2020版高考數(shù)學一輪復習 第8章 平面解析幾何 第8節(jié) 圓錐曲線的綜合問題（第3課時）定點、定值、探索性問題教學案 文（含解析）北師大版

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1、第3課時　定點、定值、探索性問題 定點問題 【例1】　(2019·開封第一次質(zhì)量預測)已知動圓M恒過點(0,1)，且與直線y＝－1相切． (1)求圓心M的軌跡方程； (2)動直線l過點P(0，－2)，且與點M的軌跡交于A，B兩點，點C與點B關于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點． [解]　(1)由題意，得點M與點(0,1)的距離始終等于點M到直線y＝－1的距離，由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(0,1)為焦點，直線y＝－1為準線的拋物線，則＝1，p＝2. ∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y. (2)證明：由題知，直線l的斜率存在， ∴設直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，

2、B(x2，y2)，則C(－x2，y2)， 聯(lián)立得x2－4kx＋8＝0，∴ kAC＝＝＝， 則直線AC的方程為y－y1＝(x－x1)， 即y＝y(tǒng)1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋. ∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2， 故直線AC恒過定點(0,2)． [規(guī)律方法]　 圓錐曲線中定點問題的兩種解法 — ︱ — 已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點F(1,0)，O為坐標原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點． (1)求拋物線C的方程； (2)若直線OA，OB的斜率之積為－，求證：直線AB過x軸上一定點． [解]　(1)因為拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點坐標為(1

3、,0)， 所以＝1，所以p＝2. 所以拋物線C的方程為y2＝4x. (2)證明：①當直線AB的斜率不存在時，設A，B. 因為直線OA，OB的斜率之積為－， 所以·＝－，化簡得t2＝32. 所以A(8，t)，B(8，－t)，此時直線AB的方程為x＝8. ②當直線AB的斜率存在時，設其方程為y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，聯(lián)立方程組消去x，得ky2－4y＋4b＝0. 由根與系數(shù)的關系得yAyB＝， 因為直線OA，OB的斜率之積為－， 所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0，即·＋2yAyB＝0， 解得yAyB＝－32或yAyB＝0(舍去)． 所以yAyB＝

4、＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)． 綜上所述，直線AB過定點(8,0)． 定值問題 【例2】　已知橢圓C：＋＝1，過點A(2,0)，B(0,1)兩點． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． [解]　(1)由橢圓過點A(2,0)，B(0,1)知a＝2，b＝1. 所以橢圓方程為＋y2＝1，又c＝＝. 所以橢圓離心率e＝＝. (2)證明：設P點坐標為(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4，由B點坐標(0,1)得

5、直線PB方程為：y－1＝(x－0)， 令y＝0，得xN＝，從而|AN|＝2－xN＝2＋， 由A點坐標(2,0)得直線PA方程為y－0＝(x－2)， 令x＝0，得yM＝，從而|BM|＝1－yM＝1＋， 所以S四邊形ABNM＝|AN|·|BM| ＝(2＋)(1＋) ＝ ＝＝2. 即四邊形ABNM的面積為定值2. [規(guī)律方法]　求定值問題的常用方法 (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關． (2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值． 已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(2，)在C上． (1)求C的方程； (2)直線l不過原

6、點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. 證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． [解]　(1)由題意有＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4. 所以C的方程為＋＝1. (2)證明：設直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0. 故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－. 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． 探索性問題 【例3】　如圖，橢圓E：＋＝1(a

7、>b>0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且·＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設O為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)由已知，點C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)． 又點P的坐標為(0,1)，且·＝－1， 于是解得a＝2，b＝. 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)①當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝kx＋1，點A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2

8、k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝＝－－λ－2. 所以，當λ＝1時，－－λ－2＝－3. 此時·＋λ·＝－3為定值． ②當直線AB的斜率不存在時，直線AB即為直線CD，此時·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3，故存在常數(shù)λ＝1，使得·＋λ·為定值－3. [規(guī)律方法]　解決探索性問題的注意事項 探索性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在． (1)當條件和結論不唯一時要分類討論； (2)當

9、給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件； (3)當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維，采取另外合適的方法． 已知中心在坐標原點O的橢圓C經(jīng)過點A(2,3)，且點F(2,0)為其右焦點． (1)求橢圓C的方程； (2)是否存在平行于OA的直線l，使得直線l與橢圓C有公共點，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由． [解]　(1)依題意，可設橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)，且可知其左焦點為F′(－2,0)． 從而有 解得 又a2＝b2＋c2，所以b2＝12， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)假設存在符合題意

