故k的取值范围是（，2）．
缺步解答——能做多少做多少
1．在求解第
（2）问时，学生一般能将直线方程和椭圆方程转化为关于x的一元二次方程，由此写出判别式和根与系数的关系，便可得到基本分数．若学生稍加思考，由于直线和椭圆的一交点为（－，0），从而可求出另一交点坐标，若要求出k的范围，仍存在一定难度，这就需要我们学会使用一定的技巧答题，能答多少答多少．
2．由于第
（2）问难度较大，要把本题顺利解答完整对大多数考生而言，实在太难．此时，不要放弃，要学会缺步解答，所谓缺步解答，就是如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是：
将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败．特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每进行一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但能拿到的分数却已过半，这叫“大题巧拿分”．
[应用体验]
1．（2016·武汉调研）已知双曲线Γ：
－＝1（a>0，b>0）经过点P（2，1），且其中一焦点F到一条渐近线的距离为1.
（1）求双曲线Γ的方程；
（2）过点P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交双曲线Γ于A，B两点，求点P到直线AB距离的最大值．
解：
（1）∵双曲线－＝1过点（2，1），∴－＝1.
不妨设F为右焦点，则F（c，0）到渐近线bx－ay＝0的距离d＝＝b，
∴b＝1，a2＝2.
∴所求双曲线的方程为－y2＝1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋m.
将y＝kx＋m代入x2－2y2＝2中，整理得（2k2－1）x2＋4kmx＋2m2＋2＝0.
∴x1＋x2＝，① x1x2＝.②
∵＝0，∴（x1－2，y1－1）·（x2－2，y2－1）＝0，
∴（x1－2）（x2－2）＋（kx1＋m－1）（kx2＋m－1）＝0，
∴（k2＋1）x1x2＋（km－k－2）（x1＋x2）＋m2－2m＋5＝0.③
将①②代入③，得m2＋8km＋12k2＋2m－3＝0，
∴（m＋2k－1）（m＋6k＋3）＝0.而P∉AB，
∴m＝－6k－3，从而直线AB的方程为y＝kx－6k－3.
将y＝kx－6k－3代入x2－2y2－2＝0中，
判别式Δ＝8（34k2＋36k＋10）>0恒成立，
∴y＝kx－6k－3即为所求直线．
∴P到AB的距离d＝＝.
∴＝＝1＋≤2.
∴d≤4，即点P到直线AB距离的最大值为4.
[师说考点]
圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路
（1）解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y＝kx＋m（k存在的情形）．然后利用条件建立k与m的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．
（2）定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．
[典例] （2016·山东高考节选）平面直角坐标系xOy中，椭圆C：
＋＝1（a＞b＞0）的离心率是，抛物线E：
x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.求证：
点M在定直线上．
[解]
（1）由题意知＝，可得a2＝4b2.
因为抛物线E的焦点为F，
所以b＝，a＝1.
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
（2）证明：
设P（m＞0）．
由x2＝2y，可得y′＝x，
所以直线l的斜率为m.
因此直线l的方程为y－＝m（x－m），
即y＝mx－.
设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0），
联立方程
得（4m2＋1）x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ＞0，得0＜m2＜2＋.
由根与系数的关系得x1＋x2＝，
因此x0＝.
将其代入y＝mx－，得y0＝.
因为＝－，
所以直线OD的方程为y＝－x.
联立方程
得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上.
解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3个方面
（1）从特殊情形开始，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．
[应用体验]
2．（2016·石家庄一模）已知抛物线C：
y2＝2px（p>0）过点M（m，2），其焦点为F，且|MF|＝2.
（1）求抛物线C的方程；
（2）设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：
（x－1）2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：
直线AB过定点．
解：
（1）抛物线C的准线方程为x＝－，
∴|MF|＝m＋＝2，又4＝2pm，即4＝2p，
∴p2－4p＋4＝0，∴p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）证明：
设点E（0，t）（t≠0），由已知切线不为y轴，设EA：
y＝kx＋t，
联立消去y，
可得k2x2＋（2kt－4）x＋t2＝0，①
∵直线EA与抛物线C相切，∴Δ＝（2kt－4）2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得x2－2x＋t2＝0，∴x＝t2，即A（t2，2t）．
设切点B（x0，y0），则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：
y＝－tx＋t对称，则
解得即B.
法一：
直线AB的斜率为kAB＝（t≠±1），
直线AB的方程为y＝（x－t2）＋2t，
整理得y＝（x－1），
∴直线AB恒过定点F（1，0），
当t＝±1时，A（1，±2），B（1，±1），此时直线AB为x＝1，过点F（1，0）．
综上，直线AB恒过点F（1，0）．
法二：
直线AF的斜率为kAF＝（t≠±1），
直线BF的斜率为kBF＝＝（t≠±1），
∴kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．
当t＝±1时，A（1，±2），B（1，±1），此时A，B，F三点共线．
∴直线AB过定点F（1，0）.
[师说考点]
圆锥曲线中探索性问题的解题策略
处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法．
[典例]如图，椭圆E：
＋＝1（a>b>0）的离心率是，过点P（0，1）的动直线l与椭圆相交于A，B两点．当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.
（1）求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？
若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
[解]
（1）由已知，点（，1）在椭圆E上，
因此解得
所以椭圆E的方程为＋＝1.
（2）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点．
如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|.
所以点Q在y轴上，可设点Q的坐标为（0，y0）．
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为（0，），（0，－）．
由＝，得＝，
解得y0＝1或y0＝2.
所以若存在不同于点P的定点Q满足条件，则点Q的坐标只可能为（0，2）．
下面证明：
对任意直线l，均有＝.
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1，
点A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）．
联立得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0.
其判别式Δ＝（4k）2＋8（2k2＋1）>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
因此＋＝＝2k.
易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为（－x2，y2）．
又kQA＝＝＝k－，
kQB′＝＝＝－k＋＝k－，
所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，
所以＝＝＝.
故存在与点P不同的定点Q（0，2），使得＝恒成立．
辅助解答——思路靠谱也给分
1．本题在求解第
（2）问时难度太大，很难得分，这就要学会辅助解答（学会捞分），利用直线l与坐标轴垂直这一特殊情况可巧妙地求出Q点的坐标（0，2），这样可得一定的分数，这种方法在解决一些压轴题时要学会应用．
2．一道题目的解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤．实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举．如：
准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等．罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体现，切不可以不写，对计算能力要求高的，实行能解多少写多少的策略．书写也是辅助解答的一部分，“书写要工整，卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应．这就是所说的辅助解答．
[应用体验]
3．（2016·兰州模拟）已知椭圆C的焦点坐标是F1（－1，
0），F2（1，0），过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在过点P（2，1）的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足＝？
若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．
解：
（1）设椭圆的方程是＋＝1（a>b>0），由题可知c＝1，
因为|BD|＝3，所以＝3，
又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
（2）假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设直线l1的方程为y＝k（x－2）＋1.
由得（3＋4k2）x2－8k（2k－1）x＋16k2－16k－8＝0.
因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，
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