【数学】2020届天津一轮复习通用版9-6直线与圆锥曲线的位置关系作业 20页

‎9.6　直线与圆锥曲线的位置关系 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.直线与圆锥曲线的位置关系 ‎1.会用代数法和数形结合法判断直线与椭圆、抛物线的位置关系 ‎2.根据所学知识熟练解决直线与椭圆、抛物线位置关系的综合问题 ‎2018天津,19‎ 直线与椭圆的位置关系 三角函数 ‎★★★‎ ‎2017天津文,20‎ 椭圆的几何性质 ‎2015天津文,19‎ 直线方程 ‎2.弦长公式的应用 ‎2018北京文,20‎ 求弦长的最值 直线与椭圆的位置关系 ‎★☆☆‎ ‎3.弦中点问题 ‎2018课标Ⅲ,20‎ 弦中点相关问题 向量的运算 ‎★☆☆‎ 分析解读　　从天津高考试题来看,本节内容一直是高考的热点,直线与椭圆以及抛物线的位置关系、圆锥曲线中的弦长、弦的中点等问题考查比较频繁,常与向量、圆等知识结合考查,解题基本策略有:(1)巧设直线方程;(2)注意整体代换思想的应用,利用根与系数的关系设而不求.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　圆锥曲线中弦长的求法 ‎1.过椭圆x‎2‎‎4‎+y2=1的右焦点作互相垂直的两条直线,分别交椭圆于A,B,C,D四点,则四边形ABCD面积S的最大值与最小值之差为(　　)‎ A.‎17‎‎25‎　　　　B.‎18‎‎25‎　　　　C.‎19‎‎25‎　　　　D.‎‎4‎‎5‎ 答案　B　‎ ‎2.(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:x‎2‎t+y‎2‎‎3‎=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.‎ ‎(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;‎ ‎(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.‎ 解析　(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.‎ 当t=4时,E的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1,A(-2,0).‎ 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π‎4‎.‎ 因此直线AM的方程为y=x+2.‎ 将x=y-2代入x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1得7y2-12y=0.‎ 解得y=0或y=‎12‎‎7‎,所以y1=‎12‎‎7‎.‎ 因此△AMN的面积S△AMN=2×‎1‎‎2‎×‎12‎‎7‎×‎12‎‎7‎=‎144‎‎49‎.‎ ‎(2)设M(x1,y1),由题意,t>3,k>0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t) 代入x‎2‎t+y‎2‎‎3‎=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t2k2-3t=0.‎ 由x1·(-t)=t‎2‎k‎2‎‎-3t‎3+tk‎2‎得x1=t‎(3-tk‎2‎)‎‎3+tk‎2‎,‎ 故|AM|=|x1+ t|‎1+‎k‎2‎=‎6‎t(1+k‎2‎)‎‎3+tk‎2‎.‎ 由题设,直线AN的方程为y=-‎1‎k(x+t),‎ 故同理可得|AN|=‎6kt(1+k‎2‎)‎‎3k‎2‎+t.‎ 由2|AM|=|AN|得‎2‎‎3+tk‎2‎=k‎3k‎2‎+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).‎ 当k=‎3‎‎2‎时上式不成立,因此t=‎3k(2k-1)‎k‎3‎‎-2‎.‎ t>3等价于k‎3‎‎-2k‎2‎+k-2‎k‎3‎‎-2‎=‎(k-2)(k‎2‎+1)‎k‎3‎‎-2‎<0,即k-2‎k‎3‎‎-2‎<0.‎ 由此得k-2>0,‎k‎3‎‎-2<0‎或k-2<0,‎k‎3‎‎-2>0,‎解得‎3‎‎2‎3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.‎ 评析本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.注意题目中t>3这一隐含条件,是把等式转化为不等式的关键.‎ 方法2　圆锥曲线中弦中点问题的求法 ‎3.已知椭圆E:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为(　　)‎ A.x‎2‎‎45‎+y‎2‎‎36‎=1　　　　B.x‎2‎‎36‎+y‎2‎‎27‎=1　　　　C.x‎2‎‎27‎+y‎2‎‎18‎=1　　　　D.x‎2‎‎18‎+y‎2‎‎9‎=1‎ 答案　D　‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·天津卷题组 ‎1.(2018天津,19,14分)设椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为‎5‎‎3‎,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若‎|AQ|‎‎|PQ|‎=‎5‎‎2‎‎4‎sin∠AOQ(O为原点),求k的值.‎ 解析　(1)设椭圆的焦距为2c,由已知得c‎2‎a‎2‎=‎5‎‎9‎,‎ 又由a2=b2+c2,可得2a=3b.‎ 由已知可得,|FB|=a,|AB|=‎2‎b,‎ 由|FB|·|AB|=6‎2‎,可得ab=6,从而a=3,b=2.‎ 所以,椭圆的方程为x‎2‎‎9‎+y‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).‎ 由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.‎ 又因为|AQ|=y‎2‎sin∠OAB,而∠OAB=π‎4‎,故|AQ|=‎2‎y2.