高考数学 高考试题+模拟新题分类汇编专题H 解析几何 文.docx

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高考数学高考试题+模拟新题分类汇编专题H解析几何文

H　解析几何

H1　直线的倾斜角与斜率、直线的方程

22．H1、H2、H7[2012·浙江卷]如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：

y2＝2px（p>0）的准线的距离为.点M（t,1）是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分．

（1）求p，t的值；

（2）求△ABP面积的最大值．

图1－6

22．解：

（1）由题意知

得

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为Q（m，m），

由题意知，设直线AB的斜率为k（k≠0）．

由得

（y1－y2）（y1＋y2）＝x1－x2.

故k·2m＝1.

所以直线AB方程为y－m＝（x－m），

即x－2my＋2m2－m＝0.

由消去x，整理得

y2－2my＋2m2－m＝0，

所以Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m.

从而|AB|＝·|y1－y2|

＝·.

设点P到直线AB的距离为d，则

d＝.

设△ABP的面积为S，则

S＝|AB|·d＝|1－2（m－m2）|·.

由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1.

令u＝，0＜u≤，则

S＝u（1－2u2），

设S（u）＝u（1－2u2），0＜u≤，则S′（u）＝1－6u2.

由S′（u）＝0得u＝∈，所以

S（u）max＝S＝.

故△ABP面积的最大值为.

17．H1、H7[2012·浙江卷]定义：

曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：

y＝x2＋a到直线l：

y＝x的距离等于曲线C2：

x2＋（y＋4）2＝2到直线l：

y＝x的距离，则实数a＝________.

17．[答案]

[解析]本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程，一、二次曲线之间的位置关系与导数几何意义等基础知识，考查学生综合运用知识的能力和学情，考查函数方程和数形结合的数学思想．求出曲线C1到直线l的距离和曲线C2到直线l的距离，建立等式，求出参数a的值.曲线C2：

x2＋（y＋4）2＝2到直线l：

y＝x的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即d－r＝－＝，由y＝x2＋a可得y′＝2x，令y′＝2x＝1，则x＝，在曲线C1上对应的点P，所以曲线C1到直线l的距离即为点P到直线l的距离，故＝，所以＝，可得＝2，a＝－或a＝，当a＝－时，曲线C1：

y＝x2－与直线l：

y＝x相交，两者距离为0，不合题意，故a＝.

4．H1、F1[2012·上海卷]若d＝（2,1）是直线l的一个方向向量，则l的倾斜角的大小为________（结果用反三角函数值表示）．

4．arctan　[解析]考查直线的方向向量、斜率与倾斜角三者之间的关系，关键是求出直线的斜率．

由已知可得直线的斜率k＝，k＝tanα，所以直线的倾斜角α＝arctan.

20．H5、F1、H1[2012·陕西卷]已知椭圆C1：

＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．

（1）求椭圆C2的方程；

（2）设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．

20．解：

（1）由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1（a＞2），

其离心率为，故＝，则a＝4，

故椭圆C2的方程为＋＝1.

（2）解法一：

A，B两点的坐标分别记为（xA，yA），（xB，yB），

由＝2及

（1）知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，

因此可设直线AB的方程为y＝kx.

将y＝kx代入＋y2＝1中，得（1＋4k2）x2＝4，所以x＝，

将y＝kx代入＋＝1中，得（4＋k2）x2＝16，所以x＝，

又由＝2得x＝4x，即＝，

解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.

解法二：

A，B两点的坐标分别记为（xA，yA），（xB，yB），

由＝2及

（1）知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，

因此可设直线AB的方程为y＝kx.

将y＝kx代入＋y2＝1中，得（1＋4k2）x2＝4，所以x＝，

由＝2得x＝，y＝，

将x，y代入＋＝1中，得＝1，

即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝±1，

故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.

H2　两直线的位置关系与点到直线的距离

22．H1、H2、H7[2012·浙江卷]如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：

y2＝2px（p>0）的准线的距离为.点M（t,1）是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分．

（1）求p，t的值；

（2）求△ABP面积的最大值．

图1－6

22．解：

（1）由题意知

得

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为Q（m，m），

由题意知，设直线AB的斜率为k（k≠0）．

由得

（y1－y2）（y1＋y2）＝x1－x2.

故k·2m＝1.

所以直线AB方程为y－m＝（x－m），

即x－2my＋2m2－m＝0.

由消去x，整理得

y2－2my＋2m2－m＝0，

所以Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m.

从而|AB|＝·|y1－y2|

＝·.

设点P到直线AB的距离为d，则

d＝.

设△ABP的面积为S，则

S＝|AB|·d＝|1－2（m－m2）|·.

由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1.

令u＝，0＜u≤，则

S＝u（1－2u2），

设S（u）＝u（1－2u2），0＜u≤，则S′（u）＝1－6u2.

