2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题五第3讲直线、圆与椭圆的综合运用

1、第3讲 直线、圆与椭圆的综合运用2019考向导航考点扫描三年考情考向预测2019201820171.交点、定点、定值问题第17题第18题第17题解析几何综合是江苏高考必考 题.填空题主要考查圆锥曲线的几何性 质，主要是以椭圆为背景； 解答题主要 考查圆、直线、椭圆的综合问题，难度 较高，计算量大，重点关注交点、定点、 定值及最值、范围问题.2.范围、最值问题3.探索性问题1 .交点、定点、定值问题如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，则称为定值，探讨定值的问题一般为解答 题.求定点、定值的基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数 无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求

2、出定点、定值，然后再予以证明.2 .范围、最值问题求解析几何中的有关范围最值问题往往通过类比、联想、转化、合理地构造函数，然后 去分析、研究问题，转化问题和解决问题.对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段长度构成函数关系，函数思想在处理这类问题 时非常有效.圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解 决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数, 再求这个函数的最值，利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：利用判别式来构造不等

3、关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等 里天系；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.3 .探索性问题存在型探索性问题，是指判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等不确定的问题.这类问题常常出现“是否存在” “是否有”等形式的疑问句，以示结论有待于 确定.解答此类问题的思路是：通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出 肯定结

4、论的证明.即：“假设 推证一一定论”是解答此类问题的三个步骤.交点、定点、定值问题典型例题(2019高考江苏卷)如图，在平面直角坐22标系xOy中，椭圆1,在x轴的上方，长交圆F2于点B,C：券+ y2= 1(a>b>0)的焦点为 Fi(1, 0), F2(1 , 0).过 F2作 x 轴的垂线1与圆F2: (x1)2+y2 = 4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连接AFi并延，一 、，一.，-5连接BF2交椭圆C于点E,连接DFi.已知DFi = 2.求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标.【解】(1)设椭圆C的焦距为2c.因为 Fi(-1, 0), F2(1 , 0),所以 F

5、iF2=2, c= 1.又因为 DFi = 5, AF2,x轴，所以 DF2=1DF2FiF2 =Jf-22 =3 因此 2a = DFi + DF2= 4,从而 a=2.由 b2=a2c2,得 b2=3.x2 v2因此，椭圆c的标准方程为1+3=1 x2 y2(2)法一：由(1)知，椭圆 C： -+3 = 15 a=2.因为AF2，x轴，所以点A的横坐标为1 .将x=1代入圆F2的方程(x 1)2+y2=16,解得y=也.因为点A在x轴上方，所以A(1, 4).又 F1(一1, 0),所以直线 AF1： y=2x+2.y= 2x+ 2,由得 5x2 + 6x 11=0,（x 1） 2+ y2

6、= 16,解得x= 1或x= 一 丫.5将 x=g代入 y= 2x+2,得 y= 55因此 B -T-,一差.又 F2（1, 0）,所以直线 BF2： y=3（x-1）. 554y=4（xT）由22H=i,又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x=i.i3得 7x26xi3= 0,解得 x= i 或 x =.33将 x=1 代入 y=4（x_ 1）,得 y=_.一3因此 E i, 2 .x2 y2法二：由（1）知，椭圆C:7+f=1-如图,连接 EF1.因为 BF2=2a，EFl + EF2=2a,所 以 EFi=EB,从而 / BFiE= / B.因为 F2A=F2B,所以/A=/B.所以/

7、A=BFiE,从而 EFi / F2A.因为AF2，x轴，所以EFix轴.x= - i,因为 Fi（-i, 0）,由 x2y2得 y=57+3 = i53 一.3又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y= 2。因此E 一船2 .(1)求定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关;直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.(2)解析几何中证明直线过定点般是先选择一个参数建立直线系方程,然后根据直线系方程过定点时方程成立与参数没有关系,得到一个关于x, y的方程组，以这个方程组的解,可特殊对待.为坐标的点就是直线所过的定点.当定点具备一定的限制条件时

