专题十八 圆锥曲线的综合运用-2021届高三《新题速递•数学》12月刊（江苏专用 适用于高考复习）

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专题十八 圆锥曲线的综合运用
一、多选题
1．（2020·全国高二单元测试）1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章.人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等.设椭圆的长轴长、焦距分别为，，下列结论正确的是（ ）

A．卫星向径的取值范围是
B．卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间
C．卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁
D．卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小
【答案】ABD
【分析】
根据椭圆的定义和性质和面积守恒规律，依次判断每个选项得到答案.
【详解】
根据椭圆定义知卫星向径的取值范围是，正确；
当卫星在左半椭圆弧的运行时，对应的面积更大，面积守恒规律，速度更慢，正确；
，当比值越大，则越小，椭圆轨道越圆，错误.
根据面积守恒规律，卫星在近地点时向径最小，故速度最大，在远地点时向径最大，故速度最小，正确.
故选：.
【点睛】
本题考查了椭圆的定义和性质，意在考查学生的理解能力和应用能力.
2．（2020·全国高二单元测试）若双曲线的实轴长为6，焦距为10，右焦点为，则下列结论正确的是（ ）
A．的渐近线上的点到距离的最小值为4 B．的离心率为
C．上的点到距离的最小值为2 D．过的最短的弦长为
【答案】AC
【分析】
根据题意，求出，结合的关系式求出，利用双曲线的几何性质进行逐项分析，判断即可.
【详解】
由题意知，，即，因为，所以，解得，所以右焦点为为，双曲线的渐近线方程为，
对于选项A：由点向双曲线的渐近线作垂线时，垂线段的长度即为的渐近线上的点到距离的最小值，由点到直线的距离公式可得，，
故选项A正确；
对于选项B：因为，所以双曲线的离心率为，故选项B错误；
对于选项C：当双曲线上的点为其右顶点时，此时双曲线上的点到的距离最小为，故选项C正确；
对于选项D：过点且斜率为零的直线与双曲线的交点为，此时为过点的最短弦为，故选项D错误.
故选：AC
【点睛】
本题考查双曲线的几何性质；考查运算求解能力；熟练掌握双曲线的几何性质是求解本题的关键；属于中档题.
3．（2020·全国高三专题练习）已知抛物线上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，则的值可以是( )
A．2 B．6 C．4 D．8
【答案】AC
【分析】
由题意得，，解方程即可.
【详解】
设的横坐标为，由题意，，，解得或.
故选：AC
【点睛】
本题考查抛物线的定义，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
4．（2020·全国高二单元测试）已知圆C：，点A是直线上任意一点，若以点A为圆心，半径为1的圆A与圆C没有公共点，则整数k的值可能为（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】BCD
【分析】
由题意可得圆心到直线（）的距离大于或等于2，利用点到直线的距离公式求得k的范围，可得结论.
【详解】
圆C的方程为，即，圆心，半径为1，
由题意可得，圆心到直线（）的距离大于或等于2，
即，求得，∴或-1或0.
故选：ABC.
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，属于基础题.
5．（2020·湖南雨花区·雅礼中学高二期中）某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圈的长轴长、短轴长、焦距分别为，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】
根据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确答案.
【详解】
因为地球的中心是椭圆的一个焦点，
并且根据图象可得 ，（*）
，故A正确；
，故B正确；
（*）两式相加，可得，故C不正确；
由（*）可得 ，两式相乘可得
，
，故D正确.
故选ABD
【点睛】
本题考查圆锥曲线的实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算能力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简.

