2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第22練

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1、 第22練　圓錐曲線中的范圍、最值、證明問題[壓軸大題突破練] [明晰考情]　1.命題角度：直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是高考必考題，范圍、最值問題是高考的熱點(diǎn)；圓錐曲線中的證明問題是常見的題型.2.題目難度：中高檔難度. 考點(diǎn)一　直線與圓錐曲線 方法技巧　對于直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一般要把圓錐曲線的方程與直線方程聯(lián)立來處理. (1)設(shè)直線方程，在直線的斜率不確定的情況下要分斜率存在和不存在兩種情況進(jìn)行討論，或者將直線方程設(shè)成x＝my＋b(斜率不為0)的形式. (2)聯(lián)立直線方程與曲線方程并將其轉(zhuǎn)化成一元二次方程，利用方程根的判別式或根與系數(shù)的關(guān)系得到交點(diǎn)的橫坐標(biāo)或縱坐標(biāo)的

2、關(guān)系. (3)一般涉及弦長的問題，要用到弦長公式|AB|＝·|x1－x2|或|AB|＝·|y1－y2|. 1.已知?jiǎng)狱c(diǎn)M(x，y)到點(diǎn)F(2，0)的距離為d1，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)到直線x＝3的距離為d2，且＝. (1)求動(dòng)點(diǎn)M(x，y)的軌跡C的方程； (2)過點(diǎn)F作直線l：y＝k(x－2)(k≠0)交曲線C于P，Q兩點(diǎn)，若△OPQ的面積S△OPQ＝(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，求直線l的方程. 解　(1)結(jié)合題意，可得d1＝， d2＝|x－3|. 又＝，即＝，化簡得＋＝1. 因此，所求動(dòng)點(diǎn)M(x，y)的軌跡C的方程是＋＝1. (2)聯(lián)立方程組消去y， 得(1＋3k2)x2－12k2x＋

3、12k2－6＝0. 設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則 于是，弦|PQ|＝ ＝ ＝， 點(diǎn)O到直線l的距離d＝. 由S△OPQ＝， 得××＝，化簡得，k4－2k2＋1＝0， 解得k＝±1，且滿足Δ>0，即k＝±1符合題意. 因此，所求直線的方程為x－y－2＝0或x＋y－2＝0. 2.已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，右焦點(diǎn)為F(1，0). (1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)F作直線l與橢圓E交于M，N兩點(diǎn)，若OM⊥ON，求直線l的方程. 解　(1)依題意可得解得 ∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(

4、x2，y2)， ①當(dāng)MN垂直于x軸時(shí)，直線l的方程為x＝1，設(shè)直線與橢圓E的交點(diǎn)坐標(biāo)為M，N，此時(shí)OM不垂直于ON，不符合題意； ②當(dāng)MN不垂直于x軸時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1). 聯(lián)立得方程組 消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，Δ>0顯然成立. ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∴y1y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝. ∵OM⊥ON，∴·＝0. ∴x1x2＋y1y2＝＝0，∴k＝±. 故直線l的方程為x±y－＝0. 3.(2017·天津)設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A，離心率為.已知A是拋物線y2＝2px(p>0

5、)的焦點(diǎn)，F(xiàn)到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為. (1)求橢圓的方程和拋物線的方程； (2)設(shè)l上兩點(diǎn)P，Q關(guān)于x軸對稱，直線AP與橢圓相交于點(diǎn)B(點(diǎn)B異于點(diǎn)A)，直線BQ與x軸相交于點(diǎn)D.若△APD的面積為，求直線AP的方程. 解　(1)設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(－c，0)，依題意，得＝，＝a，a－c＝， 解得a＝1，c＝，p＝2， 于是b2＝a2－c2＝. 所以橢圓的方程為x2＋＝1，拋物線的方程為y2＝4x. (2)設(shè)直線AP的方程為x＝my＋1(m≠0)，與直線l的方程x＝－1聯(lián)立，可得點(diǎn)P， 故點(diǎn)Q. 將x＝my＋1與x2＋＝1聯(lián)立，消去x， 整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0，解