‎ 由‎|AQ|‎‎|PQ|‎=‎5‎‎2‎‎4‎sin∠AOQ,可得5y1=9y2.‎ 由方程组y=kx,‎x‎2‎‎9‎‎+y‎2‎‎4‎=1,‎消去x,可得y1=‎6k‎9k‎2‎+4‎.‎ 易知直线AB的方程为x+y-2=0,‎ 由方程组y=kx,‎x+y-2=0,‎消去x,可得y2=‎2kk+1‎.‎ 由5y1=9y2,可得5(k+1)=3‎9k‎2‎+4‎,两边平方,‎ 整理得56k2-50k+11=0,‎ 解得k=‎1‎‎2‎或k=‎11‎‎28‎.‎ 所以,k的值为‎1‎‎2‎或‎11‎‎28‎.‎ 解题关键　利用平面几何知识将‎|AQ|‎‎|PQ|‎=‎5‎‎2‎‎4‎sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.‎ ‎2.(2017天津文,20,14分)已知椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),△EFA的面积为b‎2‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆的离心率;‎ ‎(2)设点Q在线段AE上,|FQ|=‎3‎‎2‎c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.‎ ‎(i)求直线FP的斜率;‎ ‎(ii)求椭圆的方程.‎ 解析　(1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得‎1‎‎2‎(c+a)c=b‎2‎‎2‎.‎ 又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0.‎ 又因为00),则直线FP的斜率为‎1‎m.‎ 由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为x‎2c+yc=1,即x+2y-2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x=‎(2m-2)cm+2‎,y=‎3cm+2‎,即点Q的坐标为‎(2m-2)cm+2‎‎,‎‎3cm+2‎.由已知|FQ|=‎3‎‎2‎c,有‎(2m-2)cm+2‎‎+c‎2‎+‎3cm+2‎‎2‎=‎3c‎2‎‎2‎,整理得3m2-4m=0,所以m=‎4‎‎3‎,即直线FP的斜率为‎3‎‎4‎.‎ ‎(ii)由a=2c,可得b=‎3‎c,故椭圆方程可以表示为x‎2‎‎4‎c‎2‎+y‎2‎‎3‎c‎2‎=1.‎ 由(i)得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,与椭圆方程联立得‎3x-4y+3c=0,‎x‎2‎‎4‎c‎2‎‎+y‎2‎‎3‎c‎2‎=1,‎消去y,‎ 整理得7x2+6cx-13c2=0,‎ 解得x=-‎13c‎7‎(舍去)或x=c.因此可得点Pc,‎‎3c‎2‎,进而可得|FP|=‎(c+c‎)‎‎2‎+‎‎3c‎2‎‎2‎=‎5c‎2‎,所以|PQ|=|FP|-|FQ|=‎5c‎2‎-‎3c‎2‎=c.由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.‎ 因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN=‎3c‎2‎×‎3‎‎4‎=‎9c‎8‎,所以△FQN的面积为‎1‎‎2‎|FQ||QN|=‎27‎c‎2‎‎32‎,同理△FPM的面积等于‎75‎c‎2‎‎32‎,由四边形PQNM的面积为3c,得‎75‎c‎2‎‎32‎-‎27‎c‎2‎‎32‎=3c,整理得c2=2c,又由c>0,得c=2.所以,椭圆的方程为x‎2‎‎16‎+y‎2‎‎12‎=1.‎ ‎3.(2015天津文,19,14分)已知椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的上顶点为B,左焦点为F,离心率为‎5‎‎5‎.‎ ‎(1)求直线BF的斜率;‎ ‎(2)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B),过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B),直线PQ与y轴交于点M,|PM|=λ|MQ|.‎ ‎(i)求λ的值;‎ ‎(ii)若|PM|sin∠BQP=‎7‎‎5‎‎9‎,求椭圆的方程.‎ 解析　(1)设F(-c,0).由已知离心率ca=‎5‎‎5‎及a2=b2+c2,可得a=‎5‎c,b=2c.‎ 又因为B(0,b),F(-c,0),‎ 故直线BF的斜率k=b-0‎‎0-(-c)‎=‎2cc=2.‎ ‎(2)设点P(xP,yP),Q(xQ,yQ),M(xM,yM).‎ ‎(i)由(1)可得椭圆的方程为x‎2‎‎5‎c‎2‎+y‎2‎‎4‎c‎2‎=1,直线BF的方程为y=2x+2c.将直线方程与椭圆方程联立,消去y,整理得3x2+5cx=0,解得xP=-‎5c‎3‎.‎ 因为BQ⊥BP,所以直线BQ的方程为y=-‎1‎‎2‎x+2c,与椭圆方程联立,消去y,整理得21x2-40cx=0,解得xQ=‎40c‎21‎.‎ 又因为λ=‎|PM|‎‎|MQ|‎,及xM=0,可得λ=‎|xM-xP|‎‎|xQ-xM|‎=‎|xP|‎‎|xQ|‎=‎7‎‎8‎.‎ ‎(ii)由(i)有‎|PM|‎‎|MQ|‎=‎7‎‎8‎,所以‎|PM|‎‎|PM|+|MQ|‎=‎7‎‎7+8‎=‎7‎‎15‎,‎ 即|PQ|=‎15‎‎7‎|PM|.‎ 又因为|PM|sin∠BQP=‎7‎‎5‎‎9‎,‎ 所以|BP|=|PQ|sin∠BQP=‎15‎‎7‎|PM|sin∠BQP=‎5‎‎5‎‎3‎.‎ 又因为yP=2xP+2c=-‎4‎‎3‎c,‎ 所以|BP|=‎0+‎‎5c‎3‎‎2‎‎+‎‎2c+‎‎4c‎3‎‎2‎=‎5‎‎5‎‎3‎c,‎ 因此‎5‎‎5‎‎3‎c=‎5‎‎5‎‎3‎,得c=1.‎ 所以,椭圆方程为x‎2‎‎5‎+y‎2‎‎4‎=1.‎ 评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两条直线垂直等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想和化归思想解决问题的能力.