2016届高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第8章 第9节 圆锥曲线的综合问题 20页

‎2010~2014年高考真题备选题库 第8章 平面解析几何 第9节 圆锥曲线的综合问题 ‎1．（2014浙江，15分）如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．‎ ‎(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；‎ ‎(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ 解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，‎ 由消去y得 ‎(b2＋a2k2)x2＋‎2a2kmx＋a‎2m2‎－a2b2＝0.‎ 由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，‎ 即b2－m2＋a2k2＝0，‎ 解得点P的坐标为.‎ 又点P在第一象限，‎ 故点P的坐标为P，.‎ ‎(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，‎ 所以点P到直线l1的距离d＝，‎ 整理得d＝，‎ 因为a2k2＋≥2ab，‎ 所以≤＝a－b，‎ 当且仅当k2＝时等号成立．‎ 所以点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ ‎2．（2014北京，14分）已知椭圆C：x2＋2y2＝4.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．‎ 解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ 所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.‎ 因此a＝2，c＝.‎ 故椭圆C的离心率e＝＝.‎ ‎(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：‎ 设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中x0≠0.‎ 因为OA⊥OB，所以·＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.‎ 当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，得t＝±，‎ 故直线AB的方程为x＝±.圆心O到直线AB的距离d＝.‎ 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．‎ 当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t)．‎ 即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.‎ d＝ .‎ 又x＋2y＝4，t＝－，故 d＝＝＝.‎ 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．‎ ‎3．（2014湖南，13分）如图，O为坐标原点，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：－＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝，且|F‎2F4|＝－1.‎ ‎(1)求C1，C2的的方程；‎ ‎(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．‎ 解：(1)因为e1e2＝，所以·＝，即a4－b4＝a4，因此a2＝2b2，从而F2(b,0)，F4(b,0)．于是b－b＝|F‎2F4|＝－1，所以b＝1，a2＝2，故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，－y2＝1.‎ ‎(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1,0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1.‎ 由得(m2＋2)y2－2my－1＝0.‎ 易知Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝，y1y2＝.‎ 因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝，于是AB的中点为M，故直线PQ的斜率为－，PQ的方程为y＝－x，即mx＋2y＝0.‎ 由得(2－m2)x2＝4，所以2－m2>0，且x2＝，y2＝，从而|PQ|＝2＝2.‎ 设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝.‎ 因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，‎ 于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，‎ 从而2d＝.‎ 又因为|y1－y2|＝＝，所以2d＝.‎ 故四边形APBQ的面积S＝|PQ|·2d＝＝2·.‎ 而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取得最小值2.‎ 综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.‎ ‎4．（2014四川，13分）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.‎ ‎①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；‎ ‎②当最小时，求点T的坐标．‎ 解：(1)由已知可得 解得a2＝6，b2＝2，‎ 所以椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)①由(1)可得，F的坐标是(－2,0)，‎ 设T点的坐标为(－3，m)，‎ 则直线TF的斜率kTF＝＝－m.‎ 当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝，直线PQ的方程是x＝my－2.‎ 当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，‎ 其判别式Δ＝‎16m2‎＋8(m2＋3)>0.‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝，‎ x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.‎ 所以PQ的中点M的坐标为，‎ 所以直线OM的斜率kOM＝－.‎ 又直线OT的斜率kOT＝－，‎ 所以点M在直线OT上，‎ 因此OT平分线段PQ.‎ ‎②由①可得，‎ ‎|TF|＝，‎ ‎|PQ|＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝ .‎ 所以＝ ‎＝ ≥ ＝.‎ 当且仅当m2＋1＝，即m＝±1时，等号成立，此时取得最小值．‎ 所以当最小时，T点的坐标是(－3,1)或(－3，－1)．‎ ‎5．（2014福建，13分）已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.‎ ‎(1)求双曲线E的离心率；‎ ‎(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，‎ 所以＝2，所以＝2，故c＝a，‎ 从而双曲线E的离心率e＝＝.‎ ‎(2)法一：由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l与x轴相交于点C.‎ 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，‎ 则|OC|＝a，|AB|＝‎4a，‎ 又因为△OAB的面积为8，‎ 所以|OC|·|AB|＝8，‎ 因此a·‎4a＝8，解得a＝2，‎ 此时双曲线E的方程为－＝1.