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由于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带，因此，在向量与圆锥曲线交汇处设计试题，已经成为高考及各地统考命题的热点.下面就说说一个常见到的问题：圆锥曲线中给出AP =λPB （A，B为直线与曲线两交点）条件，众所周知，两向量相等当且仅当两个向量的长度相等、方向相同，由于向量坐标的唯一性，故两个向量相等的充要条件是坐标对应相等，此时利用向量相等的关系，就可把几何问题代数化.
此类问题答题的一般过程如下：
1.设（或写出）直线AB的方程;
2.直线方程与曲线方程联立，整理成关于x（或y）的一元二次方程（如果P为x轴上的点，则整理成关于y的一元二次方程，反之整理成关于x的一元二次方程.）;
3.写出根与系数的关系;
4.利用AP =λPB ，找x1，x2（或y1，y2）的关系，代入根与系数的关系中，消去x1，x2（或y1，y2），建立关于参数的方程.
下面举例说明：
例1 已知点P（0，1），椭圆 x2 4 +y2=m（m>1）上两点A，B满足AP =2PB ，则当m= 时，点B横坐标的绝对值最大.
分析： 先根据条件得到A、B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值取法.
解： 设A（x1，y1），B（x2，y2），由AP =2PB 得-x1=2x2，1-y1=2（y2-1），∴-y1=2y2-3，
因为A、B在椭圆上，
所以 x21 4 +y21=m， x22 4 +y22=m，
∴ 4x22 4 +（2y2-3）2=m，∴ x22 4 +（y2- 3 2 ）2= m 4 ，
与 x22 4 +y22=m对应相减得y2= 3+m 4 ，
x22=- 1 4 （m2-10m+9）≤4，
当且仅当m=5时取最大值.
点睛： 解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个（或者多个）变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.
例2 已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为 3 2 的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
（1）若|AF |+|BF |=4，求l的方程;
（2）若AP =3PB ，求|AB |.
分析： （1）设直线l：y= 3 2 x+m，A（x1，y1），B（x2，y2）;根据抛物线焦半径公式可得x1+x2= 5 2 ;联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于m的方程，解方程求得结果;（2）设直线l：x= 2 3 y+t;联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式;利用AP =3PB 可得y1=-3y2，结合韦达定理可求得y1y2;根据弦长公式可求得结果.
解： （1）设直线l方程为：y= 3 2 x+m，A（x1，y1），B（x2，y2），
由抛物线焦半径公式可知：
|AF |+|BF |=x1+x2+ 3 2 =4，∴x1+x2= 5 2 ，
联立 y= 3 2 x+my2=3x ，得9x2+（12m-12）x+4m2=0，
则Δ=（12m-12）2-144m2>0，∴m< 1 2 ，
∴x1+x2=- 12m-12 9 = 5 2 ，解得m=- 7 8 ，
∴直线l的方程为：y= 3 2 x- 7 8 ，
即12x-8y-7=0.
（2）设P（t，0），则可设直线l方程为：x= 2 3 y+t，
联立 x= 2 3 y+ty2=3x ，得y2-2y-3t=0，
则Δ=4+12t>0，∴t>- 1 3 ，
∴y1+y2=2，y1y2=-3t，
∵AP =3PB ，∴y1=-3y2，∴y2=-1，y1=3，∴y1y2=-3，
則|AB |= 1+ 4 9 · （y1+y2）2-4y1y2
= 13 3 · 4+12 = 4 13 3 .
点睛： 本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.
例3 已知抛物线C：y2=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： 1 λ + 1 μ 为定值.
分析： （1）先确定p，再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3;（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得x1+x2= 2k-4 k2 ，x1x2= 1 k2 .再由QM =λQO ，QN =μQO 得λ=1-yM，μ=1-yN，利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简 1 λ + 1 μ 可得结论. 解： （1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x.
由题意可知直线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=4xy=kx+1 得k2x2+（2k-4）x+1=0.
依题意Δ=（2k-4）2-4×k2×1>0，解得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）.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）.
由（1）知x1+x2=- 2k-4 k2 ，x1x2= 1 k2 .
直线PA的方程为y-2= y1-2 x1-1 （x-1）.
令x=0，得点M的纵坐标为
yM= -y1+2 x1-1 +2= -kx1+1 x1-1 +2.