6、得y＝0或y＝. 由點(diǎn)B異于點(diǎn)A，可得點(diǎn)B， 由Q，可得直線BQ的方程為 (x＋1)－＝0， 令y＝0，解得x＝， 故點(diǎn)D. 所以|AD|＝1－＝. 又因?yàn)椤鰽PD的面積為， 故××＝， 整理得3m2－2|m|＋2＝0， 解得|m|＝，所以m＝±. 所以直線AP的方程為3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0. 考點(diǎn)二　圓錐曲線中的范圍、最值問題 方法技巧　求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法 (1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)數(shù)形結(jié)合求解. (2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，或者不等關(guān)系，或者已知參數(shù)與

7、新參數(shù)之間的等量關(guān)系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍. 4.已知橢圓E：＋＝1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA. (1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，求k的取值范圍. 解　(1)設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0. 當(dāng)t＝4時(shí)，橢圓E的方程為＋＝1，A(－2，0). 由|AM|＝|AN|及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1，得7y2－12y＝0， 解得y＝0或y＝， 所以y1＝. 因此△AMN的面

8、積S△AMN＝2×××＝. (2)由題意知t>3，k>0，A(－，0)，設(shè)M(x1，y1)， 將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1， 得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0. 由x1·(－)＝， 得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－(x＋)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|，得＝， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)， 當(dāng)k＝時(shí)上式不成立，因此t＝. t>3等價(jià)于＝<0，即<0. 由此得或解得b>0)的離心率

9、為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)求E的方程； (2)設(shè)過點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，求l的方程. 解　(1)設(shè)F(c，0)，由條件知，＝，得c＝. 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程為＋y2＝1. (2)當(dāng)l⊥x軸時(shí)不合題意， 故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2). 將y＝kx－2代入＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 當(dāng)Δ＝16(4k2－3)>0， 即k2>時(shí)，x1，2＝. 從而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又點(diǎn)O到直線PQ的距離d＝. 所以

10、△OPQ的面積S△OPQ＝·d·|PQ|＝. 設(shè)＝t，則t>0，S△OPQ＝＝≤1. 當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝±時(shí)等號成立，且滿足Δ>0. 所以當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為2y±x＋4＝0. 6.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M(x1，y1)，N(x2，y2)是橢圓＋＝1上的點(diǎn)，且x1x2＋2y1y2＝0，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足＝＋2. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程； (2)若直線l：y＝x＋m(m≠0)與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，求△OAB面積的最大值. 解　(1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，則由＝＋2， 得(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)， 即x＝x1＋2x2，y＝y(tǒng)1＋2y2. 因?yàn)辄c(diǎn)M

11、，N在橢圓＋＝1上， 所以x＋2y＝4，x＋2y＝4. 故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2) ＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2) ＝20＋4(x1x2＋2y1y2). 又因?yàn)閤1x2＋2y1y2＝0，所以x2＋2y2＝20， 所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為x2＋2y2＝20. (2)將曲線C與直線l的方程聯(lián)立，得 消去y得3x2＋4mx＋2m2－20＝0. 因?yàn)橹本€l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)， 所以Δ＝16m2－4×3×(2m2－20)＞0. 又m≠0，所以0＜m2＜30， x3＋x

12、4＝－，x3x4＝. 又點(diǎn)O到直線AB：x－y＋m＝0的距離d＝， |AB|＝|x3－x4|＝ ＝ ＝ ， 所以S△OAB＝ ×＝× ≤×＝5， 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝30－m2，即m2＝15時(shí)取等號，且滿足Δ>0. 所以△OAB面積的最大值為5. 考點(diǎn)三　圓錐曲線中的證明問題 方法技巧　圓錐曲線中的證明問題是轉(zhuǎn)化與化歸思想的充分體現(xiàn).無論證明什么結(jié)論，要對已知條件進(jìn)行化簡，同時(shí)對要證結(jié)論合理轉(zhuǎn)化，尋求條件和結(jié)論間的聯(lián)系，從而確定解題思路及轉(zhuǎn)化方向. 7.(2018·全國Ⅰ) 設(shè)橢圓C：＋y2＝1的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2，0). (1)當(dāng)l與