‎ 若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为－＝1.‎ 以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－＝1也满足条件．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k＞2或k＜－2，‎ 则C.记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.‎ 因为4－k2＜0，‎ 所以Δ＝4k‎2m2‎＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)，‎ 又因为m2＝4(k2－4)，‎ 所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．‎ 因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ 法二：由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 依题意得－＜m＜.‎ 由得y1＝，同理得y2＝.‎ 设直线l与x轴相交于点C，则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.‎ 因为‎4m2‎－1＜0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当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，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ 法三：当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 依题意得k＞2或k＜－2.‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，‎ 因为4－k2＜0，Δ＞0，所以x1x2＝，‎ 又因为△OAB的面积为8，‎ 所以|OA|·|OB|·sin∠AOB＝8，‎ 又易知sin∠AOB＝，‎ 所以 ·＝8，化简得x1x2＝4.‎ 所以＝4，即m2＝4(k2－4)．‎ 由(1)得双曲线E的方程为－＝1，‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－‎4a2＝0.‎ 因为4－k2＜0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k‎2m2‎＋4(4－k2)(m2＋‎4a2)＝0，‎ 即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，‎ 所以双曲线E的方程为－＝1.‎ 当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：－＝1有且只有一个公共点．‎ 综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ ‎6．（2014江西，13分）如图，已知双曲线C：－y2＝1(a>0)的右焦点F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．‎ ‎(1)求双曲线C的方程；‎ ‎(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝相交于点N，证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值．‎ 解：(1)设F(c,0)，因为b＝1，所以c＝，‎ 直线OB的方程为y＝－x，直线BF的方程为y＝(x－c)，解得B.‎ 又直线OA的方程为y＝x，‎ 则A，kAB＝＝.‎ 又因为AB⊥OB，所以·＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为－y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知a＝，则直线l的方程为－y0y＝1(y0≠0)，即y＝.‎ 因为直线AF的方程为x＝2，所以直线l与AF的交点M；‎ 直线l与直线x＝的交点为N.‎ 则＝＝＝‎ ·，‎ 因为P(x0，y0)是C上一点，则－y＝1，代入上式得 ＝·＝·＝.所求定值为＝＝.‎ ‎7．（2013安徽，5分）已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________．‎ 解析：本题考查直线与抛物线的位置关系，圆的性质，考查考生的转化与化归能力．‎ 法一：设直线y＝a与y轴交于点M，抛物线y＝x2上要存在C点，只要以|AB|为直径的圆与抛物线y＝x2有交点即可，也就是使|AM|≤|MO|，即≤a(a>0)，所以a≥1.‎ 法二：易知a>0，设C(m，m2)，由已知可令A(，a)，B(－，a)，则＝(m－，m2－a)，＝(m＋，m2－a)，因为⊥，所以m2－a＋m4－2am2＋a2＝0，可得(m2－a)(m2＋1－a)＝0.因为由题易知m2≠a，所以m2＝a－1≥0，故a∈[1，＋∞)．‎ 答案：[1，＋∞)‎ ‎7．（2013浙江，4分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过点P(－1,0)的直线l交抛物线C于A，B两点，点Q为线段AB的中点．若|FQ|＝2，则直线l的斜率等于________．‎ 解析：本题考查抛物线方程、性质，直线与抛物线的位置关系，考查数形结合思想及运算求解能力．‎ 法一：注意到|FQ|＝2，正好是抛物线通径的一半，所以点Q为通径的一个端点，其坐标为(1，±2)，这时A，B，Q三点重合，直线l的斜率为±1.‎ 法二：令直线l的方程为x＝ty－1，由得y2－4ty＋4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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)，即直线l的斜率为±1.‎ 答案：±1‎ ‎8．（2013新课标全国Ⅱ，12分）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1 (a>b>0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.‎ ‎ (1)求M的方程；‎ ‎(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．‎ 解：本题考查用待定系数法求椭圆方程以及直线与椭圆位置关系的问题，考查利用函数思想求最值，体现对考生综合素质特别是对考生分析问题、解决问题以及化归与转化能力的考查．‎ ‎(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，‎ 则＋＝1，＋＝1，＝－1，‎ 由此可得＝－＝1.‎ 因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，‎ 所以a2＝2b2.‎ 又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.‎ 因此a2＝6，b2＝3.‎ 所以M的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由解得或 因此|AB|＝.‎ 由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n，‎ 设C(x3，y3)，D(x4，y4)．‎ 由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.‎ 于是x3,4＝.‎ 因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝|x4－x3|＝ .‎ 由已知，四边形ACBD的面积S＝|CD|·|AB|＝ .‎ 当n＝0时，S取得最大值，最大值为.‎ 所以四边形ACBD面积的最大值为. ‎ ‎9．