湘教版高考數學文一輪題庫 第8章第8節(jié)圓錐曲線的綜合問題

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1、▼▼▼2019屆高考數學復習資料▼▼▼ 高考真題備選題庫 第8章 平面解析幾何 第8節(jié) 圓錐曲線的綜合問題 考點 直線與圓錐曲線的位置關系 1．（2013安徽，13分）已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點P(，)． (1)求橢圓C的方程； (2)設Q(x0，y0)(x0y0≠0)為橢圓C上一點．過點Q作x軸的垂線，垂足為E.取點A(0,2)，連接AE.過點A作AE的垂線交x軸于點 D．點G是點D關于y軸的對稱點，作直線QG.問這樣作出的直線QG是否與橢圓C一定有唯一的公共點？并說明理由． 解：本題主要考查橢圓的標準方程及其幾何性質，直線和橢圓的位置關系等基礎

2、知識，考查數形結合思想、邏輯推理能力及運算求解能力． (1)因為焦距為4，所以a2－b2＝4.又因為橢圓C過點P(，)，所以＋＝1，故a2＝8，b2＝4. 從而橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意，知E點坐標為(x0,0)． 設D(xD,0)，則＝(x0，－2)，＝(xD，－2)． 由AD⊥AE知，＝0，即xDx0＋8＝0. 由于x0y0≠0，故xD＝－. 因為點G是點D關于y軸的對稱點，所以點G. 故直線QG的斜率kQG＝＝. 又因Q(x0，y0)在橢圓C上，所以x＋2y＝8.① 從而kQG＝－. 故直線QG的方程為y＝－.② 將②代入橢圓C方程，得 (x＋2y)x

3、2－16x0x＋64－16y＝0.③ 再將①代入③，化簡得 x2－2x0x＋x＝0， 解得x＝x0，y＝y0. 即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點． 2．（2013北京，14分）直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標原點． (1)當點B的坐標為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長； (2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形． 解：本題主要考查直線與橢圓的位置關系、函數與方程的思想，意在考查考生的運算求解能力、轉化與化歸能力、數形結合能力． (1)因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分．

4、 所以可設A，代入橢圓方程得＋＝1，即t＝. 所以|AC|＝2. (2)證明：假設四邊形OABC為菱形． 因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0. 由消去y并整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則 ＝－，＝k＋m＝. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為－. 因為k≠－1，所以AC與OB不垂直． 所以OABC不是菱形，與假設矛盾． 所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形． 3．（2013湖南，13分）已知F1，F2分別是橢圓E：＋y2＝1的

5、左、右焦點，F1，F2關于直線x＋y－2＝0的對稱點是圓C的一條直徑的兩個端點． (1)求圓C的方程； (2)設過點F2的直線l被橢圓E和圓C所截得的弦長分別為a，b.當ab最大時，求直線l的方程． 解：本題主要考查橢圓的幾何性質、圓的方程、弦長和弦長最值的求解，意在考查考生的計算能力、數據處理能力和轉化能力． (1)由題設知，F1，F2的坐標分別為(－2,0)，(2,0)，圓C的半徑為2，圓心為原點O關于直線x＋y－2＝0的對稱點． 設圓心的坐標為(x0，y0)，由解得所以圓C的方程為(x－2)2＋(y－2)2＝4. (2)由題意，可設直線l的方程為x＝my＋2，則圓心到直線l的

6、距離d＝.所以b＝2＝. 由得(m2＋5)y2＋4my－1＝0. 設l與E的兩個交點坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則 y1＋y2＝－，y1y2＝－. 于是a＝ ＝ ＝ ＝ ＝. 從而ab＝＝＝≤＝2. 當且僅當＝，即m＝時等號成立． 故當m＝時，ab最大，此時，直線l的方程為x＝y＋2或x＝－y＋2，即x－y－2＝0或x＋y－2＝0. 4．（2013江西，13分）橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，a＋b＝3. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，A，B，D是橢圓C的頂點，P是橢圓C上除頂點外的任意一點，直線DP交x軸于點N，直線AD交BP于點M，