由S′（u）＝0得u＝∈，所以

S（u）max＝S＝.

故△ABP面积的最大值为.

H3　圆的方程

20．H3、H7、H8[2012·课标全国卷]设抛物线C：

x2＝2py（p>0）的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．

（1）若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；

（2）若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．

20．解：

（1）由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.

由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝p.

因为△ABD的面积为4，

所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，

解得p＝－2（舍去），p＝2.

所以F（0,1），圆F的方程为

x2＋（y－1）2＝8.

（2）因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.

由抛物线定义知

|AD|＝|FA|＝|AB|，

所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.

当m的斜率为时，由已知可设n：

y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.

由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.

解得b＝－.

因为m的截距b1＝，＝3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.

当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.

21．H3、H7、H8[2012·福建卷]如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：

x2＝2py（p＞0）上．

图1－4

（1）求抛物线E的方程；

（2）设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．

21．解：

解法一：

（1）依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°.

设B（x，y），则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12.

因为点B（4，12）在x2＝2py上，所以（4）2＝2p×12，解得p＝2.

故抛物线E的方程为x2＝4y.

（2）由

（1）知y＝x2，y′＝x.

设P（x0，y0），则x0≠0，且l的方程为

y－y0＝x0（x－x0），即y＝x0x－x.

由得

所以Q.

假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M（0，y1），令·＝0对满足y0＝x（x0≠0）的x0，y0恒成立．

由于＝（x0，y0－y1），＝.

由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0.

即（y＋y1－2）＋（1－y1）y0＝0.（*）

由于（*）式对满足y0＝x（x0≠0）的y0恒成立，所以

解得y1＝1.

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M（0,1）．

解法二：

（1）同解法一．

（2）由

（1）知y＝x2，y′＝x，

设P（x0，y0），则x0≠0，且l的方程为

y－y0＝x0（x－x0），即y＝x0x－x.

由得

所以Q.

取x0＝2，此时P（2,1），Q（0，－1），以PQ为直径的圆为（x－1）2＋y2＝2，交y轴于点M1（0,1）或M2（0，－1）；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于M3（0,1）或M4.

故若满足条件的点M存在，只能是M（0,1）．

以下证明点M（0,1）就是所要求的点．

因为＝（x0，y0－1），＝，

·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.

21．H3、H5、H8[2012·湖北卷]设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|（m＞0，且m≠1）．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；

（2）过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k＞0，都有PQ⊥PH？

若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．

21．解：

（1）如图

（1），设M（x，y），A（x0，y0），则由|DM|＝m|DA|（m＞0，且m≠1），

可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①

因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②

将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1（m＞0，且m≠1）．

因为m∈（0,1）∪（1，＋∞），所以

当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为（－，0），（，0）；

当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为（0，－），（0，）．

（2）方法1：

如图

（2）、（3），对任意k＞0，设P（x1，kx1），H（x2，y2），则Q（－x1，－kx1），N（0，kx1），直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得（m2＋4k2）x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.

依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得

－x1＋x2＝－，即x2＝.

因为点H在直线QN上，

所以y2－kx1＝2kx2＝.

于是＝（－2x1，－2kx1），＝（x2－x1，y2－kx1）＝.

而PQ⊥PH等价于·＝＝0，

即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，

故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0都有PQ⊥PH.

方法2：

如图

（2）、（3），对任意x1∈（0,1），设P（x1，y1），H（x2，y2），则Q（－x1，－y1），N（0，y1），

因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2（x－x）＋（y－y）＝0.③

依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，

故（x1－x2）（x1＋x2）≠0.于是由③式可得

＝－m2.④

又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.

于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－，

而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，

故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.

H4　直线与圆、圆与圆的位置关系

6．H4[2012·陕西卷]已知圆C：

x2＋y2－4x＝0，l是过点P（3,0）的直线，则（　　）

A．l与C相交B．l与C相切

C．l与C相离D．以上三个选项均有可能

6．A　[解析]本小题主要考查直线与圆的位置关系，解题的突破口为熟练掌握判断直线与圆位置关系的方法．x2＋y2－4x＝0是以（2,0）为圆心，以2为半径的圆，而点P（3,0）到圆心的距离为d＝＝1<2，点P（3,0）恒在圆内，过点P（3,0）不管怎么样画直线，都与圆相交．故选A.

