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时间：2020-10-14 15:10:32 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　 解析几何热点问题

　 三年真题考情

　核心热点 真题印证 核心素养 直线方程、定值问题 2019·Ⅰ，19；2018·Ⅰ，19；2018·北京，19 数学运算、逻辑推理 椭圆方程、定点问题 2019·北京，19；2017·Ⅰ，20；2017·Ⅱ，20 数学运算、逻辑推理 直线与椭圆的位置关系 2019·Ⅱ，19；2018·Ⅲ，20 数学运算、逻辑推理 直线与抛物线的位置关系 2019·Ⅲ，21；2019·北京，18；2018·Ⅱ，19；2017·Ⅲ，20 数学运算、逻辑推理

　热点聚焦突破 教材链接高考——求曲线方程及直线与圆锥曲线

　[教材探究](引自人教A版选修2－1P49习题A5(1)(2))求适合下列条件的椭圆的标准方程：

　(1)过点 P(－2 2，0)，Q(0， 5)； (2)长轴长是短轴长的 3 倍，且经过点 P(3，0). [试题评析] 1.问题涉及解析几何中最重要的一类题目：求曲线的方程，解决的方法都是利用椭圆的几何性质. 2.对于(1)给出的两点并不是普通的两点，而是长轴和短轴的端点，这就告诉我们要仔细观察、借助图形求解问题，(2)中条件给出 a，b 的值，但要讨论焦点的位

　置才能写出椭圆方程. 【教材拓展】

　设抛物线 y 2 ＝2px(p>0)的焦点为 F，准线为 l，过抛物线上一点 A作 l 的垂线，垂足为 B，设 C  72 p，0 ，AF 与 BC 相交于点 E，若|CF|＝2|AF|，且△ACE 的面积为 3 2，则 p 的值为________. 解析 易知抛物线的焦点 F 的坐标为  p2 ，0 ， 又|CF|＝2|AF|且|CF|＝  72 p－p2＝3p， ∴|AB|＝|AF|＝ 32 p， 可得 A(p， 2p). 易知△AEB∽△FEC，∴ |AE||FE| ＝|AB||FC| ＝12 ， 故 S △ ACE ＝ 13 S △ ACF ＝13 ×3p× 2p×12 ＝22p 2 ＝3 2， ∴p 2 ＝6，∵p>0，∴p＝ 6. 答案 6 探究提高 1.解答本题的关键有两个：(1)利用抛物线的定义求出点 A 的坐标， (2)根据△AEB∽△FEC 求出线段比，进而得到面积比并利用条件“S △ ACE ＝3 2”求解. 2.对于解析几何问题，除了利用曲线的定义、方程进行运算外，还应恰当地利用平面几何的知识，能起到简化运算的作用. 【链接高考】

　(2019·天津卷)设椭圆 x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的左焦点为 F，上顶点为 B.已知椭圆的短轴长为 4，离心率为55. (1)求椭圆的方程； (2)设点 P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点 M 为直线 PB 与 x 轴的交点，点 N 在 y 轴的负半轴上，若|ON|＝|OF|(O 为原点)，且 OP⊥MN，求直线 PB 的斜率. 解 (1)设椭圆的半焦距为 c，

　依题意，2b＝4， ca ＝55， 又 a 2 ＝b 2 ＋c 2 ，可得 a＝ 5，b＝2，c＝1. 所以椭圆的方程为 x25 ＋y 24 ＝1. (2)由题意，设 P(x P ，y P )(x P ≠0)，M(x M ，0)， 直线 PB 的斜率为 k(k≠0)， 又 B(0，2)，则直线 PB 的方程为 y＝kx＋2，与椭圆方程联立 y＝kx＋2，x 25 ＋y 24 ＝1，整理得(4＋5k 2 )x 2 ＋20kx＝0， 可得 x P ＝－20k4＋5k 2 ， 代入 y＝kx＋2 得 y P ＝ 8－10k24＋5k 2， 进而直线 OP 的斜率为 y Px P ＝4－5k 2－10k. 在 y＝kx＋2 中，令 y＝0，得 x M ＝－ 2k . 由题意得 N(0，－1)，所以直线 MN 的斜率为－ k2 . 由 OP⊥MN，得 4－5k2－10k·  － k2＝－1，化简得 k 2 ＝ 245， 从而 k＝±2 305(满足 Δ＝(20k) 2 >0). 所以直线 PB 的斜率为 2 305或－ 2 305. 教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题 【例题】