7、設BP的斜率為k，MN的斜率為m.證明：2m－k為定值． 解：本題主要考查利用待定系數法求橢圓的方程，考查直線、橢圓的幾何性質、直線與橢圓的位置關系，考查函數與方程思想、數形結合思想，旨在考查推理論證能力與理性思維能力． (1)因為e＝＝， 所以a＝c，b＝c.代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：法一：因為B(2,0)，P不為橢圓頂點，則直線BP的方程為y＝k(x－2)，① 把①代入＋y2＝1， 解得P. 直線AD的方程為：y＝x＋1.② ①與②聯立解得M. 由D(0,1)，P，N(x,0)三點共線知 ＝，解得N. 所

8、以MN的斜率為m＝＝＝， 則2m－k＝－k＝(定值)． 法二：設P(x0，y0)(x0≠0，2)，則k＝， 直線AD的方程為：y＝(x＋2)， 直線BP的方程為：y＝(x－2)， 直線DP的方程為：y－1＝x，令y＝0，由于y0≠1，可得N 聯立 解得M， 因此MN的斜率為 m＝ ＝ ＝ ＝， 所以2m－k＝－ ＝ ＝ ＝ ＝(定值)． 5．（2013廣東，14分）已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F(0，c)(c＞0)到直線l：x－y－2＝0的距離為，設P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點． (1)求拋物線C的方程；

9、(2)當點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程； (3)當點P在直線l上移動時，求|AF||BF|的最小值． 解：本題主要考查點到直線距離公式的運用、直線與圓錐曲線的位置關系及解析幾何中的最值問題，意在考查考生運用數形結合思想、函數與方程思想解決問題的能力． (1)∵拋物線C的焦點F(0，c)(c＞0)到直線l：x－y－2＝0的距離為， ∴＝，得c＝1， ∴F(0,1)，即拋物線C的方程為x2＝4y. (2)設切點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由x2＝4y得y′＝x， ∴切線PA：y－y1＝x1(x－x1)， 有y＝x1x－x＋y1，而x＝4y1，

10、即切線PA：y＝x1x－y1， 同理可得切線PB：y＝x2x－y2. ∵兩切線均過定點P(x0，y0)， ∴y0＝x1x0－y1，y0＝x2x0－y2， 由以上兩式知點A，B均在直線y0＝xx0－y上， ∴直線AB的方程為y0＝xx0－y， 即y＝x0x－y0. (3)設點P的坐標為(x′，y′)，由x′－y′－2＝0，得x′＝y′＋2， 則|AF||BF|＝＝＝＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1. 由得y2＋(2y′－x′2)y＋y′2＝0， 有y1＋y2＝x′2－2y′，y1y2＝y′2， ∴|AF||BF|＝y′2＋x′2－2y′＋1＝y′2＋

11、(y′＋2)2－2y′＋1＝22＋， 當y′＝－，x′＝時， 即P時，|AF||BF|取得最小值. 6．（2013遼寧，12分）如圖，拋物線C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p＞0)．點M(x0，y0)在拋物線C2上，過M作C1的切線，切點為A，B(M為原點O時，A，B重合于O)．當x0＝1－時，切線MA的斜率為－. (1)求p的值； (2)當M在C2上運動時，AB中點N的軌跡方程(A，B重合于O時，中點為O.) 解：本題主要考查拋物線的標準方程，求導運算、直線的點斜式方程，以及求軌跡方程，意在考查考生利用導數知識解決圓錐曲線問題的能力，以及處理直線與圓錐曲線的位置關系的熟練