同理得点N的纵坐标为yN= -kx2+1 x2-1 +2.
由QM =λQO ，QN =μQO 得λ=1-yM，μ=1-yN.
所以 1 λ + 1 μ = 1 1-yM + 1 1-yN
= x1-1 （k-1）x1 + x2-1 （k-1）x2
= 1 k-1 · 2x1x2-（x1+x2） x1x2
= 1 k-1 · 2 k2 + 2k-4 k2 1 k2 =2.
故 1 λ + 1 μ 为定值.
点睛： 利用向量共线可以将解析几何中的三点共线或者平行问题代数化，利用向量相等的充要条件是联系的桥梁，同时要注意设而不求技巧的体现.
例4 已知椭圆C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线x+y+1=0与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切.
（1）求椭圆的方程.
（2）设P为椭圆上一点，若过点M（2，0）的直线l与椭圆E相交于不同的两点S和T，且满足OS +OT =tOP （O为坐标原点），求实数t的取值范围.
分析： （1）由题意可得圆的方程为（x-c）2+y2=a2， 圆心到直线x+y+1=0的距离d= |c+1| 2 =a（*）; 根据椭圆C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，b=c，a= 2 b= 2 c代入（*）式得b=c=1，即可得到所求椭圆方程;（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l方程为y=k（x-2），设P（x0，y0），将直线方程代入椭圆方程得：（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0，
根据Δ=64k4-4（1+2k2）（8k2-2）=-16k2+8>0得到k2< 1 2 ;设S（x1，y1），T（x2，y2），应用韦达定理x1+x2= 8k2 1+2k2 ，x1x2= 8k2-2 1+2k2 .讨论当k=0，t≠0的情况，确定t的不等式.
解： （1）由题意：以椭圆C的右焦点为圆心， 以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为（x-c）2+y2=a2，
∴圆心到直线x+y+1=0的距离
d= |c+1| 2 =a （*）
∵椭圆C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b=c，a= 2 b= 2 c代入（*）式得b=c=1，∴a= 2 b= 2 c，
故所求椭圆方程为 x2 2 +y2=1.
（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l方程为y=k（x-2），设P（x0，y0），
将直线方程代入椭圆方程得：
（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0，
∴Δ=64k4-4（1+2k2）（8k2-2）=-16k2+8>0，∴k2< 1 2 ，
设S（x1，y1），T（x2，y2），
则x1+x2= 8k2 1+2k2 ，x1x2= 8k2-2 1+2k2 ，
當k=0时，直线l的方程为y=0，此时t=0，OS +OT =tOP 成立，故，t=0符合题意.
当t≠0时，
得 tx0=x1+x2= 8k2 1+2k2 ty0=y1+y2=k（x1+x2-4）= -4k 1+2k2 ，
∴x0= 1 t · 8k2 1+2k2 ，y0= 1 t · -4k 1+2k2 ，
将上式代入椭圆方程得： 32k4 t2（1+2k2）2 + 16k2 t2（1+2k2）2 =1， 整理得：t2= 16k2 1+2k2 ，
由k2< 1 2 知0<t2<4，所以t∈（-2，2）.
点睛： 确定椭圆方程需要两个独立条件，从题中挖掘关于a、b、c的等量关系;直线和椭圆的位置关系问题，往往要善于利用韦达定理设而不求，利用点P在椭圆上和向量式得t=f（k），进而求函数值域.
例5 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b≥1）的离心率e= 3 2 ，且椭圆C上一点N到点Q（0，3）的距离最大值为4，过点M（3，0）的直线交椭圆C于点A、B. （1）求椭圆C的方程;
（2）设P为椭圆上一点，且满足OA +OB =tOP （O为坐标原点），当|AB |< 3 时，求实数t的取值范围.
分析： 第一问，先利用离心率列出表达式找到a与b的关系，又因为椭圆上的N点到点Q的距离最大值为4，利用两点间距离公式列出表达式，因为N在椭圆上，所以x2=4b2-4y2，代入表达式，利用配方法求最大值，从而求出b2=1，所以a2=4，所以得到椭圆的标准方程;第二问，先设A，P，B点坐标，由题意设出直线AB方程， 因为直线与椭圆相交，列出方程组，由韦达定理得到两根之和、两根之积，用坐标表示OA +OB =tOP 得出x，y，由于点P在椭圆上，得到一个表达式，再由|AB |< 3 ，得到一个表达式，2个表达式联立，得到t的取值范围.
