2021課標(biāo)版理數(shù)高考總復(fù)習(xí)專(zhuān)題9

9.7圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題

探考情悟真題

【考情探究】

5年考情預(yù)測(cè)熱

考點(diǎn)內(nèi)容解讀

考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)度

角平分線(xiàn)的性質(zhì)，

2018課標(biāo)I,19,12分定值問(wèn)題

1.定值與掌握與圓錐曲線(xiàn)有關(guān)的定斜率公式★★

定點(diǎn)問(wèn)題值與定點(diǎn)問(wèn)題根與系數(shù)的關(guān)系、★

2017課標(biāo)I,20,12分定點(diǎn)問(wèn)題

斜率公式

2.最值與掌握與圓錐曲線(xiàn)有關(guān)的參★★

2016課標(biāo)0,20,12分范圍問(wèn)題橢圓的幾何性質(zhì)

范圍問(wèn)題數(shù)范圍問(wèn)題★

3.存在性了解并掌握與圓錐曲線(xiàn)有根與系數(shù)的關(guān)系、★★

2015課標(biāo)11,20,12分存在性問(wèn)題

問(wèn)題關(guān)的存在性問(wèn)題斜率公式☆

分析解讀1.會(huì)處理動(dòng)曲線(xiàn)（含直線(xiàn)）過(guò)定點(diǎn)的問(wèn)題2會(huì)證明與曲線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問(wèn)題.3.會(huì)按條件建立

目標(biāo)函數(shù)，研究變量的最值問(wèn)題及變量的取值范圍問(wèn)題，注意運(yùn)用“數(shù)形結(jié)合”“幾何法”求某些量的最值.4.能

與其他知識(shí)交匯,從假設(shè)結(jié)論成立入手，通過(guò)推理論證解答存在性問(wèn)題5本節(jié)在高考中圍繞直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的位

置關(guān)系，展開(kāi)對(duì)定值、最值、參數(shù)取值范圍等問(wèn)題的考查，注重考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理的核心素養(yǎng).分值

約為12分.難度偏大.

破考點(diǎn)練考向

【考點(diǎn)集訓(xùn)】

考點(diǎn)一定值與定點(diǎn)問(wèn)題

1.（2018重慶豪江模擬.9）已知圓C:x?+y2=l點(diǎn)P為直線(xiàn)x+2y-4=0上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P向圓C引兩條切線(xiàn)PA.PB.A.B

為切點(diǎn)，則直線(xiàn)AB經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（）

人（1）B.（H）eg。）D.（謂）

答案B

2.（2020屆河南名校聯(lián)盟9月月考［9）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M（1,0）的直線(xiàn)1與拋物線(xiàn)C:y2=2px（p>0）交于A,B

兩點(diǎn)，且亞?OB=-3.

⑴求拋物線(xiàn)C的方程：

(2)過(guò)點(diǎn)M作直線(xiàn)I'L.交拋物線(xiàn)C于P、Q兩點(diǎn)記△OABAOPQ的面積分別為Si&,證明:9+備為定值.

解析⑴易知直線(xiàn)1的斜率不為0,故設(shè)直線(xiàn)1的方程為x=my+1,

與拋物線(xiàn)C:y2=2px(p>0)聯(lián)立消去x得y2-2pmy-2p=0.

設(shè)A(xi,yi),B(X2,y2),

貝(Iyi+y2=2pm,yiy2=-2p.

由55?方=3得X]X2+yiy2=(myi+l)(my2+l)+yiy2

=(1+m2)yiy2+m(y1+yz)+1

=(l+m2)?(-2p)+2pm2+l

=-2p+l=-3,解得p=2,

???拋物線(xiàn)C的方程為y2=4x.

⑵證明易知直線(xiàn)1J的斜率均存在且不為。.由(1)知，點(diǎn)M(1,0)是拋物線(xiàn)C的焦點(diǎn)，所以

|AB|=Xi+X2+p=myi+my2+2+p=4m2+4,又原點(diǎn)至U直線(xiàn)1的距離為五色，

所以△OAB的面積Si4x-r^=7x4(m2+1)=2V1+m2,

又直線(xiàn)I過(guò)點(diǎn)MEr±i,

所以ACIPQ的面積S2=2jl+G)2=2悟,

所以督?醺小+石*r押景券定值?

考點(diǎn)二最值與范圍問(wèn)題

1.(2018河北百校聯(lián)盟4月聯(lián)考,16)已知拋物線(xiàn)C:x2=8y的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線(xiàn)為h.直線(xiàn)b與拋物線(xiàn)C相切于點(diǎn)P,記點(diǎn)

P到直線(xiàn)h的距離為出,點(diǎn)F到直線(xiàn)L的距離為d2,則念的最大值為

d]+2--------

冬口室耒-2

2.(2020屆四川成都摸底考試.20)已知橢圓C:*，=l(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F(V5,0),F2(V5,0),且經(jīng)過(guò)點(diǎn)

A⑻).

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

⑵過(guò)點(diǎn)B(4,0)作一條斜率不為()的直線(xiàn)1與橢圓C相交于P,Q兩點(diǎn)，記點(diǎn)P關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)為P:若直線(xiàn)PQ

與x軸相交于點(diǎn)D,求△DPQ面積的最大值.

解析本題主要考查橢圓的方程及定義、直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系、直線(xiàn)方程、基本不等式，考查的核心素養(yǎng)是

邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算.

⑴由橢圓的定義,可知2a=|AF||+|AF2H(2次)2+仔)飛=4,

解得a=2.

又b2f2?2=22-(百)2=1,

?,?橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為?+y2=l.

(2)由題意，設(shè)直線(xiàn)1的方程為x=my+4(mW0),P(X],yi),Q(X2,y2),則P,(xi,-yi).

x=my+4,

{至+y2=]消去x,可得(m2+4)y2+8my+12=0.

