高考数学一轮复习第8章解析几何第9讲第2课时最值范围证明问题学案

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考点突破·互动探究

考点一 圆锥曲线中的最值问题——自主练透
例1 (2021·广东调研)已知圆x2＋y2＋2eq \r(6)x－26＝0的圆心为F1，直线l过点F2(eq \r(6)，0)且与x轴不重合，l交圆F1于C，D两点，过F2作F1C的平行线，交F1D于点E．设点E的轨迹为Ω．
(1)求Ω的方程；
(2)直线l1与Ω相切于点M，l1与两坐标轴的交点为A与B，直线l2经过点M且与l1垂直，l2与Ω的另一个交点为N．当|AB|取得最小值时，求△ABN的面积．
[解析] (1)因为F1C∥EF2，所以∠F1CD＝∠EF2D．
又F1C＝F1D，所以∠F1CD＝∠F1DC，
则∠EDF2＝∠EF2D，所以|ED|＝|EF2|，
从而|EF2|＋|EF1|＝|ED|＋|EF1|＝|DF1|．
x2＋y2＋2eq \r(6)x－26＝0可化为(x＋eq \r(6))2＋y2＝32，
所以|EF2|＋|EF1|＝eq \r(32)＝4eq \r(2)＞2eq \r(6)．
从而E的轨迹为以F1(－eq \r(6)，0)，F2(eq \r(6)，0)为焦点，长轴长为4eq \r(2)的椭圆(剔除左、右顶点)．
所以Ω的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1(y≠0)．
(2)易知l1的斜率存在，所以可设l1的方程为y＝kx＋m(k≠0)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0．
因为直线l与Ω相切，所以
Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－8)＝0．
即m2＝8k2＋2．
l1在x轴、y轴上的截距分别为－eq \f(m,k)，m，
则|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)))2＋m2)＝eq \r(m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)))
＝eq \r(8k2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)))
＝eq \r(8k2＋\f(2,k2)＋10)≥eq \r(8＋10)＝3eq \r(2)，
当且仅当8k2＝eq \f(2,k2)，即k＝±eq \f(\r(2),2)时取等号．
所以当k2＝eq \f(1,2)时，|AB|取得最小值，此时m2＝6，
根据对称性，不妨取k＝eq \f(\r(2),2)，m＝eq \r(6)，
此时2xM＝－eq \f(8km,1＋4k2)＝－eq \f(8\r(3),3)，
即xM＝－eq \f(4\r(3),3)，从而yM＝－eq \f(4\r(3),3)×eq \f(\r(2),2)＋eq \r(6)＝eq \f(\r(6),3)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),3)＝－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4\r(3),3))),\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y，得9x2＋16eq \r(3)x＋16＝0，
则xM＋xN＝－eq \f(4\r(3),3)＋xN＝－eq \f(16\r(3),9)，
解得xN＝－eq \f(4\r(3),9)，
所以|MN|＝eq \r(1＋2)|xM－xN|＝eq \f(8,3)，
故△ABN的面积为eq \f(1,2)×eq \f(8,3)×3eq \r(2)＝4eq \r(2)．
例2 (2021·四川省联合诊断)已知抛物线x2＝8y，过点M(0,4)的直线与抛物线交于A，B两点，又过A，B两点分别作抛物线的切线，两条切线交于P点．
(1)证明：直线PA，PB的斜率之积为定值；
(2)求△PAB面积的最小值．
[解析] (1)证明：由题意设l的方程为y＝kx＋4，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋4,x2＝8y))，得x2－8kx－32＝0，
因为Δ＝(－8k)2－4×(－32)＞0，
所以设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝－32，
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，
对y＝eq \f(x2,8)，求导得y′＝eq \f(x,4)，
所以k1＝eq \f(x1,4)，k2＝eq \f(x2,4)，
所以，k1k2＝eq \f(x1,4)·eq \f(x2,4)＝eq \f(x1x2,4×4)＝eq \f(－32,16)＝－2(定值)．
(2)由(1)可得直线PA的方程为y－eq \f(x\\al(2,1),8)＝eq \f(x1,4)(x－x1)①
直线PB的方程为y－eq \f(x\\al(2,2),8)＝eq \f(x2,4)(x－x2)②
联立①②，得点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,8)))，
由(1)得x1＋x2＝8k，x1x2＝－32，
所以P(4k，－4)．
于是|AB|＝8eq \r(1＋k2)eq \r(k2＋2)，
点P到直线AB的距离d＝eq \f(4k2＋2,\r(1＋k2))，
所以S△PAB＝16eq \r(k2＋2)(k2＋2)，
当k2＝0，即k＝0时，△PAB的面积取得最小值32eq \r(2)．
名师点拨
处理圆锥曲线最值问题的求解方法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、重要不等式法及函数的单调性法等．
〔变式训练1〕
(2021·广东省佛山市质检)已知F为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点，过原点O的动直线l与C交于A，B两点．当A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(5),5)))时，|OB|＝|BF|．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)延长BF交椭圆C于Q，求△QAB的面积的最大值．
