【数学】2019届一轮复习北师大版圆锥曲线中的热点问题学案 35页

‎【命题热点突破一】轨迹方程、存在探索性问题 例1、(2017·全国卷Ⅱ)设点O为坐标原点，动点M在椭圆C ＋y2＝1上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝. ‎ ‎(1)求点P的轨迹方程；‎ ‎(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明 过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎ ‎ ‎(2)证明 由题意知F(－1，0)，设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋‎3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)，‎ 由·＝1，得－‎3m－m2＋tn－n2＝1，‎ 又由(1)知m2＋n2＝2，故m＋‎3m－tn＝0.学 ‎ ‎【变式探究】【2016高考山东理数】（本小题满分14分） 平面直角坐标系中，椭圆C  的离心率是，抛物线E 的焦点F是C的一个顶点. （I）求椭圆C的方程；‎ ‎（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.‎ ‎（i）求证 点M在定直线上;‎ ‎（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求 的最大值及取得最大值时点P的坐标.‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（i）见解析；（ii）的最大值为，此时点的坐标为 ‎（Ⅱ）（Ⅰ）设，由可得，‎ 所以直线的斜率为，‎ 因此直线的方程为，即.‎ 设，联立方程 得，‎ 由，得且，‎ 因此,‎ 将其代入得，‎ 因为，所以直线方程为.‎ 联立方程，得点的纵坐标为，‎ 即点在定直线上.‎ ‎，‎ 所以，‎ 令，则，‎ 当，即时，取得最大值，此时，满足，‎ 所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.‎ ‎【变式探究】椭圆C ＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点P(1，)作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点Q(－5，0)任作一直线l交椭圆C于M，N两点，记＝λ，线段MN上的点R满足＝－λ，求点R的轨迹方程．‎ ‎【解析】‎ ‎（2）方法一 设M（x3，y3），N（x4，y4），R（x，y）.‎ 由＝λ，得（－5－x3，－y3）＝λ（x4＋5，y4），得 因为点M，N在椭圆C上，所以 所以 第二个等式两边同乘λ2，两式相减得x4＝－3－①.‎ 由＝－λ，得（x－x3，y－y3）＝－λ（x4－x，y4－y），即x－x3＝－λ（x4－x），即（1－λ）x＝x3－λx4＝－2λx4－5（1＋λ）②.‎ 把①代入②得（1－λ）x＝λ－1，根据已知λ≠1，所以x＝－1.‎ 由解得y＝±.学 ‎ 所以点R的轨迹方程为x＝－1（－0，解得t2>5.‎ 设M（x3，y3），N（x4，y4），则y3＋y4＝，y3y4＝.‎ 由＝λ，得y3＝－λy4，所以y4＝，y＝－，‎ 所以＝，所以＝－，‎ 设R（x，y），由＝－λ，得（x－x3，y－y3）＝－λ（x4－x，y4－y），‎ 得x＝＝＝＝－ty4－5＝（－）－5＝－·－5，把＝－代入得x＝－1.‎ y＝＝y4＝·＝－·＝，由于t2>5，所以－b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为，A是椭圆上一点，AF2⊥F‎1F2，原点O到直线AF1的距离为.‎ ‎(1)求椭圆的方程．‎ ‎(2)是否存在过F2的直线l交椭圆于B，C两点，且满足△BOC的面积为？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ ‎【解析】‎ ‎（2）显然直线l的斜率不为零.设直线l ＝my＋1，代入椭圆方程得（m2＋2）y2＋2my－1＝0.‎ 设B（x1，y1），C（x2，y2），则y1＋y2＝－，y1y2＝－，且x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，‎ 所以|BC|＝＝ ＝，‎ 且坐标原点到直线l的距离d＝，‎ 所以△BOC的面积为|BC|d＝＝，解得m＝±1，故存在符合要求的直线l，其方程为x＝±y＋1，即x－y－1＝0或x＋y－1＝0. 学 ‎ ‎【特别提醒】解析几何中存在探索性问题的解法和其他的存在探索性问题的解法的思想是一致的，即在假设其存在的情况下进行计算和推理，根据得出的结果是否合理确定其存在与否．‎ ‎【命题热点突破二】圆锥曲线中的定点、定值问题 例2、【2017课标1，理20】已知椭圆C （a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.‎ ‎（1）求C的方程；‎ ‎（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明 l过定点.‎ ‎【答案】（1）.（2）见解析。‎ ‎（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为 1， 2，‎ 如果l与x轴垂直，设l =t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t， ），（t， ）.