,:△=16(m2-12)>0,m2>12.

,,-8m12

??川+丫2二訴,丫82二訴?

??iz_yz+yi_yz+yi

*PQ-必-41-瓶82-%)'

?,?直線(xiàn)PQ的方程為y+yi噓珠(x-xi),

令y=0,可得X『(器產(chǎn)+myi+4.

...2.；聲+4=^+4=1,???D(1,O).

〃+力晶-8m

.*.SADPQ=|SABDP-SABDQI=1|BD|?lyi-yzl二+丫2)2-4丁1%=6胃+:

令t=Vm2-12,te(0,+8),

則5刖0=彘=總W/

當(dāng)且僅當(dāng)t=4,即m=±2?時(shí)等號(hào)成立，

ADPQ面積的最大值為去

4

a思路分析(1)首先由橢圓的定義求出a,然后由橢圓中a,b,c的關(guān)系求b,從而求得橢圓的方程;(2)設(shè)出直線(xiàn)1的

方程與點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)，聯(lián)立直線(xiàn)I與橢圓的方程.利用斜率公式求得直線(xiàn)P'Q的斜率.進(jìn)而得直線(xiàn)P,Q的方程.由此

求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，再利用面積公式求得SADPQ的表達(dá)式，從而利用換元法與基本不等式求出其最大值.

考點(diǎn)三存在性問(wèn)題

(2019內(nèi)蒙古通遼五中模擬,20)已知橢圓［+*l(a>b>0)的離心率e=￡過(guò)點(diǎn)A(0「b)和B(a,0)的直線(xiàn)與原點(diǎn)的距

離為奈

(1)求橢圓的方程:

(2)已知定點(diǎn)E(-1,0).若直線(xiàn)y=kx+2(kW0)與橢圓交于C、D兩點(diǎn)，問(wèn):是否存在這樣的實(shí)數(shù)k,使得以CD為直徑的

圓過(guò)E點(diǎn)?若存在.請(qǐng)求出k值.若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

解析⑴直線(xiàn)AB的方程為bx-ay-ab=0,

色—漁

依題意可得F'侵又c2=a2-b2,

ab_V3

<\/a2+b22'

解得a2=3,b2=1,.,.橢圓的方程為f+y2=1.

⑵存在,k[.理由:假設(shè)存在這樣的實(shí)數(shù)k,

6

.(y=kx+2,1,八

由匕，。2。^(l+3k2)x2+12kx+9=0,

(%，+3y《3=n0,

/.A=(12k)2-36(l+3k2)>0.?

設(shè)C(xi,yi),D(X2,y2),

+%2=i②

則V"

卜「小=際，③

2

yi?y2=(kx?+2)(kx2+2)=kx?xz+2k(xi+xi)+45

要使以CD為直徑的圓過(guò)點(diǎn)E(-1,0),只需CE_LDE,

即yiy2+(xi+l)(x2+l)=0,

(k2+l)x?X2+(2k+l)(xi+X2)+5=0,@

將②③代入④整理得kq

經(jīng)驗(yàn)證.k1時(shí)，①成立.故存在k=然得以CD為直徑的圓過(guò)點(diǎn)E.

煉技法提能力

【方法集訓(xùn)】

方法最值問(wèn)題的求解方法

1.（2019河南鄭州一中4月模擬.10）已知F為拋物線(xiàn)y2=x的焦點(diǎn)點(diǎn)A.B在該拋物線(xiàn)上且位于x軸的兩

側(cè)，雨?麗=6（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），則AABO與△AFO面積之和的最小值是（）

AB.3C.迪D,亞

382

答案D

2.（2019甘肅蘭州鐵一中模擬.15）已知F是拋物線(xiàn)x?=4y的焦點(diǎn),P為拋物線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn).且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0,-1）,則

的最大值是

答案3

【五年高考】

A組統(tǒng)一命題?課標(biāo)卷題組

考點(diǎn)一定值與定點(diǎn)問(wèn)題

（2017課標(biāo)I,20.12分）已知橢圓嗒+、=l（a>b>0）,四點(diǎn)Pi（l,I）,P2（0,l）,P3（-/）,P4（l,號(hào)）中恰有三點(diǎn)在橢圓C

上.

（1）求C的方程:

（2）證明:設(shè)直線(xiàn)1不經(jīng)過(guò)P點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線(xiàn)P2A與直線(xiàn)P2B的斜率的和為-1,證明:1過(guò)定點(diǎn).

解析（1）由于P3,P“兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng).故由題設(shè)知C經(jīng)過(guò)P3,P4兩點(diǎn).

又由2+24+召口，C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)Pi.所以點(diǎn)P?在C上?

=]2

因此￡―_解得1：；二:'故c的方程為?+y2=L

（2）證明:設(shè)直線(xiàn)P2A與直線(xiàn)P2B的斜率分別為k,,k2.

如果I與x軸垂直，設(shè)l:x=t.由題設(shè)知/0,且|t|<2,可得A.B的坐標(biāo)分別為口，第）,?,一竿）.

則g+1<2=箋七寫(xiě)'=-1得t=2,不符合題設(shè).

從而可設(shè)l:y=kx+m(mW1).將y=kx+m代入>y2=l得

(4k2+1)x24-8kmx+4m2-4=0.

由題設(shè)可知A=16(4k2-m2+l)>0.

設(shè)A(Xi,y)B(X2,y2),則xi+x=--^-,xiX2=^^y.

2T,fCI?!T"/C?1

而kl+收紅再

XlX2

_kxi+m-l?k^z+m-l

―Xi4―

_2kxx+(m-l)(x+x)

=1212,

xlx2

由題設(shè)k1+k2=?1,故(2k+l)x?X2+(m-l)(x?+X2)=0,

即(2k+D-Qm-l).舞0.

