10.6圓錐曲線的綜合問(wèn)題挖命題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)圓錐曲線的綜合問(wèn)題1.了解圓錐曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用.2.理解數(shù)形結(jié)合的思想.3.能解決直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用等問(wèn)題.2018浙江,21直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系三角形面積、取值范圍2017浙江,21直線與拋物線的位置關(guān)系不等式、最值、取值范圍2016浙江文,19直線與拋物線的位置關(guān)系取值范圍2015浙江文,19直線與拋物線的位置關(guān)系圓、三角形面積2014浙江,21直線與圓的位置關(guān)系不等式分析解讀1.圓錐曲線的綜合問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)之一,主要考查兩大問(wèn)題:一是根據(jù)條件求出平面曲線的方程;二是通過(guò)方程研究平面曲線的性質(zhì).2.考查點(diǎn)主要有:(1)圓錐曲線的基本概念和性質(zhì);(2)與圓錐曲線有關(guān)的最值、對(duì)稱(chēng)、位置關(guān)系等綜合問(wèn)題;(2)有關(guān)定點(diǎn)、定值問(wèn)題,以及存在性等探索性問(wèn)題.3.預(yù)計(jì)2020年高考試題中,圓錐曲線的綜合問(wèn)題仍是壓軸題之一,復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)高度重視.煉技法【方法集訓(xùn)】方法1圓錐曲線中的最值和范圍問(wèn)題的求解方法1.(2018浙江9+1高中聯(lián)盟期中,21)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)點(diǎn)M(x0,y0)是橢圓C:x22+y2=1上一點(diǎn),從原點(diǎn)O向圓M:(x-x0)2+(y-y0)2=作兩條切線,分別與橢圓C交于點(diǎn)P,Q,直線OP,OQ的斜率分別記為k1,k2.(1)求證:k1k2為定值;(2)求四邊形OPMQ面積的最大值.解析(1)證明:因?yàn)橹本€OP:y=k1x,OQ:y=k2x與圓M相切,所以|k1x0-y0|1+k12=63,|k2x0-y0|1+k22=63,可知k1,k2是方程(3x02-2)k2-6x0y0k+3y02-2=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,所以3x02-20,k1k2=3y02-23x02-2,因?yàn)辄c(diǎn)M(x0,y0)在橢圓C上,所以y02=1-x022,所以k1k2=3y02-23x02-2=-.(2)易知直線OP,OQ都不能落在坐標(biāo)軸上,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),因?yàn)?k1k2+1=0,所以2y1y2x1x2+1=0,即y12y22=14x12x22,因?yàn)镻(x1,y1),Q(x2,y2)在橢圓C上,所以y12y22=1-x1221-x222=14x12x22,整理得x12+x22=2,所以y12+y22=1,所以O(shè)P2+OQ2=3.因?yàn)镾四邊形OPMQ= (OP+OQ)63=66(OP+OQ),OP+OQ2(OP2+OQ2)=6,所以S四邊形OPMQ的最大值為1.2.(2018浙江臺(tái)州高三期末質(zhì)檢,21,15分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點(diǎn)分別為F1,F2,左頂點(diǎn)為A,點(diǎn)P(2,3)在橢圓C上,且PF1F2的面積為23.(1)求橢圓C的方程;(2)過(guò)原點(diǎn)O且與x軸不重合的直線交橢圓C于E,F兩點(diǎn),直線AE,AF分別與y軸交于點(diǎn)M,N.求證:以MN為直徑的圓恒過(guò)焦點(diǎn)F1,F2,并求出F1MN面積的取值范圍.解析(1)SPF1F2=2c3=23,c=2,(2分)又點(diǎn)P(2,3)在橢圓C上,2a2+3a2-4=1,a4-9a2+8=0,解得a2=8或a2=1(舍去),又a2-b2=4,b2=4,橢圓C的方程為x28+y24=1.(5分)(2)由(1)可得A(-22,0),F1(-2,0),F2(2,0),當(dāng)直線EF的斜率不存在時(shí),E,F為短軸的兩個(gè)端點(diǎn),不妨設(shè)M(0,2),N(0,-2),F1MF1N,F2MF2N,以MN為直徑的圓恒過(guò)焦點(diǎn)F1,F2.(7分)當(dāng)直線EF的斜率存在且不為零時(shí),設(shè)直線EF的方程為y=kx(k0),設(shè)點(diǎn)E(x0,y0)(不妨設(shè)x0>0),則點(diǎn)F(-x0,-y0),由y=kx,x28+y24=1消去y得x2=81+2k2,x0=221+2k2,y0=22k1+2k2,直線AE的方程為y=k1+1+2k2(x+22),直線AE與y軸交于點(diǎn)M,令x=0,得y=22k1+1+2k2,即點(diǎn)M0,22k1+1+2k2,同理可得點(diǎn)N0,22k1-1+2k2,F1M=2,22k1+1+2k2,F1N=2,22k1-1+2k2,F1MF1N=0,F1MF1N,同理,F2MF2N,則以MN為直徑的圓恒過(guò)焦點(diǎn)F1,F2,(12分)當(dāng)直線EF的斜率存在且不為零時(shí),|MN|=22k1+1+2k2-22k1-1+2k2=22k1+2k2k2=221k2+2>4,F1MN的面積S=|OF1|MN|>4,又當(dāng)直線EF的斜率不存在時(shí),|MN|=4,F1MN的面積為|OF1|MN|=4,F1MN面積的取值范圍是4,+).(15分)方法2定點(diǎn)、定值問(wèn)題的求法1.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬卷(四),21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為,且橢圓C上的點(diǎn)到其焦點(diǎn)的距離的最小值為1.(1)求a,b的值;(2)過(guò)點(diǎn)P(3,0)作直線l交C于A,B兩點(diǎn),求AOB面積S的最大值;設(shè)Q為線段AB上的點(diǎn),且滿足|AP|PB|=|AQ|QB|,證明:點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)xQ為定值.解析(1)由題意知,ca=12,a-c=1,所以a=2,c=1,因此b=22-12=3,故a=2,b=3.(4分)(2)顯然直線l的斜率存在且不為0,故可設(shè)l:y=k(x-3)(k0),聯(lián)立y=k(x-3),x24+y23=1,消去y,并整理,得(3+4k2)x2-24k2x+36k2-12=0,其中=48(3-5k2)>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=24k23+4k2,x1x2=36k2-123+4k2.