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2019-2020年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第八章 第9節(jié) 圓錐曲線的綜合問題 理（含解析） 1．（xx浙江，15分）如圖，設橢圓C：＋＝1(a>b>0)，動直線l與橢圓C只有一個公共點P，且點P在第一象限． (1)已知直線l的斜率為k，用a，b，k表示點P的坐標； (2)若過原點O的直線l1與l垂直，證明：點P到直線l1的距離的最大值為a－b. 解：(1)設直線l的方程為y＝kx＋m(k<0)， 由消去y得 (b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0. 由于l與C只有一個公共點，故Δ＝0， 即b2－m2＋a2k2＝0， 解得點P的坐標為. 又點P在第一象限， 故點P的坐標為P，. (2)由于直線l1過原點O且與l垂直，故直線l1的方程為x＋ky＝0， 所以點P到直線l1的距離d＝， 整理得d＝， 因為a2k2＋≥2ab， 所以≤＝a－b， 當且僅當k2＝時等號成立． 所以點P到直線l1的距離的最大值為a－b. 2．（xx北京，14分）已知橢圓C：x2＋2y2＝4. (1)求橢圓C的離心率； (2)設O為原點，若點A在橢圓C上，點B在直線y＝2上，且OA⊥OB，試判斷直線AB與圓x2＋y2＝2的位置關系，并證明你的結論． 解：(1)由題意，橢圓C的標準方程為＋＝1. 所以a2＝4，b2＝2，從而c2＝a2－b2＝2. 因此a＝2，c＝. 故橢圓C的離心率e＝＝. (2)直線AB與圓x2＋y2＝2相切．證明如下： 設點A，B的坐標分別為(x0，y0)，(t,2)，其中x0≠0. 因為OA⊥OB，所以＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－. 當x0＝t時，y0＝－，代入橢圓C的方程，得t＝， 故直線AB的方程為x＝.圓心O到直線AB的距離d＝. 此時直線AB與圓x2＋y2＝2相切． 當x0≠t時，直線AB的方程為y－2＝(x－t)． 即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0. d＝ . 又x＋2y＝4，t＝－，故 d＝＝＝. 此時直線AB與圓x2＋y2＝2相切． 3．（xx湖南，13分）如圖，O為坐標原點，橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為e1；雙曲線C2：－＝1的左、右焦點分別為F3，F(xiàn)4，離心率為e2.已知e1e2＝，且|F2F4|＝－1. (1)求C1，C2的的方程； (2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點，當直線OM與C2交于P，Q兩點時，求四邊形APBQ面積的最小值． 解：(1)因為e1e2＝，所以＝，即a4－b4＝a4，因此a2＝2b2，從而F2(b,0)，F(xiàn)4(b,0)．于是b－b＝|F2F4|＝－1，所以b＝1，a2＝2，故C1，C2的方程分別為＋y2＝1，－y2＝1. (2)因AB不垂直于y軸，且過點F1(－1,0)，故可設直線AB的方程為x＝my－1. 由得(m2＋2)y2－2my－1＝0. 易知Δ>0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1，y2是上述方程的兩個實根，所以y1＋y2＝，y1y2＝. 因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝，于是AB的中點為M，故直線PQ的斜率為－，PQ的方程為y＝－x，即mx＋2y＝0. 由得(2－m2)x2＝4，所以2－m2>0，且x2＝，y2＝，從而|PQ|＝2＝2. 設點A到直線PQ的距離為d，則點B到直線PQ的距離也為d，所以2d＝. 因為點A，B在直線mx＋2y＝0的異側，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0， 于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|， 從而2d＝. 又因為|y1－y2|＝＝，所以2d＝. 故四邊形APBQ的面積S＝|PQ|2d＝＝2. 而0<2－m2≤2，故當m＝0時，S取得最小值2. 綜上所述，四邊形APBQ面積的最小值為2. 4．（xx四川，13分）已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構成正三角形． (1)求橢圓C的標準方程； (2)設F為橢圓C的左焦點，T為直線x＝－3上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P，Q. ①證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標原點)； ②當最小時，求點T的坐標． 解：(1)由已知可得 解得a2＝6，b2＝2， 所以橢圓C的標準方程是＋＝1. (2)①由(1)可得，F(xiàn)的坐標是(－2,0)， 設T點的坐標為(－3，m)， 則直線TF的斜率kTF＝＝－m. 當m≠0時，直線PQ的斜率kPQ＝，直線PQ的方程是x＝my－2. 當m＝0時，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式． 