8、对点训练x2 y2f3 一、.，1 . (2019办州市局二倜研测试)已知椭圆 C:7+言=1(a>b>0)的离心率为,且过点P(2, 1).(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过P点作两条直线分别交椭圆C于两点A(X1, y1)，B(x2, y2),若直线PQ平分/APB,求证：直线 AB的斜率是定值，并求出这个 定值.解(1)因为椭圆c的离心率。=坐，所以a2 - b2 3a2 -4'即 a2=4b2,所以椭圆C的方程可化为x2+4y2=4b2, 又椭圆C过点P(2, -1),所以 4+4 = 4b2,得 b2=2,则 a2=8.-,一

9、 、-x2 y2所以所求椭圆c的标准方程为7+yr = 1 82(2)由题意，设直线PA的方程为y+1=k(x-2),x2+ 4y2= 8,联立方程得消去 y 得：(1 + 4k2)x28(2k2+k)x+ 16k2+16k 4=0.y=k (x 2) 1,所以2xi =16k2+ 16k 48k2+8k 21 +4k21 + 4k2因为直线PQ平分/APB,即直线PA与直线PB的斜率互为相反数8k2 8 k 2设直线pb的方程为y+1 = -k(x-2),同理求得x2=Fy1 + 1 = k (x1一 2),又所以 y1 一 y2= k(x1+x2)4k.y2 + 1 = k (x2 2),

10、16k24即 y1 y2= k(x1+ x2) 4k= k1 + 4k2 4k =一8k16k8k所以直线AB的斜率为kAB =2y1 y21 + 4kX1 X216k1 + 4k2一，八、一、八1所以直线AB的斜率是定值2范围、最值问题典型例题(2019泰州模拟)如图，在平面直角坐标. x - x2 y2系xOy中，椭圆E: a2+”b2=1(a>b>0)的左顶点为 A,与x轴平行的直线与椭圆E交于B、两点，过B、C两点且分别与直线 AB、AC垂直的直线相交于点 D.已知椭圆E的离心率为右焦点到右准线的距离为4、5 .5(1)求椭圆E的标准方程;(2)证明点D在一条定直线上运动，

11、并求出该直线的方程;(3)求4 BCD面积的最大值.a24,5- -c=r,c5【解】(1)由题意得c=a 3解得 a=3, c=<5,所以 b= >Ja2 c2 =2,X2 v2所以椭圆E的标准方程为 “1.(2)设B(x。，y。)，C(-xo, w),显然直线 AB, AC, BD, CD的斜率都存在，设为k1, k2,则 k1=xoyh，k2=V。口所以直线BD, CD的方程为y=-x°yp(x-xo)+yo, y = x0y0(x+ x0) + y。，消去 y 得x +xo) + yo = (x+ xo) + yo,化简得x=3,故点D在定直线x= 3上运动.,，

12、,r , ，x0 3(3)由(2)得点D的纵坐标为yD = -(3 + xo) + yo,px2,y2 .小、 29y2 mttxo - 34*5又9" 十 了 = 1，所以 x2- 9=一彳，则 yD = o-(3 + xo) + yo = o-+yo= -4yo,所以点D到直线BC的距离h为yDyo|= -4yoyo =4网,将y = yo代入x+ £= 1得x=型71 - y4，即 BC = 6-yj 1y4°,所以 BCD 面积 S>abcd = 2BC h=6J 1 一7加1_e+而=27 廿一1.如27T_4一4=27，当且仅当1?=?，即yo=

13、 班时等号成立27yo=W2时， BCD面积的最大值为.求范围最常见的解法有两种：代数法和几何法.若题目的条件和结论能体现一种明确的 函数关系，则可首先建立起目标函数 ，再求范围.求范围常用方法有配方法本不等式法及函数的单调性法,这种方法称为代数法.若题目的条件和结论能明显体现几何 特征及意义，则考虑利用图形性质来解决 ，这就是几何法.对点训练22A、B,2. (2019南京市四校联考)已知椭圆C: 4+b=1(0<b<4)的左、右顶点分别为为椭圆C上异于A、B的任意一点，A关于M的对称点为P.1(1)若M的横坐标为2,且点P在椭圆的右准线上，求 b的值;(2)若以PM为直径的圆恰

