由题意，有
yy??4，化简可得，4x2?y2?4?0． x?1x?1故动点M的轨迹为C的方程为4x2?y2?4?0（x??1）． （Ⅱ）联立??y?x?m,?4x?y?4?022消去y，可得3x2?2mx?m2?4?0．（*）
对于方程（*），其判别式??(?2m)2?12(?m2?4)?16m2?48?0， 而当－1或1为方程（*）的根时，m的值为－1或1． 结合题设（m?0）可知，m?0且m?1．
设Q、R的坐标分别为(xQ,yQ)、(xR,yR)，则xQ、xR为方程（*）的两根．
m?2m2?3m?2m2?3因为|PQ|?|PR|，所以|xQ|?|xR|，xQ?，xR?．
333?12|PR||xR|2m???1?所以， |PQ||xQ|3321?2?121?2?1mm21?此时
1?3?1，且m21?3?2，所以1?1?m22321?2?1m?3，且
1?21?23?1m2?5， 3所以1?|PR||xR||PR||xR|5??3，且??． |PQ||xQ||PQ||xQ|3|PR|55的取值范围是(1,)?(,3)． |PQ|33综上所述，
x2y229.(2012天津理)（本小题满分14分）设椭圆2+2=1(a>b>0)的左、右顶点
ab分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点.
1（Ⅰ）若直线AP与BP的斜率之积为?，求椭圆的离心率；
2（Ⅱ）若|AP|=|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|>3. 解析
(1) 解:设点P(x0,y0),由题意得
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22x0y0?2?1???① 2ab由A(?a,0),B(a,0)得kAP?y0y0 ,kBP?x0?ax0?a122由kAP?kBP??可得x0代入①并整理得 ?a2?2y022(a2?2b2)y0?0,由于y0?0,
a2?b212?故a?2b,于是e?,所以椭圆的离心率为 e?22a2222?y0?kx0?22(2) 证明:依题意直线OP的方程y?kx,设点P(x0,y0),有条件得?x0 y0?2?2?1b?aa2b2??② 消去y0并整理得x?222ka?b202由AP?OA,A(?a,0)及y0?kx0得(x0?a)2?k2x0?a2整理得 2(1?k2)2x0?2ax0?0而x0?0,于是x0??2a,代入②整理得 21?kb22（1?k2）?4k2()2?4,由a?b?0,故（1?k2）?4k2?4
a即k2?3,所以k?3.
30.（2012天津文）（本小题满分14分） 已知椭圆
（a>b>0）,点P(52a,a)在椭圆上。 52（I）求椭圆的离心率。
（II）设A为椭圆的右顶点，O为坐标原点，若Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|求直线OQ的斜率的值。
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a2a2b2552解(1)因为点P(a,a)在椭圆上,故2?2?1,?2?
8525a2baa2?b2a236?1??于是e?,所以椭圆的离心率为e?.
4a2b282(2)设直线OQ的斜率为k,则其方程为y?kx,设点Q的坐标为(x0,y0)
?y0?kx022ab?222,??① 有条件得?x0y0，消去y0并整理得x0?222ka?b?2?2?1b?a由AQ?AO,A(?a,0),y0?kx0,得(x?a)2?k2x2?a2整理得
2(1?k2)x0?2ax0?0，而x?0，故x0??2a，代人①整理得 1?k2a2(1?k)?4k?2?4
b222322b25k?4,?5k4?22k2?15?0,k2?5. 由（1）知2?，故(1?k2)2?58a所以直线OQ的斜率k??5
x2y231．（2012浙江理）(本小题满分15分)如图，椭圆C：2+2?1(aab＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为10．不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线
12OP平分．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ) 求?ABP的面积取最大时直线l的方程．
x2y2解【解析】（I）点P(?c,y1)(y1?0)代入2?2?1
abb2得：y1?
a 38
b2?04?0 PF1?QF2?a???1 ①
?c?c4?ca22 又?4 ② c2?a2?b(a,b,c?0③)
cx2y2?1 由①②③得：a?2,c?1,b?3 既椭圆C的方程为?43【解析】（I）?F1AF2?60??a?2c?e?c1? a2 （Ⅱ）设BF2?m；则BF1?2a?m
在?BF1F2中，BF1?BF2?F1F2?2BF2?F1F2?cos120?
3a?m2)?m2?a2?am?m? a ?(252221133S??F2F1?AB?sin60???a?(a?a)??403 ?AF面积 B22521?a?10,c?5,b?53x2y2解:（1）原曲线方程可化简得：??1 885?mm?28?8??5?mm?2??87?0由题意可得：?，解得：?m?5 2?5?m?8?m?2?0?（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k2?1)x2?16kx?24?0， ?=32(2k2?3)，解得：k2?3 2由韦达定理得：xM?xN?16k24①，，② xx?MN222k?12k?11) 设N(xN,kxN?4)，M(xM,kxM?4)，G(xG，MB方程为：y??3xM?kxM?6，1?， x?2，则G?xM?kxM?6??????3xM?????，?1?，AN??xN，xNk?2?， ?AG???xMk?6? 39
欲证A，G，N三点共线，只需证AG，AN共线 即3xM(xNk?2)??xN成立，化简得：(3k?k)xMxN??6(xM?xN) xMk?6????????将①②代入易知等式成立，则A，G，N三点共线得证。 【解析】（Ⅰ）由题意知M(2,0),N(0,233)，因为P是线段MN中点，则P(1,) 333x. 3因此OP直角坐标方程为：y?（Ⅱ）因为直线l上两点M(2,0),N(0,23) 3∴l垂直平分线方程为：3x?3y?23?0，圆心(2,?3)，半径r?2.
?d?23?33?233?9?3?r,故直线l和圆C相交. 2解：（Ⅰ）设c?a2?b2 则e?c1??a?2c?3a2?4b2 a2 ?ABF2的周长为
AB?AF2?BF2?8?AF1?AF2?BF1?BF2?8?4a?8?a?2,b?3,c?1
x2y2?1 椭圆E的方程为?43（Ⅱ）由对称性可知设P(x0,y0)(y0?0)与M(x,0)
x2y23 ??1?y?3?x2?y???4343x3x?k??0
4y0343?x24 直线l:y?y0??3x03(1?x0)(x?x0)?Q(4,) 4y0y0 40