(6分)原點(diǎn)O到直線l的距離d=|3k|k2+1,|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k248(3-5k2)3+4k2,所以SAOB=|AB|d=63|k|3-5k23+4k2=63k2(3-5k2)(3+4k2)2.(8分)設(shè)t=13+4k2,則k2=141t-3,其中t527,13,則S=6314t21t-33-541t-3=32(9-27t)(27t-5)329-27t+27t-52=3.當(dāng)且僅當(dāng)9-27t=27t-5,即t=727時(shí),取等號(hào).(10分)故AOB面積S的最大值為3.證明:設(shè)|AP|PB|=|AQ|QB|=,則AP=-PB,AQ=QB,(12分)所以3-x1=-(x2-3),xQ-x1=(x2-xQ),消去得,xQ=3(x1+x2)-2x1x26-(x1+x2)=324k23+4k2-236k2-123+4k26-24k23+4k2=,故點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)xQ為定值.(15分)2.(2017浙江五校聯(lián)考(5月),21)如圖,已知橢圓:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過(guò)不同的三點(diǎn)A52,54,B-12,-34,C(C在第三象限),線段BC的中點(diǎn)在直線OA上.(1)求橢圓的方程及點(diǎn)C的坐標(biāo);(2)設(shè)點(diǎn)P是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)(異于點(diǎn)A,B,C),且直線PB,PC分別交直線OA于M,N兩點(diǎn),問(wèn)|OM|ON|是不是定值?若是,求該值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)由點(diǎn)A,B在橢圓上,得54a2+516b2=1,14a2+916b2=1,解得a2=52,b2=58,所以橢圓的方程為x252+y258=1.設(shè)點(diǎn)C(m,n),則BC中點(diǎn)為m-122,n-342,由已知,求得直線OA的方程為x-2y=0,從而m=2n-1.又點(diǎn)C在橢圓上,故2m2+8n2=5.由得n= (舍去)或n=-,從而m=-,所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為-32,-14.(2)設(shè)P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2).當(dāng)x0-且x0-時(shí),因?yàn)镻,B,M三點(diǎn)共線,所以y1+342y1+12=y0+34x0+12,整理得y1=3x0-2y04(2y0-x0+1).因?yàn)镻,C,N三點(diǎn)共線,所以y2+142y2+32=y0+14x0+32,整理得y2=x0-6y04(2y0-x0-1).因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上,所以2x02+8y02=5,即x02=-4y02.從而y1y2=(3x0-2y0)(x0-6y0)16(2y0-x0)2-1=3x02-20x0y0+12y0216(4y02+x02-4x0y0-1)=352-4y02-20x0y0+12y021652-4x0y0-1=532-4x0y01632-4x0y0=516.所以|OM|ON|=5|y1|5|y2|=5|y1y2|=2516,為定值.當(dāng)x0=-或x0=-時(shí),易求得|OM|ON|=2516,為定值.綜上,|OM|ON|是定值,為2516.方法3存在性問(wèn)題的解法1.(2018浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)盟期中,21)已知拋物線C1:x2=4y的焦點(diǎn)為F,過(guò)拋物線C2:y=-x2+3上一點(diǎn)M作拋物線C2的切線l,與拋物線C1交于A,B兩點(diǎn).(1)記直線AF,BF的斜率分別為k1,k2,若k1k2=-,求直線l的方程;(2)是否存在正實(shí)數(shù)m,使得對(duì)任意點(diǎn)M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)設(shè)M(x0,y0),由y=-x28+3,得y=-,則切線l的斜率為k=-x04.切線l的方程為y=-x04(x-x0)+y0=-x04x+x024+y0=-x04x-2y0+6+y0,即y=-x04x-y0+6.(3分)與x2=4y聯(lián)立,消去y得x2+x0x+4y0-24=0.(4分)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,(5分)則y1+y2=-x04(x1+x2)-2y0+12=x024-2y0+12=-4y0+18,y1y2=x12x2216=(y0-6)2,則由k1k2=y1-1x1y2-1x2=y1y2-(y1+y2)+1x1x2=(y0-6)2-(-4y0+18)+14y0-24=-,得5y02-28y0+23=0,解得y0=1或y0=235.(8分)x02=-8(y0-3)0,y03,故y0=1,x0=4.則直線l的方程為y=x+5.(9分)(2)由(1)知直線l的方程為y=-x04x-y0+6,且x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,則|AB|=1+x0216|x1-x2|=1+x0216(x1+x2)2-4x1x2=16+x024x02-4(4y0-24),即|AB|=16-8y0+244-8y0+24-16y0+96=23(5-y0),(11分)而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13分)則|AB|=32(|AF|+|BF|),(14分)故存在正實(shí)數(shù)m=32,使得對(duì)任意點(diǎn)M,都有|AB|=32(|AF|+|BF|)成立.(15分)2.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬卷(六),21)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,M為橢圓C上任意一點(diǎn),|MF1|-|MF2|的最大值為2,離心率為33.(1)若N為橢圓C上任意一點(diǎn),且F2MF2N,求F2MNM的最小值;(2)若過(guò)橢圓C右焦點(diǎn)F2的直線l與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn),且AB=3F2B,試問(wèn):在橢圓C上是否存在點(diǎn)P,使得線段OP與線段AB的交點(diǎn)恰為四邊形OAPB的對(duì)稱(chēng)中心?若存在,求點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由. 