14、好经过坐标原点O,求b的取值范围.解(1)因为M是AP的中点，1xm=2，xa= 2,所以 xp=3.因为P在椭圆的右准线上，所以4、= 3解得b=20 9(2)设点P的坐标为(xo, yo),点M的坐标为(XIy1),xo 2因为P关于M的对称点为A,所以x°2N = x1,yo 2=y1,即 xo=2xi + 2, yo=2yi.因为以PM为直径的圆恰好经过坐标原点O,所以OMOP,所以 oMl OP=0,即 xox1 + yoy1=0,所以(2x1+ 2)x1+2y2= 0,即 y2= x2x1.x2又点M在椭圆-4y2咤=19Vb<4）上，所以小"1,即b=己

15、一1-7crn, ,x2 + xixi + 4所以 b=4X= 4(i+-)x2-4x2-4)= 41 +xi + 4(xi + 4) 28 (xi + 4) + 12=4i +ii2，(2+一因为一2<xi<2,所以 2<xi + 4<6,所以43wxi + 4 +i2xi+ 4<8,所以i<,i2 c(x1+ 4) + -8 xi + 4i4m8'即i/i2 c(xi+4) +8xi+46(8,i43- 8?所以 bC( 一 4(i +4V3-8%即 bC (8, 28.又 0<b<4,所以 bC(0, 2-./3.探索性问题典型例题

16、x2 y2(2019苏州模拟)如图,椭圆C:孑+京=(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为 A,B,右焦点为F,点P在椭圆C上，且PFx轴，若AB/OP且 |AB|=2#.求椭圆C的方程;(2)Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点 D,使得直线 QAb2a，与QD的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点 D的坐标；若不存在，说明理由.【解】由题意得A(-a, 0), B(0, b),可设P(c, t)(t>0),所以弓+5=1,解得t=a bb2 即 P c, b ,b2由 AB / OPb = -, 即b=c,所以 a2=b2+c2=2b2, a c又AB =

17、 2小,所以a2+b2=12,丫2 、心由得a2=8, b 率e=2,直线l： xmy1=0(mC R)过椭圆C的右焦点F,且交椭圆C于A, B两点.=4,所以椭圆C的方程为1/1.X0(2)假设存在D(m, 0)使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值，设Q(x。，yo)(yow 0),则石+A,设 kQAX kQD=k(常数)，因为 A(2，0),所以 3x4= k, xo+ 2,2 xomX2 由得y2=4 1不，8将代入，得8 X2k 2x2+ (2加一m) xo 2j2m所以 2，m=3 所以 m = 2j2, k=-1,所以存在点 D(2/2, 0),使彳#kQAXkQD= 1.2mm

18、=8,22解答探索性问题，需要正确辨别题型，分析命题的结构特征，选择解题的突破口 ，寻找 出最优的解题思路.解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型，解决问题一般是根据条件进行演绎推理.解答时，不但需要熟练掌握圆锥曲线的概念和性质、方程和不等式等各项知识，还要具备较强的审题能力、逻辑思维能力和运算能力以及善于运用数形结 合的思想方法分析问题、解决问题的能力.对点训练x2 y23. (2019常州市期末)在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆C: /+#= 1(a>b>0)的离心(1)求椭圆C的标准方程;5(2)已知点D 5, 0 ,连结BD,过点A作垂直于y轴的直线l1，设

19、直线li与直线BD交于点P,试探索当m变化时，是否存在一条定直线 12,使得点P恒在直线12上？若存在，请求出直线12的方程；若不存在，请说明理由.c= 1,c = 1解(1)由题设，得c 1解得a=? a=2从而 b2 = a2 c2 = 3,x2 V2所以椭圆C的标准方程为力一(2)令m= 0,32或者AB i,时，p时，p所以满足题意的定直线12只能是x= 4.卜面证明点P恒在直线x=4上.设A(xi, yi), B(x2, y2),由于PA垂直于y轴所以点P的纵坐标为yi,从而只要证明P(4yi)在直线BD上.x my 1 = 0,由 x2 y2 i+3 = 得(4 + 3m2)y2+

