高三数学一轮二轮复习配套讲义第8篇 第8讲 曲线与方程复习配套讲义第8篇 第9讲 圆锥曲线的热点问题.docx

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第9讲　圆锥曲线的热点问题

[最新考纲]

1．理解数形结合的思想．

2．了解圆锥曲线的简单应用.

知识梳理

1．直线与圆锥曲线的位置关系

判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0（A，B不同时为0）代入圆锥曲线C的方程F（x，y）＝0，消去y（也可以消去x）得到一个关于变量x（或变量y）的一元方程．

即消去y后得ax2＋bx＋c＝0.

（1）当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；

Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；

Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C无公共点．

（2）当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行．

2．圆锥曲线的弦长

（1）圆锥曲线的弦长

直线与圆锥曲线相交有两个交点时，这条直线上以这两个交点为端点的线段叫做圆锥曲线的弦（就是连接圆锥曲线上任意两点所得的线段），线段的长就是弦长．

（2）圆锥曲线的弦长的计算

设斜率为k（k≠0）的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A（x1，y1），B（x2，y2），则|AB|＝＝|x1－x2|＝·|y1－y2|（抛物线的焦点弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝，θ为弦AB所在直线的倾斜角）．

3．圆锥曲线的中点弦问题

遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在椭圆＋＝1中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝－；在双曲线－＝1中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝；在抛物线y2＝2px（p＞0）中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝.

辨析感悟

1．对直线与圆锥曲线交点个数的理解

（1）直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1恒有两个公共点．（√）

（2）经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点．（×）

（3）过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点．（√）

2．对圆锥曲线中有关弦的问题的理解

（4）已知F1（－1,0），F2（1,0）是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为＋＝1.（√）

（5）已知点（2,1）是直线l被椭圆＋＝1所截得线段的中点，则l的方程为x＋4y－6＝0.（×）（6）（·潍坊一模改编）直线4kx－4y－k＝0与抛物线y2＝x交于A，B两点，若|AB|＝4，则弦AB的中点到直线x＋＝0的距离等于.（√）

[感悟·提升]

两个防范　一是在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况，如

（2）；

二是中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证Δ＞0或说明中点在曲线内部，如（5）.

考点一　直线与圆锥曲线位置关系

【例1】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：

＋＝1（a>b>0）的左焦点为F1（－1,0），且点P（0,1）在C1上．

（1）求椭圆C1的方程；

（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：

y2＝4x相切，求直线l的方程．

解　

（1）因为椭圆C1的左焦点为F1（－1,0），所以c＝1.

把点P（0,1）代入椭圆＋＝1，得＝1，即b＝1，

所以a2＝b2＋c2＝2.

所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.

（2）由题意可知，直线l的斜率显然存在，且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m.

联立消去y并整理得

（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

因为直线l与椭圆C1相切，

所以Δ1＝16k2m2－4（1＋2k2）（2m2－2）＝0，

整理得2k2－m2＋1＝0.①

联立

消去y并整理得k2x2＋（2km－4）x＋m2＝0.

因为直线l与抛物线C2相切，

所以Δ2＝（2km－4）2－4k2m2＝0.

整理得km＝1.②

综合①②，解得或

所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.

规律方法将直线与圆锥曲线的两个方程联立成方程组，然后判断方程组是否有解，有几个解，这是直线与圆锥曲线位置关系的判断方法中最常用的方法，注意：

在没有给出直线方程时，要对是否有斜率不存在的直线的情况进行讨论，避免漏解．

【训练1】在平面直角坐标系xOy中，经过点（0，）且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.

（1）求k的取值范围；

（2）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量＋与垂直？

如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．

解　

（1）由已知条件，直线l的方程为y＝kx＋，

代入椭圆方程得＋（kx＋）2＝1，

整理得x2＋2kx＋1＝0.①

直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于①中

Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，

解得k＜－或k＞.

即k的取值范围是∪.

（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），

则＋＝（x1＋x2，y1＋y2）

由方程①得，x1＋x2＝－，

y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2＝＋2.