解析(1)由題意知,2c=2,ca=33,a=3,c=1,故b=2,橢圓C的方程是x23+y22=1,其右焦點(diǎn)F2的坐標(biāo)為(1,0).F2MNM=F2M(NF2+F2M)=F2MNF2+F2MF2M=|F2M|2,(F2MNM)min=|F2M|min2=(3-1)2=4-23.(2)由題意知,直線l的斜率不為0.假設(shè)符合條件的點(diǎn)P存在,則OP=OA+OB.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1+x2,y1+y2),根據(jù)AB=3F2B,得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2),y1=-2y2.設(shè)直線l的方程為x=my+1,代入橢圓方程整理得(2m2+3)y2+4my-4=0,故y1+y2=-4m2m2+3,y1y2=-42m2+3.易得-y2=-4m2m2+3,-2y22=-42m2+3,消去y2,得4m2m2+32=22m2+3,解得m2=,即m=22.當(dāng)m=22時(shí),y1+y2=-22,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此時(shí)P32,-22.當(dāng)m=-22時(shí),y1+y2=22,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此時(shí)P32,22.經(jīng)檢驗(yàn),點(diǎn)32,-22,32,22都在橢圓C上,故C上存在點(diǎn)P,使得線段OP與線段AB的交點(diǎn)恰為四邊形OAPB的對(duì)稱(chēng)中心.過(guò)專(zhuān)題【五年高考】A組自主命題浙江卷題組考點(diǎn)圓錐曲線的綜合問(wèn)題1.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明:PM垂直于y軸;(2)若P是半橢圓x2+y24=1(x<0)上的動(dòng)點(diǎn),求PAB面積的取值范圍.解析本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.(1)設(shè)P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的兩個(gè)不同的實(shí)根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|= (y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面積S=|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因?yàn)閤02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0=-4x02-4x0+44,5.因此,PAB面積的取值范圍是62,15104.疑難突破解析幾何中“取值范圍”與“最值”問(wèn)題在解析幾何中,求某個(gè)量(直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問(wèn)題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量(通常是直線斜率,動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個(gè)變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.2.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)A-12,14,B32,94,拋物線上的點(diǎn)P(x,y)-12<x<32.過(guò)點(diǎn)B作直線AP的垂線,垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|PQ|的最大值.解析本題主要考查直線方程、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和運(yùn)算求解能力.(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x2-14x+12=x-,因?yàn)?<x<,所以直線AP斜率的取值范圍是(-1,1).(2)解法一:聯(lián)立直線AP與BQ的方程kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ=-k2+4k+32(k2+1).因?yàn)閨PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因?yàn)閒 (k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間-1,12上單調(diào)遞增,12,1上單調(diào)遞減,因此當(dāng)k=時(shí),|PA|PQ|取得最大值2716.解法二:如圖,連接BP,|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=AP(AB-AP)=APAB-AP2.易知P(x,x2)-12<x<32,則APAB=2x+1+2x2-=2x2+2x+,AP2=x+122+x2-142=x2+x+x4-x2+116=x4+x2+x+516.|AP|PQ|=-x4+x2+x+316-12<x<32.設(shè)f(x)=-x4+x2+x+316-12<x<32,則f (x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,f(x)在-12,1上為增函數(shù),在1,32上為減函數(shù),f(x)max=f(1)=2716.故|AP|PQ|的最大值為2716.方法總結(jié)在解析幾何中,遇到求兩線段長(zhǎng)度之積的最值或取值范圍時(shí),一般用以下方法進(jìn)行轉(zhuǎn)化.1.直接法:求出各點(diǎn)坐標(biāo),用兩點(diǎn)間的距離公式,轉(zhuǎn)化為某個(gè)參變量(如直線斜率、截距,點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),再求函數(shù)的最值或值域.2.向量法:三點(diǎn)共線時(shí),轉(zhuǎn)化為兩向量的數(shù)量積,再轉(zhuǎn)化為動(dòng)點(diǎn)的橫(或縱坐標(biāo))的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.3.參數(shù)法:把直線方程化為參數(shù)方程,與曲線方程聯(lián)立,由根與系數(shù)的關(guān)系轉(zhuǎn)化為直線的斜率(或直線的截距)的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.3.(2014浙江,21,15分)如圖,設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),動(dòng)直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn)P,且點(diǎn)P在第一象限.