解： （1）∵e2= c2 a2 = a2-b2 a2 = 3 4 ，∴a2=4b2，
则椭圆方程为 x2 4b2 + y2 b2 =1即x2+4y2=4b2，
设N（x，y），则|NQ|= （x-0）2+（y-3）2
= 4b2-4y2+（y-3）2
= -3y2-6y+4b2+9
= -3（y+1）2+4b2+12 ，
当y=-1时，|NQ|有最大值为 4b2+12 =4，
解得b2=1，∴a2=4，椭圆方程是 x2 4 +y2=1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），AB方程为y=k（x-3），
由 y=k（x-3） x2 4 +y2=1 ，
整得（1+4k2）x2-24k2x+36k2-4=0.
由Δ=（-24k2）2-16（9k2-1）（1+4k2）>0，
得k2< 1 5 .
x1+x2= 24k2 1+4k2 ，x1x2= 36k2-4 1+4k2 ，
∴OA +OB =（x1+x2，y1+y2）=t（x，y），则
x= 1 t （x1+x2）= 24k2 t（1+4k2） ，y= 1 t （y1+y2）= 1 t [k（x1+x2）-6k]= -6k t（1+4k2） .
由点P在椭圆上，得 （24k2）2 t2（1+4k2）2 + 144k2 t2（1+4k2）2 =4，化简得36k2=t2（1+4k2） ①
又由|AB |= 1+k2 |x1-x1|< 3 ，
即（1+k2）[（x1+x1）2-4x1x2]<3，
将x1+x2，x1x2
代入得（1+k2）[（ 24k2 1+4k2 ）2- 4（36k2-4） 1+4k2 ]<3，
化简，得（8k2-1）（16k2+13）>0，则8k2-1>0，k2> 1 8 ，∴ 1 8 <k2< 1 5 ②
由①，得t2= 36k2 1+4k2 =9- 9 1+4k2 ，
联立②，解得3<t2<4，∴-2<t<- 3 或 3 <t<2.
点睛： 第一问中转化为求二次函数最大值后，要注意变量取值范圍;第二问利用点P在椭圆上，和已知向量等式得变量k，t的等量关系，和变量k，t的不等关系联立求参数t的取值范围.
此类问题答题的一般过程如下：
1.设（或写出）直线AB的方程;
2.直线方程与曲线方程联立，整理成关于x（或y）的一元二次方程（如果P为x轴上的点，则整理成关于y的一元二次方程，反之整理成关于x的一元二次方程.）;
3.写出根与系数的关系;
4.利用AP =λPB ，找x1，x2（或y1，y2）的关系，代入根与系数的关系中，消去x1，x2（或y1，y2），建立关于参数的方程.
下面举例说明：
例1 已知点P（0，1），椭圆 x2 4 +y2=m（m>1）上两点A，B满足AP =2PB ，则当m= 时，点B横坐标的绝对值最大.
分析： 先根据条件得到A、B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值取法.
解： 设A（x1，y1），B（x2，y2），由AP =2PB 得-x1=2x2，1-y1=2（y2-1），∴-y1=2y2-3，
因为A、B在椭圆上，
所以 x21 4 +y21=m， x22 4 +y22=m，
∴ 4x22 4 +（2y2-3）2=m，∴ x22 4 +（y2- 3 2 ）2= m 4 ，
与 x22 4 +y22=m对应相减得y2= 3+m 4 ，
x22=- 1 4 （m2-10m+9）≤4，
当且仅当m=5时取最大值.
点睛： 解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个（或者多个）变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.
例2 已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为 3 2 的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
（1）若|AF |+|BF |=4，求l的方程;
（2）若AP =3PB ，求|AB |.
分析： （1）设直线l：y= 3 2 x+m，A（x1，y1），B（x2，y2）;根据抛物线焦半径公式可得x1+x2= 5 2 ;联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于m的方程，解方程求得结果;（2）设直线l：x= 2 3 y+t;联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式;利用AP =3PB 可得y1=-3y2，结合韦达定理可求得y1y2;根据弦长公式可求得结果.
