2020年高考理科数学《圆锥曲线》题型归纳与训练

2020年高考理科数学《圆锥曲线》题型归纳与训练【题型归纳】题型一求曲线的方程例1已知，，点满足，记点的轨迹为．求轨迹的方程．【答案】【解析】由可知：点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，由，∴，故轨迹的方程为.【易错点】（1）对于双曲线的定义理解片面；（2）如果动点满足，则点的轨迹是双曲线。但该题已知条件中给出的是“”只能表示点的轨迹是双曲线的右支，而不是双曲线的全部。【思维点拨】利用双曲线解题时，一定要观察是双曲线的全部还是部分。题型二定值、定点问题例2已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．【答案】(1)eq\f(x2,4)＋y2＝1，e＝eq\f(\r(3),2)(2)2.【解析】(1)由题意得eq\a\vs4\al(a＝2，b＝1，)所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2).令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2).直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1).所以四边形ABNM的面积S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋eq\f(x0,y0－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)＝eq\a\vs4\al(\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.)从而四边形ABNM的面积为定值.【易错点】(1)．想不到设出P(x0，y0)后，利用点斜式写出直线PA，PB的方程．不会由直线PA，PB的方程求解|BM|，|AN|；(2)．不知道四边形的面积可用S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|表示；(3)．四边形ABNM的面积用x0，y0表示后，不会变形、化简，用整体消参来求值．【思维点拨】第(1)问由a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，解第一问；第(2)问画草图可知AN⊥BM，四边形ABNM的面积为eq\f(1,2)|AN|·|BM|，设点P(x0，y0)，得出PA，PB的方程，进而得出M，N的坐标，得出|AN|，|BM|，只需证明eq\f(1,2)|AN|·|BM|是一个与点P的坐标无关的量即可．例3已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4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)eq\f(x2,4)＋y2＝1(2)(2，－1)【解析】(1)因为P3，P4，所以P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.eq\a\vs4\al(因此\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1.)))故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.eq\a\vs4\al(如果l与x轴垂直，设l：x＝t，)由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.则k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，eq\a\vs4\al(x1＋x2＝－\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝\f(4m2－4,4k2＋1).)而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0.eq\a\vs4\al(解得k＝－\f(m＋1,2).)当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1).【易错点】(1)观察不出P3，P4对称，忽视对称性导致判断失误;(2)不会用点的坐标代入方程判断P1，P2是否在椭圆上而滞做;(3)联立直线l与椭圆C的方程，计算化简失误而滞做;(4)利用k1＋k2＝－1运算变形不明确变形目标，导致化简不出k，m的关系．【思维点拨】第(1)问利用椭圆的性质，易排除点P1(1,1)不在椭圆上，从而求椭圆方程；第(2)问分类讨论斜率是否存在，若存在，设l：y＝kx＋m，利用条件建立k，m的等量关系，消参后再表示出直线l的方程可证明．题型三最值（范围）问题例4已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞0)，F1，F2分别是其左、右焦点，以F1F2为直径的圆与椭圆C有且仅有两个交点．(1)求椭圆C的方程；(2)设过点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点P，点P横坐标的取值范围是，求线段AB长的取值范围．【答案】(1)eq\f(x2,2)＋y2＝1(2)【解析】(1)因为以F1F2为直径的圆与椭圆C有且仅有两个交点，所以b＝c＝1，a＝eq\r(2)，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1． (2)根据题意，直线A，B的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，与eq\f(x2,2)＋y2＝1联立，消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，则x1＋x2＝－eq\f(4k2,1＋2k2)，x1·x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝k(x1＋x2＋2)＝eq\f(2k,1＋2k2)，即M.则直线AB的垂直平分线为y－eq\f(k,1＋2k2)＝－eq\f(1,k)，令y＝0，得xP＝eq\f(－k2,1＋2k2)，因为xP∈，即－eq\f(1,4)＜eq\f(－k2,1＋2k2)＜0，所以0＜k2＜eq\f(1,2)，＝＝＝eq\r(2).∵eq\f(1,2)＜eq\f(1,2k2＋1)＜1，∴|AB|∈． 【易错点】运算错误，由于运算方法、运算技巧以及自身运算能力差，都是出错原因。【思维点拨】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法：（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．题型四存在性问题例5.如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(2),2)，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－1.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1(2)－3，理由见解析【解析】(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2.))