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0， 其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0. 所以y1＋y2＝，y1y2＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝. 所以PQ的中點M的坐標為， 所以直線OM的斜率kOM＝－. 又直線OT的斜率kOT＝－， 所以點M在直線OT上， 因此OT平分線段PQ. ②由①可得， |TF|＝， |PQ|＝ ＝ ＝ ＝ . 所以＝ ＝ ≥ ＝. 當且僅當m2＋1＝，即m＝1時，等號成立，此時取得最小值． 所以當最小時，T點的坐標是(－3,1)或(－3，－1)． 5．（xx福建，13分）已知雙曲線E：－＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別為l1：y＝2x，l2：y＝－2x. (1)求雙曲線E的離心率； (2)如圖，O為坐標原點，動直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點(A，B分別在第一、四象限)，且△OAB的面積恒為8，試探究：是否存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線E？若存在，求出雙曲線E的方程；若不存在，說明理由． 解：(1)因為雙曲線E的漸近線分別為y＝2x，y＝－2x， 所以＝2，所以＝2，故c＝a， 從而雙曲線E的離心率e＝＝. (2)法一：由(1)知，雙曲線E的方程為－＝1. 設直線l與x軸相交于點C. 當l⊥x軸時，若直線l與雙曲線E有且只有一個公共點， 則|OC|＝a，|AB|＝4a， 又因為△OAB的面積為8， 所以|OC||AB|＝8， 因此a4a＝8，解得a＝2， 此時雙曲線E的方程為－＝1. 若存在滿足條件的雙曲線E，則E的方程只能為－＝1. 以下證明：當直線l不與x軸垂直時，雙曲線E：－＝1也滿足條件． 設直線l的方程為y＝kx＋m，依題意，得k＞2或k＜－2， 則C.記A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得y1＝，同理得y2＝. 由S△OAB＝|OC||y1－y2|， 得＝8， 即m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)． 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0. 因為4－k2＜0， 所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)， 又因為m2＝4(k2－4)， 所以Δ＝0，即l與雙曲線E有且只有一個公共點． 因此，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為－＝1. 法二：由(1)知，雙曲線E的方程為－＝1. 設直線l的方程為x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 依題意得－＜m＜. 由得y1＝，同理得y2＝. 設直線l與x軸相交于點C，則C(t,0)． 由S△OAB＝|OC||y1－y2|＝8， 得|t|＝8， 所以t2＝4|1－4m2|＝4(1－4m2)． 由得(4m2－1)y2＋8mty＋4(t2－a2)＝0. 因為4m2－1＜0，直線l與雙曲線E有且只有一個公共點當且僅當Δ＝64m2t2－16(4m2－1)(t2－a2)＝0， 即4m2a2＋t2－a2＝0，即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，即(1－4m2)(a2－4)＝0， 所以a2＝4， 因此，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為－＝1. 法三：當直線l不與x軸垂直時，設直線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 依題意得k＞2或k＜－2. 由得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0， 因為4－k2＜0，Δ＞0，所以x1x2＝， 又因為△OAB的面積為8， 所以|OA||OB|sin∠AOB＝8， 又易知sin∠AOB＝， 所以 ＝8，化簡得x1x2＝4. 所以＝4，即m2＝4(k2－4)． 由(1)得雙曲線E的方程為－＝1， 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0. 因為4－k2＜0，直線l與雙曲線E有且只有一個公共點當且僅當Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0， 即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4， 所以雙曲線E的方程為－＝1. 當l⊥x軸時，由△OAB的面積等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2與雙曲線E：－＝1有且只有一個公共點． 綜上所述，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為－＝1. 6．