2017-2018版高中数学第二章圆锥曲线与方程疑难规律方法学案1-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE28学必求其心得，业必贵于专精PAGE第二章圆锥曲线与方程1椭圆的定义在解题中的妙用椭圆定义反映了椭圆的本质特征，揭示了曲线存在的简单性质．有些问题，如果恰当运用定义来解决，可以起到事半功倍的效果,下面通过几个例子进行说明．1．求最值例1线段|AB|＝4,|PA｜＋|PB|＝6,M是AB的中点，当P点在同一平面内运动时，PM的长度的最小值是()A．2 B。eq\r(2)C。eq\r(5) D．5解析由于|PA|＋｜PB|＝6〉4＝｜AB|,故由椭圆定义知P点的轨迹是以M为原点，A、B为焦点的椭圆,且a＝3,c＝2,∴b＝eq\r(a2－c2）＝eq\r（5）.于是PM的长度的最小值是b＝eq\r(5)。答案C2．求动点坐标例2椭圆eq\f（x2,9)＋eq\f(y2，25)＝1上到两个焦点F1，F2距离之积最大的点的坐标是________．解析设椭圆上的动点为P,由椭圆的定义可知｜PF1｜＋｜PF2|＝2a＝10，所以｜PF1|·｜PF2|≤eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(|PF1|＋|PF2|,2））)2＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（10，2)））2＝25,当且仅当|PF1|＝｜PF2｜时取等号．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(｜PF1｜＋|PF2｜＝10，，|PF1｜＝|PF2|，）)解得|PF1｜＝|PF2｜＝5＝a,此时点P恰好是椭圆短轴的两端点,即所求点的坐标为P（±3,0）．答案（±3，0)点评由椭圆的定义可得“|PF1｜＋|PF2｜＝10”,即两个正数|PF1|,｜PF2｜的和为定值，结合基本不等式可求｜PF1|，|PF2|积的最大值，结合图形可得所求点P的坐标．3．求焦点三角形面积例3如图所示，已知椭圆的方程为eq\f(x2，4）＋eq\f(y2,3）＝1，若点P在第二象限，且∠PF1F2＝120°，求△PF1F2的面积．解由已知得a＝2，b＝eq\r(3），所以c＝eq\r（a2－b2)＝1，｜F1F2|＝2c＝2.在△PF1F2中，由余弦定理得｜PF2｜2＝|PF1｜2＋|F1F2|2－2|PF1｜｜F1F2｜cos120°,即|PF2|2＝｜PF1｜2＋4＋2｜PF1｜，①由椭圆定义，得|PF1|＋｜PF2｜＝4,即|PF2|＝4－｜PF1|.②将②代入①，得|PF1｜＝eq\f（6，5）。所以S△PF1F2＝eq\f（1,2)｜PF1｜·｜F1F2｜·sin120°＝eq\f(1，2）×eq\f(6，5）×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3，5）eq\r(3)，即△PF1F2的面积是eq\f（3，5）eq\r(3）.点评在△PF1F2中，由椭圆的定义及余弦定理可得关于｜PF1|，|PF2|的方程组，消去|PF2｜可求｜PF1|.从以上问题，我们不难发现,凡涉及椭圆上的点及椭圆焦点的问题，我们应首先考虑利用椭圆的定义求解.2解抛物线问题的五个技巧1．设而不求，整体处理例1已知抛物线y2＝－8x的弦PQ被点A(－1,1）平分，求弦PQ所在的直线方程．解设弦PQ的两个端点分别为P（x1，y1）,Q（x2,y2）,则有yeq\o\al（2,1)＝－8x1,yeq\o\al（2,2)＝－8x2。两式相减，得yeq\o\al（2，1)－yeq\o\al(2，2）＝－8（x1－x2），即（y1＋y2)（y1－y2)＝－8（x1－x2)．∵A是PQ的中点,∴y1＋y2＝2，即y1－y2＝－4(x1－x2)．∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－4，kPQ＝eq\f（y1－y2，x1－x2）＝－4.故弦PQ所在的直线的方程为y－1＝－4(x＋1）,即4x＋y＋3＝0。2．巧用定义求最值例2定长为3的线段AB的两个端点在抛物线y2＝x上移动,记AB的中点为M，求点M到y轴的最短距离．解如图，AA′⊥l，MN⊥l,BB′⊥l，l为抛物线y2＝x的准线，由抛物线方程y2＝x，知2p＝1,eq\f（p,2)＝eq\f（1,4).设点M到y轴的距离为d，d＝｜MN｜－eq\f（1,4）.由抛物线的定义,知|AF｜＝｜AA′｜，｜BF|＝|BB′|。因为AA′，BB′，MN都垂直于准线，所以AA′∥MN∥BB′,所以MN是梯形AA′B′B的中位线．于是｜MN|＝eq\f(1，2)(｜AA′｜＋｜BB′｜）＝eq\f(1,2）（|AF｜＋｜BF|)．若AB不过焦点,则由三角形的性质,得|AF|＋｜BF|>｜AB|；若AB过焦点F，则｜MN|＝eq\f(1,2）(｜AF｜＋|BF｜）＝eq\f(1,2）|AB｜＝eq\f（3，2）.所以当AB过F时｜MN|最小，此时d也最小,d＝|MN|－eq\f(1,4）＝eq\f(3，2）－eq\f（1，4)＝eq\f(5，4）。故点M到y轴的最短距离为eq\f（5,4)。3．