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 ‎1.(2018课标Ⅰ,8,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为‎2‎‎3‎的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=(　　)‎ A.5　　　　B.6　　　　C.7　　　　D.8‎ 答案　D　‎ ‎2.(2016课标Ⅲ文,12,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为(　　)‎ A.‎1‎‎3‎　　　　B.‎1‎‎2‎　　　　C.‎2‎‎3‎　　　　D.‎‎3‎‎4‎ 答案　A　‎ ‎3.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为　　　　. ‎ 答案　‎‎2‎‎2‎ ‎4.(2018课标Ⅰ,19,12分)设椭圆C:x‎2‎‎2‎+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).‎ ‎(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;‎ ‎(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.‎ 解析　(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,‎ 由已知可得,点A的坐标为‎1,‎‎2‎‎2‎或‎1,-‎‎2‎‎2‎.‎ 所以AM的方程为y=-‎2‎‎2‎x+‎2‎或y=‎2‎‎2‎x-‎2‎.‎ ‎(2)证明:当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°,‎ 当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,‎ 所以∠OMA=∠OMB.‎ 当l与x轴不重合也不垂直时,‎ 设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1<‎2‎,x2<‎2‎,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y‎1‎x‎1‎‎-2‎+y‎2‎x‎2‎‎-2‎,‎ 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=‎2kx‎1‎x‎2‎-3k(x‎1‎+x‎2‎)+4k‎(x‎1‎-2)(x‎2‎-2)‎.‎ 将y=k(x-1)代入x‎2‎‎2‎+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,‎ 所以,x1+x2=‎4‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎,x1x2=‎2k‎2‎-2‎‎2k‎2‎+1‎.‎ 则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=‎4k‎3‎-4k-12k‎3‎+8k‎3‎+4k‎2k‎2‎+1‎=0,‎ 从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,‎ 所以∠OMA=∠OMB.‎ 综上,∠OMA=∠OMB.‎ ‎5.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎,焦点F1(-‎3‎,0),F2(‎3‎,0),圆O的直径为F1F2.‎ ‎(1)求椭圆C及圆O的方程;‎ ‎(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.‎ ‎①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;‎ ‎②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为‎2‎‎6‎‎7‎,求直线l的方程.‎ 解析　(1)由题意知c=‎3‎,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎在椭圆上,‎ 所以2a=‎(‎3‎-‎3‎‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎-0‎‎2‎+‎(‎3‎+‎3‎‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎-0‎‎2‎=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k<0,‎ 设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0),‎ 将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,‎ 整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,‎ 因为直线l与圆O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)·(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,‎ 将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x‎2‎‎4‎+(kx+m)2=1,‎ 整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,‎ 因为直线l与椭圆C相切,‎ 所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,‎ 整理得m2=4k2+1,‎ 所以3k2+3=4k2+1,因为k<0,所以k=-‎2‎,则m=3,‎ 将k=-‎2‎,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,‎ 整理得x2-2‎2‎x+2=0,‎ 解得x1=x2=‎2‎,将x=‎2‎代入x2+y2=3,‎ 解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(‎2‎,1).