（xx江西，13分）如圖，已知雙曲線C：－y2＝1(a>0)的右焦點F，點A，B分別在C的兩條漸近線上，AF⊥x軸，AB⊥OB，BF∥OA(O為坐標原點)． (1)求雙曲線C的方程； (2)過C上一點P(x0，y0)(y0≠0)的直線l：－y0y＝1與直線AF相交于點M，與直線x＝相交于點N，證明：當點P在C上移動時，恒為定值，并求此定值． 解：(1)設F(c,0)，因為b＝1，所以c＝， 直線OB的方程為y＝－x，直線BF的方程為y＝(x－c)，解得B. 又直線OA的方程為y＝x， 則A，kAB＝＝. 又因為AB⊥OB，所以＝－1，解得a2＝3，故雙曲線C的方程為－y2＝1. (2)由(1)知a＝，則直線l的方程為－y0y＝1(y0≠0)，即y＝. 因為直線AF的方程為x＝2，所以直線l與AF的交點M； 直線l與直線x＝的交點為N. 則＝＝＝ ， 因為P(x0，y0)是C上一點，則－y＝1，代入上式得 ＝＝＝.所求定值為＝＝. 7．（xx安徽，5分）已知直線y＝a交拋物線y＝x2于A，B兩點．若該拋物線上存在點C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為________． 解析：本題考查直線與拋物線的位置關系，圓的性質(zhì)，考查考生的轉化與化歸能力． 法一：設直線y＝a與y軸交于點M，拋物線y＝x2上要存在C點，只要以|AB|為直徑的圓與拋物線y＝x2有交點即可，也就是使|AM|≤|MO|，即≤a(a>0)，所以a≥1. 法二：易知a>0，設C(m，m2)，由已知可令A(，a)，B(－，a)，則＝(m－，m2－a)，＝(m＋，m2－a)，因為⊥，所以m2－a＋m4－2am2＋a2＝0，可得(m2－a)(m2＋1－a)＝0.因為由題易知m2≠a，所以m2＝a－1≥0，故a∈[1，＋∞)． 答案：[1，＋∞) 7．（xx浙江，4分）設F為拋物線C：y2＝4x的焦點，過點P(－1,0)的直線l交拋物線C于A，B兩點，點Q為線段AB的中點．若|FQ|＝2，則直線l的斜率等于________． 解析：本題考查拋物線方程、性質(zhì)，直線與拋物線的位置關系，考查數(shù)形結合思想及運算求解能力． 法一：注意到|FQ|＝2，正好是拋物線通徑的一半，所以點Q為通徑的一個端點，其坐標為(1，2)，這時A，B，Q三點重合，直線l的斜率為1. 法二：令直線l的方程為x＝ty－1，由得y2－4ty＋4＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4t，y1y2＝4，x1＋x2＝4t2－2，所以xQ＝2t2－1，yQ＝2t，|FQ|2＝(xQ－1)2＋y＝4，代入解得，t＝1或t＝0(舍去)，即直線l的斜率為1. 答案：1 8．（xx新課標全國Ⅱ，12分）平面直角坐標系xOy中，過橢圓M：＋＝1 (a>b>0)右焦點的直線x＋y－＝0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為. (1)求M的方程； (2)C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值． 解：本題考查用待定系數(shù)法求橢圓方程以及直線與橢圓位置關系的問題，考查利用函數(shù)思想求最值，體現(xiàn)對考生綜合素質(zhì)特別是對考生分析問題、解決問題以及化歸與轉化能力的考查． (1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 則＋＝1，＋＝1，＝－1， 由此可得＝－＝1. 因為x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝， 所以a2＝2b2. 又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a2－b2＝3. 因此a2＝6，b2＝3. 所以M的方程為＋＝1. (2)由解得或 因此|AB|＝. 由題意可設直線CD的方程為y＝x＋n， 設C(x3，y3)，D(x4，y4)． 由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0. 于是x3,4＝. 因為直線CD的斜率為1，所以|CD|＝|x4－x3|＝ . 由已知，四邊形ACBD的面積S＝|CD||AB|＝ . 當n＝0時，S取得最大值，最大值為. 所以四邊形ACBD面積的最大值為. 9．（xx浙江，15分）如圖，點P(0，－1)是橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2＋y2＝4的直徑．l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D. (1)求橢圓C1的方程； (2)求△ABD面積取最大值時直線l1的方程． 解：本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，直線與圓的位置關系，直線與橢圓的位置關系等基礎知識，同時考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力． (1)由題意得 所以橢圓C1的方程為＋y2＝1. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由題意知直線l1的斜率存在，不妨設其為k，則直線l1的方程為y＝kx－1. 又圓C2：x2＋y2＝4，故點O到直線l1的距離d＝， 所以|AB|＝2＝2 . 又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0. 由消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，故x0＝－. 