巧设抛物线的方程例3抛物线的顶点在原点,焦点在x轴上，且被直线y＝x＋1所截得的弦长为eq\r(10），求此抛物线的方程．解设抛物线的方程为y2＝ax（a≠0),则有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y2＝ax，，y＝x＋1。）)消去y，整理得x2＋(2－a)x＋1＝0。设所截得的弦的两个端点分别为A（x1,y1)，B（x2，y2)，则x1，x2是方程的两个实根．由根与系数的关系，得x1＋x2＝a－2，x1x2＝1。由弦长公式，知eq\r（2）·eq\r(x1＋x22－4x1x2）＝eq\r(10），即eq\r(a－22－4）＝eq\r（5)，解得a＝－1或a＝5.所以所求抛物线的方程为y2＝－x或y2＝5x.4．巧设弦所在的直线的方程例4过抛物线y2＝2px(p>0）的焦点作一条直线和此抛物线相交，两个交点的纵坐标分别为y1，y2，求证：y1y2＝－p2.证明当直线的斜率为0时，直线不会与抛物线有两个交点．因为抛物线的焦点为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（p，2),0))，所以可设过焦点的直线方程为x－eq\f（p，2)＝my，即x＝my＋eq\f（p，2)，代入y2＝2px,得y2－2pmy－p2＝0.由根与系数的关系,得y1y2＝－p2.5．巧设抛物线上的点的坐标例5如图，过抛物线y2＝2px（p〉0）上一定点P（P在x轴上方）作两条直线分别交抛物线于A，B两点．当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，证明直线AB的斜率是非零常数．证明设Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(y20,2p)，y0)）,Aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(y21,2p），y1)），Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y22，2p)，y2)），由kPA＝－kPB，得eq\f(y1－y0,\f(y21，2p)－\f（y20,2p))＝－eq\f（y2－y0,\f（y22,2p)－\f(y20，2p）).整理,得y1＋y2＝－2y0.kAB＝eq\f(y2－y1，\f(y22，2p）－\f(y21，2p））＝eq\f(2p,y1＋y2）＝－eq\f（p,y0）（y0≠0）．所以直线AB的斜率是非零常数．3巧用抛物线的焦点弦如图所示，AB是抛物线y2＝2px(p〉0)过焦点F的一条弦．设A（x1，y1)、B（x2，y2)，AB的中点M(x0，y0）,过A、M、B分别向抛物线的准线l作垂线，垂足分别为A1、M1、B1，则有以下重要结论：（1)以AB为直径的圆必与准线相切；（2)|AB｜＝2(x0＋eq\f(p,2))(焦点弦长与中点坐标的关系)；（3）|AB|＝x1＋x2＋p；(4)A、B两点的横坐标之积，纵坐标之积为定值，即x1x2＝eq\f(p2，4)，y1y2＝－p2；（5）A1F⊥B1F;(6)A、O、B1三点共线；（7)eq\f(1,|FA｜）＋eq\f（1，｜FB｜)＝eq\f（2,p）.证明当直线AB的斜率不存在,即与x轴垂直时，|FA｜＝|FB|＝p,∴eq\f(1,｜FA|)＋eq\f（1,|FB|）＝eq\f(1，p)＋eq\f（1,p）＝eq\f（2，p）。当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2））），并代入y2＝2px,∴eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（kx－\f(kp,2））)2＝2px，即k2x2－p（2＋k2)x＋eq\f(k2p2,4)＝0。设A(xA，yA)、B（xB,yB），则xA＋xB＝eq\f（pk2＋2，k2),xAxB＝eq\f(p2，4）.∵｜FA｜＝xA＋eq\f（p，2），｜FB｜＝xB＋eq\f(p，2)，∴｜FA|＋｜FB|＝xA＋xB＋p，|FA｜·｜FB|＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA＋\f(p，2)））eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（xB＋\f（p,2)）)＝xAxB＋eq\f(p,2）(xA＋xB)＋eq\f(p2,4)＝eq\f（p,2）(xA＋xB＋p）．∴|FA|＋|FB｜＝|FA|·｜FB|·eq\f（2，p)，即eq\f（1，|FA|）＋eq\f（1，｜FB｜）＝eq\f（2，p).点评该结论是抛物线过焦点的弦所具有的一个重要性质，解题时，不可忽视AB⊥x轴的情况．例设F为抛物线y2＝4x的焦点，A,B,C为该抛物线上三点，若eq\o（FA，\s\up6(→））＋eq\o（FB,\s\up6（→)）＋eq\o（FC,\s\up6（→）)＝0，则｜eq\o(FA，\s\up6(→））｜＋|eq\o（FB，\s\up6(→））|＋|eq\o（FC,\s\up6(→))|＝________。解析设A(x1,y1）、B(x2，y2）、C（x3，y3)，又F(1,0）．