‎ ‎②设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),‎ 由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0,‎ 因为直线l和椭圆C相交,所以结合②的过程知m2<4k2+1,解得k<-‎2‎,‎ 将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,‎ 解得x1,2=‎-8km±4‎‎4k‎2‎+1-‎m‎2‎‎2(4k‎2‎+1)‎,‎ 所以|x1-x2|=‎4‎‎4k‎2‎+1-‎m‎2‎‎4k‎2‎+1‎,‎ 因为AB=‎(x‎1‎-x‎2‎‎)‎‎2‎+(kx‎1‎-kx‎2‎‎)‎‎2‎=|x1-x2|k‎2‎‎+1‎=‎4‎‎4k‎2‎+1-‎m‎2‎‎4k‎2‎+1‎·k‎2‎‎+1‎,‎ O到l的距离d=‎|m|‎k‎2‎‎+1‎=‎3‎,‎ 所以S△OAB=‎1‎‎2‎·‎4‎‎4k‎2‎+1-‎m‎2‎‎4k‎2‎+1‎·k‎2‎‎+1‎·‎‎|m|‎k‎2‎‎+1‎ ‎=‎1‎‎2‎·‎4‎k‎2‎‎-2‎‎4k‎2‎+1‎·k‎2‎‎+1‎·‎3‎=‎2‎‎6‎‎7‎,‎ 解得k2=5,因为k<0,‎ 所以k=-‎5‎,则m=3‎2‎,‎ 即直线l的方程为y=-‎5‎x+3‎2‎.‎ ‎6.(2018课标Ⅲ,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).‎ ‎(1)证明:k<-‎1‎‎2‎;‎ ‎(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:2|FP|=|FA|+|FB|.‎ 证明　(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x‎1‎‎2‎‎4‎+y‎1‎‎2‎‎3‎=1,x‎2‎‎2‎‎4‎+y‎2‎‎2‎‎3‎=1.‎ 两式相减,并由y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=k得x‎1‎‎+‎x‎2‎‎4‎+y‎1‎‎+‎y‎2‎‎3‎·k=0.‎ 由题设知x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=1,y‎1‎‎+‎y‎2‎‎2‎=m,于是k=-‎3‎‎4m.‎ 由题设得00)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.‎ ‎(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;‎ ‎(2)当2|AM|=|AN|时,证明:‎3‎0.‎ 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π‎4‎.‎ 又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.‎ 将x=y-2代入x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1得7y2-12y=0.‎ 解得y=0或y=‎12‎‎7‎,所以y1=‎12‎‎7‎.‎ 因此△AMN的面积S△AMN=2×‎1‎‎2‎×‎12‎‎7‎×‎12‎‎7‎=‎144‎‎49‎.‎ ‎(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1得 ‎(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.‎ 由x1·(-2)=‎16k‎2‎-12‎‎3+4‎k‎2‎得x1=‎2(3-4k‎2‎)‎‎3+4‎k‎2‎,‎ 故|AM|=|x1+2|‎1+‎k‎2‎=‎12‎‎1+‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 由题设,直线AN的方程为y=-‎1‎k(x+2),‎ 故同理可得|AN|=‎12k‎1+‎k‎2‎‎3k‎2‎+4‎.‎ 由2|AM|=|AN|得‎2‎‎3+4‎k‎2‎=k‎3k‎2‎+4‎,即4k3-6k2+3k-8=0.‎ 设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f '(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)单调递增.‎ 又f(‎3‎)=15‎3‎-26<0, f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在(‎3‎,2)内,所以‎3‎b>0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为2‎6‎.过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.‎ ‎(1)求C2的方程;‎ ‎(2)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率.‎ 解析　(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.①‎ 又C1与C2的公共弦的长为2‎6‎,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为‎±‎6‎,‎‎3‎‎2‎,所以‎9‎‎4‎a‎2‎+‎6‎b‎2‎=1.②‎ 联立①②得a2=9,b2=8.故C2的方程为y‎2‎‎9‎+x‎2‎‎8‎=1.‎ ‎(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).‎ 因AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③‎ 设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.