2017年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)解讀+命題熱點(diǎn)突破專(zhuān)題17圓錐曲線中的熱點(diǎn)問(wèn)題理.docx

專(zhuān)題17 圓錐曲線中的熱點(diǎn)問(wèn)題【命題熱點(diǎn)突破一】軌跡方程、存在探索性問(wèn)題例1、【2016高考山東理數(shù)】（本小題滿(mǎn)分14分）平面直角坐標(biāo)系中，橢圓C：的離心率是，拋物線E：的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn).（I）求橢圓C的方程；（II）設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E在點(diǎn)P處的切線與C交與不同的兩點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為D，直線OD與過(guò)P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M.（i）求證：點(diǎn)M在定直線上;（ii）直線與y軸交于點(diǎn)G，記的面積為，的面積為，求 的最大值及取得最大值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo).【答案】（）;（）（i）見(jiàn)解析；（ii）的最大值為，此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為【解析】（）由題意知，可得：.因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)為，所以，所以橢圓C的方程為.（）（）設(shè)，由可得，所以直線的斜率為，因此直線的方程為，即.設(shè)，聯(lián)立方程得，由，得且，因此,將其代入得，因?yàn)?，所以直線方程為.聯(lián)立方程，得點(diǎn)的縱坐標(biāo)為，即點(diǎn)在定直線上.（）由（）知直線方程為，令得，所以，又，所以，所以，令，則，當(dāng)，即時(shí)，取得最大值，此時(shí)，滿(mǎn)足，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為，因此的最大值為，此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為.【變式探究】橢圓C：1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)點(diǎn)P(1，)作圓x2y21的切線，切點(diǎn)分別為A，B，直線AB恰好經(jīng)過(guò)橢圓的右焦點(diǎn)和上頂點(diǎn)(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)Q(5，0)任作一直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，記，線段MN上的點(diǎn)R滿(mǎn)足，求點(diǎn)R的軌跡方程解：（1）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則切線PA的方程為x1y11，同理切線PB的方程為x2y21，故直線AB的方程為xy1.由此得b2，c1，a，所以橢圓C的方程為1.（2）方法一：設(shè)M（x3，y3），N（x4，y4），R（x，y）.由，得（5x3，y3）（x45，y4），得因?yàn)辄c(diǎn)M，N在橢圓C上，所以所以第二個(gè)等式兩邊同乘2，兩式相減得x43.由，得（xx3，yy3）（x4x，y4y），即xx3（x4x），即（1）xx3x42x45（1）.把代入得（1）x1，根據(jù)已知1，所以x1.由解得y.所以點(diǎn)R的軌跡方程為x1（y5，所以y，所以點(diǎn)R的軌跡方程為x1（yb0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，該橢圓的離心率為，A是橢圓上一點(diǎn)，AF2F1F2，原點(diǎn)O到直線AF1的距離為.(1)求橢圓的方程(2)是否存在過(guò)F2的直線l交橢圓于B，C兩點(diǎn)，且滿(mǎn)足BOC的面積為？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：（1）設(shè)F1（c，0），F(xiàn)2（c，0）.由e，得ac，bc，所以橢圓的方程為1.直線AF2：xc，與橢圓方程聯(lián)立得yc，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性取A（c，c），則kAF1，所以AF1的方程為y（xc），即x2 yc0，所以坐標(biāo)原點(diǎn)到該直線的距離d，解得c1（舍去定值），故所求的橢圓的方程為y21.【特別提醒】解析幾何中存在探索性問(wèn)題的解法和其他的存在探索性問(wèn)題的解法的思想是一致的，即在假設(shè)其存在的情況下進(jìn)行計(jì)算和推理，根據(jù)得出的結(jié)果是否合理確定其存在與否【命題熱點(diǎn)突破二】圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題例2、【2016高考江蘇卷】（本小題滿(mǎn)分10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線，拋物線（1）若直線l過(guò)拋物線C的焦點(diǎn)，求拋物線C的方程；（2）已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱(chēng)的相異兩點(diǎn)P和Q.