所以|PD|＝. 設△ABD的面積為S，則S＝|AB||PD|＝， 所以S＝≤＝， 當且僅當k＝時取等號． 所以所求直線l1的方程為y＝x－1. 10．（xx江西，13分）如圖，橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點P(1，)，離心率e＝，直線l的方程為x＝4. (1)求橢圓C的方程； (2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P)，設直線AB與直線l相交于點M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3. 問：是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由． 解：本題主要考查橢圓的標準方程及幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關系等，旨在考查考生綜合應用知識的能力． (1)由P在橢圓上得，＋＝1.① 依題設知a＝2c，則b2＝3c2.② ②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)法一：由題意可設直線AB的斜率為k， 則直線AB的方程為y＝k(x－1)．③ 代入橢圓方程3x2＋4y2＝12并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有 x1＋x2＝，x1x2＝.④ 在方程③中令x＝4得，M的坐標為(4,3k)． 從而k1＝，k2＝，k3＝＝k－. 由于A，F(xiàn)，B三點共線，則有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k. 所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－.⑤ ④代入⑤得k1＋k2＝2k－＝2k－1， 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常數(shù)λ＝2符合題意． 法二：設B(x0，y0)(x0≠1)，則直線FB的方程為y＝(x－1)， 令x＝4，求得M， 從而直線PM的斜率為k3＝， 聯(lián)立得A， 則直線PA的斜率為k1＝，直線PB的斜率為k2＝，所以k1＋k2＝＋＝＝2k3， 故存在常數(shù)λ＝2符合題意． 11．（xx福建，13分）如圖，在正方形OABC中，O為坐標原點，點A的坐標為(10,0)，點C的坐標為(0,10)．分別將線段OA和AB十等分，分點分別記為A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9連接OBi，過Ai作x軸的垂線與OBi交于點Pi(i∈N*,1≤i≤9)． (1)求證：點Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上，并求該拋物線E的方程； (2)過點C作直線l與拋物線E交于不同的兩點M，N，若△OCM與△OCN的面積比為4∶1，求直線l的方程． 解：本小題主要考查拋物線的性質(zhì)、直線與拋物線的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查化歸與轉化思想、數(shù)形結合思想、函數(shù)與方程思想． 法一：(1)依題意，過Ai(i∈N*,1≤i≤9)且與x軸垂直的直線的方程為x＝i， Bi的坐標為(10，i)，所以直線OBi的方程為y＝x. 設Pi的坐標為(x，y)，由 得y＝x2，即x2＝10y. 所以點Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x2＝10y. (2)依題意，直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝kx＋10. 由得x2－10kx－100＝0， 此時Δ＝100k2＋400>0，直線l與拋物線E恒有兩個不同的交點M，N. 設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 因為S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|. 又x1x2<0，所以x1＝－4x2， 分別代入①和②，得解得k＝. 所以直線l的方程為y＝x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0. 法二：(1)點Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在拋物線E：x2＝10y上． 證明如下：過Ai(i∈N*,1≤i≤9)且與x軸垂直的直線的方程為x＝i， Bi的坐標為(10，i)，所以直線OBi的方程為y＝x. 由解得Pi的坐標為. 因為點Pi的坐標都滿足方程x2＝10y， 所以點Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x2＝10y. (2)同法一． 12．（xx遼寧，5分）已知P，Q為拋物線x2＝2y上兩點，點P，Q的橫坐標分別為4，－2，過P，Q分別作拋物線的切線，兩切線交于點A，則點A的縱坐標為(　　) A．1　　　　　　　　　　　　　　　 B．3 C．－4 D．－8 解析：因為P，Q兩點的橫坐標分別為4，－2，且P，Q兩點都在拋物線y＝x2上，所以P(4,8)，Q(－2,2)．