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【课堂新坐标】16-17学年高中数学北师大版选修2-1课件第三章圆锥曲线与方程章末分层突破


巩 固 层 · 知 识 整 合

拓 展 层 · 链 接 高 考

章末分层突破
提 升 层 · 能 力 强 化 章 末 综 合 测 评

[自我校对]

x2 y2 ①a2+b2=1(a>b>0) ④2a a =± bx ⑤2b
2

y2 x2 ②a2+b2=1(a>b>0) ⑦2c
2

③(± a,0)(0,± b)或(0,± a),(± b,0) b ⑩y=±a x?y

⑥(-c,0),(c,0)

c ⑧a

x2 y2 ⑨ a2 -b2 =1(a,b>0)
? p ? p ? ? ± , 0 ? 2 ? y =± 2 ? ?

?y =± 2px(p>0)

?x =± 2py(p>0)

圆锥曲线的定义及应用
圆锥曲线的定义是相应标准方程和几何性质的“源”,对于圆锥曲线的有关 问题,要有运用圆锥曲线定义解题的意识,“回归定义”是一种重要的解题策 略.如:(1)在求轨迹时,若所求轨迹符合某种圆锥曲线的定义,则根据圆锥曲线 的方程,写出所求的轨迹方程;(2)涉及椭圆、双曲线上的点与两个焦点构成的三 角形问题时,常用定义结合解三角形的知识来解决;(3)在求有关抛物线的最值问 题时,常利用定义把到焦点的距离转化为到准线的距离,结合几何图形利用几何 意义去解决.

x2 y2 设F1、F2是椭圆 9 + 4 =1的两个焦点,P为椭圆上的一点,已知P、 |PF1| F1、F2是一个直角三角形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,求|PF |的值. 2

|PF1| 【精彩点拨】 要求|PF |的值,可考虑利用椭圆的定义和△PF1F2为直角三角 2 形的条件,求出|PF1|和|PF2|的值,但Rt△PF1F2的直角顶点不确定,故需要分类讨 论.

【自主解答】

由题意知,a=3,b=2,则c2=a2-b2=5,即c=

5 ,由椭

圆定义知|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2 5. (1)若∠PF2F1为直角,则|PF1|2=|F1F2|2+|PF2|2, 10 ? ? |PF1|-|PF2|= 3 , 2 2 |PF1| -|PF2| =20,即 ? ? ?|PF1|+|PF2|=6 |PF1| 7 |PF2|=2. 14 4 ,解得|PF1|= 3 ,|PF2|= 3 .所以

(2)若∠F1PF2为直角,则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2. 即20=|PF1|2+(6-|PF1|)2,解得|PF1|=4,|PF2|=2或|PF1|=2,|PF2|=4(舍 去.) |PF1| 所以|PF |=2. 2

[再练一题] 1.已知点M(-3,0)、N(3,0)、B(1,0),动圆C与直线MN切于点B,过点M、N 与圆C相切的两直线相交于点P,则P点的轨迹方程为(
2 y A.x2- 8 =1(x>1) 2 y C.x2+ 8 =1(x>0) 2 y B.x2- 8 =1(x<-1) 2 y D.x2-10=1(x>1)

)

【解析】

设PM、PN与⊙C分别切于点E、F,如图,则|PE|=|PF|,|ME|=

|MB|,|NF|=|NB|. 从而|PM|-|PN|=|ME|-|NF|=|MB|-|NB|=4-2=2<|MN|, ∴P点的轨迹是以M、N为焦点,实轴长为2的双曲线的右支(除去右顶点).∴
2 y 所求轨迹方程为x2- 8 =1(x>1).

【答案】 A

圆锥曲线简单性质的应用
有关圆锥曲线的焦点、离心率、渐近线等问题是考试中常见的问题,只要掌 握基本公式和概念,并且充分理解题意,大都可以顺利求解.

x2 y2 已知椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左焦点为F1(-c,0),A(-a,0),B(0,b) b 是两个顶点,如果F1到直线AB的距离为 ,求椭圆的离心率e. 7
【精彩点拨】 求出直线AB的方程,利用点到直线的距离,转化为离心率e 的方程求解.