解得1<=-亭.

當(dāng)且僅當(dāng)m>-l時(shí),A>0,于是l:y=-^x+m,

即y+l=-g%-2),

所以I過(guò)定點(diǎn)(2,-1).

O?路分析(1)利用橢圓的對(duì)稱(chēng)性易知點(diǎn)P3,P4在橢圓上，將點(diǎn)PQJ)代入橢圓方程.經(jīng)過(guò)比較可知點(diǎn)Pi(l,l)不在

橢圓上，進(jìn)而可列方程組求出橢圓方程：(2)設(shè)出直線(xiàn)I的方程，將直線(xiàn)I與橢圓的方程聯(lián)立并消元，利用根與系數(shù)的

關(guān)系使問(wèn)題得解,在解題中要注意直線(xiàn)斜率不存在的情況.

。方法點(diǎn)撥定點(diǎn)問(wèn)題的常見(jiàn)解法：

(1)根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個(gè)含參數(shù)的直線(xiàn)系或曲線(xiàn)系方程.經(jīng)過(guò)分析、整理,對(duì)方程進(jìn)行等價(jià)變形，以找出滿(mǎn)

足方程且與參數(shù)無(wú)關(guān)的坐標(biāo)，該坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)即為所求的定點(diǎn).

(2)從特殊位置入手.找出定點(diǎn),再證明該定點(diǎn)符合題意.

考點(diǎn)二最值與范圍問(wèn)題

(2016課標(biāo)II,20,12分)已知橢圓E:?W=1的焦點(diǎn)在x軸上.A是E的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)的直線(xiàn)交E于A,M

兩點(diǎn).點(diǎn)N在E上,MAJ_NA.

(1)當(dāng)t=4,|AM|=|AN|時(shí)，求AAMN的面積;

⑵當(dāng)21AMi=|AN|時(shí)，求k的取值范圍.

解析⑴設(shè)M（xi,yD廁由題意知yi>0.

當(dāng)t=4時(shí),E的方程為9+9=l,A（-2,OMl分）

由已知及桶圓的對(duì)稱(chēng)性知，直線(xiàn)AM的傾斜角為￡

因此直線(xiàn)AM的方程為y=x+2.（2分）

將x=y-2代入學(xué)+91得7y2-12y=0.

解得y=0或y岑所以yi=y.（4分）

因此AAMN的面積SAAMN=2X|X^X-^=^.（5分）

27749

⑵由題意,t>3,k>0,A（-",0）.將直線(xiàn)AM的方程y=k（x+a）代入?+?=1得（3+tk2*+2h?tk2x+t2k2-3t=0.（7分）

由Xi小x、

故|AM|=|X|+福父.（8分）

由題設(shè)，直線(xiàn)AN的方程為y=3（x+Vt）,

故同理可得|AN|=”卷￥？（9分）

由21AMi=|AN|得康=舟，即（k3-2）t=3k（2k-1）.

當(dāng)k=V5時(shí)上式不成立，因此t=^等.（10分）

t>3等價(jià)于絲鬻修三罌20,即怒<0.（11分）

由此得｛/Io或除To解得住—

因此k的取值范圍是（痣,2）.（12分）

哪難突破第⑴問(wèn)中求出直線(xiàn)AM的傾斜角是解決問(wèn)題的關(guān)鍵:第（2）問(wèn)利用21AMi=|AN|得出t與k的關(guān)系式,

由t>3,建立關(guān)于k的不等式，從而得出k的取值范圍.

器醯3本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì).直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系以及方程思想的應(yīng)用,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力及

邏輯思維能力.挖掘出題目中t>3這一隱含條件是把等式轉(zhuǎn)化為不等式的關(guān)鍵.

考點(diǎn)三存在性問(wèn)題

(2015課標(biāo)II,20.12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0>直線(xiàn)1不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸J與C有兩個(gè)交點(diǎn)

A.B.線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M.

(1)證明:直線(xiàn)OM的斜率與I的斜率的乘積為定值；

(2)若1過(guò)點(diǎn)延長(zhǎng)線(xiàn)段OM與C交于點(diǎn)P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時(shí)1的斜率:若不能,

說(shuō)明理由.

解析(1)設(shè)直線(xiàn)l:y=kx+b(k#0,bW0),A(xi,yD,B(X2,y2),M(XM,yM).

將y=kx+b代入9x2+y2=m2^(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,K

x+x-kb.,,9b

XMt=2MF必=kXM+bR.

于是直線(xiàn)OM的斜率koM=詈即koM,k=-9.

所以直線(xiàn)OM的斜率與I的斜率的乘積為定值.

⑵四邊形OAPB能為平行四邊形.

因?yàn)橹本€(xiàn)1過(guò)點(diǎn)(梟m),所以I不過(guò)原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k>0,k#3.

由(1)得OM的方程為y=[x.

設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為XP.

(9

,=口得榕黑潭_+km

由Xp=wPT9-

(9x24-y2

將點(diǎn)的坐標(biāo)代入1的方程得b=^,

_fc(k-3)m

XM

因此-3(火2+9).

四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線(xiàn)段AB與線(xiàn)段OP互相平分，即XP=2XM.

于*=2xggj解得"4詆舊+收

因?yàn)閗i>0,kH3,i=l,2,所以當(dāng)1的斜率為4-式或4+五時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形.

。思路分析(1)設(shè)出直線(xiàn)I的方程,與橢圓方程聯(lián)立并消元，利用韋達(dá)定理求得AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出

結(jié)論;⑵要使四邊形OAPB為平行四邊形，則線(xiàn)段AB與線(xiàn)段OP互相平分.即XP=2XM,由此結(jié)合已知條件建立相

應(yīng)方程，進(jìn)而通過(guò)解方程使問(wèn)題得解.