（2013浙江，15分）如图，点P(0，－1)是椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．‎ 解：本题考查椭圆的几何性质，直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．‎ ‎(1)由题意得 所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为y＝kx－1.‎ 又圆C2：x2＋y2＝4，故点O到直线l1的距离d＝，‎ 所以|AB|＝2＝2 .‎ 又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.‎ 由消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，故x0＝－.‎ 所以|PD|＝.‎ 设△ABD的面积为S，则S＝|AB|·|PD|＝，‎ 所以S＝≤＝，‎ 当且仅当k＝±时取等号．‎ 所以所求直线l1的方程为y＝±x－1. ‎ ‎10．（2013江西，13分）如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P(1，)，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.‎ 问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．‎ 解：本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系等，旨在考查考生综合应用知识的能力．‎ ‎(1)由P在椭圆上得，＋＝1.①‎ 依题设知a＝‎2c，则b2＝‎3c2.②‎ ‎②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)法一：由题意可设直线AB的斜率为k，‎ 则直线AB的方程为y＝k(x－1)．③‎ 代入椭圆方程3x2＋4y2＝12并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1＋x2＝，x1x2＝.④‎ 在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4,3k)．‎ 从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.‎ 由于A，F，B三点共线，则有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.故存在常数λ＝2符合题意．‎ 法二：设B(x0，y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y＝(x－1)，‎ 令x＝4，求得M，‎ 从而直线PM的斜率为k3＝，‎ 联立得A，‎ 则直线PA的斜率为k1＝，直线PB的斜率为k2＝，所以k1＋k2＝＋＝＝2k3，‎ 故存在常数λ＝2符合题意．‎ ‎11．（2013福建，13分）如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10)．分别将线段OA和AB 十等分，分点分别记为A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9连接OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*,1≤i≤9)．‎ ‎(1)求证：点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；‎ ‎(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积比为4∶1，求直线l的方程．‎ 解：本小题主要考查抛物线的性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想．‎ 法一：(1)依题意，过Ai(i∈N*,1≤i≤9)且与x轴垂直的直线的方程为x＝i，‎ Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.‎ 设Pi的坐标为(x，y)，由 得y＝x2，即x2＝10y.‎ 所以点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.‎ ‎(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10.‎ 由得x2－10kx－100＝0，‎ 此时Δ＝100k2＋400>0，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 因为S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.‎ 又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，‎ 分别代入①和②，得解得k＝±.‎ 所以直线l的方程为y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.‎ 法二：(1)点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在抛物线E：x2＝10y上．‎ 证明如下：过Ai(i∈N*,1≤i≤9)且与x轴垂直的直线的方程为x＝i，‎ Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.‎ 由解得Pi的坐标为.‎ 因为点Pi的坐标都满足方程x2＝10y，‎ 所以点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.‎ ‎(2)同法一．‎ ‎12．（2012辽宁，5分）已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　　　　　　 B．3‎ C．－4 D．－8‎ 解析：因为P，Q两点的横坐标分别为4，－2，且P，Q两点都在抛物线y＝x2上，所以P(4,8)，Q(－2,2)．因为y′＝x，所以kPA＝4，kQA＝－2，则直线PA，QA的方程联立得，即，可得A点坐标为(1，－4)．‎ 答案：C ‎13．（2012北京，5分）在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2＝4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方．若直线l的倾斜角为60°，则△OAF的面积为________．‎ 解析：直线l的方程为y＝(x－1)，即x＝y＋1，代入抛物线方程得y2－y－4＝0，解得yA＝＝2(yB＜0，舍去)，故△OAF的面积为×1×2＝.‎ 答案： ‎14．（2012新课标全国，12分）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．‎ 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)或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的纵截距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.‎ ‎15．（2012广东，14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由e＝＝ ＝，得a＝b，‎ 椭圆C：＋＝1，即x2＋3y2＝3b2，‎ 设P(x，y)为C上任意一点，‎ 则|PQ|＝＝，－b≤y≤b，　‎ 若b<1，则－b>－1，当y＝－b时，|PQ|max＝＝3，又b>0，得b＝1(舍去)，‎ 若b≥1，则－b≤－1，当y＝－1时，|PQ|max＝＝3，得b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)法一：假设存在这样的点M(m，n)满足题意，则有＋n2＝1，即n2＝1－，－≤m≤.