　(2019·北京卷)已知抛物线 C：x 2 ＝－2py(p>0)经过点(2，－1). (1)求抛物线 C 的方程及其准线方程. (2)设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y＝－1 分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B.求证：以 AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点. [审题路线]

　 [自主解答] (1)解 由抛物线 C：x 2 ＝－2py 经过点(2，－1)得 p＝2. 所以抛物线 C 的方程为 x 2 ＝－4y，其准线方程为 y＝1. (2)证明 抛物线 C 的焦点为 F(0，－1). 设直线 l 的方程为 y＝kx－1(k≠0). 由  y＝kx－1，x 2 ＝－4y得 x 2 ＋4kx－4＝0. 设 M(x 1 ，y 1 )，N(x 2 ，y 2 )，则 x 1 x 2 ＝－4. 直线 OM 的方程为 y＝ y 1x 1 x. 令 y＝－1，得点 A 的横坐标 x A ＝－ x 1y 1 ， 同理得 B 的横坐标 x B ＝－ x 2y 2 . 设点 D(0，n)，则DA→＝  － x 1y 1 ，－1－n ， DB→＝  － x 2y 2 ，－1－n ， DA→·DB→＝ x 1 x 2y 1 y 2 ＋(n＋1)2 ＝x 1 x 2－ x214 － x224＋(n＋1) 2

　＝16x 1 x 2 ＋(n＋1)2 ＝－4＋(n＋1) 2 . 令DA→·DB→＝0，即－4＋(n＋1) 2 ＝0，得 n＝1 或 n＝－3. 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0，1)和(0，－3). 探究提高 1.解决本题的关键是直径所对的圆周角为直角，要证明直线经过 y 轴上定点 D，只需满足DA→·DB→＝0，进而求解. 类似的还有角的关系转化为斜率之间的关系，线段的长度比转化为线段端点的坐

　标之比. 2.解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的. 【尝试训练】

　(2018·全国Ⅰ卷)设椭圆 C：

　x22 ＋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. (1)解 由已知得 F(1，0)，l 的方程为 x＝1. 把 x＝1 代入椭圆方程 x22 ＋y2 ＝1，可得点 A 的坐标为1，22或  1，－22，又 M(2，0)， 所以直线 AM 的方程为 y＝－22x＋ 2或 y＝22x－ 2. (2)证明 当 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 当 l 与 x 轴垂直时，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(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 )， 则 x 1 < 2，x 2 < 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 k MA ＋k MB ＝y 1x 1 －2 ＋y 2x 2 －2 . 由 y 1 ＝k(x 1 －1)，y 2 ＝k(x 2 －1)得 k MA ＋k MB ＝ 2kx1 x 2 －3k（x 1 ＋x 2 ）＋4k（x 1 －2）（x 2 －2）. 将 y＝k(x－1)代入 x22 ＋y2 ＝1 得 (2k 2 ＋1)x 2 －4k 2 x＋2k 2 －2＝0. 所以，x 1 ＋x 2 ＝4k 22k 2 ＋1 ，x 1 x 2 ＝2k 2 －22k 2 ＋1 . 则 2kx 1 x 2 －3k(x 1 ＋x 2 )＋4k＝ 4k3 －4k－12k 3 ＋8k 3 ＋4k2k 2 ＋1＝0. 从而 k MA ＋k MB ＝0，故 MA，MB 的倾斜角互补. 所以∠OMA＝∠OMB.