∵（＋）⊥，∴（x1＋x2）·（－）＋y1＋y2＝0，

即：

－·（－）－＋2＝0.

解得k＝－，由

（1）知k2＞，与此相矛盾，

所以不存在常数k使＋与垂直.

考点二　圆锥曲线中的弦长问题

【例2】已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的一个顶点为A（2,0），离心率为.直线y＝k（x－1）与椭圆C交于不同的两点M，N.

（1）求椭圆C的方程；

（2）当△AMN的面积为时，求k的值．

解　

（1）由题意得解得b＝.

所以椭圆C的方程为＋＝1.

（2）由得（1＋2k2）x2－4k2x＋2k2－4＝0.

设点M，N的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

则y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1），

x1＋x2＝，x1x2＝.

所以|MN|＝

＝

＝.

又因为点A（2,0）到直线y＝k（x－1）的距离d＝，

所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝.

由＝，解得k＝±1.

规律方法直线与圆锥曲线的弦长问题，较少单独考查弦长的求解，一般是已知弦长的信息求参数或直线的方程．解此类题的关键是设出交点的坐标，利用根与系数的关系得到弦长，将已知弦长的信息代入求解．

【训练2】（·新课标全国Ⅱ卷）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：

＋＝1（a>b>0）右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.

（1）求M的方程；

（2）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ABCD面积的最大值．

解　

（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），P0（x0，y0），

则＋＝1，＋＝1，＝－1，

由此可得＝－＝1.

因为P为AB的中点，且OP的斜率为，

所以x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝.

所以y0＝x0，即y1＋y2＝（x1＋x2）．

所以a2＝2b2，

又由题意知，M的右焦点为（，0），故a2－b2＝3.

所以a2＝6，b2＝3.

所以M的方程为＋＝1.

（2）将x＋y－＝0代入＋＝1，

解得或所以可得|AB|＝；

由题意可设直线CD方程为y＝x＋m，

所以设C（x3，y3），D（x4，y4），

将y＝x＋m代入＋＝1得3x2＋4mx＋2m2－6＝0，则|CD|＝＝，

又因为Δ＝16m2－12（2m2－6）>0，即－3

所以当m＝0时，|CD|取得最大值4，

所以四边形ACBD面积的最大值为

|AB|·|CD|＝.

考点三　圆锥曲线中的定点、定值问题

【例3】椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率e＝，a＋b＝3.

（1）求椭圆C的方程；

（2）如图，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：

2m－k为定值．

审题路线　

（2）写出直线BP的方程⇒与椭圆方程联立解得P点坐标⇒写出直线AD的方程⇒由直线BP与直线AD的方程联立解得M点坐标⇒由D，P，N三点共线解得N点坐标⇒求直线MN的斜率m⇒作差：

2m－k为定值．

（1）解　因为e＝＝，

所以a＝c，b＝c.

代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1.

故椭圆C的方程为＋y2＝1.

（2）证明　因为B（2,0），P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k（x－2）（k≠0，k≠±），①

①代入＋y2＝1，解得P.

直线AD的方程为y＝x＋1.②

①与②联立解得M.

由D（0,1），P，N（x,0）三点共线知

＝，解得N.

所以MN的斜率为m＝

＝＝，

则2m－k＝－k＝（定值）．

规律方法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．

【训练3】椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，该椭圆经过点P且离心率为.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若直线l：

y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左，右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：

直线l过定点，并求出该定点的坐标．

（1）解　设椭圆方程为＋＝1（a＞b＞0），

由e＝＝，得a＝2c，

∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，

则椭圆方程变为＋＝1.

又椭圆过点P，将其代入求得c2＝1，

故a2＝4，b2＝3，

即得椭圆的标准方程为＋＝1.

（2）证明　设A（x1，y1），B（x2，y2），

联立

得（3＋4k2）x2＋8mkx＋4（m2－3）＝0，

①

又y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）

＝k2x1x2＋mk（x1＋x2）＋m2＝.