解得a＝2，b＝eq\r(2).所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(2,2k2＋1).从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－eq\f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.所以，当λ＝1时，－eq\f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3.此时，·＋λ·＝－3为定值．当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，·＋λ·＝·＋λ·＝－2－λ.当λ＝1时，·＋·＝－3，为定值．综上，存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.【思维点拨】解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在。例6已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0)，点P在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为－1的直线l与椭圆C相交于M，N两点，使得|F1M|＝|F1N|(F1为椭圆的左焦点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．【答案】(1)eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1(2)不存在满足条件的直线l【解析】(1)法一：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2,0)．由椭圆的定义可得2a＝＝eq\r(\f(96,9))＋eq\r(\f(24,9))＝2eq\r(6)，解得a＝eq\r(6)，∴b2＝a2－c2＝6－4＝2.∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.法二：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，∴c＝2，故a2－b2＝4，又点P在椭圆C上，则eq\f(1,a2)＋eq\f(15,9b2)＝1，故eq\f(1,b2＋4)＋eq\f(15,9b2)＝1，化简得3b4＋4b2－20＝0，得b2＝2，a2＝6.∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)假设存在满足条件的直线l，设直线l的方程为y＝－x＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝－x＋t))得x2＋3(－x＋t)2－6＝0，即4x2－6tx＋(3t2－6)＝0，Δ＝(－6t)2－4×4×(3t2－6)＝96－12t2>0，解得－2eq\r(2)<t<2eq\r(2).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(3t,2)，x1x2＝eq\f(3t2－6,4)，由于|F1M|＝|F1N|，设线段MN的中点为E，则F1E⊥MN，故kF1E＝－eq\f(1,kMN)＝1，又F1(－2,0)，E，即E，∴kF1E＝eq\f(\f(t,4),\f(3t,4)＋2)＝1，解得t＝－4.当t＝－4时，不满足－2eq\r(2)<t<2eq\r(2)，∴不存在满足条件的直线l.【思维点拨】解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解【巩固训练】题型一求曲线的方程1.已知A(－1,0)，B是圆F：x2－2x＋y2－11＝0(F为圆心)上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于点P，则动点P的轨迹方程为()A.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,11)＝1B.eq\f(x2,36)－eq\f(y2,35)＝1C.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,2)＝1 D.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1【答案】D【解析】由题意得|PA|＝|PB|，∴|PA|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝r＝2eq\r(3)＞|AF|＝2，∴点P的轨迹是以A、F为焦点的椭圆，且a＝eq\r(3)，c＝1，∴b＝eq\r(2)，∴动点P的轨迹方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1，故选D.2.已知点A(0，－1)，当点B在曲线y＝2x2＋1上运动时，线段AB的中点M的轨迹方程是_______________．【答案】y＝4x2【解析】设M(x，y)，B(x0，y0)，则y0＝2xeq\o\al(2,0)＋1.又因为M为AB的中点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(0＋x0,2)，,y＝\f(y0－1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x，,y0＝2y＋1，))将其代入y0＝2xeq\o\al(2,0)＋1得，2y＋1＝2(2x)2＋1，即y＝4x2.3.已知圆C的方程为x2＋y2＝4，过圆C上的一动点M作平行于x轴的直线m，设m与y轴的交点为N，若向量eq\o(OQ,\s\up7(→))＝eq\o(OM,\s\up7(→))＋eq\o(ON,\s\up7(→))，求动点Q的轨迹．【答案】eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0)．【解析】设点Q的坐标为(x，y)，点M的坐标为(x0，y0)(y0≠0)，则点N的坐标为(0，y0)．因为eq\o(OQ,\s\up7(→))＝eq\o(OM,\s\up7(→))＋eq\o(ON,\s\up7(→))，即(x，y)＝(x0，y0)＋(0，y0)＝(x0,2y0)，则x0＝x，y0＝eq\f(y,2).又因为点M在圆C上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，即x2＋eq\f(y2,4)＝4(y≠0)．所以动点Q的轨迹方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0)．题型二定值、定点问题1.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，点(2，eq\r(2))在C上．(1)求C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．【答案】(1)eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1(2)略【解析】(1)由题意有eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4. 