(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點(diǎn)P的坐標(biāo);(2)若過(guò)原點(diǎn)O的直線l1與l垂直,證明:點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b.解析(1)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0),由y=kx+m,x2a2+y2b2=1消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l與C只有一個(gè)公共點(diǎn),故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為-a2kmb2+a2k2,b2mb2+a2k2.又點(diǎn)P在第一象限,故點(diǎn)P的坐標(biāo)為P-a2kb2+a2k2,b2b2+a2k2.(2)證明:由于直線l1過(guò)原點(diǎn)O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點(diǎn)P到直線l1的距離d=-a2kb2+a2k2+b2kb2+a2k21+k2,整理得d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2.因?yàn)閍2k2+b2k22ab,所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2a2-b2b2+a2+2ab=a-b,當(dāng)且僅當(dāng)k2=時(shí)等號(hào)成立.所以點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b.評(píng)析本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法、基本不等式的應(yīng)用等綜合解題能力.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)圓錐曲線的綜合問(wèn)題1.(2018北京理,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍;(2)設(shè)O為原點(diǎn),QM=QO,QN=QO,求證: +為定值.解析(1)因?yàn)閽佄锞€y2=2px過(guò)點(diǎn)(1,2),所以2p=4,即p=2.故拋物線C的方程為y2=4x,由題意知,直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y=kx+1(k0).由y2=4x,y=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0.依題意=(2k-4)2-4k21>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB與y軸相交,故直線l不過(guò)點(diǎn)(1,-2).從而k-3.所以直線l斜率的取值范圍是(-,-3)(-3,0)(0,1).(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2.直線PA的方程為y-2=y1-2x1-1(x-1).令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN=-kx2+1x2-1+2.由QM=QO,QN=QO得=1-yM,=1-yN.所以+=11-yM+11-yN=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2=1k-12x1x2-(x1+x2)x1x2=1k-12k2+2k-4k21k2=2.所以+為定值.方法總結(jié)圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值.依題設(shè)條件,得出與代數(shù)式有關(guān)的等式,化簡(jiǎn)即可得出定值;(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值.利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的表達(dá)式,再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求得;(3)求某線段長(zhǎng)度為定值.利用兩點(diǎn)間的距離公式求得線段長(zhǎng)度的表達(dá)式,再依據(jù)條件對(duì)表達(dá)式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得.2.(2017山東理,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,焦距為2.(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,動(dòng)直線l:y=k1x-32交橢圓E于A,B兩點(diǎn),C是橢圓E上一點(diǎn),直線OC的斜率為k2,且k1k2=24.M是線段OC延長(zhǎng)線上一點(diǎn),且|MC|AB|=23,M的半徑為|MC|,OS,OT是M的兩條切線,切點(diǎn)分別為S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值時(shí)直線l的斜率.解析本題考查橢圓的方程,直線與橢圓、圓的位置關(guān)系,考查最值的求解方法和運(yùn)算求解能力.(1)由題意知e=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此橢圓E的方程為x22+y2=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x22+y2=1,y=k1x-32,消y整理得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,由題意知>0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1),所以|AB|=1+k12|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.由題意可知圓M的半徑r=|AB|=2231+k121+8k122k12+1.由題設(shè)知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直線OC的方程為y=24k1x.聯(lián)立x22+y2=1,y=24k1x,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.由題意可知sinSOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=1+8k121+4k122231+k121+8k121+2k12=3241+2k121+4k121+k12,令t=1+2k12,則t>1,(0,1),因此|OC|r=t2t2+t-1=12+1t-1t2=1-1t-122+941,當(dāng)且僅當(dāng)=,即t=2時(shí)等號(hào)成立,此時(shí)k1=22,所以sinSOT2,因此SOT2,所以SOT的最大值為.綜上所述,SOT的最大值為,取得最大值時(shí)直線l的斜率k1=22.