因為y′＝x，所以kPA＝4，kQA＝－2，則直線PA，QA的方程聯(lián)立得，即，可得A點坐標為(1，－4)． 答案：C 13．（xx北京，5分）在直角坐標系xOy中，直線l過拋物線y2＝4x的焦點F，且與該拋物線相交于A，B兩點，其中點A在x軸上方．若直線l的傾斜角為60，則△OAF的面積為________． 解析：直線l的方程為y＝(x－1)，即x＝y(tǒng)＋1，代入拋物線方程得y2－y－4＝0，解得yA＝＝2(yB＜0，舍去)，故△OAF的面積為12＝. 答案： 14．（xx新課標全國，12分）設拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為F，準線為l，A為C上一點，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點． (1)若∠BFD＝90，△ABD的面積為4，求p的值及圓F的方程； (2)若A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個公共點，求坐標原點到m，n距離的比值． 解：(1)由已知可得△BFD為等腰直角三角形，|BD|＝2p，圓F的半徑|FA|＝p. 由拋物線定義可知A到l的距離d＝|FA|＝p. 因為△ABD的面積為4，所以|BD|d＝4，即2pp＝4，解得p＝－2(舍去)或p＝2. 所以F(0,1)，圓F的方程為x2＋(y－1)2＝8. (2)因為A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，所以AB為圓F的直徑，∠ADB＝90. 由拋物線定義知|AD|＝|FA|＝|AB|， 所以∠ABD＝30，m的斜率為或－. 當m的斜率為時，由已知可設n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0. 由于n與C只有一個公共點，故Δ＝p2＋8pb＝0，解得b＝－. 因為m的縱截距b1＝，＝3，所以坐標原點到m，n距離的比值為3. 當m的斜率為－時，由圖形對稱性可知，坐標原點到m，n距離的比值為3. 15．（xx廣東，14分）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，且橢圓C上的點到點Q(0,2)的距離的最大值為3. (1)求橢圓C的方程； (2)在橢圓C上，是否存在點M(m，n)，使得直線l：mx＋ny＝1與圓O：x2＋y2＝1相交于不同的兩點A、B，且△OAB的面積最大？若存在，求出點M的坐標及對應的△OAB的面積；若不存在，請說明理由． 解：(1)由e＝＝ ＝，得a＝b， 橢圓C：＋＝1，即x2＋3y2＝3b2， 設P(x，y)為C上任意一點， 則|PQ|＝＝，－b≤y≤b，　 若b<1，則－b>－1，當y＝－b時，|PQ|max＝＝3，又b>0，得b＝1(舍去)， 若b≥1，則－b≤－1，當y＝－1時，|PQ|max＝＝3，得b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)法一：假設存在這樣的點M(m，n)滿足題意，則有＋n2＝1，即n2＝1－，－≤m≤.由題意可得S△AOB＝|OA||OB|sin ∠AOB＝sin ∠AOB≤， 當∠AOB＝90時取等號，這時△AOB為等腰直角三角形， 此時圓心(0,0)到直線mx＋ny＝1的距離為， 則 ＝，得m2＋n2＝2，又＋n2＝1， 解得m2＝，n2＝， 即存在點M的坐標為(，)，(，－)，(－，)，(－，－) 滿足題意，且△AOB的最大面積為. 法二：假設存在這樣的點M(m，n)滿足題意，則有＋n2＝1，即n2＝1－，－≤m≤， 又設A(x1，y1)、B(x2，y2)，由消去y得(m2＋n2)x2－2mx＋1－n2＝0，① 把n2＝1－代入①整理得(3＋2m2)x2－6mx＋m2＝0， 則Δ＝8m2(3－m2)≥0， 所以② 而S△AOB＝|OA||OB|sin ∠AOB＝sin ∠AOB， 當∠AOB＝90，S△AOB取得最大值， 此時＝x1x2＋y1y2＝0，又y1y2＝＝， 所以x1x2＋＝0， 即3－3m(x1＋x2)＋(3＋2m2)x1x2＝0， 把②代入上式整理得2m4－9m2＋9＝0，解得m2＝或m2＝3(舍去)， 所以m＝，n＝ ＝， 所以M點的坐標為(，)，(，－)，(－，)， (－，－)，使得S△AOB取得最大值. 16．(xx安徽，13分)如圖，點F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，過點F1作x軸的垂線交橢圓C的上半部分于點P，過點F2作直線PF2的垂線交直線x＝于點Q. (1)如果點Q的坐標是(4,4)，求此時橢圓C的方程； (2)證明：直線PQ與橢圓C只有一個交點． 解：(1)法一：由條件知，P(－c，)．故直線PF2的斜率為kPF2＝＝－. 因為PF2⊥F2Q，所以直線F2Q的方程為y＝x－.故Q(，2a)． 由題設知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1. 故橢圓方程為＋＝1. 法二：設直線x＝與x軸交于點M.由條件知，P(－c，)． 因為△PF1F2∽△F2MQ，所以＝. 即＝，解得|MQ|＝2a. 所以解得a＝2，c＝1. 故橢圓方程為＋＝1. (2)直線PQ的方程為＝，即y＝x＋a. 將上式代入橢圓方程得，x2＋2cx＋c2＝0， 解得x＝－c，y＝. 所以直線PQ與橢圓C只有一個交點． 17．（xx福建，13分）如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦點為F1，右焦點為F2，離心率e＝.