　综上，∠OMA＝∠OMB. 满分答题示范——圆锥曲线中的定点、定值问题 【例题】

　(12 分)(2018·北京卷)已知抛物线 C：y 2 ＝2px 经过点 P(1，2).过点 Q(0，1)的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A，B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB交 y 轴于 N. (1)求直线 l 的斜率的取值范围； (2)设 O 为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：

　1λ ＋1μ 为定值. [规范解答] (1)解 因为抛物线 y 2 ＝2px 过点(1，2)， 所以 2p＝4，即 p＝2. 故抛物线 C 的方程为 y 2 ＝4x.2′

　由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0). 由  y2 ＝4x，y＝kx＋1 得 k2 x 2 ＋(2k－4)x＋1＝0.4′ 依题意 Δ＝(2k－4) 2 －4×k 2 ×1>0， 解得 k<1，又因为 k≠0，故 k<0 或 0<k<1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，－2). 从而 k≠－3. 所以直线 l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).6′

　(2)证明 设 A(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 ). 由(1)知 x 1 ＋x 2 ＝－ 2k－4k 2，x 1 x 2 ＝1k 2 . 直线 PA 的方程为 y－2＝ y1 －2x 1 －1 (x－1).7′ 令 x＝0，得点 M 的纵坐标为 y M ＝ －y1 ＋2x 1 －1＋2＝ －kx1 ＋1x 1 －1＋2.8′

　同理得点 N 的纵坐标为 y N ＝ －kx2 ＋1x 2 －1＋2.9′

　由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→得 λ＝1－y M ，μ＝1－y N .10′

　所以 1λ ＋1μ ＝11－y M ＋11－y N ＝x 1 －1（k－1）x 1 ＋x 2 －1（k－1）x 2

　＝1k－1 ·2x 1 x 2 －（x 1 ＋x 2 ）x 1 x 2＝1k－1 ·2k 2 ＋2k－4k 21k 2＝2. 所以 1λ ＋1μ ＝2 为定值.12′ [高考状元满分心得] ❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分. 如第(1)问中联立直线方程和抛物线方程 ，对直线斜率取值的讨论 . ❷得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有则给分，无则没分.如第(1)问中求抛物线的方程 ，第(2)问中求点 M 和 N 的纵坐标 . ❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(2)中用 y M ，y N 表示 λ，μ，计算 1λ ＋1μ 的值. [构建模板]

　【规范训练】

　(2019·北京卷)已知椭圆 C：

　x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的右焦点为(1，0)，且经过点 A(0，1). (1)求椭圆 C 的方程；

　(2)设 O 为原点，直线 l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q，直线AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线 l 经过定点. (1)解 由题意，得 b 2 ＝1，c＝1， 所以 a 2 ＝b 2 ＋c 2 ＝2. 所以椭圆 C 的方程为 x22 ＋y2 ＝1. (2)证明 设 P(x 1 ，y 1 )，Q(x 2 ，y 2 )， 则直线 AP 的方程为 y＝ y1 －1x 1x＋1. 令 y＝0，得点 M 的横坐标 x M ＝－x 1y 1 －1 . 又 y 1 ＝kx 1 ＋t，从而|OM|＝|x M |＝  x 1kx 1 ＋t－1. 同理，|ON|＝  x 2kx 2 ＋t－1. 由 y＝kx＋t，x 22 ＋y2 ＝1， 得(1＋2k2 )x 2 ＋4ktx＋2t 2 －2＝0， 则 x 1 ＋x 2 ＝－4kt1＋2k 2 ，x 1 x 2 ＝2t 2 －21＋2k 2 . 所以|OM|·|ON|＝  x 1kx 1 ＋t－1·x 2kx 2 ＋t－1 ＝  x 1 x 2k 2 x 1 x 2 ＋k（t－1）（x 1 ＋x 2 ）＋（t－1）

　2 ＝2t 2 －21＋2k 2k 2 ·2t 2 －21＋2k 2 ＋k（t－1）· －4kt1＋2k 2＋（t－1）

　2＝2   1＋t1－t. 又|OM|·|ON|＝2，所以 2   1＋t1－t＝2. 解得 t＝0，所以直线 l 经过定点(0，0).