由eq\o（FA,\s\up6(→)）＋eq\o（FB，\s\up6（→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝0知(x1－1）＋(x2－1)＋(x3－1）＝0，即x1＋x2＋x3＝3，|eq\o（FA，\s\up6(→)）|＋｜eq\o（FB,\s\up6(→)）|＋｜eq\o（FC,\s\up6（→）)｜＝x1＋x2＋x3＋eq\f(3，2)p＝6.答案64解析几何中的定值与最值问题解法辨析1．定点、定值问题对于解析几何中的定点、定值问题，要善于运用辩证的观点去思考分析,在动点的“变”中寻求定值的“不变”性,用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口．例1已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，eq\o(OA，\s\up6(→))＋eq\o（OB,\s\up6(→）)与a＝（3，－1)共线．设M为椭圆上任意一点,且eq\o（OM,\s\up6（→））＝λeq\o（OA，\s\up6(→))＋μeq\o（OB,\s\up6（→)）(λ，μ∈R），求证：λ2＋μ2为定值．证明∵M是椭圆上任意一点,若M与A重合,则eq\o（OM,\s\up6（→））＝eq\o（OA,\s\up6(→）），此时λ＝1，μ＝0，∴λ2＋μ2＝1,现在需要证明λ2＋μ2为定值1.设椭圆方程为eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a〉b>0)，A（x1，y1)，B（x2，y2），AB的中点为N(x0，y0)，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(x\o\al(2，1），a2）＋\f(y\o\al(2，1）,b2）＝1，①,\f（x\o\al(2，2),a2）＋\f(y\o\al(2，2),b2)＝1,②))①－②得eq\f(x1－x2x1＋x2，a2)＋eq\f（y1－y2y1＋y2，b2）＝0，即eq\f(y1－y2,x1－x2）＝－eq\f(b2x1＋x2，a2y1＋y2)＝－eq\f(b2x0,a2y0),又∵kAB＝eq\f（y1－y2,x1－x2）＝1，∴y0＝－eq\f(b2，a2）x0.∴直线ON的方向向量为eq\o（ON,\s\up6(→）)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(b2，a2)）），∵eq\o(ON，\s\up6（→）)∥a，∴eq\f(1，3)＝eq\f(b2，a2）。∵a2＝3b2，∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，又直线方程为y＝x－c。联立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝x－c，，x2＋3y2＝3b2,）)得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.∵x1＋x2＝eq\f（3,2）c，x1x2＝eq\f(3c2－3b2，4)＝eq\f(3,8)c2.又设M（x，y)，则由eq\o（OM，\s\up6（→）)＝λeq\o（OA，\s\up6（→)）＋μeq\o(OB，\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝λx1＋μx2，,y＝λy1＋μy2，））代入椭圆方程整理得λ2（xeq\o\al（2，1)＋3yeq\o\al（2，1）)＋μ2（xeq\o\al（2，2）＋3yeq\o\al（2,2))＋2λμ(x1x2＋3y1y2）＝3b2.又∵xeq\o\al(2，1）＋3yeq\o\al(2,1）＝3b2,xeq\o\al（2，2）＋3yeq\o\al(2，2)＝3b2，x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2）＋3c2＝eq\f(3,2）c2－eq\f(9，2）c2＋3c2＝0,∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值．例2已知抛物线y2＝2px(p〉0）上有两个动点A、B及一个定点M(x0，y0），F是抛物线的焦点，且｜AF｜、|MF|、｜BF｜成等差数列．求证：线段AB的垂直平分线经过定点(x0＋p,0)．证明设A(x1，y1)、B（x2,y2)，由抛物线定义，知｜AF｜＝x1＋eq\f（p,2），｜BF｜＝x2＋eq\f(p，2)，|MF｜＝x0＋eq\f（p,2）。因为|AF|、｜MF｜、｜BF｜成等差数列，所以2|MF|＝｜AF|＋|BF｜,即x0＝eq\f（x1＋x2,2)。设AB的中点为（x0，t)，t＝eq\f(y1＋y2,2）。则kAB＝eq\f（y1－y2，x1－x2）＝eq\f(y1－y2，\f（y\o\al(2，1),2p)－\f（y\o\al（2,2），2p)）＝eq\f(2p,y1＋y2）＝eq\f（p，t)。所以线段AB的垂直平分线方程为y－t＝－eq\f（t,p)(x－x0）,即t[x－（x0＋p）]＋py＝0.