（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題五解析幾何第3講直線、圓與橢圓的綜合運(yùn)用學(xué)案文蘇教版.docx

第3講直線、圓與橢圓的綜合運(yùn)用 2019考向?qū)Ш娇键c(diǎn)掃描三年考情考向預(yù)測2019201820171交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問題第17題第18題第17題解析幾何綜合是江蘇高考必考題填空題主要考查圓錐曲線的幾何性質(zhì)，主要是以橢圓為背景；解答題主要考查圓、直線、橢圓的綜合問題，難度較高，計(jì)算量大，重點(diǎn)關(guān)注交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值及最值、范圍問題2范圍、最值問題3探索性問題1交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問題如果曲線中某些量不依賴于變化元素而存在，則稱為定值，探討定值的問題一般為解答題求定點(diǎn)、定值的基本方法是：先將變動(dòng)元素用參數(shù)表示，然后計(jì)算出所需結(jié)果與該參數(shù)無關(guān)；也可將變動(dòng)元素置于特殊狀態(tài)下，探求出定點(diǎn)、定值，然后再予以證明2范圍、最值問題求解析幾何中的有關(guān)范圍最值問題往往通過類比、聯(lián)想、轉(zhuǎn)化、合理地構(gòu)造函數(shù)，然后去分析、研究問題，轉(zhuǎn)化問題和解決問題 對于圓錐曲線上一些動(dòng)點(diǎn)，在變化過程會(huì)引入一些相互聯(lián)系、相互制約的量，從而使一些線段長度構(gòu)成函數(shù)關(guān)系，函數(shù)思想在處理這類問題時(shí)非常有效圓錐曲線的最值與范圍問題的常見求法：(1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決；(2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值，利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時(shí)常從以下五個(gè)方面考慮：利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個(gè)參數(shù)之間建立等量關(guān)系；利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍3探索性問題存在型探索性問題，是指判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)不確定的問題這類問題常常出現(xiàn)“是否存在”“是否有”等形式的疑問句，以示結(jié)論有待于確定解答此類問題的思路是：通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中一部分的結(jié)論，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論的證明即：“假設(shè)推證定論”是解答此類問題的三個(gè)步驟交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問題典型例題 (2019高考江蘇卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：1(ab0)的焦點(diǎn)為F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)過F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2：(x1)2y24a2交于點(diǎn)A，與橢圓C交于點(diǎn)D連接AF1并延長交圓F2于點(diǎn)B，連接BF2交橢圓C于點(diǎn)E，連接DF1已知DF1(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求點(diǎn)E的坐標(biāo)【解】(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c因?yàn)镕1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1F22，c1又因?yàn)镈F1，AF2x軸，所以DF2因此2aDF1DF24，從而a2由b2a2c2，得b23因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(2)法一：由(1)知，橢圓C：1，a2因?yàn)锳F2x軸，所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1將x1代入圓F2的方程(x1)2y216，解得y4因?yàn)辄c(diǎn)A在x軸上方，所以A(1，4)又F1(1，0)，所以直線AF1：y2x2由得5x26x110，解得x1或x將x代入y2x2，得y因此B又F2(1，0)，所以直線BF2：y(x1)由得7x26x130，解得x1或x又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以x1將x1代入y(x1)，得y因此E法二：由(1)知，橢圓C：1如圖，連接EF1因?yàn)锽F22a，EF1EF22a，所以EF1EB，從而BF1EB因?yàn)镕2AF2B，所以AB所以ABF1E，從而EF1F2A因?yàn)锳F2x軸，所以EF1x軸因?yàn)镕1(1，0)，由得y又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以y因此E(1)求定值問題常見的方法有兩種：從特殊入手，求出表達(dá)式，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值(2)解析幾何中證明直線過定點(diǎn)，一般是先選擇一個(gè)參數(shù)建立直線系方程，然后根據(jù)直線系方程過定點(diǎn)時(shí)方程成立與參數(shù)沒有關(guān)系，得到一個(gè)關(guān)于x，y的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線所過的定點(diǎn)當(dāng)定點(diǎn)具備一定的限制條件時(shí)，可特殊對待對點(diǎn)訓(xùn)練1(2019蘇州市高三調(diào)研測試)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，且過點(diǎn)P(2，1)(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，設(shè)點(diǎn)Q在橢圓C上，且PQ與x軸平行，過P點(diǎn)作兩條直線分別交橢圓C于兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，若直線PQ平分APB，求證：直線AB的斜率是定值，并求出這個(gè)定值解 (1)因?yàn)闄E圓C的離心率，所以，即a24b2，所以橢圓C的方程可化為x24y24b2，又橢圓C過點(diǎn)P(2，1)，所以444b2，得b22，則a28所以所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(2)由題意，設(shè)直線PA的方程為y1k(x2)，聯(lián)立方程得消去y得：(14k2)x28(2k2k)x16k216k40所以2x1，即x1因?yàn)橹本€PQ平分APB，即直線PA與直線PB的斜率互為相反數(shù)，設(shè)直線PB的方程為y1k(x2)，同理求得x2又所以y1y2k(x1x2)4k即y1y2k(x1x2)4kk4k，x1x2所以直線AB的斜率為kAB所以直線AB的斜率是定值范圍、最值問題典型例題 (2019泰州模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：1(ab0)的左頂點(diǎn)為A，與x軸平行的直線與橢圓E交于B、C兩點(diǎn)，過B、C兩點(diǎn)且分別與直線AB、AC垂直的直線相交于點(diǎn)D已知橢圓E的離心率為，右焦點(diǎn)到右準(zhǔn)線的距離為(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)證明點(diǎn)D在一條定直線上運(yùn)動(dòng)，并求出該直線的方程；(3)求BCD面積的最大值【解】(1)由題意得，c，解得a3，c，所以b2，所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(2)設(shè)B(x0，y0)，C(x0，y0)，顯然直線AB，AC，BD，CD的斜率都存在，設(shè)為k1，k2，k3，k4，則k1，k2，k3，k4，所以直線BD，CD的方程為y(xx0)y0，y(xx0)y0，消去y得(xx0)y0(xx0)y0，化簡得x3，故點(diǎn)D在定直線x3上運(yùn)動(dòng)(3)由(2)得點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為yD(3x0)y0，又1，所以x9，則yD(3x0)y0y0y0，所以點(diǎn)D到直線BC的距離h為|yDy0|y0|，將yy0代入1得x3，即BC6，所以BCD面積SBCDBCh6|y0| |y0|，當(dāng)且僅當(dāng)1，即y0時(shí)等號(hào)成立，故y0時(shí)，BCD面積的最大值為求范圍最常見的解法有兩種：代數(shù)法和幾何法若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求范圍求范圍常用方法有配方法，判別式法，基本不等式法及函數(shù)的單調(diào)性法，這種方法稱為代數(shù)法 若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決，這就是幾何法對點(diǎn)訓(xùn)練2(2019南京市四校聯(lián)考)已知橢圓C：1(0b4)的左、右頂點(diǎn)分別為A、B，M為橢圓C上異于A、B的任意一點(diǎn)，A關(guān)于M的對稱點(diǎn)為P(1)若M的橫坐標(biāo)為，且點(diǎn)P在橢圓的右準(zhǔn)線上，求b的值；(2)若以PM為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，求b的取值范圍解 (1)因?yàn)镸是AP的中點(diǎn)，xM，xA2，所以xP3因?yàn)镻在橢圓的右準(zhǔn)線上，所以3，解得b(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x1，y1)，因?yàn)镻關(guān)于M的對稱點(diǎn)為A，所以x1，y1，即x02x12，y02y1因?yàn)橐訮M為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，所以O(shè)MOP，所以0，即x0x1y0y10，所以(2x12)x12y0，即yxx1又點(diǎn)M在橢圓1(0b4)上，所以1，即b，所以b44(1)4141，因?yàn)?x12，所以2x146，所以4x148，所以，即(，所以b(，4(1)，即b(，2又0bb0)的左頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)分別為A，B，右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在橢圓C上，且PFx軸，若ABOP，且|AB|2(1)求橢圓C的方程；(2)Q是橢圓C上不同于長軸端點(diǎn)的任意一點(diǎn)，在x軸上是否存在一點(diǎn)D，使得直線QA與QD的斜率乘積恒為定值？若存在，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由【解】(1)由題意得A(a，0)，B(0，b)，可設(shè)P(c，t)(t0)，所以1，解得t，即P，由ABOP得，即bc，所以a2b2c22b2，又AB2，所以a2b212，由得a28，b24，所以橢圓C的方程為1(2)假設(shè)存在D(m，0)使得直線QA與QD的斜率乘積恒為定值，設(shè)Q(x0，y0)(y00)，則1，設(shè)kQAkQDk(常數(shù))，因?yàn)锳(2，0)，所以k，由得y4，將代入，得k所以所以m2，k，所以存在點(diǎn)D(2，0)，使得kQAkQD解答探索性問題，需要正確辨別題型，分析命題的結(jié)構(gòu)特征，選擇解題的突破口，尋找出最優(yōu)的解題思路解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型，解決問題一般是根據(jù)條件進(jìn)行演繹推理解答時(shí)，不但需要熟練掌握圓錐曲線的概念和性質(zhì)、方程和不等式等各項(xiàng)知識(shí)，還要具備較強(qiáng)的審題能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力以及善于運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想方法分析問題、解決問題的能力對點(diǎn)訓(xùn)練3(2019常州市期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：1(ab0)的離心率e，直線l：xmy10(mR)過橢圓C的右焦點(diǎn)F，且交橢圓C于A，B兩點(diǎn)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)已知點(diǎn)D，連結(jié)BD，過點(diǎn)A作垂直于y軸的直線l1，設(shè)直線l1與直線BD交于點(diǎn)P，試探索當(dāng)m變化時(shí)，是否存在一條定直線l2，使得點(diǎn)P恒在直線l2上？若存在，請求出直線l2的方程；若不存在，請說明理由 解 (1)由題設(shè)，得解得從而b2a2c23，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(2)令m0，則A，B或者A，B當(dāng)A，B時(shí)，P；當(dāng)A，B時(shí)，P，所以，滿足題意的定直線l2只能是x4下面證明點(diǎn)P恒在直線x4上設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于PA垂直于y軸，所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為y1，從而只要證明P(4，y1)在直線BD上由得(43m2)y26my90，因?yàn)?44(1m2)0，所以y1y2，y1y2因?yàn)閗DBkDP，式代入上式，得kDBkDP0，所以kDBkDP所以點(diǎn)P(4，y1)恒在直線BD上，從而直線l1、直線BD與直線l2：x4三線恒過同一點(diǎn)P，所以存在一條定直線l2：x4使得點(diǎn)P恒在直線l2上基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1方程1表示雙曲線的充要條件是k_解析 易知k1k5由條件得(k1)(k5)0，解得1k5，所以點(diǎn)P在圓C外，過圓心C作CMAB于M，連結(jié)AC易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為yk(x4)，即kxy4k0，則|CM|，|AM|又點(diǎn)A恰好是線段PB的中點(diǎn)，所以|PM|3|AM|，在RtPMC中，|CM|2|PM|2|PC|2，即25，得180k220，即k，故直線l的方程為x3y40答案 x3y405(2019河北邯鄲模擬改編)橢圓1的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在橢圓上，如果線段PF2的中點(diǎn)在y軸上，那么PF2是PF1的_倍解析 設(shè)線段PF2的中點(diǎn)為D，則ODPF1，ODPF1，ODx軸，所以PF1x軸所以PF1又因?yàn)镻F1PF24，所以PF24所以PF2是PF1的7倍答案 76(2019廣州調(diào)研改編)已知橢圓C：1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，橢圓C上點(diǎn)A滿足AF2F1F2若點(diǎn)P是橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，則的最大值為_解析 