∵椭圆的右顶点为A2（2,0），AA2⊥BA2，

∴（x1－2）（x2－2）＋y1y2＝0，

∴y1y2＋x1x2－2（x1＋x2）＋4＝0，

∴＋＋＋4＝0，

∴7m2＋16mk＋4k2＝0，

解得m1＝－2k，m2＝－，

由①，得3＋4k2－m2＞0，

当m1＝－2k时，l的方程为y＝k（x－2），

直线过定点（2,0），与已知矛盾．

当m2＝－时，l的方程为y＝k，

直线过定点，

∴直线l过定点，定点坐标为.

考点四　圆锥曲线中的范围与最值问题

【例4】已知抛物线C的顶点为O（0,0），焦点为F（0,1）．

（1）求抛物线C的方程；

（2）过点F作直线交抛物线C于A，B两点．若直线AO，BO分别交直线l：

y＝x－2于M，N两点，求|MN|的最小值．

审题路线　

（2）设直线AB的方程⇒与抛物线方程联立消去y得关于x的一元二次方程⇒解得|x1－x2|⇒由直线AM的方程与直线l联立解得点M的横坐标⇒由直线ON的方程与直线l联立解得点N的横坐标⇒|MN|＝|xM－xN|⇒换元、分类求|MN|的最小值．

解　

（1）由题意可设抛物线C的方程为x2＝2py（p>0），则＝1，所以抛物线C的方程为x2＝4y.

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋1.

由消去y，整理得x2－4kx－4＝0，

所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.从而|x1－x2|＝4.

又y＝x，且y＝x－2，

解得点M的横坐标xM＝＝＝.

同理点N的横坐标xN＝.

所以|MN|＝|xM－xN|＝

＝8＝，

令4k－3＝t，t≠0，则k＝.

当t>0时，|MN|＝2>2.

当t<0时，|MN|＝2≥.

综上所述，当t＝－，即k＝－时，

|MN|的最小值是.

规律方法圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

【训练4】（·浙江卷）如图，点P（0，－1）是椭圆C1：

＋＝1（a>b>0）的一个顶点，C1的长轴是圆C2：

x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.

（1）求椭圆C1的方程；

（2）求△ABD面积取最

大值时直线l1的方程．

解　

（1）由题意得

所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）．

由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，

则直线l1的方程为y＝kx－1.

又圆C2：

x2＋y2＝4，

故点O到直线l1的距离d＝，

所以|AB|＝2＝2.

又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.

由

消去y，整理得（4＋k2）x2＋8kx＝0，故x0＝－.

所以|PD|＝.

设△ABD的面积为S，则S＝|AB|·|PD|

＝，

所以S＝

≤＝，

当且仅当k＝±时取等号．

所以所求直线l1的方程为y＝±x－1.

1．涉及弦长的问题时，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及垂直关系往往也是利用根与　　　　　　　　　　　　　　　　　　

系数的关系设而不求简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解．

2．关于圆锥曲线的中点弦问题

直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的内容之一，也是高考的一个热点问题．这类问题一般有以下三种类型：

（1）求中点弦所在直线方程问题；

（2）求弦中点的轨迹方程问题；（3）弦长为定值时，弦中点的坐标问题．其解法有代点相减法、设而不求法、参数法、待定系数法及中心对称变换法等．

3．圆锥曲线综合问题要四重视：

（1）重视定义在解题中的作用；

（2）重视平面几何知识在解题中的作用；（3）重视根与系数的关系在解题中的作用；（4）重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用．

答题模板12——圆锥曲线中的探索性问题

【典例】（14分）（·广东卷）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率e＝，且椭圆C上的点到Q（0,2）的距离的最大值为3.

