2021届高考数学二轮复习专题——椭圆中的定值定点存在性问题（教师版）

椭圆中的定值定点存在性问题 类型一 定点问题 例 1、 如图，椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)过点 P 1，3 2 ，其左、右焦点分别为 F1，F2，离心率 e ＝1 2 ，M，N 是直线 2ax c  上的两个动点，且 1F M  · 2F N  ＝0． (1)求椭圆的方程； (2)求 MN 的最小值； (3)求以 MN 为直径的圆 C 是否过定点？请证明你的结论． 变试题：已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为 F(1，0)，右顶点为 A，且|AF|＝1． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若动直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 有且只有一个交点 P，且与直线 x＝4 交于点 Q，问：是 否存在一个定点 M(t，0)，使得 MP  · MQ  ＝0．若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明 理由． 三 例 类型二 定值问题 例 2、 已知 F1，F2 为椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过椭圆右焦点 F2 且斜率 为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 E，F 两点， △ EFF1 的周长为 8，且椭圆 C 与圆 x2＋y2＝3 相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A 为椭圆的右顶点，直线 AE，AF 分别交直线 x＝4 于点 M，N，线段 MN 的中点为 P， 记直线 PF2 的斜率为 k′，求证：k·k′为定值． 变试题：．已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的左焦点 F1(－1，0)，长轴长与短轴长的比是 2∶ 3． (1)求椭圆的方程； (2)过 F1 作两直线 m，n 交椭圆于 A，B，C，D 四点，若 m⊥n，求证： 1 |AB| ＋ 1 |CD| 为定值 例 类型三 存在性问题 例 3、 已知椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)以  2 0 ， 为顶点，且离心率为1 2 ． (1)求椭圆 E 的方程； (2)若直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，与直线 x＝－4 相交于 Q 点，P 是椭圆 E 上一点且满足OP  ＝OA  ＋OB  (其中 O 为坐标原点)，试问在 x 轴上是否存在一点 T，使 得OP  ·TQ  为定值？若存在，求出点 T 的坐标及OP  ·TQ  的值；若不存在，请说明理由． 变试题：．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 6 3 ，直 线 l 与 x 轴交于点 E，与椭圆 C 交于 A，B 两点．当直线 l 垂直于 x 轴且点 E 为椭圆 C 的右 焦点时，弦 AB 的长为2 6 3 ． (1)求椭圆 C 的方程． (2)若点 E 的坐标为 3 2 ，0 ，点 A 在第一象限且横坐标为 3，过点 A 与原点 O 的直线交椭 圆 C 于另一点 P，求 △ PAB 的面积． (3)是否存在点 E，使得 1 EA2＋ 1 EB2为定值？若存在，请求出点 E 的坐标，并求出该定值；若 不存在，请说明理由． 例 课堂小结： 1．定值问题的求解策略： (1)可以从一般的情形进行论证，即用类似方程 ax＋b＝0 恒有解的思路来解决问题； (2)也可以运用从特殊到一般的思想来解决问题，即先求出特殊情形下的值，如直线的斜率 不存在的情况，再论证该特殊值对一般情形也成立． 2．最值问题的求解策略： (1)如果建立的函数是关于斜率 k 的函数，要增加考虑斜率不存在的情况； (2)如果建立的函数是关于点(x，y)的函数，可以考虑用代入消元、基本不等式、三角换元或 几何解法来解决问题． 课后作业 1．对任意实数 a，直线 y＝ax－3a＋2 所经过的定点是________． 2．若直线 mx＋ny＝4 和圆 O：x2＋y2＝4 没有公共点，则过点(m，n)的直线与椭圆x2 5 ＋y2 4 ＝1 的交点个数为________． 3．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，以其两个焦点和短轴的两个端点为顶点的 四边形是一个面积为 4 的正方形，设 P 为该椭圆上的动点，C，D 的坐标分别是(－ 2，0)， ( 2，0)，则 PC·PD 的最大值为________． 4．已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率是 6 3 ，过椭圆上一点 M 作直线 MA，MB 交椭圆于 A， B 两点，且斜率分别为 k1，k2，若点 A，B 关于原点对称，则 k1·k2 的值为________． 五、课堂小 基 解答题： 1．如图，已知 A1，A2，B1，B2 分别是椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的四个顶点， △ A1B1B2 是一 个边长为 2 的等边三角形，其外接圆为圆 M． (1)求椭圆 C 及圆 M 的方程； (2)若点 D 是圆 M 劣弧 1 2A B 上一动点(点 D 异于端点 A1，B2)，直线 B1D 分别交线段 A1B2， 椭圆 C 于点 E，G，直线 B2G 与 A1B1 交于点 F． ①求GB1 EB1 的最大值； ②试问：E，F 两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 巩 2．