13、x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA＝∠OMB. (1)解　由已知得F(1，0)，l的方程為x＝1. 由已知可得，點(diǎn)A的坐標(biāo)為或. 又M(2，0)， 所以AM的方程為y＝－x＋或y＝x－. 即x＋y－2＝0或x－y－2＝0. (2)證明　當(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA＝∠OMB＝0°. 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線， 所以∠OMA＝∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和 kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx

14、1－k，y2＝kx2－k，得 kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，由題意知Δ＞0恒成立， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0， 從而kMA＋kMB＝0， 故MA，MB的傾斜角互補(bǔ). 所以∠OMA＝∠OMB. 綜上，∠OMA＝∠OMB. 8.(2018·大慶質(zhì)檢)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為2，且C過點(diǎn). (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)B1，B2分別是橢圓C的下頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，P是橢圓上異于B1，B2的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM⊥y軸于M，N為線段PM的

15、中點(diǎn)，直線B2N與直線y＝－1交于點(diǎn)D，E為線段B1D的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：ON⊥EN. (1)解　由題設(shè)知焦距為2，所以c＝. 又因?yàn)闄E圓過點(diǎn)， 所以代入橢圓方程得＋＝1， 因?yàn)閍2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1， 故所求橢圓C的方程是＋y2＝1. (2)證明　設(shè)P(x0，y0)，x0≠0，則M(0，y0)，N. 因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓C上，所以＋y＝1.即x＝4－4y. 又B2(0，1)，所以直線B2N的方程為y－1＝x. 令y＝－1，得x＝，所以D. 又B1(0，－1)，E為線段B1D的中點(diǎn)， 所以E. 所以＝，＝. 因?yàn)椤ぃ剑珁0(y0＋1)＝－＋y

16、＋y0＝1－＋y0＝1－y0－1＋y0＝0， 所以⊥，即ON⊥EN. 9.(2018·咸陽模擬)已知A(－2，0)，B(2，0)，點(diǎn)C是動(dòng)點(diǎn)，且直線AC和直線BC的斜率之積為－. (1)求動(dòng)點(diǎn)C的軌跡方程； (2)設(shè)直線l與(1)中軌跡相切于點(diǎn)P，與直線x＝4相交于點(diǎn)Q，且F(1，0)，求證：∠PFQ＝90°. (1)解　設(shè)C(x，y)，則依題意得kAC·kBC＝－， 又A(－2，0)，B(2，0)，所以有 ·＝－(y≠0)，整理得＋＝1(y≠0)， 即為所求軌跡方程. (2)證明　方法一　由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx＋m，與3x2＋4y2＝12聯(lián)立得，

17、3x2＋4(kx＋m)2＝12， 即(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 依題意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0， 即3＋4k2＝m2， ∴x1＋x2＝，得x1＝x2＝， ∴P，而3＋4k2＝m2，得P，又Q(4，4k＋m)，F(xiàn)(1，0)， 則·＝·(3，4k＋m)＝0， 知⊥， 即∠PFQ＝90°. 方法二　設(shè)P(x0，y0)，則曲線C在點(diǎn)P處切線PQ： ＋＝1，令x＝4，得Q， 又F(1，0)，∴·＝(x0－1，y0)·＝0， 知⊥，即∠PFQ＝90°. 典例　(12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞

18、b＞0)的離心率為，且點(diǎn)在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓E：＋＝1，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q. ①求的值； ②求△ABQ面積的最大值. 審題路線圖 (1)―→ (2)①―→ ②→ → 規(guī)范解答·評分標(biāo)準(zhǔn) 解　(1)由題意知＋＝1.又＝， 解得a2＝4，b2＝1.所以橢圓C的方程為＋y2＝1.…………………………………………2分 (2)由(1)知橢圓E的方程為＋＝1. ①設(shè)P(x0，y0)，＝λ(λ＞0)，由題意知Q(－λx0，－λy0). 因?yàn)椋珁＝1，又＋＝1， 即＝1，

19、 所以λ＝2，即＝…………………………………………………………………………2.5分 ②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2). 將y＝kx＋m代入橢圓E的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0， 由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，(*) 則有x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|＝.…………………………………………………………………8分 因?yàn)橹本€y＝kx＋m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，m)， 所以△OAB的面積S＝|m||x1－x2|＝＝ ＝2 .……………………………………………………………………9分 設(shè)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程，