所以线段AB的垂直平分线过定点（x0＋p,0）．2．最值问题解决圆锥曲线中的最值问题,一般有两种方法：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解，非常巧妙；二是代数法,将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调法及基本不等式法等，求解最大或最小值．例3已知F是双曲线eq\f(x2,9)－eq\f（y2，16)＝1的左焦点，A（2,4），P是双曲线右支上的动点，则｜PF|＋|PA|的最小值为________．解析设右焦点为F′,由题意可知F′坐标为(5，0)，根据双曲线的定义,｜PF|－|PF′｜＝6，∴｜PF｜＋｜PA|＝6＋|PF′|＋｜PA｜，∴要使|PF｜＋|PA|最小，只需|PF′｜＋|PA|最小即可，|PF′|＋|PA｜最小需P、F′、A三点共线，最小值即6＋|F′A｜＝6＋eq\r(9＋16)＝11。答案11点评“化曲为直”求与距离有关的最值是平面几何中一种巧妙的方法,特别是涉及圆锥曲线上动点与定点和焦点距离之和的最值问题常用此法．例4已知平面内一动点P到点F(1,0）的距离与点P到y轴的距离的差等于1.（1）求动点P的轨迹C的方程;(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求eq\o（AD，\s\up6(→））·eq\o(EB,\s\up6（→))的最小值．解(1）设动点P的坐标为(x，y），由题意有eq\r(x－12＋y2)－|x｜＝1。化简得y2＝2x＋2|x|.当x≥0时,y2＝4x；当x<0时，y＝0.所以，动点P的轨迹C的方程为eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y2＝4x，x≥0，,y＝0，x〈0。）)(2)如图，由题意知，直线l1的斜率存在且不为0,设为k，则l1的方程为y＝k（x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝kx－1，，y2＝4x））得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋eq\f（4,k2)，x1x2＝1。因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－eq\f(1，k)。设D(x3,y3)，E(x4，y4），则同理可得x3＋x4＝2＋4k2,x3x4＝1。故eq\o（AD,\s\up6（→))·eq\o（EB,\s\up6（→）)＝(eq\o（AF,\s\up6(→)）＋eq\o（FD，\s\up6(→)））·（eq\o（EF，\s\up6（→）)＋eq\o(FB,\s\up6(→）)）＝eq\o（AF,\s\up6（→))·eq\o（EF,\s\up6(→)）＋eq\o(AF,\s\up6（→））·eq\o（FB，\s\up6(→））＋eq\o（FD,\s\up6（→))·eq\o（EF，\s\up6（→）)＋eq\o(FD，\s\up6(→）)·eq\o(FB,\s\up6(→）)＝|eq\o(AF,\s\up6（→)）|·｜eq\o（FB,\s\up6(→))｜＋|eq\o（FD,\s\up6（→))｜·｜eq\o(EF，\s\up6（→))｜＝（x1＋1）（x2＋1)＋（x3＋1)(x4＋1)＝x1x2＋（x1＋x2）＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2＋\f（4，k2））)＋1＋1＋（2＋4k2）＋1＝8＋4eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（k2＋\f(1，k2）))≥8＋4×2eq\r（k2·\f(1,k2)）＝16。当且仅当k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±1时，eq\o(AD,\s\up6(→）)·eq\o（EB，\s\up6(→））取得最小值16.5圆锥曲线中存在探索型问题的解法存在探索型问题作为探索性问题之一，具备了内容涉及面广、重点题型丰富等命题要求,方便考查分析、比较、猜测、归纳等综合能力,因而受到命题人的喜爱．圆锥曲线存在探索型问题是指在给定题设条件下是否存在某个数学对象(数值、性质、图形）使某个数学结论成立的数学问题．下面仅就圆锥曲线中的存在探索型问题展开,帮助同学们复习．1．常数存在型问题例1直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点,是否存在这样的实数a,使A，B关于直线l：y＝2x对称？请说明理由．分析先假设实数a存在，然后根据推理或计算求出满足题意的结果，或得到与假设相矛盾的结果，从而否定假设，得出某数学对象不存在的结论．解设存在实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称,并设A(x1，y1),B（x2，y2),则AB中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（x1＋x2，2），\f(y1＋y2，2））)。