求證：線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為；求p的取值范圍.【答案】（1）（2）詳見(jiàn)解析，【解析】解：（1）拋物線的焦點(diǎn)為由點(diǎn)在直線上，得，即所以?huà)佄锞€C的方程為（2）設(shè)，線段PQ的中點(diǎn)因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線對(duì)稱(chēng)，所以直線垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為，則可設(shè)其方程為由消去得因?yàn)镻 和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn)，所以從而，化簡(jiǎn)得.方程（*）的兩根為，從而因?yàn)樵谥本€上，所以因此，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為因?yàn)樵谥本€上所以，即由知，于是，所以因此的取值范圍為【變式探究】已知橢圓C：1(ab0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1，)，離心率為，過(guò)橢圓右頂點(diǎn)的兩條斜率之積為的直線分別與橢圓交于點(diǎn)M，N.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程(2)直線MN是否過(guò)定點(diǎn)D？若過(guò)，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不過(guò)，請(qǐng)說(shuō)明理由解：（1）由e以及1，且a2b2c2，解得a24，b21，所以橢圓C的方程為y21.（2）方法一：直線MN恒過(guò)定點(diǎn)D（0，0）.證明如下：設(shè)右頂點(diǎn)為A（2，0），根據(jù)已知得直線AM，AN的斜率存在且不為零.設(shè)AM：yk（x2），代入橢圓方程，得（14k2）x216k2x16k240，設(shè)M（x1，y1），則2x1，即x1，y1k（x12），即M.設(shè)直線AN的斜率為k，則kk，即k，把點(diǎn)M坐標(biāo)中的k替換為，得N.當(dāng)M，N的橫坐標(biāo)不相等，即k時(shí)，kMN，直線MN的方程為y（x），即yx，該直線恒過(guò)定點(diǎn)（0，0）.當(dāng)k時(shí)，M，N的橫坐標(biāo)為零，直線MN也過(guò)定點(diǎn)（0，0）.綜上可知，直線MN過(guò)定點(diǎn)D（0，0）.由于AM，AN的斜率之積為負(fù)值，故點(diǎn)M，N在橢圓上位于x軸的兩側(cè)，直線MN與x軸的交點(diǎn)一定在橢圓內(nèi)部，而當(dāng)m2k時(shí)，直線ykx2k過(guò)定點(diǎn)（2，0），這是不可能的.當(dāng)MN的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)M，N關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，此時(shí)AM，AN的斜率分別為一，此時(shí)M，N恰為橢圓的上下頂點(diǎn)，直線MN也過(guò)定點(diǎn)（0，0）.綜上可知，直線MN過(guò)定點(diǎn)D（0，0）.【特別提醒】證明直線過(guò)定點(diǎn)的基本思想是使用一個(gè)參數(shù)表示直線方程，根據(jù)方程的成立與參數(shù)值無(wú)關(guān)得出關(guān)于x，y的方程組，以方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線所過(guò)的定點(diǎn)【變式探究】已知橢圓C：1(ab0)的左焦點(diǎn)是F(1，0)，上頂點(diǎn)是B，且|BF|2，直線yk(x1)與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若在x軸上存在點(diǎn)P，使得與k的取值無(wú)關(guān)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)解：（1）因?yàn)闄E圓C的左焦點(diǎn)是F（1，0），且|BF|2，所以c1，a2，所以由a2b2c2，得b23，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是1.（2）因?yàn)橹本€yk（x1）與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，聯(lián)立消去y，得（34k2）x28k2x4k2120，144k21440.設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，0），則x1x2，x1x2.（x1x0，y1）（x2x0，y2）（x1x0）（x2x0）y1y2x1x2x0（x1x2）xk2（x11）（x21）（1k2）x1x2（k2x0）（x1x2）k2x（1k2）（k2x0）k2xxx，若與k的取值無(wú)關(guān)，則只需，解得x0，所以在x軸上存在點(diǎn)P，使得與k的取值無(wú)關(guān)，P的坐標(biāo)為.