B組自主命題?省(區(qū)'市)卷題組

考點(diǎn)一定值與定點(diǎn)問(wèn)題

(2019北京,18,14分)已知拋物線(xiàn)C:x2=-2py經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,-1).

(1)求拋物線(xiàn)C的方程及其準(zhǔn)線(xiàn)方程；

⑵設(shè)O為原點(diǎn).過(guò)拋物線(xiàn)C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線(xiàn)I交拋物線(xiàn)C于兩點(diǎn)M,N.直線(xiàn)y=-l分別交直線(xiàn)OMQN

于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證:以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的兩個(gè)定點(diǎn).

解析本題主要考查拋物線(xiàn)、直線(xiàn)W圓的基本概念.重點(diǎn)考查直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系，考查學(xué)生對(duì)數(shù)形結(jié)合思

想的應(yīng)用以及邏輯推理能力，通過(guò)直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).

(1)由拋物線(xiàn)C:x2=-2py經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,-1),得p=2.

所以?huà)佄锞€(xiàn)C的方程為x2=-4y,其準(zhǔn)線(xiàn)方程為y=l.

⑵證明拋物線(xiàn)C的焦點(diǎn)為F(0,-l).

設(shè)直線(xiàn)I的方程為y=kx-l(kW0).

由心=一4y得xkkx，。.

設(shè)M(xi,yD,N(X2,y2),則xiX2=-4,

直線(xiàn)OM的方程為y=gx.

令y=-L得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA=--.

同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)XB=①.

力

設(shè)點(diǎn)D(0,n)MM=(金而=(金

麗.麗=^(n+i)2磷1向產(chǎn)

=—+(n+l)2=-4+(n+l)2.

xlx2

令科?麗=0,即-4+(n+I)2=0彳導(dǎo)n=l或n=-3.

綜上.以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的定點(diǎn)(0』)和(0,-3).

考點(diǎn)二最值與范圍問(wèn)題

1.（2019北京,8,5分）數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線(xiàn).曲線(xiàn)C:x2+y2=l+|x|y就是其中之一（如圖）.給出下

列三個(gè)結(jié)論:

①曲線(xiàn)C恰好經(jīng)過(guò)6個(gè)整點(diǎn)（即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）;

②曲線(xiàn)C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò)夜;

③曲線(xiàn)C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.

其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是（）

A.①B.②C.①②D.①②③

答案C

2.（2017山東,21,14分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E:**l（a>b>0）的離心率為今焦距為2.

⑴求橢圓E的方程；

⑵如圖動(dòng)直線(xiàn)l：y=kix"交橢圓E于A.B兩點(diǎn),C是橢圓E上一點(diǎn).直線(xiàn)0C的斜率為b且k#2=*M是線(xiàn)段0C

延長(zhǎng)線(xiàn)上一點(diǎn)，且|MC|：|AB|=2:3,OM的半徑為|MC|,OS,OT是OM的兩條切線(xiàn)切點(diǎn)分別為S,T.求ZSOT的最

大值.并求取得最大值時(shí)直線(xiàn)1的斜率.

解析⑴由題意知e=￡=^,2c=2,所以a=V5,b=l,

a2

因此橢圓E的方程為q+y2=l.

(2)設(shè)A(Xi,yi),B(x2,y2),

2n

fX—Fy2=1,

聯(lián)立12后消y整理彳導(dǎo)(4/^+2)X2_4，51QX-1=0,

7=上”一三，

由題意知A>0,且xi+x2=|器,而,

所以|AB|=J1+好|XI-X2|=V5?亞鼻￡叱.

由題意可知圓M的半徑r=|AB|=￥?可尸.

354K]+JL

由題蝌k的喙所以k2啜,

因此直線(xiàn)0C的方程為y=*x.

4Kl

0y之=i,8k2°i

聯(lián)立V2得x°=得py2=77詬，

”布X,

因此|OC|=JN+丫2=]鬻1.

由題意可知sin等三島=^[,

令t=l+24則t>l,瀉(0,1),

因此竽子島￡

J?+泠

當(dāng)且僅當(dāng)注，即t=2時(shí)等號(hào)成立.此時(shí)k產(chǎn)士今

所以《呼^,

因此竿W，所以NS0T的最大值為卓

Z63

綜上所述,NSOT的最大值為泉取得最大值時(shí)直線(xiàn)1的斜率k招.

0?路分析（1）由離心率和焦距,利用基本量運(yùn)算求解；（2）聯(lián)立直線(xiàn)I與橢圓方程，利用弦長(zhǎng)公式求出|AB|,聯(lián)立直

線(xiàn)0C與橢圓方程求|0C|,進(jìn)而建立sin著與心之間的函數(shù)關(guān)系利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解.

哪難突破把角的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問(wèn)題，即由疝竿=熹=出口）求解是解題的突破口.

。解題反思最值問(wèn)題一般利用函數(shù)的思想方法求解，利用距離公式建立sin管與k.之間的函數(shù)關(guān)系是解題關(guān)

鍵.牢固掌握基礎(chǔ)知識(shí)和方法是求解的前提.本題的完美解答體現(xiàn)了數(shù)學(xué)知識(shí)、能力、思想、方法的完美結(jié)合.

考點(diǎn)三存在性問(wèn)題

（2015四川.20,13分）如圖，橢圓E:/91（a>b>0）的離心率是今過(guò)點(diǎn)P（0,l）的動(dòng)直線(xiàn)1與橢圓相交于A.B兩點(diǎn).

當(dāng)直線(xiàn)1平行于x軸時(shí)，直線(xiàn)I被橢圓E截得的線(xiàn)段長(zhǎng)為2V2.