[解析] (1)由Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(5),5)))，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2\r(5),5)))，
而|OB|＝|BF|．∴F(－2,0)，即c＝2．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(4,5b2)＝1,a2＝b2＋4))，解得a2＝5，b2＝1．
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1．
(2)当直线BF斜率不存在时，BF：x＝－2，
此时Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(5),5)))，|BQ|＝eq \f(2\r(5),5)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))，
S△QAB＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(5),5)×4＝eq \f(4\r(5),5)；
当BF所在直线斜率存在时，设BF：y＝k(x＋2)(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2,\f(x2,5)＋y2＝1))，得
(1＋5k2)x2＋20k2x＋20k2－5＝0，
设B(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－20k2,1＋5k2)，x1x2＝eq \f(20k2－5,12＋5k2)．
则|BQ|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－20k2,1＋5k2)))2－\f(80k2－20,1＋5k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(5)\r(1＋k2),1＋5k2)．
又O到BQ的距离d＝eq \f(|2k|,\r(1＋k2))，
则A到BQ的距离为eq \f(|4k|,\r(1＋k2))，
∴S△QAB＝eq \f(4\r(5)\r(k4＋k2),1＋5k2)．
令1＋5k2＝t(t＞1)，
则S△QAB＝4eq \r(5)eq \r(－\f(4,25)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2＋\f(3,25)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))＋\f(1,25))
＝eq \f(8\r(5),5)eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(3,8)))2＋\f(25,64))．
∴当eq \f(1,t)＝eq \f(3,8)时，(S△QAB)max＝eq \r(5)．
综上，△QAB的面积的最大值为eq \r(5)．
考点二 圆锥曲线中的范围问题——师生共研
例3 (2021·西安模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1,0)，且点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围．
[解析] (1)由题意，得c＝1，所以a2＝b2＋1．
因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆C上，
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，所以a2＝4，b2＝3．
则椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设直线l的方程为y＝kx＋2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋2))得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0．
因为Δ＝48(4k2－1)＞0，所以k2＞eq \f(1,4)，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝eq \f(－16k,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4,4k2＋3)．
因为∠AOB为锐角，所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＞0，即x1x2＋y1y2＞0．
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＞0，
即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＞0，
所以(1＋k2)·eq \f(4,4k2＋3)＋2k·eq \f(－16k,4k2＋3)＋4＞0，
即eq \f(－12k2＋16,4k2＋3)＞0，所以k2＜eq \f(4,3)．
综上可知eq \f(1,4)＜k2＜eq \f(4,3)，
解得－eq \f(2\r(3),3)＜k＜－eq \f(1,2)或eq \f(1,2)＜k＜eq \f(2\r(3),3)．
所以直线l的斜率k的取值范围为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2\r(3),3)))．
[引申]本例中①，若eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，则k＝__±eq \f(2\r(3),3)__，②若O在以AB为直径的圆内，则k的取值范围是__eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，＋∞))__．
名师点拨
求解范围问题的常见求法