二、单选题
6．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆：的焦距为，为右焦点，直线与椭圆相交于，两点，是等腰直角三角形.点的坐标为，若记椭圆上任一点到点的距离的最大值为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据条件可求得，设椭圆上点Q的坐标为(x,y)，由两点间距离公式及二次函数可求的最大值，即可求解.
【详解】
由题意可得，
所以点的坐标为，
代入椭圆方程有，
又
所以,
解得或 (舍去)，
所以，
所以椭圆方程可化为，
设点Q的坐标为(x,y) ,则，
所以

所以.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程，椭圆的简单几何性质，利用二次函数求最值，考查了计算能力，属于中档题.
7．（2020·全国高二单元测试）已知双曲线的左右焦点分别为、，过点的直线交双曲线右支于、两点，若是等腰三角形，且．则的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用双曲线的定义以及三角形结合正弦定理，转化求解三角形的周长即可.
【详解】
双曲线的焦点在轴上，则；
设，由双曲线的定义可知：，
由题意可得：，
据此可得：，又 ，∴，
由正弦定理有:,即
所以，解得：，
所以的周长为：
=
故选：A
【点睛】
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．
8．（2020·全国高二单元测试）已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
先得到双曲线的渐近线，然后根据渐近线与圆相切，利用点到直线的距离等于半径，得到和的关系，求出离心率，得到答案.
【详解】
双曲线的渐近线为
因为两条渐近线均与圆相切，
所以点到直线的距离等于半径
即，
又因为
整理得到，
故双曲线C的离心率为.
故选：B.
【点睛】
本题考查求双曲线渐近线，根据直线与圆相切求参数关系，求双曲线的离心率，属于简单题.
9．（2020·全国高二单元测试）过直线上一点P，作圆C：的切线，切点分别为A、B，则当四边形PACB面积最小时直线AB的方程是　　
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据题意，由切线长公式可得，进而可得，可得当取得最小值时，四边形PACB面积最小，设AB的直线方程为，由相似三角形的性质和点到直线的距离公式求出C到AB的距离d，即可求解m的值，即可得答案．
【详解】
根据题意，圆C：的圆心C为，半径；
点P为直线上一点，PA、PB为圆C的切线，则，，
则有，
则，
则当取得最小值时，四边形PACB面积最小，此时CP与直线垂直，
且，则C到AB的距离，
又由，则直线AB与直线平行，
且设AB的直线方程为，
则有，解可得：或舍，
则直线AB的方程为；
故选B．

【点睛】
本题主要考查了直线与圆方程的应用，其中解答中关键是分析“四边形PACB面积最小”的条件，再利用相似三角形和点到直线的距离公式，列出方程求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
10．（2020·全国高二单元测试）直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，则的最小值是
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】B
【分析】
根据抛物线中过焦点的两段线段关系，可得；再由基本不等式可求得的最小值．
【详解】
由抛物线标准方程可知p=2
因为直线l过抛物线的焦点，由过抛物线焦点的弦的性质可知

所以


因为 为线段长度，都大于0，由基本不等式可知


，此时
所以选B
【点睛】
本题考查了抛物线的基本性质及其简单应用，基本不等式的用法，属于中档题．
11．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，点是两曲线在第一象限的交点，且在上的投影等于，，分别是椭圆和双曲线的离心率，则的最小值是（ ）
A． B．6 C．8 D．
【答案】C
【分析】
由在上的投影等于可知PF1⊥PF2， 利用椭圆与双曲线的
焦距相同找到和的关系，最后构建函数利用导数求出的最小值.
【详解】
如图，设半焦距为．∵点是两曲线在第一象限的交点，且在上
的投影等于，∴PF1⊥PF2．设，，则，
．∴＝﹣．在中，
由勾股定理可得：.
∴．两边同除以c2，得2＝，
所以，
当即时取等号，因此9e12+e22的最小值是8．
故选：C.

【点睛】
求最值题目一般分为三步：
①写表达式；
②消元；
③求值域.
12．（2020·全国高二单元测试）已知双曲线的右焦点为，右顶点为，，两点在双曲线的右支上，为中点，为轴上一点，且.若，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由题意画出图形，可得轴，设，不妨令，，由，结合斜率乘积等于得，再由求双曲线C的离心率的取值范围.
【详解】
设，由题意可知，轴，