　 热点跟踪训练 1.(2020·江西九校联考)已知椭圆 C：

　x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1 过 A(2，0)，B(0，1)两点. (1)求椭圆 C 的方程及离心率； (2)设 P 为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与x 轴交于点 N，求证：四边形 ABNM 的面积为定值. (1)解 由题意知，a＝2，b＝1， 所以椭圆 C 的方程为 x24 ＋y2 ＝1. 因为 c＝ a 2 －b 2 ＝ 3， 所以椭圆 C 的离心率 e＝ ca ＝32. (2)证明 设 P(x 0 ，y 0 )(x 0 <0，y 0 <0)，则 x 2 0 ＋4y 2 0 ＝4. 因为 A(2，0)，B(0，1)， 所以直线 PA 的方程为 y＝y 0x 0 －2 (x－2)，令 x＝0，得 y M ＝－2y 0x 0 －2 ，从而|BM|＝1－y M ＝1＋2y 0x 0 －2 . 直线 PB 的方程为 y＝ y0 －1x 0x＋1，令 y＝0，得 x N ＝－x 0y 0 －1 ，从而|AN|＝2－x N ＝2＋x 0y 0 －1 . 所以四边形 ABNM 的面积 S ＝12|AN|·|BM| ＝12 2＋x 0y 0 －1·  1＋2y 0x 0 －2＝x 2 0 ＋4y 2 0 ＋4x 0 y 0 －4x 0 －8y 0 ＋42（x 0 y 0 －x 0 －2y 0 ＋2）＝2x 0 y 0 －2x 0 －4y 0 ＋4x 0 y 0 －x 0 －2y 0 ＋2＝2， 所以四边形 ABNM 的面积为定值 2. 2.(2018·天津卷)设椭圆 x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的左焦点为 F，上顶点为 B，已知椭圆的离心率为53，点 A 的坐标为(b，0)，且|FB|·|AB|＝6 2. (1)求椭圆的方程；

　(2)设直线 l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为 P，且 l 与直线 AB 交于点 Q.若 |AQ||PQ| ＝5 24sin∠AOQ(O 为原点)，求 k 的值. 解 (1)设椭圆的焦距为 2c，由已知有 c2a 2 ＝59 ， 又由 a 2 ＝b 2 ＋c 2 ，可得 2a＝3b. 由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝ 2b， 由|FB|·|AB|＝6 2，可得 ab＝6，从而 a＝3，b＝2. 所以，椭圆的方程为 x29 ＋y 24 ＝1. (2)设点 P 的坐标为(x 1 ，y 1 )，点 Q 的坐标为(x 2 ，y 2 ). 由已知有 y 1 >y 2 >0， 故|PQ|sin∠AOQ＝y 1 －y 2 . 又因为|AQ|＝y 2sin∠OAB ，而∠OAB＝π4 ，故|AQ|＝ 2y 2 . 由 |AQ||PQ| ＝5 24sin∠AOQ，可得 5y 1 ＝9y 2 . 由方程组 y＝kx，x 29 ＋y 24 ＝1，消去 x，可得 y 1 ＝6k9k 2 ＋4 . 易知直线 AB 的方程为 x＋y－2＝0， 由方程组  y＝kx，x＋y－2＝0， 消去 x，可得 y2 ＝2kk＋1 . 代入 5y 1 ＝9y 2 ，可得 5(k＋1)＝3 9k 2 ＋4， 将等式两边平方，整理得 56k 2 －50k＋11＝0， 解得 k＝ 12 或 k＝1128 .所以，k 的值为12 或1128 . 3.(2020·湖南湘东六校联考)已知椭圆 C：

　x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a＞b＞0)的离心率 e＝12 ，点A(b，0)，B，F 分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF|·|BA|＝2 6. (1)求椭圆 C 的方程. (2)若过定点 M(0，2)的直线 l 与椭圆 C 交于 G，H 两点(G 在 M，H 之间)，设直线l 的斜率 k＞0，在 x 轴上是否存在点 P(m，0)，使得以 PG，PH 为邻边的平行四