‎ 则，得，不符合题设.‎ 由题设，故.‎ 即.‎ 解得.‎ 当且仅当时， ，欲使l ，即，‎ 所以l过定点（2， ）学 ‎ ‎【变式探究】【2016高考江苏卷】（本小题满分10分）‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线，抛物线 ‎（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；‎ ‎（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.‎ ‎①求证 线段PQ的中点坐标为；‎ ‎②求p的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）①详见解析，②‎ ‎【解析】‎ ‎（2）设，线段PQ的中点 因为点P和Q关于直线对称，所以直线垂直平分线段PQ，‎ 于是直线PQ的斜率为，则可设其方程为 ‎①由消去得 因为P 和Q是抛物线C上的相异两点，所以 从而，化简得.‎ 方程（*）的两根为，从而 因为在直线上，所以 因此，线段PQ的中点坐标为 ‎②因为在直线上 所以，即 由①知，于是，所以 因此的取值范围为 ‎【变式探究】已知椭圆C ＋＝1(a>b>0)经过点(1，)，离心率为，过椭圆右顶点的两条斜率之积为－的直线分别与椭圆交于点M，N.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程．‎ ‎(2)直线MN是否过定点D？若过，求出点D的坐标；若不过，请说明理由．‎ ‎【解析】‎ 解 （1）由e＝＝以及＋＝1，且a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ 当M，N的横坐标不相等，即 ≠±时， MN＝，直线MN的方程为y－＝（x－），即y＝x，该直线恒过定点（0，0）.‎ 当 ＝±时，M，N的横坐标为零，直线MN也过定点（0，0）.‎ 综上可知，直线MN过定点D（0，0）.‎ 方法二 当直线MN的斜率存在时，设MN y＝ ＋m，‎ 代入椭圆方程得（1＋4 2）x2＋8 mx＋‎4m2‎－4＝0.‎ 设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 设右顶点为A（2，0），根据已知·＝－，即4y1y2＋（x1－2）（x2－2）＝0，‎ 即（1＋4 2）x1x2＋（4 m－2）（x1＋x2）＋‎4m2‎＋4＝0，‎ 所以（1＋4 2）·＋（4 m－2）（－）＋‎4m2‎＋4＝0，‎ 即（4 m－2）（－8 m）＋‎8m2‎（1＋4 2）＝0，即m2＋2 m＝0，得m＝0或m＝－2 .‎ 当m＝0时，直线y＝ 经过定点D（0，0）.‎ 由于AM，AN的斜率之积为负值，故点M，N在椭圆上位于x轴的两侧，直线MN与x轴的交点一定在椭圆内部，而当m＝－2 时，直线y＝ －2 过定点（2，0），这是不可能的.‎ 当MN的斜率不存在时，点M，N关于x轴对称，此时AM，AN的斜率分别为一，，此时M，N恰为椭圆的上下顶点，直线MN也过定点（0，0）.‎ 综上可知，直线MN过定点D（0，0）. ‎ ‎【特别提醒】证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值无关得出关于x，y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．‎ ‎【变式探究】‎ 已知椭圆C ＋＝1(a>b>0)的左焦点是F(－1，0)，上顶点是B，且|BF|＝2，直线y＝ (x＋1)与椭圆C相交于M，N两点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若在x轴上存在点P，使得·与 的取值无关，求点P的坐标．‎ ‎【解析】‎ ‎（2）因为直线y＝ （x＋1）与椭圆C相交于M，N两点，‎ 联立消去y，得（3＋4 2）x2＋8 2x＋4 2－12＝0，Δ＝144 2＋144>0.‎ 设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，0），则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ ·＝（x1－x0，y1）·（x2－x0，y2）‎ ‎＝（x1－x0）·（x2－x0）＋y1y2‎ ‎＝x1x2－x0（x1＋x2）＋x＋ 2（x1＋1）（x2＋1）‎ ‎＝（1＋ 2）x1x2＋（ 2－x0）（x1＋x2）＋ 2＋x ‎＝（1＋ 2）·＋（ 2－x0）·＋ 2＋x ‎＝＋x ‎＝＋x，‎ 若·与 的取值无关，则只需＝，解得x0＝－，‎ 所以在x轴上存在点P，使得·与 的取值无关，P的坐标为.‎ ‎【特别提醒】定值问题就是证明一个量与其他的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题 解决．‎ ‎【命题热点突破三】圆锥曲线中的范围与最值问题 例3. 【2017江苏，17】 如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为, ,离心率为,两准线之间的距离为8.点在椭圆上，且位于第一象限，过点作 直线的垂线,过点作直线的垂线.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线的交点在椭圆上,求点的坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）设椭圆的半焦距为c. ‎ 因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以， ， ‎ 解得，于是， ‎ 因此椭圆E的标准方程是.