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专题检测（二十二） 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练
1.(2018届高三·广东五校协作体诊断考试)若椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，线段F1F2被抛物线y2＝2bx的焦点F分成了3∶1的两段．
(1)求椭圆的离心率；
(2)过点C(－1,0)的直线l交椭圆于不同两点A，B，且＝2，当△AOB的面积最大时，求直线l的方程．
解：(1)由题意知，c＋＝3，
所以b＝c，a2＝2b2，
所以e＝＝ ＝.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝ky－1(k≠0)，
因为＝2，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)，
即y1＝－2y2， ①
由(1)知，椭圆方程为x2＋2y2＝2b2.
由消去x，
得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0，
所以y1＋y2＝， ②
由①②知，y2＝－，y1＝，
因为S△AOB＝|y1|＋|y2|，
所以S△AOB＝3·＝3·
≤3·＝，
当且仅当|k|2＝2，即k＝±时取等号，
此时直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T
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为椭圆上任意一点，直线TA，TB的斜率之积为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求·＋·的取值范围．
解：(1)设T(x，y)，由题意知A(－4,0)，B(4,0)，
设直线TA的斜率为k1，直线TB的斜率为k2，
则k1＝，k2＝.
由k1k2＝－，得·＝－，
整理得＋＝1.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋2，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立方程消去y，
得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
从而，·＋·＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋.
所以－20＜·＋· ≤－.
当直线PQ的斜率不存在时，·＋·的值为－20.
综上，·＋·的取值范围为.
3．已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0,2)，离心率为.
(1)求椭圆P的方程；
(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足·＝？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
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解：(1)设椭圆P的方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意得b＝2，e＝＝，
∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，∴c2＝4，c＝2，a＝4，
∴椭圆P的方程为＋＝1.
(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，·0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，
解得k2>.①
∵x1＋x2＝，x1x2＝，
∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝＋－＋16＝，
解得k2＝1.②
由①②解得k＝±1，
∴直线l的方程为y＝±x－4.
故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．
4．(2018届高三·云南11校跨区调研)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为方程2x2－3x＋1＝0的解，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，点C在E上，且△ABC面积的最大值为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝－4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD把△DMN分为面积相等的两部分．
解：(1)方程2x2－3x＋1＝0的解为x1＝，x2＝1，
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∵椭圆离心率e∈(0,1)，∴e＝，
由题意得解得
∴椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，线段MN的中点为P(x0，y0)，
故2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，
由(1)可得F(－1,0)，
则直线DF的斜率为kDF＝＝－，
当n＝0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN.
当n≠0时，直线MN的斜率kMN＝＝，
∵点M，N在椭圆E上，
∴
整理得＋＝0，
又2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，
∴＋·＝0，即＝－，
即直线OP的斜率为kOP＝－，
又直线OD的斜率为kOD＝－，∴OD平分线段MN.
综上，直线OD把△DMN分为面积相等的两部分．
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