7．H4[2012·辽宁卷]将圆x2＋y2－2x－4y＋1＝0平分的直线是（　　）

A．x＋y－1＝0B．x＋y＋3＝0

C．x－y＋1＝0D．x－y＋3＝0

7．C　[解析]本小题主要考查直线与圆的位置关系．解题的突破口为弄清平分线的实质是过圆心的直线，即圆心符合直线方程．

圆的标准方程为（x－1）2＋（y－2）2＝4，所以圆心为（1,2），把点（1,2）代人A、B、C、D，不难得出选项C符合要求．

5．H4[2012·湖北卷]过点P（1,1）的直线，将圆形区域分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为（　　）

A．x＋y－2＝0B．y－1＝0

C．x－y＝0D．x＋3y－4＝0

5．A　[解析]要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，通过观察图形，显然只需该直线与直线OP垂直即可，又已知P（1,1），则所求直线的斜率为－1，又该直线过点P（1,1），易求得该直线的方程为x＋y－2＝0.故选A.

8．H4[2012·广东卷]在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于（　　）

A．3B．2

C.D．1

8．B　[解析]考查直线与圆相交求弦长，突破口是“弦心距、半径、弦长之半构成直角三角形”，利用勾股定理计算．由点到直线的距离得，弦心距d＝＝1，所以弦长AB＝2＝2，所以选择B.9．H4[2012·北京卷]直线y＝x被圆x2＋（y－2）2＝4截得的弦长为________．

9．2　[解析]本题考查直线和圆的位置关系、考查简单的平面几何知识．

法一：

几何法：

圆心到直线的距离为d＝＝，圆的半径r＝2，所以弦长为l＝2×＝2＝2；

法二：

代数法：

联立直线和圆的方程消去y可得x2－2x＝0，所以直线和圆的两个交点坐标分别为（2,2），（0,0），弦长为＝2.

9．H4[2012·安徽卷]若直线x－y＋1＝0与圆（x－a）2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是（　　）

A．[－3，－1]B．[－1,3]

C．[－3,1]D．（－∞，－3]∪[1，＋∞）

9．C　[解析]因为直线x－y＋1＝0与圆2＋y2＝2有公共点，所以圆心到直线的距离d＝≤r＝，可得≤2，即a∈.

7．H4[2012·福建卷]直线x＋y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于（　　）

A．2B．2C.D．1

7．B　[解析]根据圆的方程知，圆的圆心为（0,0），半径R＝2，弦心距d＝＝1，所以弦长|AB|＝2＝2，所以选择B.

12．H4[2012·江苏卷]在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________．

12.　[解析]本题考查用几何方法判定两圆的位置关系．解题突破口为设出圆的圆心坐标．

圆C方程可化为（x－4）2＋y2＝1圆心坐标为（4,0），半径为1，由题意，直线y＝kx－2上至少存在一点（x0，kx0－2），以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，因为两个圆有公共点，故≤2，整理得（k2＋1）x2－（8＋4k）x＋16≤0，此不等式有解的条件是Δ＝（8＋4k）2－64（k2＋1）≥0，解之得0≤k≤，故最大值为.

14．H4[2012·江西卷]过直线x＋y－2＝0上点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是________．

14．（，）　[解析]设切点为A，B，设P（x,2－x），连结PA，PB，PO，则|PO|＝2|OA|＝2，即x2＋（2－x）2＝4，整理得x2－2x＋2＝0，解得x＝，故P的坐标为（，）．

22．H6、H4[2012·上海卷]在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：

2x2－y2＝1.

（1）设F是C的左焦点，M是C右支上一点．若|MF|＝2，求点M的坐标；

（2）过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；

（3）设斜率为k（|k|＜）的直线l交C于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：

OP⊥OQ.

22．解：

（1）双曲线C：

－y2＝1，左焦点F，

设M（x，y），则|MF|2＝2＋y2＝2，

由M点是右支上一点，知x≥，所以|MF|＝x＋＝2，得x＝，

所以M.

（2）左顶点A，渐近线方程：

y＝±x.

过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为

y＝，即y＝x＋1.

解方程组得

所以所求平行四边形的面积为S＝|OA||y|＝.

（3）证明：

设直线PQ的方程是y＝kx＋b，因直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝k2＋1（*）．

由得（2－k2）x2－2kbx－b2－1＝0.

设P（x1，y1）、Q（x2，y2），则

又y1y2＝（kx1＋b）（kx2＋b），所以

·＝x1x2＋y1y2＝（1＋k2）x1x2＋kb（x1＋x2）＋b2

＝＋＋b2＝.

由（*）知，·＝0，所以OP⊥OQ.

20．H4、H5[2012·辽宁卷]如图1－7，动圆C1：

x2＋y2＝t2,1

＋y2＝1相交于A，B，C，D四点，点A1，A2分别为C2的左，右顶点．

（1）当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？

并求出其最大面积；

（2）求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程．

图1－7

20．解：

（1）设A（x0，y0），则矩形ABCD的面积

S＝4|x0||y0|.

由＋y＝1得y＝1－，从而

xy＝x＝－2＋，

当x＝，y＝时，Smax＝6.从而

t＝时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为6.