20、 6my 9=0,因为A= 144(1 + m2) >0,所以因为kDB kDP =y2 0 yi 0555x2- 2 42 my2+i2332y2yi my2-2332 my222yi +y2 -myiy233，my22- 6m 9yi+y2=473mL yiy2=4T3m2.式代入上式，得kDB - kDP= 0,所以 kDB= kDP .所以点P(4, yi)恒在直线BD上，从而直线li、直线BD与直线12：x= 4三线恒过同一点P,所以存在一条定直线l2： x=4使得点P恒在直线12上.基础达标1方程占十三=1表示双曲线的充要条件是kc解析易知k+1wk 5.由条件得(k+1)(

21、k 5)<0, 解得1<k<5.x22. (2019江苏名校联考)若双曲线-答案(T, 5) 1y2=1的左焦点为F,点P是双曲线右支上的动点,A(1, 4),则|PF|十|PA|的最小值是x2y2解析由题意知，双曲线7一右=1的左焦点F的坐标为(一4, 0),设双曲线的右焦点为,则B(4 , 0),由双曲线的定义知，|PF| 十 |%| = 4 + |PB|+ |PA|>4 + |AB| = 4 +7 (41) 2+ ( 0 4) 2 =4+5= 9,当且仅当A, P, B三点共线且 P在A, B之间时取等答案93. (2019江苏名校高三入学摸底)若直线l: y=k

22、(x 1)与圆 C: x2+y2+2x 4y+1 = 0 交于A、B两点，且 ABC为等边三角形，则实数 k的值为解析将圆C的方程化为标准方程得(x+ 1)2+(y2)2=4,所以圆心C(-1, 2),半径r =2,又由题意可知|AB|= 2,所以圆心C到直线l的距离为 山212 =73,所以1*;四即 k2 + 8k+ 1= 0,解得k= 4 小5或k= 4+于5.答案4班54. (2019南京、盐城高三模拟)过点P(-4, 0)的直线l与圆C: (x1)2+y2=5相交于A,B两点，若点A恰好是线段PB的中点，则直线解析根据题意，由于（一4i）2>5,所以点l的方程为P在圆C外，过圆

23、心 C作CM，AB于M ,连结AC .易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y= k(x+4),即 kxy+4k=0,则|CM|= 1k+4k|k2+iJ5k=, |AM|=> k (-kL) 2 =代警2.又点A恰好是线段PB的中点,所以|PM|Vk2+i/k2+iV k +i= 3|AM|,在 RtPMC 中，|CM|2+|PM 2= |PC|2,即25k245i80k2k2+ i +k2+ i25,得 180k2=20,即k=故直线l的方程为x耳y+4=0. 3答案xi3y+4=05. （20i9河北邯郸模拟改编）椭圆52 + y2=i的焦点为Fi, F2,点P在椭圆上，如果线段

24、12 3PF2的中点在y轴上，那么 PF2是PFi的倍.解析设线段PF2的中点为D,i.则 OD = 2PFi, od / PFi, ODx 轴,所以PFi"轴.所以PF-b2-专=除. a 2 ,32又因为 PFi+PF2 = 4V3, 所以 PF2=4 .3-23=73.所以PF2是PFi的7倍.答案7F2,椭圆C上x2 y2、6. （20i9广州调研改编）已知椭圆C: -+3 = i的左、右焦点分别为Fi,点A满足AF2±FiF2.若点P是椭圆C上的动点，则FiP F2A的最大值为一 一， 一b2 33 则FiP - F2A=2|FiP| cos解析设向量FiP, F

25、2A的夹角为0.由条件知 AF2为椭圆通径的一半，即AF2=W = "2,o,于是fIp MA要取得最大值，只需fIp在向量F1A上的投影值最大，易知此时点P在椭圆短轴的上顶点，所以f!p-MA= 3|F；P|cos乎- 3,3答案27. 在平面直角坐标系 xOy中，P为双曲线x2y2=i右支上的一个动点， 若点P到直线x-y+ i = 0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为解析所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线xy = 0与直线x- y+ i = 0的距离，此距离d =答案28.椭圆5 ay2by2= 13b>0)的右焦点F(c, 0)关于直线y=bx的对称点Q在椭圆上

26、，则椭圆的离心率是解析设椭圆的另一个焦点为Fi(-c, 0),如图，连ZQFi, QF,交于点M .设QF与直线y=3 c由题意知M为线段QF的中点，且OMLFQ,又O为线段FiF的中点，所以 FiQ/ OM ,所以 FiQXQF, FiQ=2OM.在 RtMOF 中,tanZ MOF =OMF- = b, |OF| = c,可解得 OM = c2, MF = bc, aa故 QF=2MF = 2bc, QFi=2OM = 2c" .aa由椭圆的定义得 QF + QFi =独c+空=2a, a a整理得 b= c,所以 a= 4b2+ c2 =>J2c,故 e=a 2答案当9.