⑴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.使得黑=黑恒成立?若存在.求出點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不

存在.請(qǐng)說(shuō)明理由.

解析（1）由已知得，點(diǎn)（迎,1）在橢圓E上.

信+AI,

因此a2-b2=解得a=2,b=V2.

所以橢圓E的方程為￡+1=1.

42

（2）當(dāng)直線(xiàn)I與x軸平行時(shí),設(shè)直線(xiàn)1與橢圓相交于C,D兩點(diǎn).

如果存在定點(diǎn)Q滿(mǎn)足條件,

則有更1=四=1

AJT3|<?0||P?I'

BP|QC|=|QD|.

所以Q點(diǎn)在y軸上.可設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（O,yo）.

當(dāng)直線(xiàn)I與x軸垂直時(shí),

設(shè)直線(xiàn)I與橢圓相交于M,N兩點(diǎn),

則M,N的坐標(biāo)分別為（0,四）,（0,-金）.

71=3

中同廠(chǎng)兩仇+魚(yú)|一直+1，

解得yo=i或yo=2.

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:當(dāng)Q的坐標(biāo)為(0,2)時(shí).對(duì)任意直線(xiàn)1,均有黯緇.

當(dāng)直線(xiàn)I的斜率不存在時(shí)，由上可知.結(jié)論成立.

當(dāng)直線(xiàn)I的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線(xiàn)1的方程為y=kx+l,A.B的坐標(biāo)分別為(xi,yD,(X2,y2).

聯(lián)立卜+A=1^f(2k2+1)x2+4kx-2=0.

Vy=kx+1,

其判別式A=(4k)2+8(2k2+l)>0,

所以?xún)?xz=送73的=一麻.

因此上+二="這=2k.

Xlx2

易知.點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)B，的坐標(biāo)為(-X2?2).

又kQA=^=^=k--,

XlXi.Xi

kQB'=^—=—^―=-k4-^-=k-—,

-X2'X2x2

所以kQA=kQB\即Q,A.B'三點(diǎn)共線(xiàn).

grpI\QA\_\QA\_\Xr\_\PA\

所以|QB「|QB，「必「|PB「

故存在與p不同的定點(diǎn)Q(0,2),

使彳喘嗡闞泣

C組教師專(zhuān)用題組

考點(diǎn)一定值與定點(diǎn)問(wèn)題

1.(2018北京,19,14分)已知拋物線(xiàn)C:y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(l,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,l)的直線(xiàn)I與拋物線(xiàn)C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)

A,B,且直線(xiàn)PA交y軸于M,直線(xiàn)PB交y軸于N.

⑴求直線(xiàn)1的斜率的取值范圍：

⑵設(shè)O為原點(diǎn)，我4而，麗寸麗，求證:*為定值

解析⑴因?yàn)閽佄锞€(xiàn)y2=2px過(guò)點(diǎn)(1,2),

所以2P=4,即p=2.

故拋物線(xiàn)C的方程為y2=4x,

由題意知.直線(xiàn)1的斜率存在且不為0.

設(shè)直線(xiàn)I的方程為y=kx+I(k*0).

由y=,4x,,得k2x2+(2k.4)x+l=0.

依題意A=(2k-4)2-4xk2x1>0.解得k<0或0<k<1.

又PA.PB與y軸相交，故直線(xiàn)1不過(guò)點(diǎn)(1,-2).

從而k*-3.

所以直線(xiàn)I斜率的取值范圍是(依,-3)U(-3,0)U(0,l).

⑵證明:設(shè)A(xi,y!),B(X2,y2),

由(1)知X|+X2=^^,X|X2哈

直線(xiàn)PA的方程為y-2=^(x-l).

令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為丫卜產(chǎn)"+2="+2.

同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN=^il+2.

由西=九麗,QN'=M小得X=l-yM，n=l-yN.

所以駕1=1+==一比】+一北二1

AKl-yM1-yjv(火-1)42

2,2k-4

_1.2-1*2-("1+"2)=1.記+

k-1XxX2k-1專(zhuān),

所以為定值.

。方法總結(jié)圓錐曲線(xiàn)中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略

(1)求代數(shù)式為定值.依題設(shè)條件彳導(dǎo)出與代數(shù)式有關(guān)的等式,化簡(jiǎn)即可得出定值；

(2)求點(diǎn)到直線(xiàn)的距離為定值.利用點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式得出距離的表達(dá)式，再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形即可求得;

(3)求某線(xiàn)段長(zhǎng)度為定值.利用兩點(diǎn)間的距離公式求得線(xiàn)段長(zhǎng)度的表達(dá)式，再依據(jù)條件對(duì)表達(dá)式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即

可求得.

2.(2016北京」9,14分)已知橢圓C：W+*l(a>b>0)的離心率為gA(a,0),B(0,b)Q(0,0),Z\OAB的面積為1.

QN爐2

(l)求橢圓c的方程：

⑵設(shè)p是橢圓c上一點(diǎn).直線(xiàn)PA與y軸交于點(diǎn)M.直線(xiàn)PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:|AN|?IBMI為定值.

cV3

a=T'

lab=1(

(a2=b2+c2,

解得a=2,b=l.

所以橢圓C的方程為q+y2=l.

⑵由⑴知,A(2,0),B(0,l).

設(shè)P(x(),yo),則瑤+4據(jù)=4.

當(dāng)xoKO時(shí)直線(xiàn)PA的方程為y=^-(x-2).

令x=0,得丫\|=償^,從而B(niǎo)M|=|l-yM|=|l+

直線(xiàn)PB的方程為y=^x+l.

令y=0彳導(dǎo)XN=-￡J?，從而|AN|=|2-XN|=|2+賓"

所以|AN|?|BM|=|2+公小+駕

二|就+4必+4與加4%0-8%+4]

Xoyo-x()-2ya+2

_|4xoyo-4xo-8yo+8|

Ix()yQ-XQ-2yQ+2I

=4.