過F1的直線交橢圓于A、B兩點，且△ABF2的周長為8. (1)求橢圓E的方程； (2)設動直線l：y＝kx＋m與橢圓E有且只有一個公共點P，且與直線x＝4相交于點Q.試探究：在坐標平面內(nèi)是否存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過點M？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由． 解：法一：(1)因為|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a， 所以4a＝8，a＝2. 又因為e＝，即＝，所以c＝1， 所以b＝＝. 故橢圓E的方程是＋＝1. (2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0， 即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化簡得4k2－m2＋3＝0.(*) 此時x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P(－，)． 由得Q(4,4k＋m)． 假設平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上． 設M(x1,0)，則＝0對滿足(*)式的m，k恒成立． 因為＝(－－x1，)，＝(4－x1,4k＋m)， 由＝0， 得－＋－4x1＋x＋＋3＝0， 整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**) 由于(**)式對滿足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝1. 故存在定點M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M. 法二：(1)同法一． (2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0， 即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化簡得4k2－m2＋3＝0.(*) 此時x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P(－，)． 由得Q(4,4k＋m)． 假設平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上． 取k＝0，m＝，此時P(0，)，Q(4，)，以PQ為直徑的圓為(x－2)2＋(y－)2＝4，交x軸于點M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，此時P(1，)，Q(4,0)，以PQ為直徑的圓為(x－)2＋(y－)2＝，交x軸于點M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合條件的點M存在，則M的坐標必為(1,0)． 以下證明M(1,0)就是滿足條件的點： 因為M的坐標為(1,0)，所以＝(－－1，)，＝(3,4k＋m)，從而＝－－3＋＋3＝0， 故恒有⊥，即存在定點M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M. 18．（2011江蘇，16分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，M、N分別是橢圓＋＝1的頂點，過坐標原點的直線交橢圓于P、A兩點，其中點P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C.連接AC，并延長交橢圓于點B.設直線PA的斜率為k. (1)當直線PA平分線段MN時，求k的值； (2)當k＝2時，求點P到直線AB的距離d； (3)對任意的k＞0，求證：PA⊥PB. 解：(1)由題設知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)， 所以線段MN中點的坐標為(－1，－)． 由于直線PA平分線段MN，故直線PA過線段MN的中點，又直線PA過坐標原點，所以k＝＝. (2)直線PA的方程為y＝2x，代入橢圓方程得＋＝1，解得x＝，因此P(，)，A(－，－)． 于是C(，0)，直線AC的斜率為＝1，故直線AB的方程為x－y－＝0. 因此，d＝＝. (3)證明：法一：將直線PA的方程y＝kx代入＋＝1，解得x＝. 記μ＝， 則P(μ，μk)，A(－μ，－μk)，于是C(μ，0)． 故直線AB的斜率為＝， 其方程為y＝(x－μ)，代入橢圓方程并由μ＝得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0， 解得x＝或x＝－μ. 因此B(，)． 于是直線PB的斜率k1＝＝＝－. 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB. 法二：設P(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)．設直線PB，AB的斜率分別為k1，k2.因為C在直線AB上，所以k2＝＝＝.從而 k1k＋1＝2k1k2＋1＝2＋1＝ ＋1＝＝＝0. 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.