2018届二轮复习（理）专题五　解析几何第3讲学案（全国通用） 19页

第3讲　圆锥曲线中的热点问题 高考定位　1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查.‎ 真 题 感 悟 ‎1.(2015·全国Ⅰ卷)已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若·<0，则y0的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　由题意M在双曲线C：－y2＝1上，‎ 则－y＝1，即x＝2＋2y.‎ 由1·2<0，得(－－x0，－y0)·(－x0，－y0)＝x－3＋y＝3y－1<0，即－b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.‎ ‎(1)解　由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由＋>＋知，椭圆 C不经过点P1，‎ 所以点P2在椭圆C上.‎ 因此解得 故C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.‎ 如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴.‎ 设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，‎ k1＋k2＝＋＝＝－1，得m＝2，‎ 此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.‎ 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).‎ 将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.‎ 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 则k1＋k2＝＋＝＋ ‎＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.‎ ‎∴(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.‎ 解之得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)>0，方程有解，‎ ‎∴当且仅当m>－1时，Δ>0，‎ ‎∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2).‎ 当x＝2时，y＝－1，所以l过定点(2，－1).‎ 考 点 整 合 ‎1.圆锥曲线中的范围、最值问题，‎ 可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.‎ 温馨提醒　圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.‎ ‎2.定点、定值问题 ‎(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.‎ 若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).‎ ‎(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.‎ ‎3.存在性问题的解题步骤：‎ ‎(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).‎ ‎(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.‎ ‎(3)得出结论.‎ 热点一　圆锥曲线中的最值、范围 ‎【例1】 (2016·浙江卷)如图所示，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围.‎ 解　(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，‎ 由抛物线的定义得＝1，即p＝2.‎ ‎(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，‎ 可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.‎ ‎∵AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，‎ 由消去x得y2－4sy－4＝0.‎ 故yAyB＝－4，∴B.‎ 又直线AB的斜率为，‎ 故直线FN的斜率为－，‎ 从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－.‎ ‎∴N.‎ 设M(m，0)，由A，M，N三点共线得＝，‎ 于是m＝＝2＋，∴m＜0或m＞2.‎ 经检验知，m＜0或m＞2满足题意.‎ 综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).‎ 探究提高　求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.‎ ‎(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.‎ ‎【训练1】 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.‎ 解　(1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝.‎ 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.‎ 故E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当l⊥x轴时不合题意，‎ 故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).‎ 将y＝kx－2代入＋y2＝1，‎ 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.‎ 当Δ＝16(4k2－3)>0，‎ 即k2>时，x1，2＝.‎ 从而|PQ|＝|x1－x2|＝.‎ 又点O到直线PQ的距离d＝.‎ 所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.‎ 设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.‎ 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.‎ 所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.‎ 热点二　定点、定值问题 命题角度1　圆锥曲线中的定值 ‎【例2－1】 (2016·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.‎ ‎(1)解　由题意得解得 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知A(2，0)，B(0，1).‎ 设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.‎ 当x0≠0时，‎ 直线PA的方程为y＝(x－2).‎ 令x＝0，得yM＝－，‎ 从而|BM|＝|1－yM|＝.‎ 直线PB的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得xN＝－，‎ 从而|AN|＝|2－xN|＝.‎ 所以|AN|·|BM|＝· ‎＝ ‎＝＝4.‎ 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，‎ 所以|AN|·|BM|＝4.‎ 综上，|AN|·|BM|为定值.‎ 探究提高　1.求定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.‎ ‎2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.‎ ‎【训练2】 (2017·唐山一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点Q在椭圆上，O为坐标原点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值.‎ ‎(1)解　∵椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，‎ ‎∴e2＝＝＝，得a2＝2b2，①‎ 又点Q在椭圆C上，‎ ‎∴＋＝1，②‎ 联立①、②得a2＝8，且b2＝4.‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　当直线PN的斜率k不存在时，PN方程为x＝或x＝－，从而有|PN|＝2，‎ 所以S＝|PN|·|OM|＝×2×2＝2；‎ 当直线PN的斜率k存在时，‎ 设直线PN方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 将PN的方程代入椭圆C的方程，‎ 整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1·x2＝，‎ y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，‎ 由＝＋，得M.‎ 将M点坐标代入椭圆C方程得m2＝1＋2k2.‎ 又点O到直线PN的距离为d＝，‎ ‎|PN|＝|x1－x2|，‎ 所以S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝＝2.‎ 综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2.‎ 命题角度2　圆锥曲线中的定点问题 ‎【例2－2】 (2017·哈尔滨模拟)已知两点A(－，0)，B(，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且2·＝||2.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程；‎ ‎(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.‎ ‎(1)解　设点P坐标为(x，y)，∴点Q坐标为(0，y).‎ ‎∵2·＝||2，‎ ‎∴2[(－－x)(－x)＋y2]＝x2，‎ 化简得点P的轨迹方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　当两直线的斜率都存在且不为0时，设lGH：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y＝－(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，‎ 联立 消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.‎ 则Δ>0恒成立.‎ ‎∴x1＋x2＝，且x1x2＝.‎ ‎∴GH中点E1坐标为，‎ 同理，MN中点E2坐标为，‎ ‎∴kE1E2＝，‎ ‎∴lE1E2的方程为y＝，∴过点，‎ 当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE1E2的方程为y＝0，也过点，综上所述，lE1E2过定点.‎ 探究提高　1.动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).‎ ‎2.动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.‎ ‎【训练3】 (2017·菏泽调研)已知焦距为2的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.‎ ‎(1)解　设坐标原点为O，‎ ‎∵四边形ABPQ是平行四边形，∴||＝||，‎ ‎∵||＝2||，∴||＝2||，则点B的横坐标为，‎ ‎∴点Q的坐标为，代入椭圆C的方程得b2＝2，‎ 又c2＝2，∴a2＝4，即椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k).‎ 由消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，则－2x0＝，即x0＝，‎ ‎∴y0＝k(x0＋2)＝，则N，‎ 设G(t，0)，则t≠－2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，则DG⊥AN，∴·＝0恒成立.‎ ‎∵＝(2－t，4k)，＝，‎ ‎∴·＝(2－t)·＋4k·＝0恒成立，‎ 即＝0恒成立，∴t＝0，∴点G是定点(0，0).‎ 热点三　圆锥曲线中的存在性问题 ‎【例3】 (2017·长沙调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点P，F为其右焦点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)因为＝，所以a＝2c，b＝c，‎ 设椭圆方程＋＝1，‎ 又点P在椭圆上，所以＋＝1，‎ 解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，‎ 由消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，‎ 解得－0)的焦点为F，直线2x－y＋2＝0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.‎ ‎(1)D是抛物线C上的动点，点E(－1，3)，若直线AB过焦点F，求|DF|＋|DE|的最小值；‎ ‎(2)是否存在实数p，使|2＋|＝|2－|？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由.‎ 解　(1)∵直线2x－y＋2＝0与y轴的交点为(0，2)，‎ ‎∴F(0，2)，则抛物线C的方程为x2＝8y，准线l：y＝－2.‎ 设过D作DG⊥l于G，则|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|，‎ 当E，D，G三点共线时，|DF|＋|DE|取最小值2＋3＝5.‎ ‎(2)假设存在，抛物线x2＝2py与直线y＝2x＋2联立方程组得：‎ x2－4px－4p＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0，则x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，‎ ‎∴Q(2p，2p).‎ ‎∵|2＋|＝|2－|，∴QA⊥QB.‎ 则·＝0，‎ 可得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p)‎ ‎＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)‎ ‎＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0，‎ 代入得4p2＋3p－1＝0，‎ 解得p＝或p＝－1(舍去).‎ 因此存在实数p＝，且满足Δ>0，使得|2＋|＝|2－|成立.‎ ‎1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：‎ ‎(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.‎ ‎2.圆锥曲线的范围问题的常见求法 ‎(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；‎ ‎(2)代数法：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.‎ ‎3.存在性问题求解的思路及策略 ‎(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在.‎ ‎(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；‎ ‎②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.‎ 一、选择题 ‎1.F1，F2是椭圆＋y2＝1的左、右焦点，点P在椭圆上运动，则·的最大值是(　　)‎ A.－2 B.1 C.2 D.4‎ 解析　设P(x，y)，依题意得点F1(－，0)，F2(，0)，‎ ·＝(－－x)(－x)＋y2＝x2＋y2－3＝x2－2，注意到－2≤x2－2≤1，因此·的最大值是1.‎ 答案　B ‎2.(2017·沈阳二模)若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为(　　)‎ A.2 B. C. D. 解析　根据题意，抛物线y＝2x2上，设P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝y，其准线方程为y＝－，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min＝.‎ 答案　D ‎3.