當(dāng)xo=O時(shí).yo=-l,|BM|=2,|AN|=2,

所以|AN|?|BM|=4.

綜上」AN|?|BM|為定值.

O-題多解⑵點(diǎn)P在曲線(xiàn)仔￥+?)2=]上,不妨設(shè)P(2cos9,sin0卜當(dāng)6片版且0Wk*(keZ)時(shí),直線(xiàn)AP的方

程為網(wǎng)=缶(x-2)，令x=。得所照；

直線(xiàn)BP的方程為川=翳3。),令y=0,得xN=^|.

.-.|AN|.|BM|=2|1-^|.|1-^|

=2|怒哪磊卜2X2*定值).

當(dāng)(Hot或O=kn理(kCZ)時(shí),M、N是定點(diǎn)，易得|AN|?|BM|=4.綜上,|AN|?|BM|=4.

考點(diǎn)二最值與范圍問(wèn)題

1.（2018浙江,21,15分）如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)（不含y軸）一點(diǎn),拋物線(xiàn)C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿(mǎn)足

PA,PB的中點(diǎn)均在C上.

（DigAB中點(diǎn)為M,證明:PM垂直于y軸；

⑵若P是半橢圓x2+0=l（x<0）上的動(dòng)點(diǎn).求APAB面積的取值范圍.

4

解析本題主要考查橢圓、拋物線(xiàn)的幾何性質(zhì).直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和

綜合應(yīng)用能力.

⑴設(shè)P（xo,yo）,AGy3yJ.BG量,丫21

因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線(xiàn)上，

2

所以外》2為方程（竽）2=4?空生，即y-2yoy+8xo-^=0的兩個(gè)不同的實(shí)根.

所以yi+ya=2yo,

因此,PM垂直于y軸.

⑵由⑴可知笫2%

（力丫2—ox0-y0,

所以|PM|=,（無(wú)+y分xogy林3xo,|yLy2|=2/2（y/4xo）.

因此APAB的面積SAPAB=3|PM|?|y】-y2|二手（九-4xo”

因?yàn)榫?*=l（xo<。）,所以羽-4xo=-4就-4xo+4W[4,5].

因此4PAB面積的取值范圍是[6企,當(dāng)斗

。疑難突破解析幾何中“取值范圍”與“最值”問(wèn)題

在解析幾何中，求某個(gè)量（直線(xiàn)斜率,直線(xiàn)在X、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等）的取值范圍或最值問(wèn)

題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量（通常是直線(xiàn)斜率.動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等）的函數(shù).并求出這個(gè)

變量的取值范圍（即函數(shù)的定義域）.將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.

2.（2015浙江,19,15分）已知橢圓^"葉勺上兩個(gè)不同的點(diǎn)A,B關(guān)于直線(xiàn)y=mx+權(quán)寸稱(chēng).

⑴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)）.

解析（1）由題意知m#0.可設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y=fx+b.

H+2—1

由卜\卜消去y得@++”+0＞勺=0.

V=?-X+D

\m

因?yàn)橹本€(xiàn)y=-\x+b與橢圓券+y2=1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

所以A=2b2+2+《＞0,①

將AB的中點(diǎn)M（t果,葛）代入直線(xiàn)方程y=mx+T，解得

b等.②

由①②得或m＞當(dāng)

⑵令t=￥（4,o）u（。，務(wù)

則|AB|=Vt2+1.

且O到直線(xiàn)AB的距離為d=奈.

設(shè)△AOB的面積為S（t）,

所以S⑴今AB|?d=1J-2（t2-1）2+2?y.

當(dāng)且僅當(dāng)t?苫時(shí),等號(hào)成立.

故△AOB面積的最大值為

3.(2015天津」9,14分)已知橢圓巨合l(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0)離心率為泉點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限直

線(xiàn)FM被圓x2+『="s得的線(xiàn)段的長(zhǎng)為c,|FM|=^.

⑴求直線(xiàn)FM的斜率；

⑵求橢圓的方程：

(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上,若直線(xiàn)FP的斜率大于或，求直線(xiàn)OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍.

解析(1)由已知有0=；,又由a2=b，c2,可得a2=3c2,b2=2c2.

a￡3

設(shè)直線(xiàn)FM的斜率為k(k>0),則直線(xiàn)FM的方程為y=k(x+c).由已知.有(焉戶(hù)針老)：解得k亭.

⑵由(1)得橢圓方程為9+9=1.直線(xiàn)FM的方程為y=Mx+O,兩個(gè)方程聯(lián)立消去y，整理得3x?+2cx-5c2=0,解得

x=-|c或x=c.因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限可得M的坐標(biāo)為七，竽c)

由|FM|=J(c+c)2+(等c-0)=嬰，解得c=l,

所以橢圓的方程為9+9=1.

(y=t(x+1),

⑶設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),直線(xiàn)FP的斜率為t得t=-^-,BPy=t(x+1)(xW-1),與橢圓方程聯(lián)立得卜工產(chǎn)消去y,

x+i+5=1，

整理得2x?+3t2(x+l產(chǎn)=6.又由已知得t=［至>夜.解得-沁<-1或

設(shè)直線(xiàn)OP的斜率為m,得m=(即y=mx(xH0),與橢圓方程聯(lián)立.整理可得m2=^-1.

①當(dāng)xe(-'l)時(shí)，有y=t(x+l)<0,因此m>0,于是得me錚寫(xiě)).

②當(dāng)xW(-l,0)時(shí)，有y=t(x+l)>0,因此m<0,于是m=-J爰-1,得mC(-8,-學(xué)).

綜上，直線(xiàn)OP的斜率的取值范圍是一手)u停，豹.