12、程度和運算化簡能力． (1)因為拋物線C1：x2＝4y上任意一點(x，y)的切線斜率為y′＝，且切線MA的斜率為－，所以A點坐標為.故切線MA的方程為y＝－(x＋1)＋. 因為點M(1－，y0)在切線MA及拋物線C2上，于是 y0＝－(2－)＋＝－，① y0＝－＝－.② 由①②得p＝2. (2)設N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N為線段AB中點知x＝，③ y＝.④ 切線MA，MB的方程為 y＝(x－x1)＋，⑤ y＝(x－x2)＋.⑥ 由⑤⑥得MA，MB的交點M(x0，y0)的坐標為 x0＝，y0＝. 因為點M(x0，y0)在C2上，即x＝－4y0， 所以x1x

13、2＝－.⑦ 由③④⑦得 x2＝y，x≠0. 當x1＝x2時，A，B重合于原點O，AB中點N為O，坐標滿足x2＝y. 因此AB中點N的軌跡方程為x2＝y. 7．（2012遼寧，5分）已知P，Q為拋物線x2＝2y上兩點，點P，Q的橫坐標分別為4，－2，過P，Q分別作拋物線的切線，兩切線交于點A，則點A的縱坐標為(　　) A．1　　　　　　　　　　　　　　　 B．3 C．－4 D．－8 解析：因為P，Q兩點的橫坐標分別為4，－2，且P，Q兩點都在拋物線y＝x2上，所以P(4,8)，Q(－2,2)．因為y′＝x，所以kPA＝4，kQA＝－2，則直線PA，QA的方程聯立得，即，可得A

14、點坐標為(1，－4)． 答案：C 8．（2010山東，5分）已知拋物線y2＝2px(p＞0)，過其焦點且斜率為1的直線交拋物線于A、B兩點，若線段AB的中點的縱坐標為2，則該拋物線的準線方程為(　　) A．x＝1　　　　　　　　　 B．x＝－1 C．x＝2 D．x＝－2 解析：拋物線的焦點F(，0)，所以過焦點且斜率為1的直線方程為y＝x－，即x＝y＋，將其代入得：y2＝2px＝2p(y＋)＝2py＋p2，所以y2－2py－p2＝0，所以＝p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x，準線方程為x＝－1. 答案：B 9．（2012新課標全國，12分）設拋物線C：x2＝2py(p＞0)

15、的焦點為F，準線為l，A為C上一點，已知以F為圓心，FA為半徑的圓F交l于B，D兩點． (1)若∠BFD＝90，△ABD的面積為4，求p的值及圓F的方程； (2)若A，B，F三點在同一直線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個公共點，求坐標原點到m，n距離的比值． 解：(1)由已知可得△BFD為等腰直角三角形，|BD|＝2p，圓F的半徑|FA|＝p. 由拋物線定義可知A到l的距離d＝|FA|＝p. 因為△ABD的面積為4，所以|BD|d＝4，即2pp＝4，解得p＝－2(舍去)或p＝2. 所以F(0,1)，圓F的方程為x2＋(y－1)2＝8. (2)因為A，B，F三點在同一直線m上

16、，所以AB為圓F的直徑，∠ADB＝90. 由拋物線定義知|AD|＝|FA|＝|AB|， 所以∠ABD＝30，m的斜率為或－. 當m的斜率為時，由已知可設n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0. 由于n與C只有一個公共點，故Δ＝p2＋8pb＝0，解得b＝－. 因為m的縱截距b1＝，＝3，所以坐標原點到m，n距離的比值為3. 當m的斜率為－時，由圖形對稱性可知，坐標原點到m，n距離的比值為3. 10．（2012廣東，14分）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F1(－1,0)，且點P(0,1)在C1上． (1)求橢圓C1的方程；