【自主解答】

b 由A(-a,0),B(0,b),得直线AB的斜率为kAB= a ,故AB所在

b 的直线方程为y-b=ax, 即bx-ay+ab=0. 又F1(-c,0),由点到直线的距离公式可得 |-bc+ab| b d= , 2 2 = 7 a +b

∴ 7· (a-c)= a2+b2.又b2=a2-c2, 整理,得8c2-14ac+5a2=0,
?c ? c 2 ? ? 即8 a -14a+5=0,∴8e2-14e+5=0. ? ?

1 5 ∴e=2或e=4(舍去). 1 综上可知,椭圆的离心率e=2.

[再练一题] x2 y2 x2 y2 2.已知椭圆3m2+5n2=1和双曲线2m2-3n2=1有公共的焦点,那么双曲线的 渐近线方程是( 15 A.x=± 2 y 3 C.x=± 4 y ) 15 B.y=± 2 x 3 D.y=± 4 x

2 2 x y 【解析】 由题意,3m2-5n2=2m2+3n2,∴m2=8n2,令 2m2 - 3n2 =0,y2=

3n2 2 3 2 3 3 2m2x =16x ,∴y=± 4 x,即双曲线的渐近线方程是y=± 4 x.
【答案】 D

直线与圆锥曲线的位置关系
1.直线与圆锥曲线的位置关系的判定:
? ?f?x,y?=0, 直线l:f(x,y)=0和曲线C:g(x,y)=0的公共点坐标是方程组 ? ? ?g?x,y?=0

的解,l和C的交点的个数等于方程组不同解的个数.这样就将l和C的交点问题转 化为代数的问题研究,对于消元后的一元二次方程,必须讨论二次项系数和判别 式Δ,若能数形结合,借助图形的几何性质则较为简便,尤其在双曲线中要注意 渐近线的特殊性.

2.弦长公式: (1)斜率为k的直线被圆锥曲线截得弦AB,若A、B两点坐标为A(x1,y1), B(x2,y2),则|AB|= 1+k2 |x1-x2|= ?1+k2?· [?x1+x2?2-4x1x2] 或当k存在且不为零 时,|AB|= 求得). (2)抛物线y2=2px(p>0)过焦点F的弦长|AB|=x1+x2+p. 1 1+k2 |y1-y2|,(其中x1+x2、x1x2(或y1+y2、y1y2)根据根与系数的关系

x2 y2 3 已知椭圆 a2 + b2 =1(a>b>0)的离心率e= 2 ,连接椭圆的四个顶点 得到的菱形的面积为4. (1)求椭圆的方程; (2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B,已知点A的坐标为(-a,0). 4 2 ①若|AB|= 5 ,求直线l的倾斜角; →· → =4,求y 的值. ②若点Q(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且QA QB 0

【精彩点拨】 (1)建立关于a,b的方程组求出a,b;(2)构造新方程,综合运 用两点间的距离公式、平面向量等知识求解.

【自主解答】

3 c (1)由e=a= 2 ,得3a2=4c2.

由c2=a2-b2,得a=2b. 1 由题意,知2· 2a· 2b=4,即ab=2.
? ?a=2b, 解方程组? ? ?ab=2,

得a=2,b=1.

x2 2 所以椭圆的方程为 4 +y =1.

(2)由(1)知点A的坐标是(-2,0),设点B的坐标为(x1,y1),直线l的斜率为k,则 k?x+2?, ? ?y= 直线l的方程为y=k(x+2).于是A,B两点的坐标满足方程组?x2 2 +y =1, ? 4 ? 消去y并整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0. 16k2-4 2-8k2 4k 由-2x1= ,得x1= ,从而y1= . 1+4k2 1+4k2 1+4k2

所以|AB|= 4 1+k2 = . 1+4k2

2? ? ? ? 2 - 8 k ? ?2 ? 4k ?2 ?-2-1+4k2? +?1+4k2? ? ? ? ?

4 1+k2 4 2 4 2 ①由|AB|= 5 ,得 = 5 . 1+4k2 整理,得32k4-9k2-23=0,即(k2-1)(32k2+23)=0, 解得k=± 1. π 3π 所以直线l的倾斜角为4或 4 .