(1)利用判别式来构造不等式关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用基本不等式求出参数的取值范围．
(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
〔变式训练2〕
(2021·广东省质检)已知椭圆C的两个焦点分别是(－1,0)，(1,0)，并且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点Q(0,2)，若C上总存在两个点A、B关于直线y＝x＋m对称，且eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＜4，求实数m的取值范围．
[解析] (1)因为椭圆C的焦点在x轴上，
所以设它的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．
由椭圆的定义得
2a＝eq \r(1＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－0))2)＋eq \r(1－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－0))2)＝2eq \r(2)，
所以a＝eq \r(2)．
因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝1．
因此，椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)根据题意可设直线AB的方程为y＝－x＋n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋n,\f(x2,2)＋y2＝1))，
整理得3x2－4nx＋2n2－2＝0，
由Δ＝(－4n)2－4×3(2n2－2)＞0，
得n2＜3．
设A(x1，－x1＋n)，B(x2，－x2＋n)，
则x1＋x2＝eq \f(4n,3)，x1x2＝eq \f(2n2－2,3)．
又设AB的中点为M(x0，－x0＋n)，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2n,3)，－x0＋n＝eq \f(n,3)．
由于点M在直线y＝x＋m上，
所以eq \f(n,3)＝eq \f(2n,3)＋m，得n＝－3m，
代入n2＜3，得9m2＜3，所以－eq \f(\r(3),3)＜m＜eq \f(\r(3),3)．①
因为eq \(QA,\s\up6(→))＝(x1，－x1＋n－2)，eq \(QB,\s\up6(→))＝(x2，－x2＋n－2)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝2x1x2－(n－2)(x1＋x2)＋(n－2)2
＝eq \f(4n2－4,3)－eq \f(4n2－8n,3)＋eq \f(3n2－4n＋4,3)＝eq \f(3n2－4n＋8,3)．
由eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＜4，得3n2－4n＋8＜12,3n2－4n－4＜0
得－eq \f(2,3)＜n＜2，得－eq \f(2,3)＜－3m＜2，所以－eq \f(2,3)＜m＜eq \f(2,9)②
由①②得－eq \f(\r(3),3)＜m＜eq \f(2,9)，
故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(2,9)))．
考点三 圆锥曲线中的证明问题——师生共研
例4 (2018·课标Ⅰ卷)设椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
[解析] (1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1，
由已知可得，点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))．
所以AM的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \r(2)或y＝eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2)．
(2)当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l与x轴垂直时，直线OM为AB的垂直平分线．
所以∠OMA＝∠OMB．
当l与x轴不重合也不垂直时，
设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＜eq \r(2)，x2＜eq \r(2)，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2)，
将由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝eq \f(2kx1x2－3kx1＋x2＋4k,x1－2x2－2)，将y＝k(x－1)代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以，x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)．
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq \f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0，
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，
所以∠OMA＝∠OMB．
综上，∠OMA＝∠OMB．
名师点拨
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
解决证明问题的答题模板
eq \x(联立方程)—eq \x(\a\al(直线方程与圆锥曲线方程联立，得一元二次方程，涉及中点弦问题,可用点差法.))
↓
eq \x(坐标表示)—eq \x(借助根与系数的关系、点差法等把所涉及的量用动点坐标表示出来.)
↓
eq \x(证明结论)—eq \x(根据条件及证明方向进行转化并运算，直到符合所证结论.)