20、可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.(**) 由(*)和(**)可知0＜t≤1， 因此S＝2＝2，……………………………………………………………10分 故0＜S≤2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m2＝1＋4k2時(shí)取得最大值2.………………………11分 由①知，△ABQ的面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6.…………………………12分 構(gòu)建答題模板 [第一步]　求曲線方程：根據(jù)基本量法確定圓錐曲線的方程； [第二步]　聯(lián)立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯(lián)立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判別式，利用根與系數(shù)的關(guān)系； [第三步]　

21、找關(guān)系：從題設(shè)中尋求變量的等量或不等關(guān)系； [第四步]　建函數(shù)：對范圍最值類問題，要建立關(guān)于目標(biāo)變量的函數(shù)關(guān)系； [第五步]　得范圍：通過求解函數(shù)值域或解不等式得目標(biāo)變量的范圍或最值，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件. 1.(2018·全國Ⅱ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過F且斜率為k(k＞0)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)求過點(diǎn)A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程. 解　(1)由題意得F(1，0)，l的方程為y＝k(x－1)(k＞0). 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.

22、Δ＝16k2＋16＞0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝. 由題意知＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1. 因此l的方程為x－y－1＝0. (2)由(1)得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3，2)，所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)， 即y＝－x＋5. 設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0，y0)， 則 解得或 因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. 2.設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，離心率為，過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)A，

23、B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，過點(diǎn)F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點(diǎn).若·＋·＝8，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OCD的面積. 解　(1)因?yàn)檫^焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線被橢圓截得的線段長為，所以＝. 因?yàn)闄E圓的離心率為，所以＝， 又a2＝b2＋c2，可解得b＝，c＝1，a＝. 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)由(1)可知F(－1，0)， 則直線CD的方程為y＝k(x＋1). 聯(lián)立 消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. 設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 又A(－，0)，B(，0)， 所以·＋· ＝(x1＋，y1)·(－x2，

24、－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2 ＝6＋＝8， 解得k＝±. 從而x1＋x2＝－＝－， x1x2＝＝0. 所以|x1－x2|＝＝＝， |CD|＝|x1－x2|＝×＝. 而原點(diǎn)O到直線CD的距離d＝＝＝， 所以△OCD的面積 S＝|CD|×d＝××＝. 3.(2018·全國Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(1，m)(m＞0). (1)證明：k＜－； (2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且＋＋＝0.證明：||，||，||成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差. (

25、1)證明　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則＋＝1，＋＝1. 兩式相減，并由＝k，得＋·k＝0. 由題設(shè)知＝1，＝m，于是k＝－.① 由題設(shè)得0＜m＜，故k＜－. (2)解　由題意得F(1，0).設(shè)P(x3，y3)，則 (x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0). 由(1)及題設(shè)得x3＝3－(x1＋x2)＝1， y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0. 又點(diǎn)P在C上，所以m＝， 從而P，||＝， 于是||＝＝ ＝2－. 同理||＝2－. 所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3. 故2||＝||＋||，即||，||，||成等差數(shù)列.

26、設(shè)該數(shù)列的公差為d，則2|d|＝|||－|||＝ |x1－x2|＝.② 將m＝代入①得k＝－1， 所以l的方程為y＝－x＋，代入C的方程， 并整理得7x2－14x＋＝0. 故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝. 所以該數(shù)列的公差為或－. 4.(2018·河南八市測評)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(diǎn)M在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程； (2)若不過原點(diǎn)O的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，與直線OM相交于點(diǎn)N，且N是線段AB的中點(diǎn)，求△OAB面積的最大值. 解　(1) 由橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(diǎn)M在橢圓C上，得 解得所以橢圓C的

27、方程為＋＝1. (2)易得直線OM的方程為y＝x. 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，AB的中點(diǎn)不在直線y＝x上，故直線l的斜率存在. 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠0)，與＋＝1聯(lián)立消y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12) ＝48(3＋4k2－m2)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， 所以AB的中點(diǎn)N， 因?yàn)镹在直線y＝x上，所以－＝2×，解得k＝－， 所以Δ＝48(12－m2)>0，得－2