②设线段AB的中点为M,
2 ? 8 k 2k ? ? 则点M的坐标为?-1+4k2,1+4k2? ?. ? ?

以下分两种情况: → =(- a.当k=0时,点B的坐标是(2,0),线段AB的垂直平分线为y轴,于是 QA → 2,-y0),QB=(2,-y0). → → 由QA· QB=4,得y0=± 2 2.

b.当k≠0时,线段AB的垂直平分线方程为
2 ? 8 k 2k 1? ? ? y- 2?. 2=- ?x+ k ? 1+4k ? 1+4k

6k 令x=0,解得y0=- 2. 1+4k → =(-2,-y ),QB → =(x ,y -y ), QA 0 1 1 0 →· → =-2x -y (y -y ) QA QB 1 0 1 0

6k ? 16k2-4 6k ? ? 4k ? + = + 2 2 1+4k ? 1+4k2 1+4k2? ?1+4k ? 4?16k4+15k2-1? = =4, ?1+4k2?2 14 整理,得7k =2,故k=± 7 .
2

2 14 所以y0=± 5 . 2 14 综上,y0=± 2 2或y0=± 5 .

[再练一题] 3.在抛物线y2=16x内,通过点(2,1)且在此点被平分的弦所在的直线的方程 是________.

【解析】 设所求直线与y2=16x相交于点A、B,且A(x1,y1),B(x2,y2),代
2 入抛物线方程得y2 = 16 x , y 1 1 2=16x2,两式相减,得(y1+y2)(y1-y2)=16(x1-x2),

y1-y2 16 即 = ,得kAB=8. x1-x2 y1+y2 设直线方程为y=8x+b,代入点(2,1)得b=-15; 故所求直线方程为y=8x-15.
【答案】 8x-y-15=0

曲线方程的求法
求曲线方程是解析几何的基本问题之一,其求解的基本方法有: (1)直接法:建立适当的坐标系,设动点为(x,y),根据几何条件直接寻求x、 y之间的关系式. (2)代入法:利用所求曲线上的动点与某一已知曲线上的动点的关系,把所求 动点转换为已知动点. (3)定义法:如果所给几何条件正好符合圆、椭圆、双曲线、抛物线等曲线的 定义,则可直接利用这些已知曲线的方程写出动点的轨迹方程.

(4)参数法:当很难找到形成曲线的动点P(x,y)的坐标x,y所满足的关系式 时,借助第三个变量t,建立t和x,t和y的关系式x=φ(t),y=Φ(t),再通过一些条 件消掉t就间接地找到了x和y所满足的方程,从而求出动点P(x,y)所形成的曲线的 普通方程,

设直线y=ax+b与双曲线3x2-y2=1交于A,B两点,且以AB为直径 的圆过原点,求P(a,b)的轨迹方程.

【精彩点拨】 求点P(a,b)的轨迹方程,即探究a,b满足的关系式,通过条 件“以AB为直径的圆过原点”即可找出a,b满足的条件.

【自主解答】

? ?y=ax+b, 联立方程组得:? 2 2 ? ?3x -y =1,

消去y得:(a2-3)x2+2abx+b2+1=0. ∵直线与双曲线交于A,B两点,
2 ? ?a -3≠0, ∴? ? ?Δ>0

解得:a2<3.

设A(x1,y1),B(x2,y2), b2+1 2ab 则x1+x2=- 2 ,x · x= . a -3 1 2 a2-3 → ⊥OB → ,得x x +y y =0. 由OA 1 2 1 2 又y1y2=(ax1+b)(ax2+b)=a2x1x2+ab(x1+x2)+b2,
2 2 2 b2+1 b + 1 2 a b 2 ∴有 2 +a ·2 - 2 +b2=0, a -3 a -3 a -3

化简得:a2-2b2=-1. 故P点的轨迹方程为:2y2-x2=1(x2<3).