17、 (2)設直線l同時與橢圓C1和拋物線C2：y2＝4x相切，求直線l的方程． 解：(1)根據橢圓的左焦點為F1(－1,0)，知a2－b2＝1，又根據點P(0,1)在橢圓上，知b＝1，所以a＝，所以橢圓C1的方程為＋y2＝1. (2)因為直線l與橢圓C1和拋物線C2都相切，所以其斜率存在且不為0，設直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，代入橢圓方程得＋(kx＋m)2＝1，即(＋k2)x2＋2kmx＋m2－1＝0，由題可知此方程有唯一解，此時Δ＝4k2m2－4(＋k2)(m2－1)＝0，即m2＝2k2＋1.　① 把y＝kx＋m(k≠0)代入拋物線方程得y2－y＋m＝0，由題可知此方程有唯一解

18、，此時Δ＝1－mk＝0，即mk＝1.?、? 聯立①②得解得k2＝，所以 或所以直線l的方程為y＝x＋或y＝－x－. 11．（2012北京，14分）已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個頂點為A(2,0)，離心率為.直線y＝k(x－1)與橢圓C交于不同的兩點M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)當△AMN的面積為時，求k的值． 解：(1)由題意得解得b＝， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0. 設點M，N的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝， x1x2＝，

19、所以|MN|＝ ＝ ＝. 又因為點A(2,0)到直線y＝k(x－1)的距離d＝， 所以△AMN的面積為 S＝|MN| d＝. 由＝，化簡得7k4－2k2－5＝0，解得k＝1. 12．（2012湖南，13分）在直角坐標系xOy中，已知中心在原點，離心率為的橢圓E的一個焦點為圓C：x2＋y2－4x＋2＝0 的圓心． (1)求橢圓E的方程； (2)設P是橢圓E上一點，過P作兩條斜率之積為的直線l1，l2.當直線l1，l2都與圓C相切時，求P的坐標． 解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，故圓C的圓心為點(2,0)． 從而可設橢圓E的方程為＋＝1(a>b>

20、0)，其焦距為2c.由題設知c＝2，e＝＝.所以a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12.故橢圓E的方程為＋＝1. (2)設點P的坐標為(x0，y0)，l1，l2的斜率分別為k1，k2，則l1，l2的方程分別為l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝， 由l1與圓C：(x－2)2＋y2＝2相切得＝，即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0. 同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0. 從而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的兩個實根，于是 ① 且k1k2＝

21、＝. 由得5x－8x0－36＝0， 解得x0＝－2，或x0＝. 由x0＝－2得y0＝3；由x0＝得y0＝，它們均滿足①式． 故點P的坐標為(－2,3)，或(－2，－3)，或(，)，或(，－)． 13.（2011山東，14分）(本小題滿分14分)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋y2＝1.如圖所示，斜率為k(k>0)且不過原點的直線l交橢圓C于A，B兩點，線段AB的中點為E，射線OE交橢圓C于點G，交直線x＝－3于點D(－3，m)． (Ⅰ)求m2＋k2的最小值； (Ⅱ)若|OG|2＝|OD||OE|， (ⅰ)求證：直線l過定點； (ⅱ)試問點B，G能否關于x軸對稱？若能，

22、求出此時△ABG的外接圓方程；若不能，請說明理由． 解：(Ⅰ)設直線l的方程為y＝kx＋t(k>0)，由題意，t>0. 由方程組得(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0. 由題意Δ>0，所以3k2＋1>t2. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由韋達定理得x1＋x2＝－， 所以y1＋y2＝. 由于E為線段AB的中點， 因此xE＝－，yE＝， 此時kOE＝＝－.所以OE所在直線方程為y＝－x， 又由題設知D(－3，m)，令x＝－3，得m＝，即mk＝1， 所以m2＋k2≥2mk＝2，當且僅當m＝k＝1時上式等號成立， 此時由Δ>0得0