【特別提醒】定值問(wèn)題就是證明一個(gè)量與其他的變化因素?zé)o關(guān)，這些變化的因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)等，這類(lèi)問(wèn)題的一般解法是用變化的量表達(dá)求證目標(biāo)，通過(guò)運(yùn)算求證目標(biāo)的取值與變化的量無(wú)關(guān)當(dāng)使用直線的斜率和截距表達(dá)直線方程時(shí)，在解題過(guò)程中要注意建立斜率和截距之間的關(guān)系，把雙參數(shù)問(wèn)題化為單參數(shù)問(wèn)題來(lái)解決【命題熱點(diǎn)突破三】圓錐曲線中的范圍與最值問(wèn)題例3. 【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿(mǎn)分14分）設(shè)橢圓（）的右焦點(diǎn)為，右頂點(diǎn)為，已知，其中 為原點(diǎn)，為橢圓的離心率.（）求橢圓的方程；（）設(shè)過(guò)點(diǎn)的直線與橢圓交于點(diǎn)（不在軸上），垂直于的直線與交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，若，且，求直線的斜率的取值范圍.【答案】（）（）【解析】（）解：設(shè)，由，即，可得，又，所以，因此，所以橢圓的方程為.（）解：設(shè)直線的斜率為（），則直線的方程為.設(shè)，由方程組，消去，整理得.解得，或，由題意得，從而.由（）知，設(shè)，有，.由，得，所以，解得.因此直線的方程為.設(shè)，由方程組消去，解得.在中，即，化簡(jiǎn)得，即，解得或.所以，直線的斜率的取值范圍為.【變式探究】已知圓心在x軸上的圓C過(guò)點(diǎn)(0，0)和(1，1)，圓D的方程為(x4)2y24.(1)求圓C的方程；(2)由圓D上的動(dòng)點(diǎn)P向圓C作兩條切線分別交y軸于A，B兩點(diǎn)，求|AB|的取值范圍（2）設(shè)圓D上的動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x0，y0），則（x04）2y4，即y4（x04）20，解得2x06.設(shè)點(diǎn)A（0，a），B（0，b），則直線PA：yax，即（y0a）xx0yax00.因?yàn)橹本€PA與圓C相切，所以1，化簡(jiǎn)得（x02）a22y0ax00.同理得（x02）b22y0bx00.由知a，b為方程（x02）x22y0xx00的兩根，則所以|AB|ab|.因?yàn)閥4（x04）2，所以|AB|2 2 .令t，因?yàn)?x06，所以t，所以|AB|2 2 ，所以當(dāng)t時(shí)，|AB|max；當(dāng)t時(shí)，|AB|min.所以|AB|的取值范圍為.【特別提醒】解析幾何中產(chǎn)生范圍的有如下幾種情況：(1)直線與曲線相交(判別式)；(2)曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)的范圍；(3)題目中要求的限制條件這些產(chǎn)生范圍的情況可能同時(shí)出現(xiàn)在一個(gè)問(wèn)題中，在解題時(shí)要注意全面把握范圍產(chǎn)生的原因【變式探究】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1和F2，上頂點(diǎn)為B，BF2的延長(zhǎng)線交橢圓于點(diǎn)A，ABF1的周長(zhǎng)為8，且0.(1)求橢圓的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P(1，0)的直線l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)T(4，3)，記直線TM，TN的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1k2最大時(shí)，求直線l的方程解：（1）由橢圓定義得ABF1的周長(zhǎng)為4a，所以4a8，a2.因?yàn)?，所以F1BF2B，F(xiàn)1BF2為等腰直角三角形，所以bca，所以橢圓的方程為1.（2）當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，取M（2，0），N（2，0），k1k2.當(dāng)直線l的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線l的方程為xmy1，代入橢圓方程得（m22）y22my30，則4m212（m22）0.設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則y1y2，y1y2，x1my11，x2my21.k1k2.令t4m1，則k1k2.當(dāng)t0時(shí)，0；當(dāng)t0時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)t5，即m1時(shí)等號(hào)成立.綜上可知，當(dāng)m1時(shí)，k1k2取得最大值1，此時(shí)直線l的方程為xy1，即xy10.