‎ 从而直线的方程 ， ①‎ 直线的方程 . ②‎ 由①②，解得，所以.‎ 因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.‎ 又在椭圆E上，故.‎ 由，解得； ，无解.‎ 因此点P的坐标为.学 ‎ ‎【变式探究】【2016高考天津理数】（本小题满分14分）‎ 设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中 为原点，为椭圆的离心率.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点 ‎，若，且，求直线的斜率的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎（Ⅱ）解 设直线的斜率为（），则直线的方程为.‎ 设，由方程组，消去，整理得.‎ 解得，或，由题意得，从而.‎ 由（Ⅰ）知，，设，有，.‎ 由，得，所以，解得.‎ 因此直线的方程为.‎ 设，由方程组消去，解得.‎ 在中，，即，‎ 化简得，即，解得或.‎ 所以，直线的斜率的取值范围为.学 ‎ ‎【变式探究】已知圆心在x轴上的圆C过点(0，0)和(－1，1)，圆D的方程为(x－4)2＋y2＝4.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)由圆D上的动点P向圆C作两条切线分别交y轴于A，B两点，求|AB|的取值范围．‎ ‎【解析】‎ ‎（2）设圆D上的动点P的坐标为（x0，y0），‎ 则（x0－4）2＋y＝4，即y＝4－（x0－4）2≥0，解得2≤x0≤6.‎ 设点A（0，a），B（0，b），‎ 则直线PA y－a＝x，即（y0－a）x－x0y＋ax0＝0.‎ 因为直线PA与圆C相切，所以＝1，‎ 化简得（x0＋2）a2－2y‎0a－x0＝0.①‎ 同理得（x0＋2）b2－2y0b－x0＝0.②‎ 由①②知a，b为方程（x0＋2）x2－2y0x－x0＝0的两根，则 所以|AB|＝|a－b|＝＝‎ ＝.‎ 因为y＝4－（x0－4）2，所以|AB|＝2 ＝2 .‎ 令t＝，因为2≤x0≤6，所以≤t≤， ‎ 所以|AB|＝2 ＝2 ，‎ 所以当t＝时，|AB|max＝；当t＝时，|AB|min＝.‎ 所以|AB|的取值范围为.‎ ‎【特别提醒】解析几何中产生范围的有如下几种情况 (1)直线与曲线相交(判别式)；(2)曲线上点的坐标的范围；(3)题目中要求的限制条件．这些产生范围的情况可能同时出现在一个问题中，在解题时要注意全面把握范围产生的原因．‎ ‎【变式探究】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C ＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2，上顶点为B，BF2的延长线交椭圆于点A，△ABF1的周长为8，且·＝0.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)过点P(1，0)的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点T(4，3)，记直线TM，TN的斜率分别为 1， 2，当 1· 2最大时，求直线l的方程．‎ ‎【解析】‎ ‎（2）①当直线l的斜率为0时，取M（－2，0），N（2，0）， 1· 2＝×＝.‎ ‎②当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，‎ 代入椭圆方程得（m2＋2）y2＋2my－3＝0，则Δ＝‎4m2‎＋12（m2＋2）>0.‎ 设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1＋y2＝，y1y2＝，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1.‎ ‎ 1· 2＝·＝ ‎＝＝＋.‎ 令t＝‎4m＋1，则 1· 2－＝.‎ 当t≤0时，＝≤0；‎ 当t>0时，＝≤，当且仅当t＝5，即m＝1时等号成立. 学 ‎ 综上可知，当m＝1时， 1· 2取得最大值＋＝1，此时直线l的方程为x＝y＋1，即x－y－1＝0.‎ ‎【特别提醒】解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法．几何法是根据已知几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识解决问题的方法(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决问题的方法．‎ ‎【命题热点突破四】向量、圆锥曲线性质、点线距与基本不等式问题 例4、已知抛物线y2＝4 x的焦点为椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点F2，且椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过椭圆左焦点F1的直线l与椭圆交于C，D(异于A，B)两点．‎ ‎(1)求椭圆的标准方程．‎ ‎(2)求四边形ADBC的面积的最大值．‎ ‎(3)若M(x1，y1)，N(x2，y2)是椭圆上的两动点，且满足x1x2＋2y1y2＝0，动点P满足＝＋2(其中O为坐标原点)，是否存在两定点G1，G2使得|PG1|＋|PG2|为定值？若存在，求出该定值；若不存在，说明理由．