10、的直線l，設其方程為y＝x＋t. 由得3x2＋3tx＋t2－12＝0. 因為直線l與橢圓C有公共點， 所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，解得－4≤t≤4. 另一方面，由直線OA與l的距離d＝4，得＝4， 解得t＝±2. 由于±2?[－4，4]，所以符合題意的直線l不存在． (2017·全國卷Ⅱ)設O為坐標原點，動點M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足＝. (1)求點P的軌跡方程； (2)設點Q在直線x＝－3上，且·＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. [解]　(1)設P(x，y)，M(x0，y0)， 則N(

11、x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)． 由＝得x0＝x，y0＝y(tǒng). 因為M(x0，y0)在C上，所以＋＝1. 因此點P的軌跡方程為x2＋y2＝2. (2)證明：由題意知F(－1,0)．設Q(－3，t)，P(m，n)，則 ＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)． 由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1. 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0. 所以·＝0，即⊥. 又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. (五)　平面解析幾何中的高考熱點問題 [命題解讀

12、]　1. 圓錐曲線是平面解析幾何的核心部分，也是高考必考知識，主要以一個小題一個大題的形式呈現(xiàn)，難度中等偏上． 2．高考中的選擇題或填空題主要考查圓錐曲線的基本性質(zhì)，高考中的解答題，在第(1)問中常以求曲線的標準方程，在第(2)問以求作或證明位置關系、定點、定值、最值、范圍、探索性問題為主. 這些試題的命制有一個共同特點，就是起點低，但在第(2)問或第(3)問中一般都伴有較為復雜的運算，對考生解決問題的能力要求較高. 圓錐曲線的標準方程與性質(zhì) 圓錐曲線的方程與性質(zhì)是高考考查的重點，求離心率、準線、雙曲線的漸近線是常見題型，多以選擇題或填空題的形式考查，各種難度均有可能．

13、 【例1】　(2017·全國卷Ⅲ)已知雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程為y＝x，且與橢圓＋＝1有公共焦點，則C的方程為(　　) A．－＝1　　 B．－＝1 C．－＝1 D．－＝1 B　[由y＝x可得＝.① 由橢圓＋＝1的焦點為(3,0)，(－3,0)， 可得a2＋b2＝9.② 由①②可得a2＝4，b2＝5. 所以C的方程為－＝1. 故選B.] [規(guī)律方法]　解決此類問題的關鍵是熟練掌握各曲線的定義、性質(zhì)及相關參數(shù)間的聯(lián)系. 掌握一些常用的結論及變形技巧，有助于提高運算能力． (1)(2017·全國卷Ⅱ)若雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線被

14、圓(x－2)2＋y2＝4所截得的弦長為2，則C的離心率為(　　) A．2　　 B． C．　　　　D． (2)(2017·全國卷Ⅰ)已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點，則|AB|＋|DE|的最小值為(　　) A．16　　　B．14 C．12　　　D．10 (1)A　(2)A　[(1)設雙曲線的一條漸近線方程為y＝x， 圓的圓心為(2,0)，半徑為2， 由弦長為2得出圓心到漸近線的距離為＝. 根據(jù)點到直線的距離公式得＝，解得b2＝3a2. 所以C的離心率e＝＝＝＝2

15、. 故選A． (2)因為F為y2＝4x的焦點，所以F(1,0)． 由題意直線l1，l2的斜率均存在，且不為0，設l1的斜率為k，則l2的斜率為－，故直線l1，l2的方程分別為y＝k(x－1)，y＝－(x－1)． 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝1， 所以|AB|＝·|x1－x2| ＝· ＝·＝. 同理可得|DE|＝4(1＋k2)． 所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2) ＝4 ＝8＋4≥8＋4×2＝16， 當且僅當k2＝，即k＝±1時，取得等號． 故選A．] 圓錐曲線中的定點

16、、定值問題 定點、定值問題一般涉及曲線過定點、與曲線上的動點有關的定值問題以及與圓錐曲線有關的弦長、面積、橫(縱)坐標等定值問題． 【例2】　(2017·全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)，四點P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C上． (1)求C的方程； (2)設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點． [解]　(1)由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點． 又由＋＞＋知，橢圓C不經(jīng)過點P1， 所以點P2在橢圓C上． 因此解得故橢圓C的方程為＋y2＝1.