設(shè)向量，的夾角為由條件知AF2為橢圓通徑的一半，即AF2，則|cos ，于是要取得最大值，只需在向量上的投影值最大，易知此時(shí)點(diǎn)P在橢圓短軸的上頂點(diǎn)，所以|cos 答案 7在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P為雙曲線x2y21右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)P到直線xy10的距離大于c恒成立，則實(shí)數(shù)c的最大值為_解析 所求的c的最大值就是雙曲線的一條漸近線xy0與直線xy10的距離，此距離d答案 8橢圓1(ab0)的右焦點(diǎn)F(c，0)關(guān)于直線yx的對稱點(diǎn)Q在橢圓上，則橢圓的離心率是_解析 設(shè)橢圓的另一個(gè)焦點(diǎn)為F1(c，0)，如圖，連結(jié)QF1，QF，設(shè)QF與直線yx交于點(diǎn)M由題意知M為線段QF的中點(diǎn)，且OMFQ，又O為線段F1F的中點(diǎn)，所以F1QOM，所以F1QQF，F(xiàn)1Q2OM在RtMOF中，tanMOF，|OF|c，可解得OM，MF，故QF2MF，QF12OM由橢圓的定義得QFQF12a，整理得bc，所以ac，故e答案 9(2019江蘇高考命題研究專家原創(chuàng)卷)已知斜率為的直線l與橢圓1(ab0)交于不同的兩點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)在x軸上的射影恰好是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，則該橢圓的離心率為_解析 由題意知，直線l過原點(diǎn)，且與橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為c，c，所以兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(c，c)，(c，c)，代入橢圓方程得1，整理得c2(a22b2)2a2b2，因?yàn)閎2a2c2，所以c2(3a22c2)2a42a2c2，即2a45a2c22c40，即2e45e220，解得e22或e2，又0e0，1t20，所以對于任意k，k2t2t4都有解，所以只需k20，所以k答案 11(2018高考江蘇卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C過點(diǎn)，焦點(diǎn)F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，圓O的直徑為F1F2(1)求橢圓C及圓O的方程；(2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P若直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)若OAB的面積為，求直線l的方程解 (1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，可設(shè)橢圓C的方程為1(ab0)又點(diǎn)在橢圓C上，所以解得因此，橢圓C的方程為y21因?yàn)閳AO的直徑為F1F2，所以其方程為x2y23(2)設(shè)直線l與圓O相切于P(x0，y0)(x00，y00)，則xy3，所以直線l的方程為y(xx0)y0，即yx由消去y，得(4xy)x224x0x364y0(*)因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以(24x0)24(4xy)(364y)48y(x2)0因?yàn)閤0，y00，所以x0，y01因此，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(，1)因?yàn)槿切蜲AB的面積為，所以ABOP，從而AB設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(*)得x1，2，所以AB2(x1x2)2(y1y2)2因?yàn)閤y3，所以AB2，即2x45x1000，解得x(x20舍去)，則y，因此P的坐標(biāo)為綜上，直線l的方程為yx312(2019南京、鹽城模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：1(ab0)的右準(zhǔn)線方程為x4，右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，右焦點(diǎn)為F，斜率為2的直線經(jīng)過點(diǎn)A，且點(diǎn)F到直線的距離為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)將直線繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，它與橢圓C相交于另一點(diǎn)P，當(dāng)B，F(xiàn)，P三點(diǎn)共線時(shí)，試確定直線的斜率解 (1)由題意知，直線的方程為y2(xa)，即2xy2a0，所以右焦點(diǎn)F到直線的距離為，所以ac1，又橢圓C的右準(zhǔn)線為x4，即4，所以c，將此代入上式解得a2，c1，所以b23，所以橢圓C的方程為1(2)法一：由(1)知B(0，)，F(xiàn)(1，0)，所以直線BF的方程為y(x1), 