23、t<2時，m2＋k2取最小值2. (Ⅱ)(ⅰ)證明：由(Ⅰ)知OD所在直線的方程為y＝－x， 將其代入橢圓C的方程，并由k>0，解得G(－，)． 又E(－，)，D(－3，)， 由距離公式及t>0得 |OG|2＝(－)2＋()2＝， |OD|＝＝， |OE|＝＝， 由|OG|2＝|OD||OE|得t＝k， 因此直線l 的方程為y＝k(x＋1)， 所以直線l恒過定點(－1,0)． (ⅱ)由(ⅰ)得G(－，)，若B，G關于x軸對稱，則B(－，－)．代入y＝k(x＋1)整理得3k2－1＝k，即6k4－7k2＋1＝0， 解得k2＝(舍去)或k2＝1，所以k＝1. 此時B(－，－

24、)，G(－，)關于x軸對稱． 又由(Ⅰ)得x1＝0，y1＝1，所以A(0,1)． 由于△ABG的外接圓的圓心在x軸上，可設△ABG的外接圓的圓心為(d,0)， 因此d2＋1＝(d＋)2＋，解得d＝－， 故△ABG的外接圓的半徑為r＝＝. 所以△ABG的外接圓的方程為(x＋)2＋y2＝. 14．(2011江蘇，16分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，M、N分別是橢圓＋＝1的頂點，過坐標原點的直線交橢圓于P、A兩點，其中點P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C.連接AC，并延長交橢圓于點B.設直線PA的斜率為k. (1)當直線PA平分線段MN時，求k的值； (2)當k＝2時，求點

25、P到直線AB的距離d； (3)對任意的k＞0，求證：PA⊥PB. 解：(1)由題設知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，所以線段MN中點的坐標為(－1，－)．由于直線PA平分線段MN，故直線PA過線段MN的中點，又直線PA過坐標原點，所以k＝＝. (2)直線PA的方程為y＝2x，代入橢圓方程得＋＝1， 解得x＝. 因此P(，)，A(－，－)． 于是C(，0)，直線AC的斜率為＝1，故直線AB的方程為x－y－＝0.因此，d＝＝. (3)證明：法一：　將直線PA的方程y＝kx代入＋＝1，解得x＝.記μ＝，則P(μ，μk)，A(－μ，－μk). 于是C(μ，0)．故直線AB

26、的斜率為＝， 其方程為y＝(x－μ)，代入橢圓方程并由μ＝得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0， 解得x＝或x＝－μ.因此B(，)． 于是直線PB的斜率k1＝＝＝－. 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB. 法二：　設P(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)．設直線PB，AB的斜率分別為k1，k2.因為C在直線AB上，所以k2＝＝＝.從而 k1k＋1＝2k1k2＋1＝2＋1 ＝＋1＝＝＝0. 所以k1k＝－1，所以PA⊥PB. 15．(2011遼寧，12分)如圖，已知橢圓C1的中心在原點O，長軸左

27、、右端點M，N在x軸上，橢圓C2的短軸為MN，且C1，C2的離心率都為e.直線l⊥MN，l與C1交于兩點，與C2交于兩點，這四點按縱坐標從大到小依次為A，B，C，D. (1)設e＝，求|BC|與|AD|的比值； (2)當e變化時，是否存在直線l，使得BO∥AN，并說明理由． 解：(1)因為C1，C2的離心率相同，故依題意可設 C1：＋＝1，C2：＋＝1，(a＞b＞0)． 設直線l：x＝t(|t|＜a)，分別與C1，C2的方程聯立，求得 A，B.(4分) 當e＝時，b＝a，分別用yA，yB表示A，B的縱坐標，可知|BC||AD|＝＝＝. (2)t＝0時的l不符合題意，t≠0時，

28、BO∥AN當且僅當BO的斜率kBO與AN的斜率kAN相等，即＝， 解得t＝－＝－a. 因為|t|＜a，又0＜e＜1，所以＜1. 解得＜e＜1. 所以當0＜e≤時，不存在直線l，使得BO∥AN；當＜e＜1時，存在直線l，使得BO∥AN. 16．(2011廣東，14分)在平面直角坐標系xOy中，直線l：x＝－2交x軸于點A.設P是l上一點，M是線段OP的垂直平分線上一點，且滿足∠MPO＝∠AOP. (1)當點P在l上運動時，求點M的軌跡E的方程； (2)已知T(1，－1)．設H是E上動點，求|HO|＋|HT|的最小值，并給出此時點H的坐標； (3)過點T(1，－1)且不平行于y軸的