已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，且过点 P 2 2 ，1 2 ，记椭圆的左顶点为 A． (1)求椭圆的方程； (2)设垂直于 y 轴的直线 l 交椭圆于 B，C 两点，试求 △ ABC 面积的最大值； (3)过点 A 作两条斜率分别为 k1，k2 的直线交椭圆于 D，E 两点，且 k1k2＝2，求证：直线 DE 恒过一个定点． 3．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率 e＝1 2 ，直线 l：x－ my－1＝0(m∈R)过椭圆 C 的右焦点 F 交椭圆 C 于 A，B 两点． (1)求椭圆 C 的标准方程． (2)已知点 D 5 2 ，0 ，连结 BD，过点 A 作垂直于 y 轴的直线 l1，设直线 l1 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 l2，使得点 P 恒在直线 l2 上？若存在，请求出直 线 l2 的方程；若不存在，请说明理由． 4．如图，已知椭圆 C：x2 4 ＋y2＝1，A，B 是四条直线 x＝±2，y＝±1 所围成的两个顶点． (1)设 P 是椭圆 C 上任意一点，若OP  ＝mOA  ＋nOB  ，求证：动点 Q(m，n)在定圆上运动， 并求出定圆的方程； (2)若 M，N 是椭圆 C 上两个动点，且直线 OM，ON 的斜率之积等于直线 OA，OB 的斜率之 积，试探求 △ OMN 的面积是否为定值，说明理由． 5．在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，且经过点 1， 6 2 ， 过椭圆的左顶点 A 作直线 l⊥x 轴，点 M 为直线 l 上的动点(点 M 与点 A 不重合)，点 B 为椭 圆右顶点，直线 BM 交椭圆 C 于点 P． (1)求椭圆 C 的方程； (2)求证：AP⊥OM； (3)试问OP  ·OM  是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是，请说明理由． 拔 椭圆中的定值定点存在性问题（解析版） 类型一 定点问题 例 2、 如图，椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)过点 P 1，3 2 ，其左、右焦点分别为 F1，F2，离心率 e ＝1 2 ，M，N 是直线 2ax c  上的两个动点，且 1F M  · 2F N  ＝0． (1)求椭圆的方程； (2)求 MN 的最小值； (3)求以 MN 为直径的圆 C 是否过定点？请证明你的结论． 【解】(1)因为 e＝c a ＝1 2 ，且过点 P 1，3 2 ，所以 1 a2＋ 9 4b2＝1， a＝2c， a2＝b2＋c2， 解得 a＝2， b＝ 3. 所以椭圆方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1． (2)由题可设点 M(4，y1)，N(4，y2)． 又知 F1(－1，0)，F2(1，0)，则 1F M  ＝(5，y1)， 2F N  ＝(3，y2)． 所以 1F M  · 2F N  ＝15＋y1y2＝0，y1y2＝－15，y2＝－15 y1 ． 又因为 MN＝|y2－y1|＝|－15 y1 －y1|＝15 |y1| ＋|y1|≥2 15，当且仅当|y1|＝|y2|＝ 15时取等号， 所以 MN 的最小值为 2 15． (3)设点 M(4，y1)，N(4，y2)，所以以 MN 为直径的圆的圆心 C 的坐标为 4，y1＋y2 2 ，半径 r ＝|y2－y1| 2 ，所以圆 C 的方程为(x－4)2＋ y－y1＋y2 2 2＝(y2－y1)2 4 ， 整理得 x2＋y2－8x－(y1＋y2)y＋16＋y1y2＝0． 三 例 由(2)得 y1y2＝－15，所以 x2＋y2－8x－(y1＋y2)y＋1＝0， 令 y＝0 得 x2－8x＋1＝0，所以 x＝4± 15，所以圆 C 过定点(4± 15，0)． 【总结与反思】定点问题常见的 2 种解法： (1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无 关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意． 变试题：1．已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为 F(1，0)，右顶点为 A，且|AF|＝1． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若动直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 有且只有一个交点 P，且与直线 x＝4 交于点 Q，问：是 否存在一个定点 M(t，0)，使得 MP  · MQ  ＝0．若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明 理由． 1．【解】(1)由 c＝1，a－c＝1，得 a＝2，b＝ 3，故椭圆 C 的标准方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1． (2)由 y＝kx＋m， 3x2＋4y2＝12， 消去 y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即 m2＝3＋4k2． 设 P(xp，yp)，则 xp＝－ 4km 3＋4k2 ＝－4k m ， yp＝kxp＋m＝－4k2 m ＋m＝3 m ，即 P －4k m ，3 m ． 因为 M(t，0)，Q(4，4k＋m)，所以 MP  ＝ －4k m －t，3 m ， MQ  ＝(4－t，4k＋m)， 所以 MP  · MQ  ＝ －4k m －t ·(4－t)＋3 m·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4k m(t－1)＝0 恒成立， 故 t－1＝0， t2－4t＋3＝0， 即 t＝1．所以存在点 M(1，0)符合题意． 