不妨令，(其中).
因为，
所以，解得.
由题易知，
整理得，即，即，又，
所以.
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题的关键在于利用，建立斜率之间的关系可得，由图象可知，转化为离心率的取值范围即可.
13．（2020·全国高二单元测试）已知点A是抛物线x2＝8y的对称轴与准线的交点，点B为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PB|＝m|PA|，当m取最小值时，点P恰好在以A，B为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
过P作准线的垂线，垂足为N，由条件可得，则，当m取得最小值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，方程联立由，求出点坐标，从而可得出答案.
【详解】
由条件可得
过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得，
∵，∴，则，
设PA的倾斜角为α，则sinα＝m，
当m取得最小值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，
设直线PA的方程为，代入中，
可得，即 ，
∴，解得，
由，即解得
∴点P（4，2），或（﹣4，2）；
点P恰好在以A，B为焦点的双曲线上，在双曲线中，
∴双曲线的实轴长为，，
∴双曲线的离心率为.
故选：D.

【点睛】
关键点睛：本题考查抛物线的定义与抛物线的切线问题和求双曲线的离心率，解答本题的关键的由抛物线的定义将问题转化为，当m取得最小值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，然后方程联立由，先求出点的坐标，再由双曲线的定义求，属于中档题.
14．（2020·云南弥勒市一中高二月考（理））已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于
A． B．3 C．5 D．
【答案】A
【解析】
抛物线焦点为,故,双曲线焦点到渐近线的距离等于,故距离为,所以选.
15．（2019·陕西韩城市·高三三模（理））已知椭圆、双曲线均是以直角三角形ABC的斜边AC的两端点为焦点的曲线，且都过B点，它们的离心率分别为，则=（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】
分别由椭圆和双曲线的定义表示出AB和BC的长，再利用勾股定理化简可得结果.
【详解】
如图

由题，设椭圆的长半轴为，双曲线的半实轴为，根据椭圆和双曲线定义：

可得
设
在直角三角形ABC中，由勾股定理可得

即
即2
故选B
【点睛】
本题考查了圆锥曲线的综合，主要考查了定义以及离心率，熟悉定义和性质是解题的关键，属于中档偏上题目.
16．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆，过M的右焦点作直线交椭圆于A，B两点，若AB中点坐标为，则椭圆M的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设以及中点坐标，利用“点差法”得到之间的关系，从而得到之间的关系，结合即可求解出椭圆的方程.
【详解】
设，的中点，所以，
又，所以，即，
而，，所以，又，
∴，即椭圆方程为：.
故选：D.
【点睛】
本题考查了已知焦点、弦中点求椭圆方程，应用了韦达定理、中点坐标公式，属于基础题.

第II卷（非选择题）

三、解答题
17．（2020·湖南高三开学考试）已知抛物线的顶点在原点，准线为.

（1）求抛物线的标准方程；
（2）点，在上，且，，垂足为，直线另交于，当四边形面积最小时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设抛物线的标准方程为，根据题意，求得，即可求得抛物线的标准方程；
（2）设直线的方程为，根据，得到，求得，
联立方程组，得到，求得，得出直线过定点，再设直线的方程为，得到直线的方程为，分别联立方程组，取得和弦长，得出三角形面积的表达式，结合导数求得函数的最值，即可求解.
【详解】
（1）设抛物线的标准方程为，
由抛物线的准线方程为，可得，解得，
故抛物线的标准方程为.
（2）先证直线过定点.
设直线的方程为，，，
由，可得，所以，
可得，解得，
联立方程组，整理得，可得，
所以，解得
故直线过定点.
由已知再设直线的方程为，则直线的方程为，
联立方程组，可得，解得，所以，
所以
联立方程组，整理得，所以，
又由，
所以
所以
设，则，
由，，
易知在递减，在上递增，
因此在取最小值，从而面积取得最小值，此时，
故直线的方程为.
【点睛】
求解圆锥曲线的最值问题的解答策略：
1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
18．（2020·上海市建平中学高三月考）设椭圆的左顶点为、中心为，若椭圆过点，且．