金晦斌本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線(xiàn)方程和圓的方程、直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系、一元二次不

等式等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線(xiàn)的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力以及用函數(shù)與方程思想解決問(wèn)題的能

力.

4.(2015山東,20,13分序面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:，(=1(a>b>0)的離心率為手左、右焦點(diǎn)分別是F#2.

以F.為圓心.以3為半徑的圓與以F?為圓心，以1為半徑的圓相交,且交點(diǎn)在橢圓C上.

(l)求橢圓c的方程;

⑵設(shè)橢圓E：焉+看=1.P為橢圓C上任意一點(diǎn).過(guò)點(diǎn)P的直線(xiàn)y=kx+m交橢圓E于A,B兩點(diǎn)，射線(xiàn)PO交橢圓E于

點(diǎn)Q.

⑴求黨的值；

(ii)求4ABQ面積的最大值.

解析(1)證明:由題意知2a=4則a=2.

又寧當(dāng)aF』?,可得b=l,

所以橢圓C的方程為?+y2=l.

(2)由(1)知橢圓E的方程為1.

⑴設(shè)P(xo,yo),|^=M由題意知Q(-Xxo,Ayo).

因?yàn)楹?帝1，又誓小用=1,

即？傳+羽)=1，

所以入=2,即鼠=2，

(ii)設(shè)A(xi,yi),B(X2,y2).

將y=kx+m代入橢圓E的方程，

可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,

由A〉。,可得m2<4+16k2.①

—?—、_i_TBT—8km4m2-i6

由韋達(dá)XE理有Xl+X2=7訴兇乂2二不存.

4V'16/C2+4-7H2

所以|X|-X2|=

1+4/c2

因?yàn)橹本€(xiàn)y=kx+m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,m),

所以△OAB的面積S=1|m||xi-X2|

2V16k2+4-m2|m|

l+4k2

2j(16H+4-m2)商

l+4fc2

將y=kx+m代入橢圓C的方程.

可得(1+4k2)x2+8kmx+4m24=0,

由A/0,可得n?W1+4k2.②

由①②可知0<tWl,

因此S=27(4-t)t=2V-t2+4t,KS?2V3,

當(dāng)且僅當(dāng)t=l,即m2=l+4k?時(shí)取得最大值2次.

由⑴知,ZXABQ面積為3S,

所以aAliQ面積的最大值為6V3.

考點(diǎn)三存在性問(wèn)題

(2015北京,19,14分)已知橢圓C:馬+《=l(a>b>0)的離心率為今點(diǎn)P(0,l)和點(diǎn)A(m,n)(mK0)都在橢圓C上，直線(xiàn)

PA交x軸于點(diǎn)M.

(1)求橢圓C的方程.并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m,n表示)；

(2)設(shè)O為原點(diǎn)，點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，直線(xiàn)PB交x軸于點(diǎn)N.問(wèn):y軸上是否存在點(diǎn)Q,使得NOQM=NONQ?

若存在，求點(diǎn)Q的坐標(biāo):若不存在.說(shuō)明理由.

解析⑴由題意得｛；=解得a?=2.

\a2=b2+c2,

故橢圓C的方程為J+y2=l.

設(shè)M(XM,0).

因?yàn)閙片0,所以

直線(xiàn)PA的方程為y-l=—mx,

所以XM啜，即M偌,0)

(2)因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),

所以B（m,-n）.

設(shè)N（XN，。）.則XN端.

“存在點(diǎn)Q（O,y。）使得ZOQM=NONQ”寄介于“存在點(diǎn)Q（O,y0使得耨=湍”，

即yQ滿(mǎn)足％=|XM||XN|.

因?yàn)閄MF，XN=M，hn2=l,

所以替WMIIXNI=三二2.

所以yQ=V5或YQ=-V2.

故在y軸上存在點(diǎn)Q,使得NOQM=NONQ.

點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0,戊）或（0,-a）.

【三年模擬】

一、選擇題（每小題5分，共20分）

1.（2019江西南昌重點(diǎn)中學(xué)調(diào)研考試」1）設(shè)點(diǎn)M為拋物線(xiàn)C:y3=4x的準(zhǔn)線(xiàn)上一點(diǎn)（不同于準(zhǔn)線(xiàn)與x軸的交點(diǎn)），過(guò)拋

物線(xiàn)C的焦點(diǎn)F且垂直于x軸的直線(xiàn)與C交于A.B兩點(diǎn)，設(shè)MA,MF,MB的斜率分別為kikk.則半的值為

K2

（）

A.2B.2V2C.4D.4V2

答案A

2.（2020屆山西太原五中第二次診斷,12）已知A（0,3）,若點(diǎn)P是拋物線(xiàn)x?=8y上任意一點(diǎn)，點(diǎn)Q是圓x2+（y-2）2=l上

任意一點(diǎn)，則鬻的最小值為（）

A.4V3-4B.2V2-IC.2存2D.4-72+1

答案A

3.（2018河南中原名校4月聯(lián)考,11）已知拋物線(xiàn)C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F且斜率為1的直線(xiàn)與拋物線(xiàn)C交于點(diǎn)

A,B.以線(xiàn)段AB為直徑的圓E上存在點(diǎn)P.Q,使得以PQ為直徑的圓過(guò)點(diǎn)D（-2,t）,則實(shí)數(shù)t的取值范圍為（）

A.（-oo,-l]U[l,+oo）B.[-l,3]

C.（-8,2-夜]U[2+^/7,+00）D.[2-V7,2+V7]

答案D

4.（2020屆山東夏季高考模擬,6）已知點(diǎn)A為曲線(xiàn)y=xq（x>0）上的動(dòng)點(diǎn),B為圓（x-2）?+y2=l上的動(dòng)點(diǎn)，則|AB|的最小

值是（）

A.3B.4C.3V2D.4V2

答案A

二、填空題（共5分）

5.（2019四川成都第二次適應(yīng)性考試,16）已知F為拋物線(xiàn)C:x2=4y的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的直線(xiàn)1與拋物線(xiàn)C相交于不同

的兩點(diǎn)A,B.拋物線(xiàn)C在A,B兩點(diǎn)處的切線(xiàn)分別是h,b,且相交于點(diǎn)P,則「刊播的最小值是

答案6

三、解答題（共60分）

6.（2020屆河南安陽(yáng)9月月考,20）如圖，過(guò)點(diǎn)P（l,0）作兩條直線(xiàn)x=l和1,分別交拋物線(xiàn)y2=4x于A,B和C,D（其中

A.C位于x軸上方J的斜率大于0入直線(xiàn)AC,BD交于點(diǎn)Q.