思路分析(1)由離心率和焦距,利用基本量運(yùn)算求解;(2)聯(lián)立直線l與橢圓方程,利用距離公式求|AB|,聯(lián)立直線OC與橢圓方程求|OC|,進(jìn)而建立sinSOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系,利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解.解題反思最值問(wèn)題一般利用函數(shù)的思想方法求解,利用距離公式建立sinSOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系是解題關(guān)鍵.牢固掌握基礎(chǔ)知識(shí)和方法是求解的前提.本題的完美解答體現(xiàn)了數(shù)學(xué)知識(shí)、能力、思想、方法的完美結(jié)合.3.(2016天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,其中O為原點(diǎn),e為橢圓的離心率.(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)H.若BFHF,且MOAMAO,求直線l的斜率的取值范圍.解析(1)設(shè)F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即+=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以橢圓的方程為x24+y23=1.(2)設(shè)直線l的斜率為k(k0),則直線l的方程為y=k(x-2).設(shè)B(xB,yB),由方程組x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k2-64k2+3,由題意得xB=8k2-64k2+3,從而yB=-12k4k2+3.由(1)知F(1,0),設(shè)H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BFHF,得BFFH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.因此直線MH的方程為y=-x+9-4k212k.設(shè)M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+yM2xM2+yM2,化簡(jiǎn)得xM1,即20k2+912(k2+1)1,解得k-64或k64.所以直線l的斜率的取值范圍為-,-6464,+.評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力,以及用方程思想解決問(wèn)題的能力.4.(2016北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn),直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:|AN|BM|為定值.解析(1)由題意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).設(shè)P(x0,y0),則x02+4y02=4.當(dāng)x00時(shí),直線PA的方程為y=y0x0-2(x-2).令x=0,得yM=-2y0x0-2,從而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.直線PB的方程為y=y0-1x0x+1.令y=0,得xN=-x0y0-1,從而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.所以|AN|BM|=2+x0y0-11+2y0x0-2=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4.當(dāng)x0=0時(shí),y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|BM|=4.綜上,|AN|BM|為定值.一題多解(2)點(diǎn)P在曲線x22+y12=1上,不妨設(shè)P(2cos ,sin ),當(dāng)k且k+ (kZ)時(shí),直線AP的方程為y-0=sin2(cos-1)(x-2),令x=0,得yM=sin1-cos;直線BP的方程為y-1=sin-12cos(x-0),令y=0,得xN=2cos1-sin.|AN|BM|=21-cos1-sin1-sin1-cos=22(1-sin)(1-cos)(1-sin)(1-cos)=22=4(定值).當(dāng)=k或=k+ (kZ)時(shí),M,N是定點(diǎn),易得|AN|BM|=4.綜上,|AN|BM|=4.評(píng)析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及定值問(wèn)題,方法常規(guī),運(yùn)算量大,對(duì)學(xué)生的運(yùn)算能力要求較高.5.(2016四川,20,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn),直線l:y=-x+3與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)T.(1)求橢圓E的方程及點(diǎn)T的坐標(biāo);(2)設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn),直線l平行于OT,與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A,B,且與直線l交于點(diǎn)P.證明:存在常數(shù),使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.解析(1)由題意得,a=2b,則橢圓E的方程為x22b2+y2b2=1.由方程組x22b2+y2b2=1,y=-x+3,得3x2-12x+(18-2b2)=0.方程的判別式為=24(b2-3),由=0,得b2=3,此時(shí)方程的解為x=2,所以橢圓E的方程為x26+y23=1,點(diǎn)T的坐標(biāo)為(2,1).(2)由已知可設(shè)直線l的方程為y=x+m(m0),由方程組y=12x+m,y=-x+3,可得x=2-2m3,y=1+2m3.所以P點(diǎn)坐標(biāo)為2-2m3,1+2m3,|PT|2=m2.設(shè)點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為A(x1,y1),B(x2,y2).由方程組x26+y23=1,y=12x+m,可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.方程的判別式為=16(9-2m2),由>0,解得-322<m<322.由得x1+x2=-4m3,x1x2=4m2-123.所以|PA|=2-2m3-x12+1+2m3-y12=522-2m3-x1,同理|PB|=522-2m3-x2.所以|PA|PB|=542-2m3-x12-2m3-x2=542-2m32-2-2m3(x1+x2)+x1x2=542-2m32-2-2m3-4m3+4m2-123=109m2.故存在常數(shù)=,使得|PT|2=|PA|PB|.