29、直線l1與軌跡E有且只有兩個不同的交點，求直線l1的斜率k的取值范圍． 命題意圖：本題考查的知識涉及動點、直線、軌跡、最值、參數范圍的綜合解析幾何問題．(1)先畫出圖形，“以圖助算”勢在必行，而畫出圖形后可發(fā)現MP∥OA或點M在x軸上，也就找到了解決問題的入口與思路；(2)順著第(1)問的結果與思路，結合拋物線的定義可求得|HO|＋|HT|的最小值；(3)再次回到畫出的圖形，可直觀地求得k的取值范圍． 解：(1)如圖1，可得直線l：x＝－2與x軸交于點A(－2,0)，設P(－2，m)， ①當m＝0時，點P與點A重合，這時OP的垂直平分線為x＝－1，由∠AOP＝∠MPO＝0得M(－1,0)

30、， ②當m≠0時，設M(x0，y0)， (i)若x0＞－1，由∠MPO＝∠AOP得MP∥OA，有y0＝m， 圖1 又kOP＝－，OP的中點為(－1，)， ∴OP的垂直平分線為y－＝(x＋1)，而點M在OP的垂直平分線上， ∴y0－＝(x0＋1)，又m＝y0， 于是y0－＝(x0＋1)，即y＝4(x0＋1)(x0＞－1)． (ii)若x0＜－1，如圖1，由∠MPO＝∠AOP得點M為OP的垂直平分線與x軸的交點，在y－＝(x＋1)中，令y＝0，有x＝－－1＜－1，即M(－－1,0)， ∴點M的軌跡E的方程為y2＝　4(x＋1)(x≥－1)和y＝0(x＜－1

31、)． (2)由(1)知軌跡E為拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)與射線y＝0(x＜－1)，而拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)的頂點為B(－1,0)，焦點為O(0,0)，準線為x＝－2，當點H在拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)上時，作HG垂直于準線x＝－2于點G，由拋物線的定義得|HO|＝|HG|，則|HO|＋|HT|＝|HT|＋|HG|，作TF垂直于準線x＝－2于點F，則　　|HT|＋|HG|≥|TF|，又T 圖2 (1，－1)，得|TF|＝3，在y2＝4(x＋1)(x≥－1)中，令y＝－1得x＝－，即當點H的坐標為(－，－1)時，|HO|＋|HT|的最小值為3，

32、當點H在射線y＝0(x＜－1)上時，|HO|＋|HT|＞|TF|， ∴|HO|＋|HT|的最小值為3，此時點H的坐標為(－，－1)． (3)由(2)得kBT＝－，由圖2得當直線l1的斜率k≤－或k＞0時，直線l1與軌跡E有且只有兩個不同的交點． ∴直線l1的斜率k的取值范圍是(－∞，－]∪(0，　?。?． 17．(2010新課標全國，12分)設F1，F2分別是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，過F1斜率為1的直線l與E相交于A，B兩點，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數列． (1)求E的離心率； (2)設點P(0，－1)滿足|PA|＝|PB|，求E的方程． 解：

33、(1)由橢圓定義知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a. l的方程為y＝x＋c, 其中c＝. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A，B兩點坐標滿足方程組 化簡得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 因為直線AB斜率為1，所以|AB|＝|x2－x1|＝ . 得a＝，故a2＝2b2， 所以E的離心率e＝＝＝. (2)設AB的中點為N(x0，y0)，由(1)知 x0＝＝＝－c，y0＝x0＋c＝. 由|PA|＝|PB|得kPN＝－1. 即＝－1， 得c＝3，從而a＝3，b＝3. 故橢圓E的方程為＋＝1. 高考數學復習精品 高考數學復習精品