【特別提醒】解析幾何中最值問(wèn)題的基本解法有幾何法和代數(shù)法幾何法是根據(jù)已知幾何量之間的相互關(guān)系，利用平面幾何和解析幾何知識(shí)解決問(wèn)題的方法(如拋物線上的點(diǎn)到某個(gè)定點(diǎn)和焦點(diǎn)的距離之和、光線反射問(wèn)題等)；代數(shù)法是建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(gè)(或兩個(gè))變量的函數(shù)，通過(guò)求解函數(shù)的最值(普通方法、基本不等式方法、導(dǎo)數(shù)方法等)解決問(wèn)題的方法【命題熱點(diǎn)突破四】向量、圓錐曲線性質(zhì)、點(diǎn)線距與基本不等式問(wèn)題例4、已知拋物線y24 x的焦點(diǎn)為橢圓1(ab0)的右焦點(diǎn)F2，且橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，經(jīng)過(guò)橢圓左焦點(diǎn)F1的直線l與橢圓交于C，D(異于A，B)兩點(diǎn)(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程(2)求四邊形ADBC的面積的最大值(3)若M(x1，y1)，N(x2，y2)是橢圓上的兩動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)足x1x22y1y20，動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足2(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，是否存在兩定點(diǎn)G1，G2使得|PG1|PG2|為定值？若存在，求出該定值；若不存在，說(shuō)明理由解：（1）由題設(shè)知，因?yàn)閽佄锞€y24 x的焦點(diǎn)為（，0），所以橢圓中的c，又由橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，得a2，所以b2a2c22，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.（2）方法一：A（2，0），B（2，0），F(xiàn)1（，0），顯然直線l的斜率不為零，設(shè)l：xmy，代入橢圓方程得（m22）y22 my20.設(shè)C（x3，y3），D（x4，y4），則有y3y4，y3y4.S四邊形ADBCSABCSABD|AB|y3|AB|y4|AB|y3y4|42 4，當(dāng)且僅當(dāng)，即m0時(shí)等號(hào)成立.故四邊形ADBC的面積的最大值為4.方法二：易知A（2，0），B（2，0），F(xiàn)1（，0），當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l的方程為x，此時(shí)S四邊形ADBC4.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為yk（x）（其中k0），即xy，代入橢圓方程得（2k21）y22 ky2k20，設(shè)C（x3，y3），D（x4，y4），則有y3y4，y3y4.S四邊形ADBCSABCSABD|AB|y3|AB|y4|AB|y3y4|42 b0)的離心率為，橢圓的短軸端點(diǎn)與雙曲線x21的焦點(diǎn)重合，過(guò)點(diǎn)P(4，0)且不垂直于x軸的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(1)求橢圓C的方程；(2)求的取值范圍解：（1）由題意知e，e2，得a2b2.又雙曲線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（0，），b，a24，b23，所以橢圓的方程為1.【高考真題解讀】1.【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿(mǎn)分14分）設(shè)橢圓（）的右焦點(diǎn)為，右頂點(diǎn)為，已知，其中 為原點(diǎn)，為橢圓的離心率.（）求橢圓的方程；（）設(shè)過(guò)點(diǎn)的直線與橢圓交于點(diǎn)（不在軸上），垂直于的直線與交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，若，且，求直線的斜率的取值范圍.【答案】（）（）【解析】（）解：設(shè)，由，即，可得，又，所以，因此，所以橢圓的方程為.（）解：設(shè)直線的斜率為（），則直線的方程為.設(shè)，由方程組，消去，整理得.解得，或，由題意得，從而.由（）知，設(shè)，有，.由，得，所以，解得.因此直線的方程為.設(shè)，由方程組消去，解得.在中，即，化簡(jiǎn)得，即，解得或.所以，直線的斜率的取值范圍為.2.【2016高考新課標(biāo)3理數(shù)】已知拋物線：的焦點(diǎn)為，平行于軸的兩條直線分別交于兩點(diǎn)，交的準(zhǔn)線于兩點(diǎn)（I）若在線段上，是的中點(diǎn)，證明；（II）若的面積是的面積的兩倍，求中點(diǎn)的軌跡方程.【答案】（）見(jiàn)解析；（）（）設(shè)與軸的交點(diǎn)為，則.由題設(shè)可得，所以（舍去），.設(shè)滿(mǎn)足條件的的中點(diǎn)為.當(dāng)與軸不垂直時(shí)，由可得.而，所以.當(dāng)與軸垂直時(shí)，與重合，所以，所求軌跡方程為. .12分3.【2016高考浙江理數(shù)】（本題滿(mǎn)分15分）如圖，設(shè)橢圓（a1）.（I）求直線y=kx+1被橢圓截得的線段長(zhǎng)（用a、k表示）；（II）若任意以點(diǎn)A（0,1）為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)，求橢圓離心率的取值范圍.