[再练一题] x2 y2 3 4.已知椭圆 a2 + b2 =1(a>b>0)的离心率为 3 ,以原点为圆心、椭圆短半轴 长为半径的圆与直线y=x+2相切. (1)求a与b; (2)设该椭圆的左、右焦点分别为F1和F2,直线l1过F2且与x轴垂直,动直线l2 与y轴垂直,l2交l1于点P.求线段PF1的垂直平分线与l2的交点M的轨迹方程,并指 明曲线类型.

c 【解】 (1)由e=a=

b2 3 6 b 1-a2= 3 ,得a= 3 .

又由原点到直线y=x+2的距离等于圆的半径,得b= 2,a= 3.

(2)法一:由c= a2-b2=1,得F1(-1,0),F2(1,0). 设M(x,y),则P(1,y). 因为点M在线段PF1的垂直平分线上,所以|MF1|=|MP|,得(x+1)2+y2=(x- 1)2,即y2=-4x. 所以此轨迹是抛物线.

法二:因为点M在线段PF1的垂直平分线上,所以|MF1|=|MP|,即M到F1的距 离等于M到l1的距离. 此轨迹是以F1(-1,0)为焦点、l1:x=1为准线的抛物线,轨迹方程为y2=-4x.

圆锥曲线中的最值与定值问题
1.圆锥曲线中的最值问题 (1)平面几何法:平面几何法求最值问题,主要是运用圆锥曲线的定义和平面 几何知识求解. (2)目标函数法:建立目标函数来解与圆锥曲线有关的最值问题是常规方法, 其关键是选取适当变量建立目标函数,然后运用求函数最值的方法确定最值. (3)判别式法:对二次曲线求最值,往往由条件建立二次方程,用判别式来求 最值.

2.圆锥曲线中的定值问题 圆锥曲线中的定值问题的证明可以运用函数的思想方法解决.其证明过程可 总结为“变量——函数——定值”,具体操作为: 变量——选择适当的量为变量;函数——把要证明为定值的量表示成上述变 量的函数;定值——把得到的函数解析式化简,消去变量得到定值.

如图31所示,过抛物线y2=2px的顶点O作两条互相垂直的弦交抛物 线于A、B两点.

图31 (1)证明直线AB过定点; (2)求△AOB面积的最小值.

【精彩点拨】 (1)利用AB⊥x轴发现定点再证明. 1 (2)设直线AB与x轴交点M,利用S△AOB=S△AOM+S△BOM=2|OM|(|yA|+|yB|)求解.
【自主解答】 (1)证明:当直线AB的斜率不存在时,AB⊥x轴,又OA⊥ OB,∴△AOB为等腰直角三角形,设A(x0,y0),则y 过点(2p,0).
2 0

=2px0,∴x0=2p,直线AB

当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x-a),A(x1,y1),B(x2,
2 ? ?y =2px, y2).联立方程? ? ?y=k?x-a?,

消去x得ky2-2py-2pak=0,

则y1y2=-2pa.又OA⊥OB. ∴y1y2=-x1x2. 由方程组消去y,得k2x2-(2k2a+2p)x+k2a2=0, 则x1· x2=a2.因此,a2=2pa.∴a=2p. 故直线AB过定点(2p,0).

(2)由(1)知:AB恒过定点M(2p,0).∴S△AOB=S△AOM+S△BOM= |y2|)≥p(2 |y1y2|).

1 2

|OM|(|y1|+

2 2 2 2 又y 2 1 =2px1,y 2 =2px2,∴(y1y2) =4p x1x2.又∵y1y2=-x1x2,于是|y1y2|=4p .故

S△AOB的最小值为4p2.

[再练一题] x2 y2 5.已知椭圆 a2 + b2 =1(a>b>0),B为椭圆短轴的一个顶点,过B点作椭圆的 弦BM,求弦长的最大值. 【解】 设M(x,y),B(0,-b),
则有|BM|2=x2+(y+b)2,
2 x2 y2 a 由a2+b2=1,得x2=b2(b2-y2), 2? ? a 代入上式得|BM|2=?1-b2?y2+2by+a2+b2 ? ? 3 ? 4 b b2-a2? a ?2 y - = b2 ? 2 2 ? ? + c2 (-b≤y≤b), a - b ? ?

b2-a2 b3 由于a>b>0, b2 <0, 2 >0, a -b2
4 b3 a 2 2 2 所以当 2 2≤b,即a ≥2b 时,|BM|max= 2 ; c a -b

b3 2 2 当 2 > b ,即 a < 2 b 时, 2 a -b 函数|BM|2=f(y)在[-b,b]上单调递增,
2 当y=b时,|BM|2 = 4 b . max

a2 所以当a≥ 2b时,弦长的最大值为|BM|max= c ; 当a< 2b时,弦长的最大值为|BM|max=2b.