（1）求椭圆的方程；
（2）若的顶点也在椭圆上，试求面积的最大值；
（3）过点作两条斜率分别为，的直线交椭圆于，两点，且，求证：直线恒过一个定点．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．
【分析】
（1）由，得到，列出方程，求得，再将点代入椭圆的方程，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）先求得，设，根据点到直线的距离公式和三角形的面积公式，求得，即可求得的最大值；
（3）将直线方程为，代入椭圆的方程，结合根与系数的关系，求得两点的坐标，进而得出方程，即可求解.
【详解】
（1）由，可知，
又由点坐标为，故，可得，
因为椭圆过点，故，可得，
所以椭圆的方程为．
（2）由，可得的方程为，即，
由于是椭圆上的点，故可设，
则点到直线的距离为，
所以，
当，即时，取最大值．
故的最大值为．
（3）由点，则直线方程为，代入，
可得，所以，
又因为，故，，
同理可得，，
又且，可得且，
所以，，所以，
直线的方程为，
令，可得．
故直线过定点．
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
19．（2020·渝中区·重庆巴蜀中学高二期末）已知椭圆的短轴长为2，且其离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于P，Q两点是否存在圆心在原点的定圆与直线PQ总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）;（2）存在,
【分析】
(1)根据椭圆的离心率和短轴长,求出a、b,即可得到椭圆C的方程.
(2)根据条件，分直线的斜率不存在和直线的斜率不存在两种情况分别求出定圆的方程，当直线的斜率存在时,设直线方程为,联立方程组,令，,利用韦达定理,结合.推出,利用直线与圆相切,求出圆的半径,得到圆的方程,即可得到结果.
【详解】
（1）因为短轴长为2，所以，
因为离心率为.所以 ，由 联解得
椭圆C的方程为
（2）当直线的斜率不存在时，由对称性，设，.
∵，在椭圆上，∴，∴.
∴到直线的距离为，所以.
当直线的斜率存在时，设的方程为，
由得.
设，，则，.
∵，∴，
∴.
∴，即.
∴到直线的距离为，
故存在定圆与直线总相切.
【点睛】
本题考查椭圆的方程的求法,圆与椭圆的以及直线的综合应用,考查分类讨论思想、转化思想的应用,考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.
20．（2020·辽宁高三其他模拟（理））已知动点到点的距离与它到直线的距离的比值为，设动点形成的轨迹为曲线.
（1）求曲统的方程；
（2）过点的直线与交于，两点，已知点，直线分别与直线，交于，两点，线段的中点是否在定直线上，若存在，求出该直线方程；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）由题意化简可得;
（2）直线的方程为,与椭圆方程联解，设点，，，利用线段的中点，表示出，利用根与系数关系代入化简可得解.
【详解】
（1）设，由题意得，
整理化简得，曲线方程为.
（2）设直线的方程为，
设，，，
直线的方程为，，
同理，
所以，
即，
联立，∴，
所以，，
代入得，
∴，
所以点都在定直线上.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线的取值范围等基本知识与基本技能，以及数形结合、转化与化归的数学思想.意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及分析问题、解决问题的能力.
21．（2020·全国高三其他模拟（理））已知椭圆的离心率为，长轴长为6.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）是否存在点在圆上，过点作直线，与椭圆相切，分别记直线，的斜率为，，有？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）依题意得，，可求得椭圆标准方程.
（2）设切线方程为，联立椭圆方程，
由，得，及由，得，又点满足，联立可得，.
【详解】
（1）依题意得，，
解得，，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）存在.设点，切线方程为，
联立椭圆方程，得，
由，得，
由，得，则. ①
又点满足， ②
联立①②得，.
所以存在点，使得.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系等基本知识与基本技能，以及数形结合、转化与化归的数学思想.意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及分析问题、解决问题的能力.
22．（2020·梁河县第一中学高二期中（文））如图，焦距为2的椭圆的两个顶点分别为和，且与共线.