27、 (2019江苏高考命题研究专家原创卷 )已知斜率为 乎的直线l与椭圆|2+，= 1(a>b>0)交于不同的两点，且这两个交点在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点，则该椭圆的离心率为解析由题意知，直线l过原点，且与椭圆的两个交点的横坐标分别为一c, c,所以两个交点的坐标分别为(c,乎c),(c,2c),代入椭圆方程得72+枭=1,整理得c2(a2+2b2)22a 2 b= 2a2b2,因为b2=a2c2,所以c2（3a22c2）=2a42a2c2,IP2a4-5a2c2+2c4=0,即2e45e21一 2= 0,解得 e2 = 2 或 e2=又 0<e<1,所以 e=答

28、案当10.若对于给定的正实数k.k,函数f(x) =-的图象上思存在点 C,使得以C为圆心、1为二 x径的圆上有两个不同的点到原点O的距离为2,则k的取值范围是k解析设 C t, t （tw。）,- k 一 一故圆 C: （xt）2+（y：）2 = 1,原题等价于？ tCR, tw0,圆 C- k _- -，、 一一一 _ k2-（x1）2+（y ,）2= 1 与圆 x2+y2 = 4 相父.又 CO2=t2+1,1 = 2, r2= 1,所以原题等价于？ t2>081 , k2>0,所以对于任意k2k2>t2t4,1<t2 + F9,即 k2<9t2_t4 又

29、tie -00, 4 , 91%k2>t2 t4都有解，所以只需k2<81.又k>0,所以kC 0-9答案0, 211. (2018高考江苏卷)如图，在平面直角坐标系 xOy中，椭圆C过点V3, 2，焦点Fi(V3, 0）, F2（V3, 0）,圆。的直径为 F1F2.P.求点 P的坐标;直线l与椭圆C交于A, B两点.若4OAB的面积为276,求直线l的方程.解(1)因为椭圆C的焦点为Fi(-3,。), F2(V3,。), 可设椭圆C的方程为x2+b2=1(a>b>o).又点近2在椭圆C上,所以a2+4b2T 解得 a2=4,a2-b2=3,b2=1-因此x2椭

30、圆C的方程为>y2=1.因为圆。的直径为FiF2,所以其方程为x2+y2=3.(2)设直线l与圆O相切于P(xo,yo)(xo>0, yo>0),则X0 + y2=3,所以直线l的方程为xoy=- yO(x-x0) + y0,求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆。相切于第一象限内的点若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,7+y2=i,4由消去y,得xo3y = x+ yyoyo(*)(4x2 + y2)x2 24xox+ 36 4yo = o.因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点所以 A= ( 24X0)2 4(4x2 + y2)(36-4y2)= 48y0(x2-2)=0

31、.因为 xo, yo>O,所以 xo= V2, yo=1.因此，点P的坐标为(5，1).因为三角形OAB的面积为276,所以 1ab op=¥，从而 AB = 472.设A(x1, yi), B(x2, y2), 由(*)得24xo±山8,(x22)X1 2-2 (4x0+y0)，所以 AB2=(Xi-x2产+(y-y2尸+ 看 .484黑；)2 -因为 x2+y2=3,所以 AB2= 16濡彳占=39,即 2x4 45x0+ 100= 0,解得 x2=5(x2=20 舍去)，则 y2=：因此P的坐标为当回,/.综上，直线l的方程为y=- 75x+ 3v2.x2 y2

