2024年新高考数学名校重难点练习：《圆锥曲线》题型归纳与对点训练

这是一份2024年新高考数学名校重难点练习：《圆锥曲线》题型归纳与对点训练，共22页。

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 \\al(2,0)＋4yeq \\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\c1(2＋eq \f(x0,y0－1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝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\c1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))，求线段AB长的取值范围．
【答案】(1)eq \f(x2,2)＋y2＝1(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)，2\r(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Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2k2,1＋2k2)，\f(k,1＋2k2))).
则直线AB的垂直平分线为y－eq \f(k,1＋2k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2k2,1＋2k2)))，令y＝0，得xP＝eq \f(－k2,1＋2k2)，
因为xP∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))，即－eq \f(1,4)＜eq \f(－k2,1＋2k2)＜0，
所以0＜k2＜eq \f(1,2)，
＝
＝＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,1＋2k2))).
∵eq \f(1,2)＜eq \f(1,2k2＋1)＜1，
∴|AB|∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)，2\r(2)))．
【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\c1(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\c1(\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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(15),3)))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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(15),3)))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\c1(\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)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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，
即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3t,4)，\f(t,4)))，
∴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)∴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)＝1 B.eq \f(x2,36)－eq \f(y2,35)＝1
C.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 \\al(2,0)＋1.
又因为M为AB的中点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(0＋x0,2)，,y＝\f(y0－1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x，,y0＝2y＋1，))
将其代入y0＝2xeq \\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 \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \(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 \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \(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 \\al(2,0)＋yeq \\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\c1(x2＝4y，,y＝kx－2，))得x2－4kx＋8＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝8.))
kAC＝eq \f(y1－y2,x1＋x2)＝eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－\f(x\\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\\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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))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\c1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(\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＋mkx2＋m,x1x2)＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋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)，1分
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\c1(\f(x2,2)＋y2＝1x≠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)，
∴Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,3)，\f(m,3)))，
∴线段AB的垂直平分线方程为y－eq \f(m,3)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2m,3)))，令y＝0，得P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,3)，0)) 则点P到AB的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m,3))),eq \r(2))，
由弦长公式得|AB|＝eq \r(2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(\r(2),3)eq \r(24－8m2)，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)·eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m,3))),\r(2))·eq \f(\r(2),3)·eq \r(24－8m2)
＝eq \f(2\r(2),9)eq \r(m23－m2)≤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\c1(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\c1(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 \(FA,\s\up7(―→))＝(x1－1，y1)，eq \(FB,\s\up7(―→))＝(x2－1，y2)，
∴eq \(FA,\s\up7(―→))·eq \(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\c1(y＝kx－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)，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2c,4k2＋1)，－\f(kc,4k2＋1))).
∵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)，∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3k2c,4k2＋1)，0)).
∵△DMF∽△DOE，
∴＝eq \f(DM2,OD2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2c,4k2＋1)－\f(3k2c,4k2＋1)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(kc,4k2＋1)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3k2c,4k2＋1)))2)＝eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆上得，eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝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(4k2－3,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).⑤
④代入⑤得k1＋k2＝2k－eq \f(3,2)·eq \f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－3,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>b>0)，
因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，所以a2－b2＝4.
由题可得椭圆的右焦点为F2(2,0)，已知点B(2，eq \r(2))在椭圆C上，由椭圆的定义知|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以2a＝3eq \r(2)＋eq \r(2)＝4eq \r(2).
所以a＝2eq \r(2)，从而b＝2.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－2eq \r(2)，0)．
因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1交于两点E，F，
设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得x2＝eq \f(8,1＋2k2).
所以x0＝eq \f(2\r(2),\r(1＋2k2))，y0＝eq \f(2\r(2)k,\r(1＋2k2))，
所以直线AE的方程为y＝eq \f(k,1＋\r(1＋2k2))(x＋2eq \r(2))．
因为直线AE与y轴交于点M，
令x＝0，得y＝eq \f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))，
即点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2)))).
同理可得点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2)))).
假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则·＝0.
即t2＋eq \f(－2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))×eq \f(－2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))＝0，即t2－4＝0.
解得t＝2或t＝－2.
故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．
3.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1(2)所以符合题意的直线l不存在
【解析】(1)依题意，可设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．
从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,2a＝|AF|＋|AF′|＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,a＝4.))
又a2＝b2＋c2，
所以b2＝12.
故椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝eq \f(3,2)x＋t.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
因为直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，解得－4eq \r(3)≤t≤4eq \r(3).
另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得eq \f(|t|,\r(\f(9,4)＋1))＝4，从而t＝±2eq \r(13).
由于±2eq \r(13) [－4eq \r(3)，4eq \r(3) ]，
所以符合题意的直线l不存在．