評(píng)析本題考查了直線與圓錐曲線相交的問(wèn)題,這類(lèi)題中常用的方法是方程法,并結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系,兩點(diǎn)間的距離公式進(jìn)行考查,難點(diǎn)是運(yùn)算量比較大,注意運(yùn)算技巧.6.(2015課標(biāo),20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M.(1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;(2)若l過(guò)點(diǎn)m3,m,延長(zhǎng)線段OM與C交于點(diǎn)P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時(shí)l的斜率;若不能,說(shuō)明理由.解析(1)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-,即kOMk=-9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因?yàn)橹本€l過(guò)點(diǎn)m3,m,所以l不過(guò)原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k>0,k3.由(1)得OM的方程為y=-x.設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.將m3,m代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM.于是km3k2+9=2k(k-3)m3(k2+9),解得k1=4-7,k2=4+7.因?yàn)閗i>0,ki3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為4-7或4+7時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形.評(píng)析本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,設(shè)問(wèn)常規(guī),但對(duì)運(yùn)算能力要求較高,考查學(xué)生的思維能力.C組教師專(zhuān)用題組考點(diǎn)圓錐曲線的綜合問(wèn)題1.(2017山東文,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,橢圓C截直線y=1所得線段的長(zhǎng)度為22.(1)求橢圓C的方程;(2)動(dòng)直線l:y=kx+m(m0)交橢圓C于A,B兩點(diǎn),交y軸于點(diǎn)M.點(diǎn)N是M關(guān)于O的對(duì)稱(chēng)點(diǎn),N的半徑為|NO|.設(shè)D為AB的中點(diǎn),DE,DF與N分別相切于點(diǎn)E,F,求EDF的最小值.解析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及圓錐曲線的相關(guān)最值.(1)由橢圓的離心率為22,得a2=2(a2-b2),又當(dāng)y=1時(shí),x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2,所以a2=4,b2=2.因此橢圓方程為x24+y22=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=kx+m,x2+2y2=4,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-4km2k2+1,因此y1+y2=2m2k2+1,所以D-2km2k2+1,m2k2+1,又N(0,-m),所以|ND|2=-2km2k2+12+m2k2+1+m2,整理得|ND|2=4m2(1+3k2+k4)(2k2+1)2,因?yàn)閨NF|=|m|,所以|ND|2|NF|2=4(k4+3k2+1)(2k2+1)2=1+8k2+3(2k2+1)2.令t=8k2+3,t3,故2k2+1=t+14,所以|ND|2|NF|2=1+16t(1+t)2=1+16t+1t+2.令y=t+,所以y=1-1t2.當(dāng)t3時(shí),y>0,從而y=t+在3,+)上單調(diào)遞增,因此t+103,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)t=3時(shí)成立,此時(shí)k=0,所以|ND|2|NF|21+3=4,由(*)得-2<m<2且m0.故|NF|ND|.設(shè)EDF=2,則sin =|NF|ND|.所以的最小值為,從而EDF的最小值為,此時(shí)直線l的斜率是0.綜上所述,當(dāng)k=0,m(-2,0)(0,2)時(shí),EDF取到最小值.方法總結(jié)求解圓錐曲線相關(guān)最值的常用方法:1.幾何性質(zhì)法;2.二次函數(shù)最值法;3.基本不等式法;4.三角函數(shù)最值法;5.導(dǎo)數(shù)法.2.(2017課標(biāo)全國(guó)理,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(1)求C的方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過(guò)定點(diǎn).解析本題考查了圓錐曲線的方程以及圓錐曲線與直線位置關(guān)系中的定點(diǎn)問(wèn)題.(1)由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng),故由題設(shè)知C經(jīng)過(guò)P3,P4兩點(diǎn).又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1,所以點(diǎn)P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程為x24+y2=1.(2)設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設(shè)l:x=t,由題設(shè)知t0,且|t|<2,可得A,B的坐標(biāo)分別為t,4-t22,t,-4-t22.則k1+k2=4-t2-22t-4-t2+22t=-1,得t=2,不符合題設(shè).從而可設(shè)l:y=kx+m(m1).將y=kx+m代入x24+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由題設(shè)可知=16(4k2-m2+1)>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,由題設(shè)k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.當(dāng)且僅當(dāng)m>-1時(shí),>0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l過(guò)定點(diǎn)(2,-1).3.(2016山東,21,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,焦距為22.