32、12. (2019南京、盐城模拟)在平面直角坐标系 xOy中，椭圆C：1+常=1(a>b>0)的右 准线方程为x=4,右顶点为A,上顶点为B,右焦点为F,斜率为2的直线经过点 A,且点F 到直线的距离为啰.(1)求椭圆C的标准方程;(2)将直线绕点A旋转，它与椭圆 C相交于另一点P,当B, F, P三点共线时，试确定直 线的斜率.解(1)由题意知，直线的方程为y=2(x-a),即 2x y 2a = 0,所以右焦点F到直线的距离为|2c 2a| 2,5所以a- c= 1,又椭圆C的右准线为x= 4,即记=4 c所以c=将此代入上式解得a=2, c= 1,所以b2=3,所以椭圆C的方

33、程为1(2)法一：由(1)知 B(0, 回 F(10),所以直线BF的方程为y=-V3(x-1),联立方程组y=2X4+4=138 x=5 解得或3、35x= 0,(舍去) y= 3即P8所以直线的斜率k=3、35853432法二：由(1)知B(0V3), F(1, 0),所以直线BF的方程为y=-V3(x- 1),由题知A(20),显然直线的斜率存在设直线的方程为y=k(x 2),联立方程组y=-V3 (x-1) y=k (x2),解得2k+ ,3x= k+ ；3，l 代入椭圆解得k=,3kyk+V?33或k=乎，又由题意知,5k<0 得 k>0 或 kv V3,所以 k=323

34、13. (2019泰州市模拟)如图, .2x2 y2在平面直角坐标系 xOy中，离心率为 亍的椭圆C：示+号=1(a>b>0)的左顶点为 A,过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P, Q两点，直线PA, QA分别与y轴交于M, N两点.若直线PQ斜率为专时，PQ = 2g求椭圆C的标准方程；(2)试问以MN为直径的圆是否经过定点 (与直线PQ的斜率无关)？请证明你的结论.“52斛设 P xo,xo，因为直线PQ斜率为当时，PQ=243,所以x0+泉0 2=3,所以x0=2,所以拿+b2=i,因为 e= c="a b-=申，所以 a2=4, b2= 2.a a 2一

35、,、-x2 y2所以椭圆c的标准方程为24+-y2=i.(2)以MN为直径的圆过定点 F(寸2, 0).x2 年设 P(xo, yo),则 Q( xo, -yo),且+y2= 1,即 x2+2y2 = 4,因为A(-2,。)，所以直线PA方程为y=x；22(x+2),所以M。，x2y02 ,直线QA方程为y =yoxo 22yo(x+ 2),所以 N 0,2，xo 2以MN为直径的圆为(x- o)(x- o)+ yx2y2 y 定匕=o.4xoyo即 x2+y2-4y2.y+xo-4=62xo因为 x0- 4=- 2y2,所以 x2+y2+y-2 = 0,令 y=0,则 x22=0,解得 x=

36、 1y2,所以以MN为直径的圆过定点F( ±j2, 0).14. (2018镇江期末)已知椭圆x+y=1(a>b> 0)的右焦点F(1, 0),离心率为 日，过F a b2作两条互相垂直的弦 AB, CD,设AB, CD的中点分别为 M, N.(1)求椭圆的方程;(2)证明：直线 MN必过定点，并求出此定点坐标;若弦AB, CD的斜率均存在，求 FMN面积的最大值.解(1)由题意：c=1, c=乎，则 a = 2, b=1, c= 1,a 2x2椭圆的方程为x2+y2 = l.(2)证明：当AB, CD斜率均存在时设直线AB方程为y=k(x- 1),A(xi, yi),

37、B(x2,x1 + x2y=k (x 1), x2+2y2-2=04k2xi+x2=?rk22k2 2 xix2=172k2,得(1 + 2k2) x2 4k2x + 2k2 2 = 0, 1 1将上式中的k换成，则同理可得：N2+k2' 2+k2 '2k21+2k2 2+k2'得k= +，则直线MN斜率不存在， .2此时直线MN过点23下证动直线 MN过定点P 2, 0 .3若直线MN斜率存在kk1 + 2k22 + k22k221 + 2k22 + k2-k (3k2+3)-2k4-22春直线MN为y上= 2+ k23X 2 k212x2+k2，5令 y=0,得 X