17、 (2)證明：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設l：x＝t，由題設知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標分別為，，則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設． 從而可設l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0

18、，解得k＝－. 當且僅當m＞－1時，Δ＞0，于是l：y＝－x＋m， 即y＋1＝－(x－2)，所以l過定點(2，－1)． [規(guī)律方法]　1.證明直線過定點，應根據(jù)已知條件建立直線方程中斜率k或截距b的關系式，此類問題中的定點多在坐標軸上． 2．解決定值問題應以坐標運算為主，需建立相應的目標函數(shù)，然后代入相應的坐標運算，結果即可得到． 3．無論定點或定值問題，都可先用特殊值法求出，然后再驗證即可，這樣可確定方向和目標． 已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)過點(0,1)，且離心率為. (1)求橢圓E的方程； (2)設直線l：y＝x＋m與橢圓E交于A，C兩點，以AC為對角線作正方形AB

19、CD，記直線l與x軸的交點為N，問B，N兩點間的距離是否為定值？如果是，求出定值；如果不是，請說明理由． [解]　(1)由題意可知，橢圓的焦點在x軸上，橢圓過點(0,1)，則b＝1. 由橢圓的離心率e＝＝＝，解得a＝2，所以橢圓E的標準方程為＋y2＝1. (2)設A(x1，y1)，C(x2，y2)，線段AC的中點為M(x0，y0)． 由整理得x2＋2mx＋2m2－2＝0. 由Δ＝(2m)2－4(2m2－2)＝8－4m2>0，解得－

20、與x軸的交點為N(－2m,0)，所以|MN|＝＝， 所以|BN|2＝|BM|2＋|MN|2＝|AC|2＋|MN|2＝. 故B，N兩點間的距離為定值. 圓錐曲線中的范圍、最值問題 圓錐曲線中的最值問題大致分為兩類：一類是涉及距離、面積的最值以及與之相關的一些問題；二類是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關的一些問題． 【例3】　平面直角坐標系xOy中，過橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)右焦點的直線x＋y－＝0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為. (1)求M的方程； (2)C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四

21、邊形ACBD面積的最大值． [解]　(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 則＋＝1，＋＝1，＝－1， 由此可得＝－＝1. 因為x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝， 所以a2＝2b2. 又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a2－b2＝3. 因此a2＝6，b2＝3. 所以M的方程為＋＝1. (2)由 解得或 因此|AB|＝. 由題意可設直線CD的方程為y＝x＋n－＜n＜，設C(x3，y3)，D(x4，y4)． 由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0. 于是x3,4＝. 因為直線CD的斜率為1， 所以|CD|＝|x4－x3|＝ . 由已

22、知，四邊形ACBD的面積S＝|CD|·|AB|＝ ， 當n＝0時，S取得最大值，最大值為. 所以四邊形ACBD面積的最大值為. [規(guī)律方法]　圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一種是代數(shù)法，從代數(shù)的角度考慮，通過建立函數(shù)、不等式等模型，利用二次函數(shù)法和基本不等式法、換元法、導數(shù)法等方法求最值；二種是幾何法，從圓錐曲線的幾何性質(zhì)的角度考慮，根據(jù)圓錐曲線幾何意義求最值． 如圖所示，已知直線l：y＝kx－2與拋物線C：x2＝－2py(p>0)交于A，B兩點，O為坐標原點，＋＝(－4，－12)． (1)求直線l和拋物線C的方程； (2)拋物線上一動點P從A到B運動時，求△ABP

23、面積的最大值． [解]　(1)由得x2＋2pkx－4p＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2pk，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4. 因為＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)＝(－4，－12)，所以解得 所以直線l的方程為y＝2x－2，拋物線C的方程為x2＝－2y. (2)設P(x0，y0)，依題意，知拋物線過點P的切線與l平行時，△ABP的面積最大， 又y′＝－x，所以－x0＝2， 故x0＝－2，y0＝－x＝－2，所以P(－2，－2)． 此時點P到直線l的距離d＝＝＝. 由得x2＋4x－4＝0，故x1＋x2＝

24、－4，x1x2＝－4，所以|AB|＝×＝× ＝4. 所以△ABP面積的最大值為＝8. 圓錐曲線中的證明與探索性問題 圓錐曲線中的證明問題是高考的?？紵狳c，其命題切入點較多，既可以考查位置關系，也可以與定點、定值、存在性問題綜合命題，有時也涉及一些否定質(zhì)命題，證明時一般常用直接法或反證法．難度一般較大． 【例4】　(本小題滿分12分)(2018·全國卷Ⅰ)設橢圓C：＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2,0)． (1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程； (2)設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB. [信息提取]　 看到求直線