‎ 由y=kx+1,‎x‎2‎‎=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④‎ 由y=kx+1,‎x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎9‎=1‎得(9+8k2)x2+16kx-64=0.‎ 而x3,x4是这个方程的两根,‎ 所以x3+x4=-‎16k‎9+8‎k‎2‎,x3x4=-‎64‎‎9+8‎k‎2‎.⑤‎ 将④,⑤代入③,得16(k2+1)=‎1‎‎6‎‎2‎k‎2‎‎(9+8‎k‎2‎‎)‎‎2‎+‎4×64‎‎9+8‎k‎2‎,‎ 即16(k2+1)=‎1‎6‎‎2‎×9(k‎2‎+1)‎‎(9+8‎k‎2‎‎)‎‎2‎,‎ 所以(9+8k2)2=16×9,解得k=±‎6‎‎4‎,即直线l的斜率为±‎6‎‎4‎.‎ C组　教师专用题组 ‎1.(2017课标Ⅰ文,20,12分)设A,B为曲线C:y=x‎2‎‎4‎上两点,A与B的横坐标之和为4.‎ ‎(1)求直线AB的斜率;‎ ‎(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.‎ 解析　(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1≠x2,y1=x‎1‎‎2‎‎4‎,y2=x‎2‎‎2‎‎4‎,x1+x2=4,‎ 于是直线AB的斜率k=y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)由y=x‎2‎‎4‎,得y'=x‎2‎,设M(x3,y3),由题设知x‎3‎‎2‎=1,‎ 解得x3=2,于是M(2,1).‎ 设直线AB的方程为y=x+m,‎ 故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.‎ 将y=x+m代入y=x‎2‎‎4‎得x2-4x-4m=0.‎ 当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2m+1‎.‎ 从而|AB|=‎2‎|x1-x2|=4‎2(m+1)‎.‎ 由题设知|AB|=2|MN|,‎ 即4‎2(m+1)‎=2(m+1),解得m=7.‎ 所以直线AB的方程为y=x+7.‎ ‎2.(2015福建文,19,12分)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.‎ ‎(1)求抛物线E的方程;‎ ‎(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.‎ 解析　(1)由抛物线的定义得|AF|=2+p‎2‎.‎ 因为|AF|=3,即2+p‎2‎=3,解得p=2,‎ 所以抛物线E的方程为y2=4x.‎ ‎(2)证明:因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,‎ 所以m=±2‎2‎,由抛物线的对称性,不妨设A(2,2‎2‎).‎ 由A(2,2‎2‎),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2‎2‎(x-1).‎ 由y=2‎2‎(x-1),‎y‎2‎‎=4x得2x2-5x+2=0,‎ 解得x=2或x=‎1‎‎2‎,从而B‎1‎‎2‎‎,-‎‎2‎.又G(-1,0),‎ 所以kGA=‎2‎2‎-0‎‎2-(-1)‎=‎2‎‎2‎‎3‎,kGB=‎-‎2‎-0‎‎1‎‎2‎‎-(-1)‎=-‎2‎‎2‎‎3‎,‎ 所以kGA+kGB=0,从而∠AGF=∠BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,‎ 故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.‎ 评析本题主要考查抛物线、直线与圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、转化与化归思想、函数与方程思想.‎ ‎3.(2014陕西文,20,13分)已知椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)经过点(0,‎3‎),离心率为‎1‎‎2‎,左,右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0).‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若直线l:y=-‎1‎‎2‎x+m与椭圆交于A,B两点,与以F1F2为直径的圆交于C,D两点,且满足‎|AB|‎‎|CD|‎=‎5‎‎3‎‎4‎,求直线l的方程.‎ 解析　(1)由题设知b=‎3‎,‎ca‎=‎1‎‎2‎,‎b‎2‎‎=a‎2‎-c‎2‎,‎解得a=2,b=‎3‎,c=1,‎ ‎∴椭圆的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)由(1)知,以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1,‎ ‎∴圆心到直线l的距离d=‎2|m|‎‎5‎,由d<1得|m|<‎5‎‎2‎.(*)‎ ‎∴|CD|=2‎1-‎d‎2‎=2‎1-‎‎4‎‎5‎m‎2‎=‎2‎‎5‎‎5-4‎m‎2‎.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由y=-‎1‎‎2‎x+m,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎得x2-mx+m2-3=0,‎ 由根与系数的关系可得x1+x2=m,x1x2=m2-3.‎ ‎∴|AB|=‎1+‎‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎‎[m‎2‎-4(m‎2‎-3)]‎=‎15‎‎2‎‎4-‎m‎2‎.‎ 由‎|AB|‎‎|CD|‎=‎5‎‎3‎‎4‎得‎4-‎m‎2‎‎5-4‎m‎2‎=1,解得m=±‎3‎‎3‎,满足(*).‎ ‎∴直线l的方程为y=-‎1‎‎2‎x+‎3‎‎3‎或y=-‎1‎‎2‎x-‎3‎‎3‎.