(1)求橢圓C的方程;(2)過(guò)動(dòng)點(diǎn)M(0,m)(m>0)的直線交x軸于點(diǎn)N,交C于點(diǎn)A,P(P在第一象限),且M是線段PN的中點(diǎn).過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交C于另一點(diǎn)Q,延長(zhǎng)QM交C于點(diǎn)B.(i)設(shè)直線PM,QM的斜率分別為k,k,證明kk為定值;(ii)求直線AB的斜率的最小值.解析(1)設(shè)橢圓的半焦距為c.由題意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2-c2=2.所以橢圓C的方程為x24+y22=1.(2)(i)證明:設(shè)P(x0,y0)(x0>0,y0>0).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直線PM的斜率k=2m-mx0=mx0,直線QM的斜率k=-2m-mx0=-3mx0.此時(shí)kk=-3.所以kk為定值-3.(ii)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).直線PA的方程為y=kx+m,直線QB的方程為y=-3kx+m.聯(lián)立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m2-42k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0.所以y1=kx1+m=2k(m2-2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2-2)(18k2+1)x0,y2=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m.所以x2-x1=2(m2-2)(18k2+1)x0-2(m2-2)(2k2+1)x0=-32k2(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2-y1=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m-2k(m2-2)(2k2+1)x0-m=-8k(6k2+1)(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=146k+1k.由m>0,x0>0,可知k>0,所以6k+26,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)k=66時(shí)取得.此時(shí)m4-8m2=66,即m=147,符合題意.所以直線AB的斜率的最小值為62.4.(2015山東,21,14分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,且點(diǎn)3,12在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)橢圓E:x24a2+y24b2=1,P為橢圓C上任意一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P的直線y=kx+m交橢圓E于A,B兩點(diǎn),射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q.(i)求|OQ|OP|的值;(ii)求ABQ面積的最大值.解析(1)由題意知3a2+14b2=1,又a2-b2a=32,解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)由(1)知橢圓E的方程為x216+y24=1.(i)設(shè)P(x0,y0),|OQ|OP|=,由題意知Q(-x0,-y0).因?yàn)閤024+y02=1,又(-x0)216+(-y0)24=1,即24x024+y02=1,所以=2,即|OQ|OP|=2.(ii)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).將y=kx+m代入橢圓E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由>0,可得m2<4+16k2.則有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.因?yàn)橹本€y=kx+m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,m),所以O(shè)AB的面積S=|m|x1-x2|=216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.設(shè)m21+4k2=t.將y=kx+m代入橢圓C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0,可得m21+4k2.由可知0<t1,因此S=2(4-t)t=2-t2+4t.故S23,當(dāng)且僅當(dāng)t=1,即m2=1+4k2時(shí)取得最大值23.由(i)知,ABQ的面積為3S,所以ABQ面積的最大值為63.5.(2015陜西,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,-1),且離心率為22.(1)求橢圓E的方程;(2)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2.解析(1)由題設(shè)知=22,b=1,結(jié)合a2=b2+c2,解得a=2.所以橢圓E的方程為x22+y2=1.(2)證明:由題設(shè)知,直線PQ的方程為y=k(x-1)+1(k2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知>0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,則x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2.從而直線AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2.評(píng)析本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程與簡(jiǎn)單性質(zhì)的同時(shí),重點(diǎn)考查直線與橢圓的位置關(guān)系.6.(2015北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m,n)(m0)都在橢圓C上,直線PA交x軸于點(diǎn)M.(1)求橢圓C的方程,并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m,n表示);(2)設(shè)O為原點(diǎn),點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),直線PB交x軸于點(diǎn)N.問(wèn):y軸上是否存在點(diǎn)Q,使得OQM=ONQ?若存在,求點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由.