25、方程，想到利用先求斜率再利用點斜式求直線方程； 看到證明兩角相等，想到利用兩直線的斜率之和為0可證明兩角相等． [規(guī)范解答]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程為x＝1. 1分 由已知可得，點A的坐標為或. 2分 又M(2,0)，所以AM的方程為y＝－x＋或y＝x－. 3分 (2)證明：當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°. 4分 當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB. 5分 當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 6分 則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋

26、kMB＝＋. 7分 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得 kMA＋kMB＝. 8分 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0. 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 9分 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0. 11分 從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補．所以∠OMA＝∠OMB. 綜上，∠OMA＝∠OMB. 12分 [易錯與防范]　解答本題(2)時易漏掉對特殊情況的討論，即直線與x軸重合及直線與x軸垂直，想當然認為斜率一定存在而致錯，解答此類問題時應特別注意直線斜率存在與否． [通性通法]　圓錐曲線中的證明問題多涉

27、及證明定值、點在定直線上等，有時也涉及一些否定性命題，證明方法一般是采用直接法或反證法． 在直角坐標系xOy中，曲線C：y＝與直線l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N兩點． (1)當k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程； (2)y軸上是否存在點P，使得當k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由． [解]　(1)由題設可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a)． 又y′＝，故y＝在x＝2處的導數(shù)值為，所以C在點(2，a)處的切線方程為y－a＝(x－2)， 即x－y－a＝0. y＝在x＝－2處的導數(shù)值為－，C在點(－2，a)處的切線方程為y－a＝－(x＋

28、2)， 即x＋y＋a＝0. 故所求切線方程為x－y－a＝0和x＋y＋a＝0. (2)存在符合題意的點．證明如下： 設P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2. 將y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0. 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. 從而k1＋k2＝＋ ＝＝. 當b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補， 故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意． [大題增分專訓] 1．(2019·衡水聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)過點(－，1)，離心率為，

29、直線l：kx－y＋2＝0與橢圓C交于A，B兩點． (1)求橢圓C的標準方程； (2)是否存在實數(shù)k，使得|＋|＝|－|(其中O為坐標原點)成立？若存在，求出實數(shù)k的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)依題意，得解得a2＝4，b2＝2，c2＝2，故橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)假設存在符合條件的實數(shù)k.依題意，聯(lián)立方程 消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋8kx＋4＝0. 則Δ＝64k2－16(1＋2k2)>0，即k>或k<－.(*) 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 由|＋|＝|－|，得·＝0， ∴x1x2＋y1y2＝0，即x1x

30、2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝0，即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0. ∴－＋4＝0，即＝0， ∴k2＝2，即k＝±，滿足(*)式． 故存在實數(shù)k＝±，使得|＋|＝|－|成立． 2．(2018·全國卷Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，m)(m>0)． (1)證明：k<－； (2)設F為C的右焦點，P為C上一點，且＋＋＝0.證明：2||＝||＋||. [證明]　(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＋＝1，＋＝1. 兩式相減，并由＝k得＋·k＝0. 由題設知＝1，＝m，于是k＝－. 由題設得0

31、，故k<－. (2)由題意得F(1,0)．設P(x3，y3)，則 (x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)． 由(1)及題設得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0. 又點P在C上，所以m＝，從而P1，－，||＝. 于是||＝＝＝2－.同理||＝2－. 所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3. 故2||＝||＋||. 3．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的一個焦點為F2(1,0)，且該橢圓過定點M. (1)求橢圓E的標準方程； (2)設點Q(2,0)，過點F2作直線l與橢圓E交于A，B兩點，且＝λ，λ∈[－2，－1]，

32、以QA，QB為鄰邊作平行四邊形QACB，求對角線QC長度的最小值． [解]　(1)由題易知c＝1，＋＝1， 又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，a2＝2， 故橢圓E的標準方程為＋y2＝1. (2)設直線l：x＝ky＋1，由 得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則可得y1＋y2＝，y1y2＝. ＝＋＝(x1＋x2－4，y1＋y2)＝－，，∴||2＝|＋|2＝16－＋， 由此可知，||2的大小與k2的取值有關． 由＝λ可得y1＝λy2，λ＝，＝(y1y2≠0)． 從而λ＋＝＋＝＝， 由λ∈[－2，－1]得∈， 從而－≤≤－2，解得0≤k2≤. 令t＝，則t∈， ∴||2＝8t2－28t＋16＝82－，∴當t＝時，||min＝2. - 18 -