所以C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1． (2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0． 故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－2kb,2k2＋1)，yM＝k·xM＋b＝eq\f(b,2k2＋1)． 于是直线OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(1,2k)，即kOM·k＝－eq\f(1,2). 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值． 2.已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．(1)求圆心M的轨迹方程；(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点.【答案】(1)x2＝4y(2)略【解析】(1)由题意，得点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则eq\f(p,2)＝1，p＝2.∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y． (2)证明：由题知，直线l的斜率存在，∴设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝kx－2，))得x2－4kx＋8＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝8.)) kAC＝eq\f(y1－y2,x1＋x2)＝eq\f(\f(x\o\al(2,1),4)－\f(x\o\al(2,2),4),x1＋x2)＝eq\f(x1－x2,4)，则直线AC的方程为y－y1＝eq\f(x1－x2,4)(x－x1)， 即y＝y1＋eq\f(x1－x2,4)(x－x1)＝eq\f(x1－x2,4)x－＋eq\f(x\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1－x2,4)x＋eq\f(x1x2,4)． ∵x1x2＝8，∴y＝eq\f(x1－x2,4)x＋eq\f(x1x2,4)＝eq\f(x1－x2,4)x＋2，故直线AC恒过定点(0,2)． 3.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一点P与椭圆右焦点的连线垂直于x轴，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(均不在坐标轴上)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，若△AOB的面积为eq\r(3)，试判断直线OA与OB的斜率之积是否为定值？【答案】(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(2)－eq\f(3,4)．【解析】(1)由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，))∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1． (2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＞0，得m2＜4k2＋3． ∵x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋3)，∴S△OAB＝eq\f(1,2)|m||x1－x2|＝eq\f(1,2)|m|·eq\f(4\r(3)\r(4k2＋3－m2),4k2＋3)＝eq\r(3)， 化简得4k2＋3－2m2＝0，满足Δ＞0，从而有4k2－m2＝m2－3(*)， ∴kOA·kOB＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝eq\f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)＝eq\f(－12k2＋3m2,4m2－12)＝－eq\f(3,4)·eq\f(4k2－m2,m2－3)，由(*)式，得eq\f(4k2－m2,m2－3)＝1，∴kOA·kOB＝－eq\f(3,4)，即直线OA与OB的斜率之积为定值－eq\f(3,4)． 题型三最值（范围）问题1.已知平面内一动点M与两定点B1(0，－1)和B2(0,1)连线的斜率之积等于－eq\f(1,2).(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)设直线l：y＝x＋m(m≠0)与轨迹E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点P，当m变化时，求△PAB面积的最大值.【答案】(1)eq\f(x2,2)＋y2＝1(x≠0)(2)eq\f(\r(2),3)【解析】(1)设M的坐标为(x，y)，依题意得eq\f(y＋1,x)·eq\f(y－1,x)＝－eq\f(1,2)， 化简得动点M的轨迹E的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1(x≠0)． (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1x≠0，,y＝x＋m，))化简得3x2＋4mx＋2m2－2＝0(x≠0)，∵有两个不同的交点，由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2m2－2,3)， ∴Δ＝(4m)2－12(2m2－2)＞0，即－eq\r(3)＜m＜eq\r(3)且m≠－1,0,1. 设A，B的中点为C(xC，yC)，则xC＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(2m,3)，yC＝xC＋m＝eq\f(m,3)，∴C，∴线段AB的垂直平分线方程为y－eq\f(m,3)＝－，令y＝0，得P点坐标为则点P到AB的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,3))),eq\r(2))， 由弦长公式得|AB|＝eq\r(2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(2),3)eq\r(24－8m2)， ∴S△PAB＝eq\f(1,2)·eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,3))),\r(2))·eq\f(\r(2),3)·eq\r(24－8m2)＝eq\f(2\r(2),9)≤eq\f(2\r(2),9)·eq\f(m2＋3－m2,2)＝eq\f(\r(2),3)， 当且仅当m2＝eq\f(3,2)，即m＝±eq\f(\r(6),2)∈(－eq\r(3)，eq\r(3))时，等号成立，∴△PAB面积的最大值为eq\f(\r(2),3)． 2.已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)离心率为eq\f(1,2)，过点E(－eq\r(7)，0)的椭圆的两条切线相互垂直.(1)求此椭圆的方程；(2)若存在过点(t,0)的直线l交椭圆于A，B两点，使得FA⊥FB(F为右焦点)，求t的取值范围.