【答案】（I）；（II）【解析】（）設(shè)直線被橢圓截得的線段為，由得，故，因此（）假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有個(gè)，由對(duì)稱(chēng)性可設(shè)軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)，滿(mǎn)足記直線，的斜率分別為，且，由（）知，故，所以由于，得，因此， 因?yàn)槭疥P(guān)于，的方程有解的充要條件是，所以因此，任意以點(diǎn)為圓心的圓與橢圓至多有個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為，由得，所求離心率的取值范圍為4.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】已知橢圓的焦點(diǎn)在軸上，是的左頂點(diǎn)，斜率為的直線交于兩點(diǎn)，點(diǎn)在上，（）當(dāng)時(shí)，求的面積；（）當(dāng)時(shí)，求的取值范圍【答案】（）；（）.（）由題意，.將直線的方程代入得.由得，故.由題設(shè)，直線的方程為，故同理可得，由得，即.當(dāng)時(shí)上式不成立，因此.等價(jià)于，即.由此得，或，解得.因此的取值范圍是.5.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題14分）已知橢圓C： （）的離心率為 ，的面積為1.（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)的橢圓上一點(diǎn)，直線與軸交于點(diǎn)M，直線PB與軸交于點(diǎn)N.求證：為定值.【答案】（1）；（2）詳見(jiàn)解析.【解析】（）由題意得解得.所以橢圓的方程為.（）由（）知，設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，直線的方程為.令，得，從而.直線的方程為.令，得，從而.所以.當(dāng)時(shí)，所以.綜上，為定值.6.【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿(mǎn)分13分）已知橢圓E：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)，直線與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)T.（）求橢圓E的方程及點(diǎn)T的坐標(biāo)；（）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，并求的值.【答案】（），點(diǎn)T坐標(biāo)為（2,1）；（）.【解析】（I）由已知，即，所以，則橢圓E的方程為.由方程組 得.方程的判別式為，由，得，此方程的解為，所以橢圓E的方程為.點(diǎn)T坐標(biāo)為（2,1）.（II）由已知可設(shè)直線 的方程為，有方程組 可得所以P點(diǎn)坐標(biāo)為（ ），.設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為 .由方程組 可得.方程的判別式為，由，解得.由得.所以 ，同理，所以.故存在常數(shù)，使得.7. 【2016高考上海理數(shù)】本題共有2個(gè)小題，第1小題滿(mǎn)分6分，第2小題滿(mǎn)分8分.雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，直線過(guò)且與雙曲線交于兩點(diǎn)。（1）若的傾斜角為，是等邊三角形，求雙曲線的漸近線方程；（2）設(shè)，若的斜率存在，且，求的斜率. 【答案】（1）（2）.【解析】（1）設(shè)由題意，因?yàn)槭堑冗吶切危裕?，解得故雙曲線的漸近線方程為（2）由已知，設(shè)，直線顯然由，得因?yàn)榕c雙曲線交于兩點(diǎn)，所以，且設(shè)的中點(diǎn)為由即，知，故而，所以，得，故的斜率為1(2015浙江，19)已知橢圓y21上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線ymx對(duì)稱(chēng)(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))解(1)由題意知m0，可設(shè)直線AB的方程為yxb.由消去y，得x2xb210.因?yàn)橹本€yxb與橢圓y21有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以2b220，將AB中點(diǎn)M代入直線方程ymx解得b由得m或m.(2)令t，則|AB|.且O到直線AB的距離為d.設(shè)AOB的面積為S(t)，所以S(t)|AB|d.當(dāng)且僅當(dāng)t2時(shí)，等號(hào)成立故AOB面積的最大值為.2(2015江蘇，18)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓1(ab0)的離心率為，且右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線l的距離為3. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)F的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點(diǎn)P，C，若PC2AB，求直線AB的方程解(1)由題意，得且c3，解得a，c1，則b1，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)當(dāng)ABx軸時(shí)，AB，又CP3，不合題意當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線AB的方程為yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將AB的方程代入橢圓方程，得(12k2)x24k2x2(k21)0，則x1，2，C的坐標(biāo)為，且AB.若k0，則線段AB的垂直平分線為y軸，與左準(zhǔn)線平行，不合題意從而k0，故直線PC的方程為y，則P點(diǎn)的坐標(biāo)為，從而PC.因?yàn)镻C2AB，所以，解得k1.此時(shí)直線AB的方程為yx1或yx1.3(2015天津，19)已知橢圓1(ab0)的左焦點(diǎn)為F(c，0)，離心率為，點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2y2截得的線段的長(zhǎng)為c，|FM|.(1)求直線FM的斜率；(2)求橢圓的方程；(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上，若直線FP的斜率大于，求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍 (2)由(1)得橢圓方程為1，直線FM的方程為y(xc)，兩個(gè)方程聯(lián)立，消去y，整理得3x22cx5c20，解得xc，或xc.因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限，可得M的坐標(biāo)為.由|FM|.解得c1，所以橢圓的方程為1.(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，直線FP的斜率為t，得t，即yt(x1)(x1)，與橢圓方程聯(lián)立消去y，整理得2x23t2(x1)26，又由已知，得t，解得x1，或1x0.設(shè)直線OP的斜率為m，得m，即ymx(x0)，與橢圓方程聯(lián)立，整理得m2.當(dāng)x時(shí)，有yt(x1)0，因此m0，于是m，得m.當(dāng)x(1，0)時(shí)，有yt(x1)0.因此m0，于是m，得m.綜上，直線OP的斜率的取值范圍是.4(2015四川，20)如圖，橢圓E：1(ab0)的離心率是，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2.(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(1)由已知，點(diǎn)(，1)在橢圓E上，因此解得a2，b，所以橢圓E方程為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(mǎn)足條件，則有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，)，(0，)，由，有，解得y01，或y02，所以，若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿(mǎn)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，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ykx1，A、B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯(lián)立得(2k21)x24kx20，其判別式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，因此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kQAk，kQBkk，所以kQAkQB，即Q，A，B三點(diǎn)共線，所以，故存在與P不同的定點(diǎn)Q(0，2)，使得恒成立5(2015山東，20)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2.以F1為圓心以3為半徑的圓與以F2為圓心以1為半徑的圓相交，且交點(diǎn)在橢圓C上(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓E：1，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的直線ykxm交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q.()求的值；()求ABQ面積的最大值解(1)由題意知2a4，則a2，又，a2c2b2，可得b1，所以橢圓C的方程為y21. ()設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)將ykxm代入橢圓E的方程，可得(14k2)x28kmx4m2160，由0，可得m2416k2，則有x1x2，x1x2.所以|x1x2|.因?yàn)橹本€ykxm與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，m)，所以O(shè)AB的面積S|m|x1x2|2.設(shè)t，將ykxm代入橢圓C的方程，可得(14k2)x28kmx4m240，由0，可得m214k2.由可知0t1，因此S22，故S2，當(dāng)且僅當(dāng)t1，即m214k2時(shí)取得最大值2.由()知，ABQ