‎ ‎【解析】‎ ‎（2）方法一 A（－2，0），B（2，0），F1（－，0），‎ 显然直线l的斜率不为零，设l ＝my－，‎ 代入椭圆方程得（m2＋2）y2－2 my－2＝0.‎ 设C（x3，y3），D（x4，y4），则有y3＋y4＝，y3y4＝－.‎ S四边形ADBC＝S△ABC＋S△ABD＝|AB||y3|＋|AB||y4|＝|AB|·|y3－y4|＝×4×＝2 ＝＝≤4，‎ 当且仅当＝，即m＝0时等号成立.‎ 故四边形ADBC的面积的最大值为4.‎ 方法二 易知A（－2，0），B（2，0），F1（－，0），‎ 当直线l的斜率不存在时，‎ l的方程为x＝－，此时S四边形ADBC＝4. ‎ 当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝ （x＋）（其中 ≠0），即x＝y－，代入椭圆方程得（2 2＋1）y2－2 y－2 2＝0，‎ 设C（x3，y3），D（x4，y4），则有y3＋y4＝，y3y4＝－.‎ S四边形ADBC＝S△ABC＋S△ABD＝|AB||y3|＋|AB||y4|＝|AB|·|y3－y4|＝×4×＝2 ＝＝<4.‎ 综上所述，四边形ADBC的面积的最大值为4.‎ ‎【易错提醒】 (1)错用圆锥曲线中系数的意义，如误以为长轴长就是a，焦距就是c；(2)忽视特殊情况，如使用直线的斜率时，忽视直线的斜率可能不存在；(3)不能正确地把几何条件(一般的几何条件、向量式表达的几何条件)转化为以坐标、方程表达的代数条件；(4)运算错误．‎ ‎【变式探究】已知椭圆C ＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线－x2＝1的焦点重合，过点P(4，0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)求·的取值范围．‎ ‎【解析】‎ 解 （1）由题意知e＝＝，∴e2＝＝＝，得a2＝b2.又∵双曲线的焦点坐标为（0，±），∴b＝，∴a2＝4，b2＝3，‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎【高考真题解读】‎ ‎1.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）‎ 设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中 为原点，为椭圆的离心率.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围. ‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）解 设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.‎ 由（Ⅰ）知，，设，有，.‎ 由，得，所以，解得.‎ 因此直线的方程为.‎ 设，由方程组消去，解得.‎ 在中，，即，‎ 化简得，即，解得或.‎ 所以，直线的斜率的取值范围为.‎ ‎2.【2016高考新课标3理数】已知抛物线 的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．‎ ‎（I）若在线段上，是的中点，证明；‎ ‎（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】由题设.设，则，且 ‎.‎ 记过两点的直线为，则的方程为. .....3分 ‎（Ⅱ）设与轴的交点为，‎ 则.‎ 由题设可得，所以（舍去），.‎ 设满足条件的的中点为.学 ‎ 当与轴不垂直时，由可得.‎ 而，所以.‎ 当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为. ....12分 ‎ ‎3.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆（a＞1）.‎ ‎（I）求直线y= +1被椭圆截得的线段长（用a、 表示）；‎ ‎（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值 范围.‎ ‎【答案】（I）；（II）．‎ ‎（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足 ‎．‎ 记直线，的斜率分别为，，且，，．‎ 由（Ⅰ）知，，，‎ 故，‎ 所以．‎ 由于，，得，‎ 因此， ①‎ 因为①式关于，的方程有解的充要条件是，‎ 所以．‎ 因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，‎ 由得，所求离心率的取值范围为．‎ ‎4.【2016高考新课标2理数】已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．‎ ‎（Ⅰ）当时，求的面积；‎ ‎（Ⅱ）当时，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎（Ⅱ）由题意，，.‎ 将直线的方程代入得.‎ 由得，故.‎ 由题设，直线的方程为，故同理可得，‎ 由得，即.‎ 当时上式不成立，‎ 因此.等价于，‎ 即.由此得，或，解得.‎ 因此的取值范围是.学 . ‎ ‎5.【2016年高考北京理数】（本小题14分）‎ 已知椭圆C （）的离心率为 ，，，，‎ 的面积为1.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设的椭圆上一点，直线与轴交于点M，直线PB与轴交于点N.