〔变式训练3〕
(2021·河北张家口模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距为4．且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A(0，b)，B(0，－b)，C(a，b)，过B点且斜率为k(k＞0)的直线l交椭圆E于另一点M，交x轴于点Q，直线AM与直线x＝a相交于点P．证明：PQ∥OC(O为坐标原点)．
[解析] (1)由题可知，2c＝4，c＝2，
∴椭圆的左，右焦点分别为(－2,0)，(2,0)．
由椭圆的定义知2a＝eq \r(－1＋22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(14),2)))2)＋eq \r(－1－22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(14),2)))2)＝4eq \r(2)，∴a＝2eq \r(2)，b2＝a2－c2＝4，
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(另解：由题可知\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(7,2b2)＝1,a2－b2＝4))，解得\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＝4,a2＝8))))．
(2)证明：易得A(0,2)，B(0，－2)，C(2eq \r(2)，2)，
直线l：y＝kx－2与椭圆x2＋2y2＝8联立，
得(2k2＋1)x2－8kx＝0，
∴xM＝eq \f(8k,2k2＋1)，
从而Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,2k2＋1)，\f(4k2－2,2k2＋1)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)，0))．
∴直线AM的斜率为eq \f(\f(4k2－2,2k2＋1)－2,\f(8k,2k2＋1))＝－eq \f(1,2k)，
直线AM的方程为y＝－eq \f(1,2k)x＋2．
令x＝2eq \r(2)得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，－\f(\r(2),k)＋2))，
∴直线PQ的斜率kPQ＝eq \f(－\f(\r(2),k)＋2,2\r(2)－\f(2,k))＝eq \f(－\r(2)＋2k,2\r(2)k－2)＝eq \f(\r(2)\r(2)k－1,2\r(2)k－1)＝eq \f(\r(2),2)．
∵直线OC的斜率kOC＝eq \f(2,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
∴kPQ＝kOC，从而PQ∥OC．
名师讲坛·素养提升
圆锥曲线中的对称问题

例5 试确定m的取值范围，使得椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1上有不同两点关于直线y＝4x＋m对称．
[解析] 解法一：设椭圆上两点A(x0－u，y0－v)，B(x0＋u，y0＋v)，AB的中点为C(x0，y0)．
∵A，B关于y＝4x＋m对称，
∴kAB＝eq \f(v,u)＝－eq \f(1,4)．
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x0－u2,4)＋\f(y0－v2,3)＝1，,\f(x0＋u2,4)＋\f(y0＋v2,3)＝1，))
两式相减，得eq \f(v,u)＝－eq \f(3x0,4y0)，∴y0＝3x0．
而点C在直线y＝4x＋m上，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－m，,y0＝－3m.))∵点C在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1内，
∴eq \f(－m2,4)＋eq \f(－3m2,3)＜1．
∴m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(13),13)，\f(2\r(13),13)))．
解法二：设椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝4x＋m对称．
设AB的中点为P(x0，y0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y1－y2,x1－x2)＝－\f(1,4)，,y0＝4x0＋m.))又由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
得eq \f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,3)＝0．
∴eq \f(x1＋x2,4)＋eq \f(y1＋y2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))＝0．
∴y1＋y2＝3(x1＋x2)，得y0＝3x0．
代入y0＝4x0＋m，得x0＝－m，∴y0＝－3m．
以下同解法一．
[引申](1)在例题中将椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1换成抛物线y2＝2x，则相应m的范围为__(－∞，－36)__．
(2)在例题中将直线改为y＝mx＋eq \f(1,2)，则相应的m的范围为__eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(2，＋∞)__．
名师点拨
圆锥曲线上两点的对称问题是圆锥曲线的常见题型，处理方法是：
1．设对称两点所在的直线方程与圆锥曲线方程联立，由Δ＞0建立不等关系，再由对称两点的中点在所给直线上，建立相等关系，由相等关系消参，由不等关系确定范围．
2．用参数表示中点坐标，利用中点在圆锥曲线内部建立关于参数的不等式，解不等式得参数范围．
〔变式训练4〕
若抛物线y＝ax2－1上恒有关于直线x＋y＝0对称的相异两点A，B，则a的取值范围是__a＞eq \f(3,4)__．
[解析] 设抛物线上的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝x＋b，代入抛物线方程y＝ax2－1，得ax2－x－(b＋1)＝0，设直线AB的中点为M(x0，y0)，则x0＝eq \f(1,2a)，y0＝x0＋b＝eq \f(1,2a)＋b．由于M(x0，y0)在直线x＋y＝0上，故x0＋y0＝0，由此解得b＝－eq \f(1,a)，此时ax2－x－(b＋1)＝0可变形为ax2－x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)＋1))＝0，由Δ＝1＋4aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)＋1))＞0，解得a＞eq \f(3,4)．