聯(lián)立方程組解得或(舍去)，即P，所以直線的斜率k法二： 由(1)知B(0，)，F(xiàn)(1，0)，所以直線BF的方程為y(x1)，由題知A(2，0)，顯然直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為yk(x2)，聯(lián)立方程組解得代入橢圓解得k或k，又由題意知，y0得k0或k，所以k13(2019泰州市模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，離心率為的橢圓C：1(ab0)的左頂點(diǎn)為A，過原點(diǎn)O的直線(與坐標(biāo)軸不重合)與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點(diǎn)若直線PQ斜率為時(shí)，PQ2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)試問以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)(與直線PQ的斜率無關(guān))？請證明你的結(jié)論解 (1)設(shè)P， 因?yàn)橹本€PQ斜率為時(shí)，PQ2，所以x3，所以x2，所以1，因?yàn)閑，所以a24，b22所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(2)以MN為直徑的圓過定點(diǎn)F(，0)設(shè)P(x0，y0)，則Q(x0，y0)，且1，即x2y4，因?yàn)锳(2，0)，所以直線PA方程為y(x2)，所以M，直線QA方程為y(x2)，所以N，以MN為直徑的圓為(x0)(x0)0，即x2y2y0，因?yàn)閤42y，所以x2y2y20，令y0，則x220，解得x，所以以MN為直徑的圓過定點(diǎn)F(，0)14(2019鎮(zhèn)江期末)已知橢圓1(ab0)的右焦點(diǎn)F(1，0)，離心率為，過F作兩條互相垂直的弦AB，CD，設(shè)AB，CD的中點(diǎn)分別為M，N(1)求橢圓的方程；(2)證明：直線MN必過定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)坐標(biāo)；(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求FMN面積的最大值 解 (1)由題意：c1，則a，b1，c1，橢圓的方程為y21(2)證明：當(dāng)AB，CD斜率均存在時(shí)，設(shè)直線AB方程為yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M，得(12k2)x24k2x2k220，故M，將上式中的k換成，則同理可得：N，如，得k1，則直線MN斜率不存在， 此時(shí)直線MN過點(diǎn)，下證動(dòng)直線MN過定點(diǎn)P若直線MN斜率存在，則kMN，直線MN為y，令y0，得x，當(dāng)直線AB，CD的斜率有一條不存在時(shí)，直線MN為x0，也滿足過定點(diǎn)(，0)綜上，直線MN過定點(diǎn)(3)由(2)可知直線MN過定點(diǎn)P，故SFMNSFPNSFPM，令t|k|2，)，SFMNf(t)f(t)0，則f(t)在t2，)上單調(diào)遞減， 當(dāng)t2時(shí)f(t)取得最大值，此時(shí)SFMN取得最大值，此時(shí)k1能力提升1(2019南通市高三模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓1(ab0)的離心率為，長軸長為4過橢圓的左頂點(diǎn)A作直線l，分別交橢圓和圓x2y2a2于相異兩點(diǎn)P，Q(1)若直線l的斜率為，求的值；(2)若，求實(shí)數(shù)的取值范圍解 (1)由條件知，解得 所以橢圓的方程為1，圓的方程為x2y24法一：直線l的方程為y(x2)，由，消去y得，3x24x40，解得xA2，xP，所以P(，)所以AP，又原點(diǎn)O到直線l的距離d，所以AQ2， 所以法二：由，消去x得，3y24y0，所以yP由，消去x得，5y28y0，所以yQ所以(2)法一：若，則1，由題意知直線l的斜率存在，設(shè)為k，故直線l：yk(x2)(k0)，由，得(2k21)x28k2x8k240，即(x2)(2k21)x(4k22)0，所以xA2，xP，得P(，)所以AP2(2)2()2，即AP同理Q(，)，AQ 所以11由題意知，k20，所以00，所以00)(1)證明：k；(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且0證明：|，|，|成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差解 (1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則1，1兩式相減，并由k得k0由題設(shè)知1，m，于是k由題設(shè)得0m，故k(2)由題意得F(1，0)設(shè)P(x3，y3)，則(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0，0)由(1)及題設(shè)得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0又點(diǎn)P在C上，所以m，從而P，|于是|2同理|2所以|4(x