由题意可得S△AOB＝|OA|·|OB|sin ∠AOB＝sin ∠AOB≤，‎ 当∠AOB＝90°时取等号，这时△AOB为等腰直角三角形，‎ 此时圆心(0,0)到直线mx＋ny＝1的距离为，‎ 则 ＝，得m2＋n2＝2，又＋n2＝1，‎ 解得m2＝，n2＝，‎ 即存在点M的坐标为(，)，(，－)，(－，)，(－，－)‎ 满足题意，且△AOB的最大面积为.‎ 法二：假设存在这样的点M(m，n)满足题意，则有＋n2＝1，即n2＝1－，－≤m≤，‎ 又设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，‎ 则Δ＝‎8m2‎(3－m2)≥0，‎ 所以②‎ 而S△AOB＝|OA|·|OB|sin ∠AOB＝sin ∠AOB，‎ 当∠AOB＝90°，S△AOB取得最大值，‎ 此时·＝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点的坐标为(，)，(，－)，(－，)，‎ ‎(－，－)，使得S△AOB取得最大值.‎ ‎16．(2012安徽，13分)如图，点F1(－c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x＝于点Q.‎ ‎(1)如果点Q的坐标是(4,4)，求此时椭圆C的方程；‎ ‎(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点．‎ 解：(1)法一：由条件知，P(－c，)．故直线PF2的斜率为kPF2＝＝－.‎ 因为PF2⊥F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－.故Q(，‎2a)．‎ 由题设知，＝4,‎2a＝4，解得a＝2，c＝1.‎ 故椭圆方程为＋＝1.‎ 法二：设直线x＝与x轴交于点M.由条件知，P(－c，)．‎ 因为△PF‎1F2∽△F2MQ，所以＝.‎ 即＝，解得|MQ|＝‎2a.‎ 所以解得a＝2，c＝1.‎ 故椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)直线PQ的方程为＝，即y＝x＋a.‎ 将上式代入椭圆方程得，x2＋2cx＋c2＝0，‎ 解得x＝－c，y＝.‎ 所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．‎ ‎17．（2012福建，13分）如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝.过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．‎ 解：法一：(1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，‎ 即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，‎ 又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝‎2a，‎ 所以‎4a＝8，a＝2.‎ 又因为e＝，即＝，所以c＝1，‎ 所以b＝＝.‎ 故椭圆E的方程是＋＝1.‎ ‎(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋‎4m2‎－12＝0.‎ 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，‎ 即64k‎2m2‎－4(4k2＋3)(‎4m2‎－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)‎ 此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P(－，)．‎ 由得Q(4,4k＋m)．‎ 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．‎ 设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m，k恒成立．‎ 因为＝(－－x1，)，＝(4－x1,4k＋m)，‎ 由·＝0，‎ 得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，‎ 整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**)‎ 由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝1.‎ 故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.‎ 法二：(1)同法一．‎ ‎(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋‎4m2‎－12＝0.‎ 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，‎ 即64k‎2m2‎－4(4k2＋3)(‎4m2‎－12)＝0，‎ 化简得4k2－m2＋3＝0.(*)‎ 此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P(－，)．‎ 由得Q(4,4k＋m)．‎ 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．‎ 取k＝0，m＝，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－)2＝4，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，此时P(1，)，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为(x－)2＋(y－)2＝，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)．‎ 以下证明M(1,0)就是满足条件的点：‎ 因为M的坐标为(1,0)，所以＝(－－1，)，＝(3,4k＋m)，从而·＝－－3＋＋3＝0，‎ 故恒有⊥，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.‎ ‎18．（2011江苏，16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆＋＝1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C.连接AC，并延长交椭圆于点B.设直线PA的斜率为k.‎ ‎(1)当直线PA平分线段MN时，求k的值；‎ ‎(2)当k＝2时，求点P到直线AB的距离d；‎ ‎(3)对任意的k＞0，求证：PA⊥PB.‎ 解：(1)由题设知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，‎ 所以线段MN中点的坐标为(－1，－)．‎ 由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以k＝＝.‎ ‎(2)直线PA的方程为y＝2x，代入椭圆方程得＋＝1，解得x＝±，因此P(，)，A(－，－)．‎ 于是C(，0)，直线AC的斜率为＝1，故直线AB的方程为x－y－＝0.‎ 因此，d＝＝.‎ ‎(3)证明：法一：将直线PA的方程y＝kx代入＋＝1，解得x＝±.‎ 记μ＝，‎ 则P(μ，μk)，A(－μ，－μk)，于是C(μ，0)．‎ 故直线AB的斜率为＝，‎ 其方程为y＝(x－μ)，代入椭圆方程并由μ＝得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0，‎ 解得x＝或x＝－μ.‎ 因此B(，)．‎ 于是直线PB的斜率k1＝＝＝－.‎ 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.‎ 法二：设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)．设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2.因为C在直线AB上，所以k2＝＝＝.从而 k1k＋1＝2k1k2＋1＝2··＋1＝‎ ＋1＝＝＝0.‎ 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.‎