‎ 求证 为定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，， ‎ 设，则.‎ 当时，直线的方程为.‎ 令，得，从而.‎ 直线的方程为.‎ 令，得，从而.‎ 所以 ‎.‎ 当时，，‎ 所以.‎ 综上，为定值. 学 ‎ ‎6.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）‎ 已知椭圆E 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；‎ ‎（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明 存在常数，使得，并求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】（I）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.‎ 由方程组 得.①‎ 方程①的判别式为，由，得，‎ 此方程①的解为，‎ 所以椭圆E的方程为.‎ 点T坐标为（2,1）.‎ 方程②的判别式为，由，解得.‎ 由②得.‎ 所以 ，‎ 同理，‎ 所以 ‎.‎ 故存在常数，使得.‎ ‎7. 【2016高考上海理数】本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.‎ 双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点。‎ ‎（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；‎ ‎（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率. ‎ ‎【答案】（1）．（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（2）由已知，，．‎ 设，，直线．显然．‎ 由，得．‎ 因为与双曲线交于两点，所以，且．‎ 设的中点为．‎ 由即，知，故．‎ 而，，，‎ 所以，得，故的斜率为．‎ ‎1．(2015·浙江，19)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎(2)令t＝∈∪，则 ‎|AB|＝·.‎ 且O到直线AB的距离为d＝.‎ 设△AOB的面积为S(t)，‎ 所以S(t)＝|AB|·d＝≤. ‎ 当且仅当t2＝时，等号成立．‎ 故△AOB面积的最大值为.‎ ‎2．(2015·江苏，18)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F 到左准线l的距离为3. ‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．‎ ‎ ‎ ‎(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意．‎ 当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝ (x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 将AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2 2)x2－4 2x＋2( 2－1)＝0，‎ 则x1，2＝，C的坐标为，且AB＝ ‎＝ ‎＝.‎ 若 ＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．‎ 从而 ≠0，故直线PC的方程为 y＋＝－，‎ 则P点的坐标为，‎ 从而PC＝.‎ 因为PC＝2AB，‎ 所以＝，‎ 解得 ＝±1.‎ 此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.学 ‎ ‎3．(2015·天津，19)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，|FM|＝.‎ ‎(1)求直线FM的斜率；‎ ‎(2)求椭圆的方程；‎ ‎(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，直线FM的方程为y＝(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，‎ 解得x＝－c，或x＝c.因为点M在第一象限，可得M的坐标为.‎ 由|FM|＝＝.学 ‎ 解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，‎ 得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立．‎ 消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，‎ 又由已知，得t＝＞，‎ 解得－＜x＜－1，或－1＜x＜0.‎ ‎ ‎ ‎4．(2015·四川，20)如图，椭圆E ＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.‎ ‎ (1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，‎ 因此解得a＝2，b＝，‎ 所以椭圆E方程为＋＝1.