解： （1）设直线l方程为：y= 3 2 x+m，A（x1，y1），B（x2，y2），
由抛物线焦半径公式可知：
|AF |+|BF |=x1+x2+ 3 2 =4，∴x1+x2= 5 2 ，
联立 y= 3 2 x+my2=3x ，得9x2+（12m-12）x+4m2=0，
则Δ=（12m-12）2-144m2>0，∴m< 1 2 ，
∴x1+x2=- 12m-12 9 = 5 2 ，解得m=- 7 8 ，
∴直线l的方程为：y= 3 2 x- 7 8 ，
即12x-8y-7=0.
（2）设P（t，0），则可设直线l方程为：x= 2 3 y+t，
联立 x= 2 3 y+ty2=3x ，得y2-2y-3t=0，
则Δ=4+12t>0，∴t>- 1 3 ，
∴y1+y2=2，y1y2=-3t，
∵AP =3PB ，∴y1=-3y2，∴y2=-1，y1=3，∴y1y2=-3，
則|AB |= 1+ 4 9 · （y1+y2）2-4y1y2
= 13 3 · 4+12 = 4 13 3 .
点睛： 本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.
例3 已知抛物线C：y2=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： 1 λ + 1 μ 为定值.
分析： （1）先确定p，再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3;（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得x1+x2= 2k-4 k2 ，x1x2= 1 k2 .再由QM =λQO ，QN =μQO 得λ=1-yM，μ=1-yN，利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简 1 λ + 1 μ 可得结论. 解： （1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x.
由题意可知直线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=4xy=kx+1 得k2x2+（2k-4）x+1=0.
依题意Δ=（2k-4）2-4×k2×1>0，解得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）.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）.
由（1）知x1+x2=- 2k-4 k2 ，x1x2= 1 k2 .
直线PA的方程为y-2= y1-2 x1-1 （x-1）.
令x=0，得点M的纵坐标为
yM= -y1+2 x1-1 +2= -kx1+1 x1-1 +2.
同理得点N的纵坐标为yN= -kx2+1 x2-1 +2.
由QM =λQO ，QN =μQO 得λ=1-yM，μ=1-yN.
所以 1 λ + 1 μ = 1 1-yM + 1 1-yN
= x1-1 （k-1）x1 + x2-1 （k-1）x2
= 1 k-1 · 2x1x2-（x1+x2） x1x2
= 1 k-1 · 2 k2 + 2k-4 k2 1 k2 =2.
故 1 λ + 1 μ 为定值.
点睛： 利用向量共线可以将解析几何中的三点共线或者平行问题代数化，利用向量相等的充要条件是联系的桥梁，同时要注意设而不求技巧的体现.
例4 已知椭圆C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线x+y+1=0与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切.
（1）求椭圆的方程.
（2）设P为椭圆上一点，若过点M（2，0）的直线l与椭圆E相交于不同的两点S和T，且满足OS +OT =tOP （O为坐标原点），求实数t的取值范围.
分析： （1）由题意可得圆的方程为（x-c）2+y2=a2， 圆心到直线x+y+1=0的距离d= |c+1| 2 =a（*）; 根据椭圆C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，b=c，a= 2 b= 2 c代入（*）式得b=c=1，即可得到所求椭圆方程;（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l方程为y=k（x-2），设P（x0，y0），将直线方程代入椭圆方程得：（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0，
根据Δ=64k4-4（1+2k2）（8k2-2）=-16k2+8>0得到k2< 1 2 ;设S（x1，y1），T（x2，y2），应用韦达定理x1+x2= 8k2 1+2k2 ，x1x2= 8k2-2 1+2k2 .讨论当k=0，t≠0的情况，确定t的不等式.
解： （1）由题意：以椭圆C的右焦点为圆心， 以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为（x-c）2+y2=a2，
∴圆心到直线x+y+1=0的距离
d= |c+1| 2 =a （*）
∵椭圆C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b=c，a= 2 b= 2 c代入（*）式得b=c=1，∴a= 2 b= 2 c，
故所求椭圆方程为 x2 2 +y2=1.
（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l方程为y=k（x-2），设P（x0，y0），
将直线方程代入椭圆方程得：
（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0，
∴Δ=64k4-4（1+2k2）（8k2-2）=-16k2+8>0，∴k2< 1 2 ，
设S（x1，y1），T（x2，y2），
则x1+x2= 8k2 1+2k2 ，x1x2= 8k2-2 1+2k2 ，
當k=0时，直线l的方程为y=0，此时t=0，OS +OT =tOP 成立，故，t=0符合题意.