数形结合思想
解析几何的本质是用方程来研究平面几何,故既要考虑曲线的形,又要考虑 表示曲线的数,利用数来解形的同时,要关注用形来助数.

x2 y2 已知P(x0,y0)是椭圆 a2 + b2 =1(a>b>0)上的任意一点,F1、F2是焦 点,求证:以PF2为直径的圆必和以椭圆长轴为直径的圆相内切.
【精彩点拨】 根据椭圆的定义,结合图像中三角形中位线定理来解决问 题.

【自主解答】

设以PF2为直径的圆的圆心为A(如图所示),半径为r.

∵F1、F2为焦点, ∴由椭圆定义知 |PF1|+|PF2|=2a,|PF2|=2r, ∴|PF1|+2r=2a,即|PF1|=2(a-r). 连接OA,由三角形中位线定理,知 1 1 |OA|=2|PF1|=2×2(a-r)=a-r. 故以PF2为直径的圆必和以长轴为直径的圆相内切.

[再练一题]
2 y 6.曲线x2+y2=4与曲线x2+ 9 =1的交点个数为(

)

A.1 C.3

B.2 D.4

【解析】 画出图形,由图形知交点有4个.

【答案】

D

x2 1.(2015· 全国卷Ⅰ)已知M(x0,y0)是双曲线C: 2 -y2=1上的一点,F1,F2是 →· → C的两个焦点,若MF 1 MF2<0,则y0的取值范围是(
? A.? ?- ?

)

3 3? ? , 3 3? ?

? B.? ?- ?

3 3? ? , 6 6? ?

? 2 2 2 2? ? C.? - , ? 3 3 ? ? ?

? 2 3 2 3? ? D.? - , ? 3 3 ? ? ?

→ ,MF → ,然后 【解析】 由双曲线方程可求出F1,F2的坐标,再求出向量MF 1 2 利用向量的数量积公式求解. → =(- 3 由题意知a= 2,b=1,c= 3,∴F1(- 3,0),F2( 3,0),∴MF 1 → =( 3-x ,-y ). -x0,-y0),MF 2 0 0

→· → <0,∴(- 3-x )( 3-x )+y2<0, ∵MF MF 1 2 0 0 0
2 即x2 - 3 + y 0 0<0. 2 x0 2 2 2 2 ∵点M(x0,y0)在双曲线上,∴ 2 -y 2 = 1 ,即 x = 2 + 2 y ,∴ 2 + 2 y - 3 + y 0 0 0 0 0

3 3 <0,∴- 3 <y0< 3 .故选A.
【答案】 A

2.(2016· 四川高考)设O为坐标原点,P是以F为焦点的抛物线y2=2px(p>0)上 任意一点,M是线段PF上的点,且|PM|=2|MF|,则直线OM的斜率的最大值为 ( 3 A. 3 2 C. 2 2 B.3 D.1 )

【解析】
2 y0 即x0=2p.

如图所示,设P(x0,y0)(y0>0),则y2 0=2px0,

→ =2MF →, 设M(x′,y′),由PM

?p ? ? ?x′-x0=2? -x′?, ?2 ? 得? ? ?y′-y0=2?0-y′?,

p+x0 ? ?x′= 3 , 化简可得? ?y′=y0. 3 ? y0 3 y0 2p 2p 2 ∴直线OM的斜率为k= = =2p2 ≤ = (当且仅当y0= 2p y2 p+x0 2 2p2 2 0 p+2p y +y0 3 0 时取等号).

【答案】 C

x2 y2 3.(2015· 江苏高考)如图32,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆a2+b2 =1(a 2 >b>0)的离心率为 2 ,且右焦点F到左准线l的距离为3.