（1）求椭圆C的方程；

（2）在椭圆C上，是否存在点M（m，n），使得直线l：

mx＋ny＝1与圆O：

x2＋y2＝1相交于不同的两点A，B，且△OAB的面积最大？

若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．

[规范解答]　

（1）因为e＝＝＝，

所以a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1.（2分）

设P（x，y）为椭圆C上任意给定的一点，

则d＝＝

＝（－b≤y≤b）．（3分）

当－b≤－1，即b≥1，dmax＝＝3得b＝1；

当－b>－1，即b<1，dmax＝＝3得b＝1（舍）．

∴b＝1，a＝，（5分）

故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.（6分）

（2）存在点M满足要求，使△OAB的面积最大．（7分）

假设存在满足条件的点M，因为直线l：

mx＋ny＝1与

圆O：

x2＋y2＝1相交于不同的两点A，B，

则圆心O到l的距离d＝<1.（8分）

因为点M（m，n）在椭圆C上，所以＋n2＝1

于是0

因为|AB|＝2＝2，（10分）

所以S△OAB＝·|AB|·d＝

＝≤＝，

当且仅当1＝m2时等号成立，所以m2＝∈（0,3]．

因此当m＝±，n＝±时等号成立．（12分）

所以满足要求的点M的坐标为，，

或，

此时对应的三角形的面积均达到最大值.（14分）

[反思感悟]

（1）本题是圆锥曲线中的探索性问题，也是最值问题，求圆锥曲线的最值问题是高考考查的一个重点，通常是先建立一个目标函数，然后利用函数的单调性或基本不等式求最值．

（2）本题的第一个易错点是表达不出椭圆C上的点到Q（0,2）的距离的最大值；第二个易错点是没有掌握探索性问题的解题步骤；第三个易错点是没有正确使用基本不等式．

答题模板　探索性问题答题模板：

第一步：

假设结论存在．

第二步：

结合已知条件进行推理求解．

第三步：

若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设．

第四步：

反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．如本题中易忽略直线l与圆O相交这一隐含条件．

【自主体验】

（·江西卷）如图，椭圆C：

＋＝1（a>b>0）经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.

（1）求椭圆C的方程；

（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：

是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？

若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

解　

（1）由P在椭圆上，得＋＝1①

依题设知a＝2c，则b2＝3c2，②

②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.

故椭圆C的方程为＋＝1.

（2）法一　由题意可设AB的斜率为k，

则直线AB的方程为y＝k（x－1），③

代入椭圆方程3x2＋4y2＝12，并整理，得

（4k2＋3）x2－8k2x＋4（k2－3）＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则有x1＋x2＝，x1x2＝，④

在方程③中令x＝4，得M的坐标为（4,3k）．

从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.

注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，

即有＝＝k.

所以k1＋k2＝＋

＝＋－

＝2k－·，⑤

④代入⑤，

得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，

又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.

故存在常数λ＝2符合题意．

法二　设B（x0，y0）（x0≠1），

则直线FB的方程为y＝（x－1），

令x＝4，求得M，

从而直线PM的斜率为k3＝，

联立得A，

则直线PA的斜率为k1＝，

直线PB的斜率为k2＝，

所以k1＋k2＝＋

＝＝2k3，

故存在常数λ＝2符合题意.

基础巩固题组

（建议用时：

40分钟）

一、选择题

1．直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为（　　）．

A．1B．1或3C．0D．1或0

解析　由得k2x2＋（4k－8）x＋4＝0，若k＝0，则y＝2，若k≠0，若Δ＝0，即64－64k＝0，解得k＝1，因此直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k＝0或1.

答案　D

2．（·济南模拟）若双曲线－＝1（a>0，b>0）与直线y＝x无交点，则离心率e的取值范围是（　　）．

A．（1,2）B．（1,2]

C．（1，）D．（1，]

解析　因为双曲线的渐近线为y＝±x，要使直线y＝x与双曲线无交点，则直线y＝x应在两渐近线之间，所以有≤，即b≤a，所以b2≤3a2，c2－a2≤3a2，即c2≤4a2，e2≤4，所以1

答案　B

3．（·烟台期末考试）已知与向量v＝（1,0）平行的直线l与双曲线－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为（　　）．

A．2B.C．4D．2

解析　由题意可设直线l的方程为y＝m，代入－y2＝1得x2＝4（1＋m2），所以x1＝＝2，x2＝－2，所以|AB|＝|x1－x2|＝4，所以|AB|＝4≥4，即当m＝0时，|AB|有最小值4.