‎ 评析本题主要考查椭圆的方程及性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识,考查抽象概括能力、推理能力及运算求解能力.考查了转化与化归思想、函数与方程的思想.‎ ‎4.(2014辽宁,20,12分)圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图),双曲线C1:x‎2‎a‎2‎-y‎2‎b‎2‎=1过点P且离心率为‎3‎.‎ ‎(1)求C1的方程;‎ ‎(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点,直线l过C2的右焦点且与C2交于A,B两点,若以线段AB为直径的圆过点P,求l的方程.‎ 解析　(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-x‎0‎y‎0‎,切线方程为y-y0=-x‎0‎y‎0‎(x-x0),即x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S=‎1‎‎2‎·‎4‎x‎0‎·‎4‎y‎0‎=‎8‎x‎0‎y‎0‎.由x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=4≥2x0y0知当且仅当x0=y0=‎2‎时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(‎2‎,‎2‎).‎ 由题意知‎2‎a‎2‎‎-‎2‎b‎2‎=1,‎a‎2‎‎+b‎2‎=3a‎2‎,‎解得a2=1,b2=2,‎ 故C1的方程为x2-y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-‎3‎,0),(‎3‎,0),由此设C2的方程为x‎2‎‎3+‎b‎1‎‎2‎+y‎2‎b‎1‎‎2‎=1,其中b1>0.‎ 由P(‎2‎,‎2‎)在C2上,得‎2‎‎3+‎b‎1‎‎2‎+‎2‎b‎1‎‎2‎=1,‎ 解得b‎1‎‎2‎=3,因此C2的方程为x‎2‎‎6‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ 显然,l不是直线y=0.设l的方程为x=my+‎3‎,点A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+‎3‎,‎x‎2‎‎6‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎ 得(m2+2)y2+2‎3‎my-3=0,又y1,y2是方程的根,‎ 因此y‎1‎‎+y‎2‎=-‎2‎3‎mm‎2‎‎+2‎,①‎y‎1‎y‎2‎‎=‎-3‎m‎2‎‎+2‎,②‎ 由x1=my1+‎3‎,x2=my2+‎3‎,得 x‎1‎‎+x‎2‎=m(y‎1‎+y‎2‎)+2‎3‎=‎4‎‎3‎m‎2‎‎+2‎,③‎x‎1‎x‎2‎‎=m‎2‎y‎1‎y‎2‎+‎3‎m(y‎1‎+y‎2‎)+3=‎6-6‎m‎2‎m‎2‎‎+2‎.④‎ 因AP=(‎2‎-x1,‎2‎-y1),BP=(‎2‎-x2,‎2‎-y2),‎ 由题意知AP·BP=0,‎ 所以x1x2-‎2‎(x1+x2)+y1y2-‎2‎(y1+y2)+4=0.⑤‎ 将①,②,③,④代入⑤式整理得 ‎2m2-2‎6‎m+4‎6‎-11=0,‎ 解得m=‎3‎‎6‎‎2‎-1或m=-‎6‎‎2‎+1. 因此直线l的方程为 x-‎3‎‎6‎‎2‎‎-1‎y-‎3‎=0或x+‎6‎‎2‎‎-1‎y-‎3‎=0.‎ ‎【三年模拟】‎ 解答题(共100分)‎ ‎1.(2017天津十二区县一模,19)已知椭圆E:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>0,b>0)的焦点在x轴上,左顶点为A,斜率为k(k>0)的直线交椭圆E于A,B两点,点C在椭圆E上,AB⊥AC,直线AC交y轴于点D.‎ ‎(1)当点B为椭圆的上顶点,△ABD的面积为2ab时,求椭圆的离心率;‎ ‎(2)当b=‎3‎,2|AB|=|AC|时,求k的取值范围.‎ 解析　(1)由题意可知直线AB的方程为y1=bax+b,‎ 直线AC的方程为y2=-ab(x+a),‎ 令x=0,则y1=b,y2=-a‎2‎b,‎ 所以S△ABD=‎1‎‎2‎·b+‎a‎2‎b·a=2ab,‎ 于是a2+b2=4b2,a2=3b2,所以e=ca=a‎2‎‎-‎b‎2‎a‎2‎=‎6‎‎3‎.‎ ‎(2)由题意可知直线AB的方程为y=k(x+a),椭圆方程为x‎2‎a‎2‎+y‎2‎‎3‎=1,‎ 联立x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎y=k(x+a)‎并整理得,‎ ‎(3+a2k2)x2+2a3k2x+a4k2-3a2=0,‎ 解得x=-a或x=-a‎3‎k‎2‎‎-3a‎3+‎a‎2‎k‎2‎,‎ 所以|AB|=‎1+‎k‎2‎·‎-a‎3‎k‎2‎‎-3a‎3+‎a‎2‎k‎2‎+a=‎1+‎k‎2‎·‎6a‎3+‎a‎2‎k‎2‎,‎ 同理|AC|=‎1+‎k‎2‎·‎6a‎3k+‎a‎2‎k,‎ 因为2|AB|=|AC|,‎ 所以2·‎1+‎k‎2‎·‎6a‎3+‎a‎2‎k‎2‎=‎1+‎k‎2‎·‎6a‎3k+‎a‎2‎k,‎ 整理得a2=‎6k‎2‎-3kk‎3‎‎-2‎.‎ 因为椭圆E的焦点在x轴上,所以a2>3,即‎6k‎2‎-3kk‎3‎‎-2‎>3,‎ 整理得‎(k‎2‎+1)(k-2)‎k‎3‎‎-2‎<0,解得‎3‎‎2‎b>0)的离心率为‎3‎‎2‎,以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)如图,斜率为‎1‎‎2‎的直线l与椭圆C交于A,B两点,点P(2,1)在直线l的上方,若∠APB=90°,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,求线段MN的长度.