(2017·北京西城区调研)过抛物线y2＝4x的焦点的直线l与双曲线C：－y2＝1的两个交点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，若x1·x2>0，则k的取值范围是(　　)‎ A. B.∪ C. D.∪ 解析　易知双曲线两渐近线y＝±x，‎ 当k>或k<－时，l与双曲线的右支有两个交点，满足x1x2>0.‎ 答案　D ‎4.(2017·全国Ⅰ卷)设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点.若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是(　　)‎ A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，]∪[9，＋∞)‎ C.(0，1]∪[4，＋∞) D.(0，]∪[4，＋∞)‎ 解析　(1)当焦点在x轴上，依题意得 ‎03，且≥tan＝，∴m≥9，‎ 综上，m的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞).‎ 答案　A ‎5.在直线y＝－2上任取一点Q，过Q作抛物线x2＝4y的切线，切点分别为A，B，则直线AB恒过的点的坐标为(　　)‎ A.(0，1) B.(0，2)‎ C.(2，0) D.(1，0)‎ 解析　设Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为y＝x2，则y′＝x，则在点A处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，化简得y＝x1x－y1，‎ 同理，在点B处的切线方程为y＝x2x－y2，‎ 又点Q(t，－2)的坐标适合这两个方程，‎ 代入得－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，‎ 这说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程－2＝xt－y，即直线AB的方程为y－2＝tx，因此直线AB恒过点(0，2).‎ 答案　B 二、填空题 ‎6.已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与圆x2－4x＋y2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.‎ 解析　双曲线的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，圆x2－4x＋y2＋2＝0可化为(x－2)2＋y2＝2，其圆心为(2，0)，半径为.‎ 因为直线bx±ay＝0和圆(x－2)2＋y2＝2相交，‎ 所以＜，整理得b2＜a2.‎ 从而c2－a2＜a2，即c2＜2a2，所以e2＜2.‎ 又e＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，).‎ 答案　(1，)‎ ‎7.已知抛物线C：x2＝8y的焦点为F，动点Q在C上，圆Q的半径为1，过点F的直线与圆Q切于点P，则·的最小值为________.‎ 解析　如图，在Rt△QPF中，·＝||||cos∠PFQ＝||||＝||2＝||2－1.‎ 由抛物线的定义知：||＝d(d为点Q到准线的距离)，易知，抛物线的顶点到准线的距离最短，∴||min＝2，‎ ‎∴·的最小值为3.‎ 答案　3‎ ‎8.(2017·济南模拟)已知抛物线y2＝4x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作x轴，y轴垂线，垂足分别为C，D，则|AC|＋|BD|的最小值为________.‎ 解析　不妨设A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)(y2<0).‎ 则|AC|＋|BD|＝x2＋y1＝＋y1.‎ 又y1y2＝－p2＝－4.∴|AC|＋|BD|＝－(y2<0).‎ 设g(x)＝－，在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.‎ ‎∴当x＝－2，即y2＝－2时，|AC|＋|BD|的最小值为3.‎ 答案　3‎ 三、解答题 ‎9.(2017·延安调研)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.‎ ‎(1)解　由题设知＝，b＝1，‎ 结合a2＝b2＋c2，解得a＝，‎ 所以椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，‎ 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 从而直线AP，AQ的斜率之和 ‎ kAP＋kAQ＝＋＝＋ ‎＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k) ‎＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.‎ 故kAP＋kAQ为定值2.‎ ‎10.(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，‎ ‎(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；‎ ‎(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.‎ 解　(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，‎ 或M(－2，a)，N(2，a).‎ 又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，‎ 即x－y－a＝0.‎ y＝在x＝－2处的导数值为－，C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，‎ 即x＋y＋a＝0.‎ 故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.‎ ‎(2)存在符合题意的点，证明如下：‎ 设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.‎ 将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.‎ 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.‎ 从而k1＋k2＝＋ ‎＝＝.‎ 当b＝－a时，有k1＋k2＝0，‎ 则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，‎ 故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.‎ ‎11.(2017·昆明二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2.直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，又l与直线y＝x，y＝－x分别交于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第二象限，且△OAB的面积为2(O为坐标原点).‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)求·的取值范围.‎ 解　(1)由于b＝1且离心率e＝，‎ ‎∴＝＝，则a2＝2，‎ 因此椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)联立直线l与直线y＝x，可得点A，‎ 联立直线l与直线y＝－x，可得点B，‎ 又点A在第一象限，点B在第二象限，‎ ‎∴⇒ 即m2(1－4k2)>0，而m2≥0，‎ ‎∴1－4k2>0，‎ 又|AB|＝＝，‎ 又原点O到直线l的距离为，即△OMN底边AB上的高为，‎ ‎∴S△OMN＝·＝＝2，‎ ‎∴m2＝1－4k2，‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线l代入椭圆方程，‎ 整理可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝－，x1·x2＝，‎ Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝48k2>0，则k2>0，‎ ‎∴y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，‎ ‎∴·＝x1x2＋y1y2＝＋＝－7，‎ ‎∵0