答案　C

4．（·西安模拟）已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则·的最小值为（　　）．

A．－2B．－C．1D．0

解析　设点P（x，y），其中x≥1.依题意得A1（－1,0），F2（2,0），则有＝x2－1，y2＝3（x2－1），·＝（－1－x，－y）·（2－x，－y）＝（x＋1）（x－2）＋y2＝x2＋3（x2－1）－x－2＝4x2－x－5＝42－，其中x≥1.因此，当x＝1时，·取得最小值－2，选A.

答案　A

5．（·宁波十校联考）设双曲线－＝1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则e2＝（　　）．

A．1＋2B．4－2

C．5－2D．3＋2

解析　

如图，设|AF1|＝m，则|BF1|＝m，|AF2|＝m－2a，|BF2|＝m－2a，

∴|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝m－2a＋m－2a＝m，得m＝2a，又由|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2，

可得m2＋（m－2a）2＝4c2，即得（20－8）a2＝4c2，∴e2＝＝5－2，故应选C.

答案　C

二、填空题

6．（·东北三省联考）已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0），F（，0）为其右焦点，过F垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C的方程为________．

解析　由题意，得

解得∴椭圆C的方程为＋＝1.

答案　＋＝1

7．已知双曲线方程是x2－＝1，过定点P（2,1）作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P（2,1）为P1P2的中点，则此直线方程是________．

解析　设点P1（x1，y1），P2（x2，y2），则由x－＝1，x－＝1，得k＝＝＝＝4，从而所求方程为4x－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2－56x＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．

答案　4x－y－7＝0

8．（·青岛调研）过抛物线y2＝2px（p>0）的焦点F且倾斜角为60°的直线l与抛物线分别交于A，B两点，则的值是________．

解析　设A（x1，y1），B（x2，y2），且x1>x2，易知直线AB的方程为y＝x－p，代入抛物线方程y2＝2px，可得3x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝p，x1x2＝，可得x1＝p，x2＝，可得＝＝＝3.

答案　3

三、解答题

9．椭圆＋＝1（a＞b＞0）与直线x＋y－1＝0相交于P，Q两点，且OP⊥OQ（O为原点）．

（1）求证：

＋等于定值；

（2）若椭圆的离心率e∈，求椭圆长轴长的取值范围．

（1）证明　由消去y，

得（a2＋b2）x2－2a2x＋a2（1－b2）＝0，①

∵直线与椭圆有两个交点，∴Δ＞0，

即4a4－4（a2＋b2）a2（1－b2）＞0⇒a2b2（a2＋b2－1）＞0，

∵a＞b＞0，∴a2＋b2＞1.

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1、x2是方程①的两实根．

∴x1＋x2＝，x1x2＝.②

由OP⊥OQ得x1x2＋y1y2＝0，

又y1＝1－x1，y2＝1－x2，

得2x1x2－（x1＋x2）＋1＝0.③

式②代入式③化简得a2＋b2＝2a2b2.④

∴＋＝2.

（2）解　利用

（1）的结论，将a表示为e的函数

由e＝⇒b2＝a2－a2e2，

代入式④，得2－e2－2a2（1－e2）＝0.

∴a2＝＝＋.

∵≤e≤，∴≤a2≤.

∵a＞0，∴≤a≤.

∴长轴长的取值范围是[，]．

10．（·佛山模拟）已知椭圆＋＝1（a＞0，b＞0）的左焦点F为圆x2＋y2＋2x＝0的圆心，且椭圆上的点到点F的距离最小值为－1.

（1）求椭圆方程；

（2）已知经过点F的动直线l与椭圆交于不同的两点A，B，点M，证明：

·为定值．

解　

（1）化圆的标准方程为（x＋1）2＋y2＝1，

则圆心为（－1,0），半径r＝1，所以椭圆的半焦距c＝1.

又椭圆上的点到点F的距离最小值为－1，所以a－c＝－1，即a＝.

故所求椭圆的方程为＋y2＝1.

（2）①当直线l与x轴垂直时，l的方程为x＝－1.