　边形为菱形？如果存在，求出 m 的取值范围；如果不存在，请说明理由. 解 (1)设椭圆的焦距为 2c，由离心率 e＝ 12 得 a＝2c，① 由|BF|·|BA|＝2 6，得 a· b 2 ＋b 2 ＝2 6， ∴ab＝2 3，② a 2 －b 2 ＝c 2 ，③ 由①②③可得 a 2 ＝4，b 2 ＝3， ∴椭圆 C 的方程为 x24 ＋y 23 ＝1. (2)设直线 l 的方程为 y＝kx＋2(k＞0)， 由 y＝kx＋2（k＞0），x 24 ＋y 23 ＝1消 y 得(3＋4k 2 )x 2 ＋16kx＋4＝0， 可得 Δ＞0，∴k＞ 12 . 设 G(x 1 ，y 1 )，H(x 2 ，y 2 )，则 x 1 ＋x 2 ＝－16k4k 2 ＋3 ，PG→＋PH→＝(x 1 ＋x 2 －2m，k(x 1 ＋x 2 )＋4)，GH→＝(x 2 －x 1 ，y 2 －y 1 )＝(x 2 －x 1 ，k(x 2 －x 1 )). ∵菱形的对角线互相垂直，∴(PG→＋PH→)·GH→＝0， ∴(1＋k 2 )(x 1 ＋x 2 )＋4k－2m＝0，得 m＝－2k4k 2 ＋3 ， 即 m＝－24k＋ 3k，∵k＞ 12 ， ∴－36≤m＜0  当且仅当 3k ＝4k时，等号成立 . ∴存在满足条件的实数 m，m 的取值范围为  －36，0 . 4.已知椭圆 C：

　x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F 1 (－1，0)，F 2 (1，0)，点A  1，22在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)是否存在斜率为 2 的直线，使得当该直线与椭圆 C 有两个不同交点 M，N 时，

　能在直线 y＝ 53 上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足PM→＝NQ→？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 解 (1)设椭圆 C 的焦距为 2c，则 c＝1， 因为 A  1，22在椭圆 C 上，所以 2a＝|AF 1 |＋|AF 2 |＝2 2，则 a＝ 2，b 2 ＝a 2 －c 2＝1. 故椭圆 C 的方程为 x22 ＋y2 ＝1. (2)椭圆 C 上不存在这样的点 Q，理由如下：

　设直线的方程为 y＝2x＋t，M(x 1 ，y 1 )，N(x 2 ，y 2 )，P  x 3 ， 53，Q(x 4 ，y 4 )， 由 y＝2x＋t，x 22 ＋y2 ＝1， 消去 x 得 9y2 －2ty＋t 2 －8＝0， 所以 y 1 ＋y 2 ＝ 2t9 ，且 Δ＝4t2 －36(t 2 －8)>0， 即－3<t<3. 由PM→＝NQ→得  x 1 －x 3 ，y 1 － 53＝(x 4 －x 2 ，y 4 －y 2 )， 所以有 y 1 － 53 ＝y 4 －y 2 ，y 4 ＝y 1 ＋y 2 －53 ＝29 t－53 . 又－3<t<3，所以－ 73 <y 4 <－1， 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾. 因此椭圆 C 上不存在这样的点 Q. 5.椭圆 E：

　x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F 1 (－1，0)，F 2 (1，0)，左、右顶点分别为 A 1 ，A 2 ，P 为椭圆 E 上的动点(不与 A 1 ，A 2 重合)，且直线 PA 1 与 PA 2的斜率的乘积为－ 34 .