依题设有eq\f（y1＋y2,2)＝2·eq\f（x1＋x2,2）,即y1＋y2＝2（x1＋x2)，①又A，B在直线y＝ax＋1上，∴y1＝ax1＋1，y2＝ax2＋1，∴y1＋y2＝a(x1＋x2)＋2，②由①②，得2(x1＋x2）＝a(x1＋x2)＋2，即(2－a)（x1＋x2）＝2,③联立eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝ax＋1，,3x2－y2＝1)）得（3－a2)x2－2ax－2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(2a，3－a2)，④把④代入③，得(2－a）·eq\f(2a，3－a2）＝2，解得a＝eq\f(3,2）,∴kAB＝eq\f（3，2)，而kl＝2，∴kAB·kl＝eq\f（3，2）×2＝3≠－1。故不存在满足题意的实数a.2．点存在型问题例2在平面直角坐标系中,已知圆心在第二象限，半径为2eq\r(2）的圆与直线y＝x相切于原点O，椭圆eq\f（x2，a2)＋eq\f(y2，9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10。（1）求圆C的方程；(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q,使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若存在，请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由．分析假设满足条件的点Q存在，根据其满足的几何性质,求出Q的坐标，则点Q存在,若求不出Q的坐标，则点Q就不存在．解（1)由题意知圆心在y＝－x上，设圆心的坐标是（－p，p)(p>0），则圆的方程可设为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，由于O（0,0）在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，∴圆C的方程为(x＋2）2＋（y－2）2＝8.(2）椭圆eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10,由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，∴椭圆右焦点为F（4，0)．假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF｜＝|OF|，则有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m＋22＋n－22＝8,，m－42＋n2＝16,)）且m2＋n2≠0，解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m＝\f（4，5）,，n＝\f（12,5)，））故圆C上存在满足条件的点Qeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（4，5），\f（12,5)））。3．直线存在型问题例3试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆eq\f(x2，3）＋y2＝1交于两个不同的点M，N,且使M,N到点A(0，1）的距离相等，若存在,试求出k的取值范围；若不存在,请说明理由．分析假设满足条件的直线l存在，由平面解析几何的相关知识求解．解设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件,只要AP⊥MN即可．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得（1＋3k2）x2＋6mkx＋3m2－3＝0。设M（x1，y1），N(x2,y2)，则xP＝eq\f（x1＋x2,2）＝－eq\f(3mk,1＋3k2），yP＝kxP＋m＝eq\f(m,1＋3k2)，∴kAP＝eq\f（3k2－m＋1，3mk)。∵AP⊥MN，∴eq\f(3k2－m＋1,3mk）＝－eq\f(1,k)(k≠0），故m＝－eq\f(3k2＋1，2)。由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2）(3m2－3)＝9(1＋3k2)·（1－k2）〉0，得－1〈k<1，且k≠0。故当k∈（－1，0)∪（0，1）时，存在满足条件的直线l。6圆锥曲线中的易错点剖析1．忽视定义中的条件而致误例1平面内一点M到两定点F1(0,－4)，F2(0,4)的距离之和为8，则点M的轨迹为（)A．椭圆 B．圆C．直线 D．线段错解根据椭圆的定义，点M的轨迹为椭圆，故选A。错因分析在椭圆的定义中，点M到两定点F1，F2的距离之和必须大于两定点的距离，即|MF1｜＋|MF2|>｜F1F2|,亦即2a〉2c.而本题中|MF1|＋｜MF2｜＝|F1F2|，所以点M的轨迹不是椭圆，而是线段F1F2.正解因为点M到两定点F1,F2的距离之和为｜F1F2|,所以点M的轨迹是线段F1F2.答案D2．忽视标准方程的特征而致误例2设抛物线y＝mx2（m≠0)的准线与直线y＝1的距离为3，求抛物线的标准方程