图32

(1)求椭圆的标准方程; (2)过F的直线与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB 于点P,C,若PC=2AB,求直线AB的方程. 【导学号:32550097】

2 a2 c 【解】 (1)由题意,得a= 2 且c+ c =3, 解得a= 2,c=1,则b=1, x2 2 所以椭圆的标准方程为 2 +y =1.

(2)当AB⊥x轴时,AB= 2,又CP=3,不合题意. 当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2), 将AB的方程代入椭圆方程,得 (1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0, 2k2± 2?1+k2? 则x1,2= , 1+2k2
? 2k2 -k ? ? ? , C的坐标为? 2 2?, 1+2k ? ?1+2k

且AB= ?x2-x1?2+?y2-y1?2=
2 2 2 ? 1 + k ? 2 2 ?1+k ??x2-x1? = . 1+2k2

若k=0,则线段AB的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意. 从而k≠0,故直线PC的方程为
2 ? 2 k 1? k ? ? x - y+ =- 2?, 2 ? 1 + 2 k k 1+2k ? ?

2 ? 5 k +2 ? ? ? 则P点的坐标为?-2, 2 ?, k ? 1 + 2 k ?? ?

2?3k2+1? 1+k2 从而PC= . 2 |k|?1+2k ? 2?3k2+1? 1+k2 4 2?1+k2? 因为PC=2AB,所以 = 2 2 , |k|?1+2k ? 1+2k 解得k=± 1. 此时直线AB的方程为y=x-1或y=-x+1.

x2 y2 4.(2015· 安徽高考)设椭圆E的方程为 a2 + b2 =1(a>b>0),点O为坐标原点,点 A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线 5 OM的斜率为 10 . (1)求E的离心率e; (2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的 7 纵坐标为2,求E的方程. 【导学号:32550098】

【解】

?2 1 ? (1)由题设条件知,点M的坐标为?3a,3b?, ? ?

5 5 b 又kOM= 10 ,从而2a= 10 , c 2 5 进而得a= 5b,c= a -b =2b,故e=a= 5 .
2 2

x y (2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为 + b =1,点N的坐 5b
? 标为? ? ?

5 1 ? ? . b ,- b ? 2 2 ?

? 7? 设点N关于直线AB的对称点S的坐标为?x1,2?, ? ?

则线段NS的中点T的坐标为
? ? ? ?

5 x1 1 7? ? . b + ,- b + ? 4 2 4 4?

又点T在直线AB上,且kNS· kAB=-1, x1 1 7 ? 5 ? 4 b+ 2 -4b+4 ? + =1, b 5 b ? 从而有? 7 1 ? 2+2b = 5, ? 5 ?x1- b 2 ?

解得b=3.

x2 y2 所以a=3 5,故椭圆E的方程为45+ 9 =1.

x2 2 5.(2016· 浙江高考)如图33,设椭圆a2+y =1(a>1).

图33 (1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示); (2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取 值范围.

【解】

(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AM,

kx+1, ? ?y= 由? x 2 2 得(1+a2k2)x2+2a2kx=0, 2+y =1 ? a ? 2a2k 故x1=0,x2=- 2 2. 1+a k
2 2 a |k| 2 2 因此|AM|= 1+k |x1-x2|= · 1 + k . 2 2 1+a k

(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同 的点P,Q,满足|AP|=|AQ|. 记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2. 2a2|k1| 1+k2 1 由(1)知,|AP|= , 2 1+a2k1 2a2|k2| 1+k2 2 |AQ|= , 2 1+a2k2 2a2|k1| 1+k2 2a2|k2| 1+k2 1 2 故 = , 2 2 1+a2k1 1+a2k2

2 2 2 2 2 2 2 所以(k2 - k )[1 + k + k + a (2 - a )k1k2]=0. 1 2 1 2

由于k1≠k2,k1,k2>0得
2 2 2 2 2 1+k2 1+k2+a (2-a )k1k2=0,

?1 ?? 1 ? 因此?k2+1??k2+1?=1+a2(a2-2).① ? 1 ?? 2 ?

因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是 1+a2(a2-2)>1, 所以a> 2.

因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为 1<a≤ 2. a2-1 2 c 由e=a= a ,得0<e≤ 2 . 2 所求离心率的取值范围为0<e≤ 2 .



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