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A是橢圓長軸的一個端點，O是橢圓的中心，若橢圓上存在一點P，使，則橢圓離心率的范圍是    ．

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難點磁場

解：由方程組消去y,整理得(a²+b²)x²－2a²x+a²(1－b²)=0                      ①

則橢圓與直線l在第一象限內(nèi)有兩個不同的交點的充要條件是方程①在區(qū)間(0，1）內(nèi)有兩相異實根，令f(x)=(a²+b²)x²－2a²x+a²(1－b²),則有

同時滿足上述四個條件的點P(a,b)的存在區(qū)域為下圖所示的陰影部分：

殲滅難點訓(xùn)練

一、1.解析：由題意知A(1，1)，B(m,),C(4,2).

直線AC所在方程為x－3y+2=0,

點B到該直線的距離為d=.

∵m∈(1,4),∴當(dāng)時，S_△ABC有最大值，此時m=.

答案：B

2.解析：考慮式子的幾何意義，轉(zhuǎn)化為求圓x²+y²=2上的點與雙曲線xy=9上的點的距離的最小值.

答案：C

二、3.解析：設(shè)橢圓方程為=1(a＞b＞0),以OA為直徑的圓：x²－ax+y²=0,兩式聯(lián)立消y得x²－ax+b²=0.即e²x²－ax+b²=0,該方程有一解x₂,一解為a,由韋達定理x₂=－a,0＜x₂＜a，即0＜－a＜a＜e＜1.

答案：＜e＜1

4.解析：由題意可設(shè)拋物線方程為x²=－ay,當(dāng)x=時，y=－；當(dāng)x=0.8時，y=－.由題意知≥3,即a²－12a－2.56≥0.解得a的最小整數(shù)為13.

答案：13

5.解析：設(shè)P(t,t²－1)，Q(s,s²－1)

∵BP⊥PQ,∴=－1,

即t²+(s－1)t－s+1=0

∵t∈R,∴必須有Δ=(s－1)²+4(s－1)≥0.即s²+2s－3≥0,

解得s≤－3或s≥1.

答案：(－∞,－3∪1,+∞)

三、6.解：設(shè)A(x₁,y₁）,B(x₂,y₂).

由,得(1－k²）x²+2kx－2=0,

又∵直線AB與雙曲線左支交于A、B兩點，

故有

解得－＜k＜－1

7.解：由拋物線y²=4x,得焦點F(1,0),準線l：x=－1.

(1)設(shè)P(x,y)，則B(2x－1,2y),橢圓中心O′,則|FO′|∶|BF|=e,又設(shè)點B到l的距離為d,則|BF|∶d=e,∴|FO′|∶|BF|=|BF|∶d,即(2x－2)²+(2y)²=2x(2x－2),化簡得P點軌跡方程為y²=x－1(x＞1).

(2)設(shè)Q(x,y),則|MQ|=?

(?)當(dāng)m－≤1,即m≤時，函數(shù)t=[x－(m－)²]+m－在(1，+∞)上遞增，故t無最小值，亦即|MQ|無最小值.

(?)當(dāng)m－＞1,即m＞時，函數(shù)t=[x²－(m－)²]+m－在x=m－處有最小值m－,∴|MQ|_min=.

8.解：(1)以AB、OD所在直線分別為x軸、y軸，O為原點，建立平面直角坐標系，?

∵|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2＞|AB|=4.

∴曲線C為以原點為中心，A、B為焦點的橢圓.

設(shè)其長半軸為a,短半軸為b,半焦距為c,則2a=2,∴a=,c=2,b=1.

∴曲線C的方程為+y²=1.

(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+2,

代入+y²=1,得(1+5k²)x²+20kx+15=0.

Δ=(20k)²－4×15(1+5k²)＞0,得k²＞.由圖可知=λ

由韋達定理得

將x₁=λx₂代入得

兩式相除得

                             ①

M在D、N中間，∴λ＜1                                                             ②

又∵當(dāng)k不存在時，顯然λ= (此時直線l與y軸重合).