（1）求證:點(diǎn)Q在定直線(xiàn)上；

⑵若入孕安求尢的最小值.

解析本題考查直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系，三角形面積比，基本不等式求最值.體現(xiàn)了邏輯推理.數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素

養(yǎng).

所以cd=-4.

又A(l,2),B(l,-2),

所以L(fǎng)c：4x-(c+2)y+2c=0,

lBD：4x-(d-2)y-2d=0,

聯(lián)立消y得x年等=1

C-a+4

故點(diǎn)Q在定直線(xiàn)x=-l上.

⑵由題意可得產(chǎn)=三恪3季

^△PQA2b^pQB2

因?yàn)镾APQA=SAPQB?

522

所以X-APQC=￡^4=C(C4-4)

令C?-4=t，則t>0,

代入得人必*iqe+322a+3,

當(dāng)且僅當(dāng)c?=4+4痘時(shí)取得等號(hào)，

所以人的最小值為2近+3.

0?路分析⑴設(shè)C信c),D惇,d),l:x=ty+L直線(xiàn)與拋物線(xiàn)方程聯(lián)立可得y2-4ty-4=0,所以cd=4由直線(xiàn)AC.BD

交于點(diǎn)Q.將兩直線(xiàn)方程聯(lián)立求解可得x=鬻瞥=-1.從而證明點(diǎn)Q在定直線(xiàn)上.

⑵由題意可得|*=年,產(chǎn)=季根據(jù)SAPQA=SAPQB,ffic表示出Z利用換元法、基本不等式可求X的最小值.

7.(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知橢圓嗒唔=l(a>b>0)的左頂點(diǎn)為M,上頂點(diǎn)為N,直線(xiàn)2x+y-6V5=0與直

線(xiàn)MN垂直,垂足為B點(diǎn)，且點(diǎn)N是線(xiàn)段MB的中點(diǎn).

⑴求橢圓C的方程；

⑵若直線(xiàn)l:y=kx+m與橢圓C交于E,F兩點(diǎn)，點(diǎn)G在橢圓C上.且四邊形OEGF為平行四邊形，求證:四邊形OEGF

的面積S為定值.

解析(1)由題意知,M(-a,0),N(0,b信線(xiàn)MN的斜率k=^=1,a=2b.

1,點(diǎn)N是線(xiàn)段MB的中點(diǎn)，

；.B(a,2b),

點(diǎn)B在直線(xiàn)2x+y-6V5=0上，

2a+2b=675,又a=2b,

b=V3,a=2V3,

.??橢圓c的方程為［4=1.

⑵證明:設(shè)E(xi,yi),F(X2,y2),G(xo,yo),將y=kx+m代入方消去y整理得(l+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,則xi+x2=-

8km4m2_i2..、32m

訴兇?x2=E^,yi+y2=k(xi+X2)+2m=*^，

V四邊形OEGF為平行四邊形.

：.OG=OE+OF=^+x2,yt+y2)^G(-黑j,潦。將G點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓C的方程得m2=：(l+4k2),又易得點(diǎn)。到

直線(xiàn)EF的距離d=?gL,|EF|=Vi+P|xl-x2|,

二平行四邊形OEGF的面積S=d?|EF|=|m||x,-

2

X2|=|m|-V(%i+X2)-4X!X2=4??^^=4y[3?^j=3V3.

故平行四邊形OEGF的面積S為定值3g.

8.(2020屆山西太原五中第二;欠診斷.19)已知橢圓C:親旨=1(a>b>0)的左.右焦點(diǎn)分別為HR,離心率為;.P是橢圓

C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)且△PFR面積的最大值為V3.

⑴求橢圓C的方程；

⑵設(shè)斜率存在的直線(xiàn)PF?與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為Q,是否存在點(diǎn)T(O,t),使得TP|=|TQ|?若存在.求出t的取值范

圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

/￡_1

a-2，

解析⑴由題意得上X2cxb=代

la2=b2+c2,

a=2,b=V3,c=1.

故橢圓C的方程為1用勺.

43

⑵設(shè)直線(xiàn)PQ的方程為y=k(x-1),當(dāng)kWO時(shí)，將y=k(x-1)代入率。=1,

得(3+4K)x2-8k2x+4k2-12=0.

設(shè)P(xi,yD,Q(X2,yz),線(xiàn)段PQ的中點(diǎn)為N(xo,yo),

則*。=中=焉*華=叱1)=表，

即N(募,箴)

V|TP|=|TQ|,.,.直線(xiàn)TN為線(xiàn)段PQ的垂直平分線(xiàn)，

.'.TN±PQ,gpkiN?kpQ=-l.

二嚕,卜=-1旬=舟=力.

4k2+3K

當(dāng)k>0時(shí),4k.4亞Ate（0,詈

當(dāng)k<0時(shí),Zk+JwaW.tqq,。）.

當(dāng)k=0時(shí),t=0符合題意.

綜上J的取值范圍為戌,目

9.(2