【答案】(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(2)【解析】(1)由椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，得a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2.不妨设在x轴上方的切点为M，x轴下方的切点为N，由椭圆的对称性知kME＝1，直线ME的方程为y＝x＋eq\r(7)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\r(7)，,\f(x2,4c2)＋\f(y2,3c2)＝1))消去y，整理得7x2＋8eq\r(7)x＋28－12c2＝0，由Δ＝(8eq\r(7))2－4×7×(28－12c2)＝0，得c＝1，∴a＝2，b＝eq\r(3)，∴椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(my＋t＝x，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，则y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(3t2－12,3m2＋4).又eq\o(FA,\s\up7(→))＝(x1－1，y1)，eq\o(FB,\s\up7(→))＝(x2－1，y2)，∴eq\o(FA,\s\up7(→))·eq\o(FB,\s\up7(→))＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋(mt－m)(y1＋y2)＋t2－2t＋1＝0，∴(m2＋1)(3t2－12)＋(mt－m)(－6mt)＋(t2－2t＋1)·(3m2＋4)＝0，化简得7t2－8t－8＝9m2.要满足题意，则7t2－8t－8＝9m2有解，∴7t2－8t－8≥0，解得t≥eq\f(4＋6\r(2),7)或t≤eq\f(4－6\r(2),7).∴t的取值范围为.3.已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，直线PQ过F交椭圆于P，Q两点，且|PF|max·|QF|min＝eq\f(a2,4).(1)求椭圆的长轴与短轴的比值；(2)如图，线段PQ的垂直平分线与PQ交于点M，与x轴，y轴分别交于D，E两点，求的取值范围．【答案】(1)2(2)【解析】(1)设F(c,0)，则|PF|max＝a＋c，|QF|min＝a－c，∴a2－c2＝eq\f(a2,4).∵b2＋c2＝a2，∴a2＝4b2，∴长轴与短轴的比值为2a∶2b＝2.(2)由(1)知a＝2b，可设椭圆方程为eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.依题意，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝k(x－c)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－c，,\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1))消去y，得(4k2＋1)x2－8k2cx＋4k2c2－4b2＝0，则x1＋x2＝eq\f(8k2c,4k2＋1)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2c)＝－eq\f(2kc,4k2＋1)，∴M.∵MD⊥PQ，设D(x3,0)，∴eq\f(\f(kc,4k2＋1),x3－\f(4k2c,4k2＋1))·k＝－1，解得x3＝eq\f(3k2c,4k2＋1)，∴D.∵△DMF∽△DOE，∴＝eq\f(DM2,OD2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2c,4k2＋1)－\f(3k2c,4k2＋1)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(kc,4k2＋1)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k2c,4k2＋1)))2)＝eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))>eq\f(1,9)，∴的取值范围为.题型四存在性问题1.如图，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝eq\f(1,2)，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．【答案】(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(2)λ＝2【解析】(1)由P在椭圆上得，eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1.①依题设知a＝2c，则b2＝3c2.②②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)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代入椭圆方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－3,4k2＋3).④在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4,3k)．从而k1＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)，k3＝eq\f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq\f(1,2).由于A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，即有eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k.所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(3,2)eq\f(1,x1－1)＋eq\f(1,x2－1)＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1).⑤④代入⑤得k1＋k2＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－3,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3))＝2k－1，又k3＝k－eq\f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意．2.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2,0)，点B(2，eq\r(2))在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1(2)P(2,0)或P(－2,0)【解析】(1)设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a