；②弦的中点问题还可利用“点差法”和“对称法”；③解决AO⊥BO，可以利用向量⊥的充要条件即·＝0. •失误与防范 1．在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况． 2．一元二次方程根与系数的关系的应用是建立在直线与圆锥曲线有两个交点的前提之下的，即二次项系数不为0及Δ≥0，忽视这一前提，往往导致解题失误. 题型八、存在性问题 例题8、(2012·福建高考·满分13分)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝.过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8. (1)求椭圆E的方程； (2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 易忽视定义的应用． 解：(1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，⇨(1分) 又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，⇨(2分) 所以4a＝8，a＝2. 又因为e＝，即＝，所以c＝1，⇨(3分) 所以b＝＝. 故椭圆E的方程是＋＝1.⇨(4分) (2)由消去y得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.⇨(5分) 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)， 所以m≠0且Δ＝0，⇨(6分) 即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化简得4k2－m2＋3＝0. (*)⇨(7分) 忽视圆的对称性，判断不出M必在x轴上． 此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝， 所以P.⇨(8分) 由得Q(4,4k＋m)．⇨(9分) 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知， 点M必在x轴上．⇨(10分) 设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m，k恒成立． 因为＝， 对于方程(4x1－4)·＋x12－4x1＋3＝0不会利用对m，k恒成立，求解x1. ＝(4－x1,4k＋m)， 由·＝0， 得－＋－4x1＋x＋＋3＝0， 整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**) ⇨(11分) 由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立， 所以解得x1＝1.⇨(12分) 故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.⇨(13分) 变式探究1 变式探究2、 已知中心在原点，顶点A1、A2在x轴上，离心率e=的双曲线过点P(6，6) (1)求双曲线方程 (2)动直线l经过△A1PA2的重心G，与双曲线交于不同的两点M、N，问 是否存在直线l,使G平分线段MN，证明你的结论 解 (1)如图，设双曲线方程为=1 由已知得,解得a2=9,b2=12 所以所求双曲线方程为=1 (2)P、A1、A2的坐标依次为(6,6)、(3，0)、(－3，0）， ∴其重心G的坐标为(2，2） 假设存在直线l，使G(2，2)平分线段MN，设M(x1,y1)，N(x2,y2) 则有 ，∴kl= ∴l的方程为y= (x－2)+2, 由,消去y,整理得x2－4x+28=0 ∵Δ=16－4×28＜0,∴所求直线l不存在 题型九、求轨迹方程 例题9、中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，它的离心率为，与直线x+y－1=0相交于两点Ｍ、Ｎ，且ＯＭ⊥ＯＮ．求椭圆的方程． 解：设中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆方程为． ∵离心率e= ∴a=2b ∴椭圆的方程可化为 设，由于点Ｍ、Ｎ都在直线x+y－1=0上， 因此，＝ ∵ＯＭ⊥ＯＮ， ∴即 即 将直线x+y－1=0与椭圆的方程联立消取y，得 ∵Ｍ、Ｎ是直线与椭圆的两交点 ∴，代入得 解得，∴ ∴所要求的椭圆方程为． 题型十、向量问题 题型十一、证明问题 例题11、在△ABC中，∠C=90°，BC=2AC，A、B、C都是椭圆上的点，其中A是椭圆的左顶点，直线BC经过椭圆中心（即原点O）． （1）求证：无论 AC的长取何正实数，椭圆的离心率恒为定值，并求出该 定值； （2）若PQ是椭圆的一条弦，PQ∥AB，求证∠PCQ的平分线垂直于AO． 解：（1）设椭圆方程为，则点A的坐标为（－a，0)， ∵在△ABC中，∠C=90°，BC=2AC 直线BC经过椭圆中心（即原点O） ∴AC=OC △AOC为等腰直角三角形，C（－ ，－ ），点B坐标为（，） 将C点坐标代入椭圆方程得b2= a2,c2= a2,离心率e=是定值． （2）由（1）得直线AB的斜率为，设直线PQ的方程为y= x＋m 将直线PQ的方程代入椭圆方程化简得x2＋2xm＋3m2－a2=0 由题知PQ存在，△＞0 且xP＋xQ =－ =－ m xP·xQ= (3m2－a2) (xP＋m＋)(xQ＋)＋(xQ＋m＋)(xP＋) = xPxQ＋( xP＋xQ)＋(m＋)( xP＋xQ)＋a(m＋) =－－(m＋) ＋a(m＋) =0 ∴kPC与kQC互为相反数。 ∴∠PCQ的平分线垂直于AO． 变式探究1．(2013·株洲模拟)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，△ABC 的三个顶点都在抛物线上，且△ABC的重心为抛物线的焦点，若BC所在直线l的方程为4x＋y－20＝0. (1)求抛物线C的方程； (2)若O是坐标原点，P，Q是抛物线C上的两动点，且满足PO⊥OQ，证明：直线PQ过定点． 解：(1)设抛物线C的方程为y2＝2mx， 由得2y2＋my－20m＝0. ∵Δ>0，∴m>0或m<－160. 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1＋y2＝－， ∴x1＋x2＝＋＝10＋. 再设A(x3，y3)，由于△ABC的重心为F， 则解得 ∵点A在抛物线上，∴2＝2m. ∴m＝8，抛物线C的方程为y2＝16x. (2)证明：当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为y＝kx＋b，显然k≠0，b≠0，∵PO⊥OQ，∴kPOkOQ＝－1，设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，∴xPxQ＋yPyQ＝0. 将直线y＝kx＋b代入抛物线方程，得ky2－16y＋16b＝0， ∴yPyQ＝.从而xPxQ＝＝， ∴＋＝0.∵k≠0，b≠0，整理得b＝－16k. ∴直线PQ的方程为y＝kx－16k，PQ过点(16,0)； 当PQ的斜率不存在时，显然PQ⊥x轴，又PO⊥OQ， ∴△POQ为等腰三角形．由 得P(16,16)，Q(16，－16)，此时直线PQ过点(16,0)， ∴直线PQ恒过定点(16,0)． 变式探究2．(2012·天津高考)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点． (1)若直线AP与BP的斜率之积为－，求椭圆的离心率； (2)若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|>. 解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)．由题意，有 ＋＝1.① 由A(－a,0)，B(a,0)得kAP＝，kBP＝. 由kAP·kBP＝－，可得x＝a2－2y，代入①并整理得(a2－2b2)y＝0. 由于y0≠0，故a2＝2b2.于是e2＝＝，所以椭圆的离心率e＝. (2)证明：法一：依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．由条件得 消去y0并整理得x＝.② 由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0， 得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0. 而x0≠0，于是x0＝，代入②， 整理得(1＋k2)2＝4k22＋4. 由a>b>0，故(1＋k2)2>4k2＋4，即k2＋1>4，因此k2>3，所以|k|>. 法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)． 由点P在椭圆上，有＋＝1.因为a>b>0，kx0≠0，所以＋<1，即(1＋k2)x查看更多