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆有两个不同的交点和，且原点总在以为直径的圆的内部，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）已知、得，利用与共线，求得，结合求出椭圆方程.
（Ⅱ）直线方程与椭圆方程联解，
得，，原点总在以为直径的圆内，得，即化简得，得求出范围
【详解】
（Ⅰ）设椭圆的标准方程为，由已知得、
∴，∵与共线，∴，又
∴，，∴椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设，，把直线方程代入椭圆方程，
消去，得，∴，
，（*）
∵原点总在以为直径的圆内，∴，即
又
由得，依题意且满足（*）
故实数的取值范围是
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线的取值范围等基本知识与基本技能，以及数形结合、转化与化归的数学思想.意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及分析问题、解决问题的能力.
23．（2020·芜湖县第一中学高三其他模拟（理））已知的两个顶点坐标是，，的周长为，是坐标原点，点满足.
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
（Ⅱ）设不过原点的直线与曲线交于两点，若直线的斜率依次成等比数列，求面积的最大值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】
（Ⅰ）,点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.利用定义法求点轨迹方程，利用求出点的轨迹的方程即可.
（Ⅱ）设直线的方程为与点的轨迹的方程联解，利用根与系数关系与直线的斜率依次成等比数列建立方程求出，再求出弦长与.点到直线的距离.运用三角形面积公式建立关于的表达式求出最值.
【详解】
（Ⅰ）已知，所以，点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.
因为，，，所以，，.
所以，点的轨迹方程为.
设，.由得，，又.
故，点的轨迹的方程为，即.
（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在且不为，
故可设直线的方程为，，，
由，消去得，
则，
即，且，，
故.
∵直线的斜率依次成等比数列，
∴，
即，又，所以，即.
由，及直线的斜率存在，得，
∵，点到直线的距离
.
，当时取等号，
此时直线的方程为，的最大值为.
【点睛】
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
24．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点的坐标.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；
（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.
【详解】
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知点，，
由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，
联立方程，消去得：.
设，则，所以，
所以，所以.
设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即
，所以，所以.
因为，所以，即，
所以，解得，
又，所以符合题意，
计算可得，，
故点的坐标为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.
25．（2020·全国高二单元测试）已知椭圆的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点相同,F1,F2为C的左､右焦点,M为C上任意一点,最大值为1.
（1）求椭圆C的方程;
（2）不过点F2的直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点.
①若,且,求m的值.
②若x轴上任意一点到直线AF2与BF2距离相等,求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标.
【答案】（1）.（2）①,②.
【分析】
（1）根据题意，可求得c=1，b=1，进而求得a，由此得到椭圆方程;

（2）①联立方程，得到k与m的不等关系，及两根的关系，表示出弦长AB及点O到直线AB的距离，由此建立等式解出即可;②依题意，k1+k2=0，由此可得到k与m的等量关系，进而求得定点.
【详解】
解：（1）由抛物线的方程y2=4x得其焦点为(1，0)，则c=1，
当点M为椭圆的短轴端点时，△MF1F2面积最大，此时，则b=1，
∴，故椭圆的方程为;
（2）联立得，(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣2=0，
△=16k2m2﹣4(2k2+1)(2m2﹣2)=8(2k2﹣m2+1)>0，得1+2k2>m2(*)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，
①∵m≠0且，代入(*)得，00)的离心率e=,点P(-,1)在该椭圆上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若点A,B是椭圆C上关于直线y=kx+1对称的两点,求实数k的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）已知离心率，点P满足椭圆方程，结合b2=a2-c2，即可求得椭圆C的方程；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），y1≠y2，BA的中点（x0，y0），易知直线y=kx+1且k≠0，恒过（0，1），由点B，A在椭圆上，化简可得y0 =-1，由AB的中点在y=kx+1上，解得x0，进而推出k的不等式.
【详解】
(1)由已知e=, 即c2=a2,b2=a2-c2=a2,
将P(-,1)代入椭圆方程,得=1,
∴ a=2,b=.∴a2=4,∴b2=2,
∴ 椭圆C的方程为=1.
(2)椭圆C上存在点B,A关于直线y=kx+1对称,
设A(x1,y1),B(x2,y2),y1≠y2,AB的中点(x0,y0),
易知直线y=kx+1且k≠0,恒过点(0,1),则+(y1-1)2=+(y2-1)2,
点A,B在椭圆上,∴=4-2=4-2,
∴ 4-2+(y1-1)2=4-2+(y2-1)2. 化简得=-2(y1-y2),即y1+y2=-2,∴ y0==-1.
又AB的中点在y=kx+1上,∴ y0=kx0+1,x0=-.
由可得x=±,
∴0