‎ 解析　(1)由题意知椭圆的离心率e=ca=‎1-‎b‎2‎a‎2‎=‎3‎‎2‎,故a2=4b2,又以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8,则4×‎1‎‎2‎ab=8,故ab=4,因此a=2‎2‎,b=‎2‎,‎ 故椭圆的标准方程为x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y=‎1‎‎2‎x+m,A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由y=‎1‎‎2‎x+m,‎x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎得x2+2mx+2m2-4=0,‎ 又Δ=(2m)2-4(2m2-4)>0,故-2b>0)的离心率e=‎1‎‎2‎,左顶点为A(-4,0),过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于点D,交y轴于点E.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)已知点P为AD的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由;‎ ‎(3)过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M,求‎|AD|+|AE|‎‎|OM|‎的最小值.‎ 解析　(1)因为椭圆C的左顶点为A(-4,0),所以a=4,‎ 又e=‎1‎‎2‎,所以c=2.又因为b2=a2-c2=12,所以椭圆C的标准方程为x‎2‎‎16‎+y‎2‎‎12‎=1.‎ ‎(2)设D(xD,yD),由题意得直线l的方程为y=k(x+4),由x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎‎12‎=1,‎y=k(x+4),‎得(x+4)[(4k2+3)x+16k2-12]=0,‎ 所以xD=‎-16k‎2‎+12‎‎4k‎2‎+3‎.‎ 所以D‎-16k‎2‎+12‎‎4k‎2‎+3‎‎,‎‎24k‎4k‎2‎+3‎.‎ 因为点P为AD的中点,所以P的坐标为‎-16‎k‎2‎‎4k‎2‎+3‎‎,‎‎12k‎4k‎2‎+3‎,则kOP=-‎3‎‎4k(k≠0).‎ 直线l的方程为y=k(x+4),令x=0,得E点坐标为(0,4k),‎ 假设存在定点Q(m,n)(m≠0),使得OP⊥EQ,‎ 则kOP·kEQ=-1,即-‎3‎‎4k·n-4km=-1恒成立,‎ 所以(4m+12)k-3n=0恒成立,所以‎4m+12=0,‎‎-3n=0,‎即m=-3,‎n=0,‎ 所以存在满足条件的定点Q,定点Q的坐标为(-3,0).‎ ‎(3)因为OM∥l,所以OM的方程可设为y=kx,‎ 由x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎‎12‎=1,‎y=kx,‎得M点的横坐标为xM=±‎4‎‎3‎‎4k‎2‎+3‎,‎ 由OM∥l,得‎|AD|+|AE|‎‎|OM|‎=‎|xD-xA|+|xE-xA|‎‎|xM|‎=‎xD‎-2‎xA‎|xM|‎ ‎ =‎-16k‎2‎+12‎‎4k‎2‎+3‎‎+8‎‎4‎‎3‎‎4k‎2‎+3‎=‎1‎‎3‎·‎‎4k‎2‎+9‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎1‎‎3‎‎4k‎2‎+3‎‎+‎‎6‎‎4k‎2‎+3‎≥2‎2‎,‎ 当且仅当‎4k‎2‎+3‎=‎6‎‎4k‎2‎+3‎,即k=±‎3‎‎2‎时取等号,‎ 所以当k=±‎3‎‎2‎时,‎|AD|+|AE|‎‎|OM|‎取得最小值,最小值为2‎2‎.‎ ‎4.(2018天津一中3月月考,19)已知椭圆C1:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎2‎‎2‎,P(-2,0)是它的一个顶点,过点P作圆C2:x2+y2=r2的切线PT,T为切点,且|PT|=‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C1及圆C2的方程;‎ ‎(2)过点P作互相垂直的两条直线l1,l2,其中l1与椭圆的另一交点为D,l2与圆交于A,B两点,求△ABD面积的最大值.‎ 解析　(1)根据题意可知,P(-2,0)为椭圆的左顶点,∴a=2,又e=ca=‎2‎‎2‎,∴c=‎2‎,∴b2=a2-c2=2,‎ ‎∴椭圆C1的标准方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎2‎=1,‎ 由题意知r=‎|PO‎|‎‎2‎-|PT‎|‎‎2‎=‎2‎,∴圆C2的方程为x2+y2=2.‎ ‎(2)依题意知,直线l1的斜率必存在,‎ 设直线l1的方程为y=k(x+2),P(xP,yP),D(xD,yD),由y=k(x+2),‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,‎ ‎∴xP+xD=-‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,又xP=-2,∴xD=‎2-4‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,‎ ‎∴|DP|=‎1+‎k‎2‎|xP-xD|=‎4‎‎1+‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,‎ 直线l2的方程为y=-‎1‎k(x+2),即x+ky+2=0,‎ ‎∴|AB|=2‎2-‎‎2‎‎1+‎k‎2‎‎2‎=2‎2k‎2‎-2‎‎1+‎k‎2‎,‎ 则S△ABD=‎1‎‎2‎·|AB|·|DP|=‎1‎‎2‎×2‎2k‎2‎-2‎‎1+‎k‎2‎·‎4‎‎1+‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎=‎4‎‎2k‎2‎-2‎‎2k‎2‎+1‎=‎4‎‎2k‎2‎-2‎‎2k‎2‎-2+3‎=‎4‎‎2k‎2‎-2‎‎+‎‎3‎‎2k‎2‎-2‎≤‎4‎‎2‎‎3‎=‎2‎‎3‎‎3‎,当且仅当‎2k‎2‎-2‎=‎3‎‎2k‎2‎-2‎,即k=±‎10‎‎2‎时取等号.‎ ‎∴△ABD面积的最大值为‎2‎‎3‎‎3‎.