38、m3+Zx =% =2, 2+k2 3 2+k2 32+k23当直线AB, CD的斜率有一条不存在时,直线MN为x= 0,也满足过定点(2, 0)3综上，直线MN过定点|, 0 .31 1+ -X12 3k1 + 2k2由(2)可知直线 MN过定点P 2, 0 33 c c , c 1、，1 k故 Sa FMN = Sa FPN + Sa FPM = 一 X 一 八 .22 3 2+k2=6x|k| (3+3k2)(2+k2) (1 + 2k2)_1X |k| (k2+1)2 2k4+5k2+214x|k|十|k|二22k2+ 5+k2_1X.1 一一 一 1令 H+元2,S=1、第4 +52

39、、2t2+11f (t)=2x1 2t2(2t2+ 1)2<0,则f(t)在tC2, +oo)上单调递减，当t = 2时f(t)取得最大值1,此日S SaFMN取得取大值9能力提升1. (2019南通市高三模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆X2 y2O2+by2 = 1(a>b>0)的离心率为乎,长轴长为4.过椭圆的左顶点A作直线1,分别交椭圆和圆x2+ y2= a2于相异两点P, Q.1 AP ,一若直线i的斜率为1，求AP的值;2 AQ(2)若pQ= 母，求实数 入的取值范围.2a= 4解(1)由条件知22= b2+ c2,解得”2.b=>/2所以椭圆的

40、方程为x2+y2=1圆的方程为x2+y2=4.法一：直线l的方程为y=1(x+2),1 ,y=3（x+2）由 2x2 + 2y2 = 4消去 y得，3x2+4x 4=0,解得xa=- 2,xp=3,所以 p（2,4）, 33 3所以AP=y（3+2） 2+ （4） 2 岑,333又原点O到直线l的距离 =噌,所以Aq=2E =呼,4 5AP 3 _5所以AQ=W|=6.x= 2y- 2法二：由 x2+工，消去 x得，3y* 24y=0,所以yP=3x=2y28由*+y2=4,消去x得'歹8y”所以yQ=；所以AP 4一AQ 3 8 6(2)法一：若=舒，则仁AQ-1, AP由题意知直线

41、l的斜率存在，设为k,故直线l: y=k(x+ 2)(kw0),由x2+2y2=4y= k (x+ 2)(2 k2k2 + 1 + 1)x2 + 8k2x+ 8k2-4=0即(x+ 2)(2k2+ 1)x+ (4k2-2)= 0,24k224k24k所以 xA= -2, xP=2k2+一信 P(2k2+-2k2+/16+ 16k2(2k2+1) 2,2-4k24k所以 AP2=(U" + 2)2 + (居)2 =口口 4 、 k2+ 1即阳=2k2+1 .同理Q(22苦,母1)八 4AQ= /.k2+ 1由题意知,k2>0所以0< <1 .法二：由法一知-1 = y

42、Q-1 =yp4kk2+ 114k -1= 1 西7,由题意知，k2>0,所以0<太1.2k2+12.已知斜率为k的直线l与椭圆C： /+y3=1交于A, B两点，线段 AB的中点为M(1 ,m)(m>0).、r1证明：k< 2；(2)设F为C的右焦点, 差数列，并求该数列的公差.P为C上一点，且昂+FA+FB=0.证明：|fA|, |fP|,而成等解(1)证明：设 A(xi, yi), B(X2, y2),则7十万=1，T" O£T O两式相减，并由u=k得中+中 k=。.由题设知审=1,经/=m，于是k=2. 224m31由题设得0vm<5

43、，故kv5.(2)由题意得 F(1, 0).设 P(X3, y3),则(X31, y3)+(xi-1, yi)+(X2-1, y2) = (0, 0).由(1)及题设得 Xs= 3 (xi + X2) = 1, ys= (yi + y2)= 2m < 0.Q3> Q又点P在C上，所以m=-,从而P 1, - , |FP|=于是 | 法尸'(x1) 2+城(xi-1) 2+ 3 1- =2-.同理帏|=2学所以 |两十 |FB|=4-|(xi + x2)=3.故2|邪尸鬲+|曲,IP |FA|,而|曲成等差数列.设该数列的公差为 d,则21dl=|向|向| = xi刈=(X1+X2)24X1X2.将m = 9弋入得k= - 1. 471所以I的方程为y=x+幺