　(1)求椭圆 E 的方程； (2)(一题多解)过点F 2 作两条互相垂直的直线l 1 与l 2 (均不与x轴重合)分别与椭圆E相交于 A，B，C，D 四点，线段 AB，CD 的中点分别为 M，N，求证：直线 MN过定点，并求出该定点的坐标. (1)解 设 P(x 0 ，y 0 )(y 0 ≠0)，则 x20a 2 ＋y 2 0b 2 ＝1. 整理，得 x 2 0 －a 2 ＝－ a2 y 20b 2. 由题意，得y 0x 0 －a ·y 0x 0 ＋a ＝－34 . 整理，得 x 2 0 －a 2 ＝－ 43 y20 . ∴－ a2 y 20b 2＝－ 43 y20 ，又 y 0 ≠0，即 a 2 ＝ 43 b2 . ∵c＝1，a 2 ＝b 2 ＋c 2 ，∴a 2 ＝4，b 2 ＝3. 故椭圆 E 的方程为 x24 ＋y 23 ＝1. (2)证明 设直线 AB 的方程：y＝k(x－1)(k≠0)， A(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 ). 由  y＝k（x－1），3x 2 ＋4y 2 ＝12消 y 得(4k 2 ＋3)x 2 －8k 2 x＋4k 2 －12＝0. ∴x 1 ＋x 2 ＝8k 24k 2 ＋3 . ∴x M ＝ x1 ＋x 22＝ 12 ·8k 24k 2 ＋3 ＝4k 24k 2 ＋3 ， ∴y M ＝k(x M －1)＝－3k4k 2 ＋3 . 用－ 1k 替换点 M 坐标中的 k，可得 x N ＝43k 2 ＋4 ，y N ＝3k3k 2 ＋4 . 若直线 AB 关于 x 轴对称后得到直线 A′B′，直线CD关于 x 轴对称后得到直线 C′D′，线段 A′B′，C′D′的中点分别为 M′，N′，则直线 M′N′与直线 MN 关于 x 轴对称. ∴若直线 MN 经过定点，则该定点一定是直线 M′N′与 MN 的交点，该交点必在 x轴上. 设该交点为 T(s，0)，则MT→＝(s－x M ，－y M )，NM→＝(x M －x N ，y M －y N ).

　由MT→∥NM→，得 s＝ xN y M －x M y Ny M －y N. 代入点 M，N 的坐标并化简，得 s＝ 47 . ∴经过的定点为  47 ，0 . 6.(2020·广州质量监测)如图，椭圆 C：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F 1 ，F 2 ，离心率为32，过焦点 F 2 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1.

　(1)求椭圆 C 的方程； (2)(一题多解)点 P(x 0 ，y 0 )(y 0 ≠0)为椭圆 C 上一动点，连接 PF 1 ，PF 2 ，设∠F 1 PF 2的角平分线 PM 交椭圆 C 的长轴于点 M(m，0)，求实数 m 的取值范围. 解 (1)将 x＝c 代入 x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1 中，由 a2 －c 2 ＝b 2 ， 可得 y 2 ＝ b4a 2 ，所以弦长为2b 2a. 由2b 2a＝1，ca ＝32，a 2 ＝b 2 ＋c 2 ，解得  a＝2，b＝1，

　所以椭圆 C 的方程为 x24 ＋y2 ＝1. (2)法一 因为点 P(x 0 ，y 0 )(y 0 ≠0)，F 1 (－ 3，0)，F 2 ( 3，0)， 所以直线 PF 1 ，PF 2 的方程分别为 l 1 ：y 0 x－(x 0 ＋ 3)y＋ 3y 0 ＝0， l 2 ：y 0 x－(x 0 － 3)y－ 3y 0 ＝0. 由题意可知|my 0 ＋ 3y 0 |y 2 0 ＋（x 0 ＋ 3）

　2 ＝|my 0 － 3y 0 |y 2 0 ＋（x 0 － 3）

　2 .

　由于点 P 为椭圆 C 上除左、右顶点外的任一点，所以 x204 ＋y20 ＝1(y 0 ≠0)， 所以|m＋ 3| 32x 0 ＋22 ＝|m－ 3| 32x 0 －22 ， 因为－ 3＜m＜ 3，－2＜x 0 ＜2， 所以m＋ 332x 0 ＋2＝3－m2－32x 0，即 m＝ 34 x 0 ， 因此，－ 32 ＜m＜32 . 法二 设|PF 1 |＝t， 在△PF 1 M 中，由正弦定理得tsin∠PMF 1 ＝m＋ 3sin∠MPF 1 ， 在△PF 2 M 中，由正弦定理得 4－tsin∠PMF 2 ＝3－msin∠MPF 2 ， 因为∠PMF 1 ＋∠PMF 2 ＝π，∠MPF 1 ＝∠MPF 2 ， 所以t4－t ＝3＋m3－m ，解得 m＝14 (2 3t－4 3)， 因为 t∈(a－c，a＋c)，即 t∈(2－ 3，2＋ 3)， 所以－ 32 ＜m＜32 .