‎ ‎5.(2018天津河西二模,19)已知椭圆C1的方程为x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),离心率e=‎2‎‎2‎,其一个焦点在抛物线C2:y2=2px(p>0)的准线上,且抛物线C2与直线l:x-y+‎6‎=0相切.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程;‎ ‎(2)若点M,N为椭圆C1上的两个不同的点,T为平面内任意一点,且满足OT=MN+2OM+ON,直线OM与ON的斜率之积为-‎1‎‎2‎,试说明:是否存在两个定点F1,F2,使得|TF1|+|TF2|为定值?若存在,求点F1,F2的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)联立抛物线方程与直线方程得y‎2‎‎=2px,‎x-y+‎6‎=0,‎得y2-2py+2‎6‎p=0,‎ ‎∵抛物线C2与直线l:x-y+‎6‎=0相切,‎ ‎∴Δ=4p2-8‎6‎p=0,解得p=2‎6‎.‎ ‎∴抛物线C2的方程为y2=4‎6‎x,准线方程为x=-‎6‎.‎ ‎∵椭圆C1的一个焦点在抛物线C2的准线上,∴c=‎6‎,‎ 又∵e=ca=‎2‎‎2‎,a2=b2+c2,‎ ‎∴a2=12,b2=6.‎ ‎∴椭圆C1的方程为x‎2‎‎12‎+y‎2‎‎6‎=1.‎ ‎(2)设T(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2),‎ ‎∵直线OM与ON的斜率之积为-‎1‎‎2‎,‎ ‎∴y‎1‎y‎2‎x‎1‎x‎2‎=-‎1‎‎2‎,即x1x2+2y1y2=0.‎ ‎∵点M,N在椭圆x‎2‎‎12‎+y‎2‎‎6‎=1上,‎ ‎∴x‎1‎‎2‎+2y‎1‎‎2‎=12,x‎2‎‎2‎+2y‎2‎‎2‎=12.‎ ‎∵OT=MN+2OM+ON=2ON+OM,‎ ‎∴‎x=2x‎2‎+x‎1‎,‎y=2y‎2‎+y‎1‎.‎ ‎∴x2+2y2=4x‎2‎‎2‎+4x1x2+x‎1‎‎2‎+2(4y‎2‎‎2‎+4y1y2+y‎1‎‎2‎)‎ ‎=(x‎1‎‎2‎+2y‎1‎‎2‎)+4(x‎2‎‎2‎+2y‎2‎‎2‎)+4(x1x2+2y1y2)=60.‎ ‎∴点T(x,y)在椭圆x‎2‎‎60‎+y‎2‎‎30‎=1上.‎ 根据椭圆的定义可知:当F1,F2为椭圆x‎2‎‎60‎+y‎2‎‎30‎=1的焦点时,|TF1|+|TF2|为定值.其中F1(-‎30‎,0),F2(‎30‎,0).‎ ‎6.(2018天津一中4月月考,19)过椭圆C:x‎2‎‎9‎+y‎2‎b‎2‎=1(00,且k≠1,‎ ‎∵|AM|=|AN|,‎ ‎∴‎1+‎k‎2‎·‎18kbb‎2‎‎+9‎k‎2‎=‎1+‎‎1‎k‎2‎·‎18kbb‎2‎k‎2‎‎+9‎,‎ 即b2+9k2=b2k3+9k,‎ 整理可得(k-1)[b2k2+(b2-9)k+b2]=0,‎ 则b2k2+(b2-9)k+b2=0有不为1的正根,‎ ‎∴Δ=(b‎2‎-9‎)‎‎2‎-4b‎4‎≥0,‎‎-b‎2‎‎-9‎b‎2‎>0,‎b‎2‎‎+b‎2‎-9+b‎2‎≠0,‎解得01)的左顶点为A,上顶点为B,右焦点为F.‎ ‎(1)若S△ABF=‎3‎‎2‎,求a的值;‎ ‎(2)点P在椭圆上,且在第二象限内,线段AP的垂直平分线交y轴于点Q.若△APQ为正三角形,求椭圆的离心率的取值范围.‎ 解析　(1)由题意知椭圆的焦点在x轴上,∴b=1,c=a‎2‎‎-1‎,‎ ‎∴S△ABF=‎1‎‎2‎·(a+c)·b=‎1‎‎2‎×a+‎a‎2‎‎-1‎=‎3‎‎2‎,解得a=‎5‎‎3‎.‎ ‎(2)易知A(-a,0),B(0,1),设P(x,y),x<0,y>0,AP的中点为M(x0,y0),‎ 显然直线AP的斜率存在,设直线AP的方程为y=k(x+a),‎ 由P在椭圆上,且在第二象限内,得k·a>1,即k>‎1‎a,‎ 由y=k(x+a),‎x‎2‎‎+a‎2‎y‎2‎-a‎2‎=0,‎ 得(1+a2k2)x2+2a3k2x+a4k2-a2=0,‎ 解得x=-a或x=-a(a‎2‎k‎2‎-1)‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎,‎ 由中点坐标公式可得x0=-a‎3‎k‎2‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎,y0=ka‎1+‎a‎2‎k‎2‎,‎ 即M‎-a‎3‎k‎2‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎,‎ka‎1+‎a‎2‎k‎2‎,‎ 则线段AP垂直平分线的方程为 y-ka‎1+‎a‎2‎k‎2‎=-‎1‎kx+‎a‎3‎k‎2‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎,‎ 令x=0,则y=ka‎1+‎a‎2‎k‎2‎-a‎3‎k‎1+‎a‎2‎k‎2‎=ka(1-a‎2‎)‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎,‎ ‎∴Q‎0,‎ka(1-a‎2‎)‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎,|AQ|2=a2+k‎2‎a‎2‎‎(1-‎a‎2‎‎)‎‎2‎‎(1+‎a‎2‎k‎2‎‎)‎‎2‎,‎ ‎|AM|2=‎-a‎3‎k‎2‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎+a‎2‎+ka‎1+‎a‎2‎k‎2‎‎2‎=a‎2‎‎(1+k‎2‎)‎‎(1+‎a‎2‎k‎2‎‎)‎‎2‎,‎ ‎∵△APQ为正三角形,∴|AQ|2=4|AM|2,即a2+k‎2‎a‎2‎‎(1-‎a‎2‎‎)‎‎2‎‎(1+‎a‎2‎k‎2‎‎)‎‎2‎=4·a‎2‎‎(1+k‎2‎)‎‎(1+‎a‎2‎k‎2‎‎)‎‎2‎,‎ 整理得a4k2=3,由k>‎1‎a,解得a2<3,则‎1‎a‎2‎>‎1‎‎3‎,‎ ‎∴椭圆的离心率e=ca=‎1-‎‎1‎a‎2‎<‎6‎‎3‎,‎ ‎∴椭圆的离心率的取值范围为‎0,‎‎6‎‎3‎.‎