解析(1)由題意得b=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a2=2.故橢圓C的方程為x22+y2=1.設(shè)M(xM,0).因?yàn)閙0,所以-1<n<1.直線PA的方程為y-1=n-1mx,所以xM=m1-n,即Mm1-n,0.(2)存在.因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),所以B(m,-n).設(shè)N(xN,0),則xN=m1+n.“存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得OQM=ONQ”等價(jià)于“存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得|OM|OQ|=|OQ|ON|”,即yQ滿足yQ2=|xM|xN|.因?yàn)閤M=m1-n,xN=m1+n,m22+n2=1,所以yQ2=|xM|xN|=m21-n2=2.所以yQ=2或yQ=-2.故在y軸上存在點(diǎn)Q,使得OQM=ONQ,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0,2)或(0,-2).7.(2015四川,20,13分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是22,過(guò)點(diǎn)P(0,1)的動(dòng)直線l與橢圓相交于A,B兩點(diǎn).當(dāng)直線l平行于x軸時(shí),直線l被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為22.(1)求橢圓E的方程;(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q,使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立?若存在,求出點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)由已知得,點(diǎn)(2,1)在橢圓E上.因此,2a2+1b2=1,a2-b2=c2,ca=22.解得a=2,b=2.所以橢圓E的方程為x24+y22=1.(2)當(dāng)直線l與x軸平行時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于C,D兩點(diǎn).如果存在定點(diǎn)Q滿足條件,則有|QC|QD|=|PC|PD|=1,即|QC|=|QD|.所以Q點(diǎn)在y軸上,可設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,y0).當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于M,N兩點(diǎn),則M,N的坐標(biāo)分別為(0,2),(0,-2).由|QM|QN|=|PM|PN|,有|y0-2|y0+2|=2-12+1,解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件,則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為(0,2).下面證明:對(duì)任意直線l,均有|QA|QB|=|PA|PB|.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),由上可知,結(jié)論成立.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),可設(shè)直線l的方程為y=kx+1,A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2).聯(lián)立得x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.因此1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k.易知,點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-x2,y2).又kQA=y1-2x1=kx1-1x1=k-1x1,kQB=y2-2-x2=kx2-1-x2=-k+1x2=k-1x1,所以kQA=kQB,即Q,A,B三點(diǎn)共線.所以|QA|QB|=|QA|QB|=|x1|x2|=|PA|PB|.故存在與P不同的定點(diǎn)Q(0,2),使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立.評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì),直線方程、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、特殊與一般、分類(lèi)與整合等數(shù)學(xué)思想.8.(2014重慶,21,12分)如圖,設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)D在橢圓上,DF1F1F2,|F1F2|DF1|=22,DF1F2的面積為22.(1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)是否存在圓心在y軸上的圓,使圓在x軸的上方與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn),且圓在這兩個(gè)交點(diǎn)處的兩條切線相互垂直并分別過(guò)不同的焦點(diǎn)?若存在,求出圓的方程.若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)設(shè)F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由|F1F2|DF1|=22得|DF1|=|F1F2|22=22c.從而SDF1F2=|DF1|F1F2|=22c2=22,故c=1.從而|DF1|=22,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=322.所以2a=|DF1|+|DF2|=22,故a=2,b2=a2-c2=1.因此,所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=1.(2)如圖,設(shè)圓心在y軸上的圓C與橢圓x22+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是兩個(gè)交點(diǎn),y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圓C的切線,且F1P1F2P2.由圓和橢圓的對(duì)稱(chēng)性,易知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以F1P1=(x1+1,y1),F2P2=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+y12=0.由橢圓方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12