‎ 所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0，2)，‎ 下面证明 对任意直线l，均有＝，‎ 当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立，‎ 当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝ ＋1，A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 联立得(2 2＋1)x2＋4 －2＝0，‎ 其判别式Δ＝(4 )2＋8(2 2＋1)＞0，‎ 所以x1＋x2＝－，‎ x1x2＝－，‎ 因此＋＝＝2 ，‎ 易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，‎ 又 QA＝＝＝ －，‎ ‎ QB′＝＝＝－ ＋＝ －，‎ 所以 QA＝ QB′，即Q，A，B′三点共线，‎ 所以＝＝＝，‎ 故存在与P不同的定点Q(0，2)，使得＝恒成立．‎ ‎5．(2015·山东，20)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C ＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设椭圆E ＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝ ＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.‎ ‎(ⅰ)求的值；‎ ‎(ⅱ)求△ABQ面积的最大值．‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(ⅰ)设P(x0，y0)，＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)．‎ 因为＋y＝1，‎ 又＋＝1，‎ 即＝1，‎ 所以λ＝2，即＝2.学 . ‎ ‎(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 将y＝ ＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4 2)x2＋8 mx＋4m2－16＝0，‎ 由Δ＞0，可得m2＜4＋16 2，①‎ 则有x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 所以|x1－x2|＝.‎ 由Δ≥0，可得m2≤1＋4 2.②‎ 由①②可知0＜t≤1，‎ 因此S＝2＝2，‎ 故S≤2，‎ 当且仅当t＝1，即m2＝1＋4 2时取得最大值2.‎ 由(ⅰ)知，△ABQ面积为3S，‎ 所在△ABQ面积的最大值为6.‎ ‎6．(2015·湖南，20)已知抛物线C1 2＝4y的焦点F也是椭圆C2 ＋＝1(a＞b ＞0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.‎ ‎(1)求C2的方程；‎ ‎(2)过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且与同向．‎ ‎①若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率；‎ ‎②设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明 直线l绕点F旋转时，‎ ‎△MFD总是钝角三角形．‎ ‎【解析】‎ 解 (1)由C1 2＝4y知其焦点F的坐标为(0，1)．因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2－b2＝1.①‎ 又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为，所以＋＝1.②‎ 联立①，②得a2＝9，b2＝8.‎ 故C2的方程为＋＝1.‎ ‎ ‎ 由得(9＋8 2)x2＋16 －64＝0.‎ 而x3，x4是这个方程的两根，‎ 所以x3＋x4＝－，‎ x3x4＝－，⑤‎ 将④，⑤代入③，得16( 2＋1)＝＋，即 ‎16( 2＋1)＝，‎ 所以(9＋8 2)2＝16×9，‎ 解得 ＝±，‎ 即直线l的斜率为±.‎ ‎(ⅱ)由x2＝4y得y′＝，所以C1在点A处的切线方程为 y－y1＝(x－x1)，即y＝－.‎ 令y＝0得x＝，即M，‎ 所以||＝.‎ 而||＝(x1，y1－1)，于是·＝－y1＋1＝＋1＞0，‎ 因此∠AFM是锐角，从而∠MFD＝180°－∠AFM是钝角．‎ 故直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．学 ‎ ‎7．(2015·新课标全国Ⅰ，20)在直角坐标系xOy中，曲线C y＝与直线l y＝ ＋a(a>0)交于M，N两点，‎ ‎(1)当 ＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；‎ ‎(2)y轴上是否存在点P，使得当 变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．‎ ‎【解析】‎ ‎(2)存在符合题意的点，证明如下 ‎ 设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为 1， 2.‎ 将y＝ ＋a代入C的方程得x2－4 －4a＝0.‎ 故x1＋x2＝4 ，x1x2＝－4a.‎ 从而 1＋ 2＝＋ ‎＝＝.‎ 当b＝－a时，有 1＋ 2＝0，‎ 则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，‎ 所以点p(0，－a)符合题意.‎