当t≠0时，
得 tx0=x1+x2= 8k2 1+2k2 ty0=y1+y2=k（x1+x2-4）= -4k 1+2k2 ，
∴x0= 1 t · 8k2 1+2k2 ，y0= 1 t · -4k 1+2k2 ，
将上式代入椭圆方程得： 32k4 t2（1+2k2）2 + 16k2 t2（1+2k2）2 =1， 整理得：t2= 16k2 1+2k2 ，
由k2< 1 2 知0<t2<4，所以t∈（-2，2）.
点睛： 确定椭圆方程需要两个独立条件，从题中挖掘关于a、b、c的等量关系;直线和椭圆的位置关系问题，往往要善于利用韦达定理设而不求，利用点P在椭圆上和向量式得t=f（k），进而求函数值域.
例5 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b≥1）的离心率e= 3 2 ，且椭圆C上一点N到点Q（0，3）的距离最大值为4，过点M（3，0）的直线交椭圆C于点A、B. （1）求椭圆C的方程;
（2）设P为椭圆上一点，且满足OA +OB =tOP （O为坐标原点），当|AB |< 3 时，求实数t的取值范围.
分析： 第一问，先利用离心率列出表达式找到a与b的关系，又因为椭圆上的N点到点Q的距离最大值为4，利用两点间距离公式列出表达式，因为N在椭圆上，所以x2=4b2-4y2，代入表达式，利用配方法求最大值，从而求出b2=1，所以a2=4，所以得到椭圆的标准方程;第二问，先设A，P，B点坐标，由题意设出直线AB方程， 因为直线与椭圆相交，列出方程组，由韦达定理得到两根之和、两根之积，用坐标表示OA +OB =tOP 得出x，y，由于点P在椭圆上，得到一个表达式，再由|AB |< 3 ，得到一个表达式，2个表达式联立，得到t的取值范围.
解： （1）∵e2= c2 a2 = a2-b2 a2 = 3 4 ，∴a2=4b2，
则椭圆方程为 x2 4b2 + y2 b2 =1即x2+4y2=4b2，
设N（x，y），则|NQ|= （x-0）2+（y-3）2
= 4b2-4y2+（y-3）2
= -3y2-6y+4b2+9
= -3（y+1）2+4b2+12 ，
当y=-1时，|NQ|有最大值为 4b2+12 =4，
解得b2=1，∴a2=4，椭圆方程是 x2 4 +y2=1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），AB方程为y=k（x-3），
由 y=k（x-3） x2 4 +y2=1 ，
整得（1+4k2）x2-24k2x+36k2-4=0.
由Δ=（-24k2）2-16（9k2-1）（1+4k2）>0，
得k2< 1 5 .
x1+x2= 24k2 1+4k2 ，x1x2= 36k2-4 1+4k2 ，
∴OA +OB =（x1+x2，y1+y2）=t（x，y），则
x= 1 t （x1+x2）= 24k2 t（1+4k2） ，y= 1 t （y1+y2）= 1 t [k（x1+x2）-6k]= -6k t（1+4k2） .
由点P在椭圆上，得 （24k2）2 t2（1+4k2）2 + 144k2 t2（1+4k2）2 =4，化简得36k2=t2（1+4k2） ①
又由|AB |= 1+k2 |x1-x1|< 3 ，
即（1+k2）[（x1+x1）2-4x1x2]<3，
将x1+x2，x1x2
代入得（1+k2）[（ 24k2 1+4k2 ）2- 4（36k2-4） 1+4k2 ]<3，
化简，得（8k2-1）（16k2+13）>0，则8k2-1>0，k2> 1 8 ，∴ 1 8 <k2< 1 5 ②
由①，得t2= 36k2 1+4k2 =9- 9 1+4k2 ，
联立②，解得3<t2<4，∴-2<t<- 3 或 3 <t<2.
点睛： 第一问中转化为求二次函数最大值后，要注意变量取值范圍;第二问利用点P在椭圆上，和已知向量等式得变量k，t的等量关系，和变量k，t的不等关系联立求参数t的取值范围.