（2）由A（x0，y0），B（x0，－y0），A1（－3,0），A2（3,0）知直线AA1的方程为

y＝（x＋3）．　①

直线A2B的方程为

y＝（x－3）．　②

由①②得

y2＝（x2－9）　③

又点A（x0，y0）在椭圆C上，故

y＝1－.　④

将④代入③得－y2＝1（x<－3，y<0）．

因此点M的轨迹方程为

－y2＝1（x<－3，y<0）．

3．H4[2012·重庆卷]设A，B为直线y＝x与圆x2＋y2＝1的两个交点，则|AB|＝（　　）

A．1B.

C.D．2

3．D　[解析]因为圆x2＋y2＝1的圆心（0,0）在直线AB上，所以AB为圆的直径，所以|AB|＝2×1＝2.

9．H4[2012·山东卷]圆（x＋2）2＋y2＝4与圆（x－2）2＋（y－1）2＝9的位置关系为（　　）

A．内切B．相交

C．外切D．相离

9．B　[解析]本题考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，推理能力，容易题．

∵两圆的圆心距为＝，又∵3－2<<3＋2，∴两圆相交．

12．H4[2012·天津卷]设m，n∈R，若直线l：

mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2＋y2＝4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为________．

12．3　[解析]直线mx＋ny－1＝0与两坐标轴的交点坐标分为，，又∵直线l被圆x2＋y2＝4截得弦长为2，由垂径定理得，2＋12＝22，即＝3，

∴S△OAB＝××≥＝3.

4．A2、H2[2012·浙江卷]设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：

ax＋2y－1＝0与直线l2：

x＋2y＋4＝0平行”的（　　）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

4．C　[解析]本题考查了简易逻辑、两直线平行等基础知识，考查了学生简单的逻辑推理能力．

若a＝1，则直线l1：

ax＋2y－1＝0与l2：

x＋2y＋4＝0平行；若直线l1：

ax＋2y－1＝0与l2：

x＋2y＋4＝0平行，则2a－2＝0即a＝1.

∴“a＝1”是“l1：

ax＋2y－1＝0与l2：

x＋2y＋4＝0平行”的充要条件．

H5　椭圆及其几何性质

21．H5、H8、F3[2012·重庆卷]如图，设椭圆的中点为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．

（1）求该椭圆的离心率和标准方程；

（2）过B1作直线交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求△PB2Q的面积．

21．解：

（1）设所求椭圆的标准方程为＋＝1（a>b>0），右焦点为F2（c,0）．

因△AB1B2是直角三角形且|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，从而|OA|＝|OB2|，

即b＝.结合c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，

c2＝4b2，所以离心率e＝＝.

在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故

S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2，

由题设条件S△AB1B2＝4得b2＝4，从而a2＝5b2＝20.

因此所求椭圆的标准方程为：

＋＝1.

（2）由

（1）知B1（－2,0）、B2（2,0）．由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为：

x＝my－2.代入椭圆方程得

（m2＋5）y2－4my－16＝0.（*）

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1，y2是上面方程的两根，因此

y1＋y2＝，y1·y2＝.

又＝（x1－2，y1），＝（x2－2，y2），所以

·＝（x1－2）（x2－2）＋y1y2

＝（my1－4）（my2－4）＋y1y2

＝（m2＋1）y1y2－4m（y1＋y2）＋16

＝－＋16

＝－，

由PB2⊥QB2，知·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2.

当m＝2时，方程（*）化为：

9y2－8y－16＝0，

故y1＝，y2＝，|y1－y2|＝，

△PB2Q的面积S＝|B1B2|·|y1－y2|＝.

当m＝－2时，同理可得（或由对称性可得）△PB2Q的面积S＝.

综上所述，△PB2Q的面积为.

8．H5、H6[2012·浙江卷]如图1－3，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是（　　）

图1－3

A．3B．2

C.D.

8．B　[解析]本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题．设椭圆、双曲线的方程分别为＋＝1（a1>b1>0），

－＝1（a2>0，b2>0），由题意知c1＝c2且a1＝2a2，则＝＝＝2.

19．H5、H8[2012·天津卷]已知椭圆＋＝1（a＞b＞0），点P在椭圆上．

（1）求椭圆的离心率；

（2）设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值．

19．解：

（1）因为点P在椭圆上，故＋＝1，可得＝，

于是e2＝＝1－＝，

所以椭圆的离心率e＝.

（2）设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx.设点Q的坐标为（x0，y0）．

由条件得消去y0并整理得

x＝.①

由|AQ|＝|AO|，A（－a,0）及y0＝kx0，得（x0＋a）2＋k2x＝a2.整理得，（1＋k2）x＋2ax0＝0.而x0≠0，故x0＝