类型二 定值问题 例 4、 已知 F1，F2 为椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过椭圆右焦点 F2 且斜率 为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 E，F 两点， △ EFF1 的周长为 8，且椭圆 C 与圆 x2＋y2＝3 相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A 为椭圆的右顶点，直线 AE，AF 分别交直线 x＝4 于点 M，N，线段 MN 的中点为 P， 记直线 PF2 的斜率为 k′，求证：k·k′为定值． 【解】(1)因为 △ EFF1 的周长为 8，所以 4a＝8，所以 a2＝4， 又椭圆 C 与圆 x2＋y2＝3 相切，故 b2＝3，所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1． (2)由题意知过点 F2(1，0)的直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，设 E(x1，y1)，F(x2，y2)， 将直线 l 的方程 y＝k(x－1)代入椭圆 C 的方程x2 4 ＋y2 3 ＝1， 整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＞0 恒成立， 且 x1＋x2＝ 8k2 4k2＋3 ，x1x2＝ 4k2－12 4k2＋3 ． 直线 AE 的方程为 y＝ y1 x1－2 (x－2)，令 x＝4，得点 M 4， 2y1 x1－2 ， 直线 AF 的方程为 y＝ y2 x2－2 (x－2)，令 x＝4，得点 N 4， 2y2 x2－2 ， 所以点 P 的坐标为 4， y1 x1－2 ＋ y2 x2－2 ． 所以直线 PF2 的斜率为 k′＝ y1 x1－2 ＋ y2 x2－2 －0 4－1 ＝1 3 y1 x1－2 ＋ y2 x2－2 ＝1 3· y2x1＋x2y1－2(y1＋y2) x1x2－2(x1＋x2)＋4 ＝ 例 1 3· 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k x1x2－2(x1＋x2)＋4 ， 将 x1＋x2＝ 8k2 4k2＋3 ，x1x2＝ 4k2－12 4k2＋3 代入上式得 k′＝1 3· 2k· 4k2－12 4k2＋3 －3k· 8k2 4k2＋3 ＋4k 4k2－12 4k2＋3 －2× 8k2 4k2＋3 ＋4 ＝－1 k ， 所以 k·k′为定值－1． 【由题悟法】定值问题常见的 2 种求法： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)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． 变试题：．已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的左焦点 F1(－1，0)，长轴长与短轴长的比是 2∶ 3． (1)求椭圆的方程； (2)过 F1 作两直线 m，n 交椭圆于 A，B，C，D 四点，若 m⊥n，求证： 1 |AB| ＋ 1 |CD| 为定值 【解】(1)由已知，得 2a∶2b＝2∶ 3， c＝1， a2＝b2＋c2. 解得 a＝2，b＝ 3． 故所求椭圆方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1． (2)由已知 F1(－1，0)，当直线 m 不垂直于坐标轴时，可设直线 m 的方程为 y＝k(x＋1)(k≠0)． 由 y＝k(x＋1)， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0． 由于Δ＞0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则有 x1，2＝ －4k2±6 k2＋1 3＋4k2 ，|AB|＝ 1＋k2·|x1－x2|＝ 12(1＋k2) 3＋4k2 ．同理|CD|＝ 12(1＋k2) 3k2＋4 ． 所以 1 |AB| ＋ 1 |CD| ＝ 3＋4k2 12(1＋k2) ＋ 3k2＋4 12(1＋k2) ＝ 7(1＋k2) 12(1＋k2) ＝ 7 12 ． 当直线 m 垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3， 所以 1 |AB| ＋ 1 |CD| ＝1 3 ＋1 4 ＝ 7 12 ． 综上， 1 |AB| ＋ 1 |CD| 为定值 7 12 ． 类型三 存在性问题 例 5、 已知椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)以  2 0 ， 为顶点，且离心率为1 2 ． (1)求椭圆 E 的方程； (2)若直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，与直线 x＝－4 相交于 Q 点，P 是椭圆 E 上一点且满足 OP  ＝ OA  ＋ OB  (其中 O 为坐标原点)，试问在 x 轴上是否存在一点 T，使 得OP  ·TQ  为定值？若存在，求出点 T 的坐标及OP  ·TQ  的值；若不存在，请说明理由． 【解】(1)已知  2 0 ， 为椭圆 E 的顶点，即 a＝2． 又c a ＝1 2 ， 故 c＝1，b＝ 3．所以椭圆 E 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1． (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立 y＝kx＋m， 3x2＋4y2＝12. 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0． 由根与系数的关系，得 x1＋x2＝ －8km 4k2＋3 ， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝ 6m 4k2＋3 ． 将 P －8km 4k2＋3 ， 6m 4k2＋3 代入椭圆 E 的方程，得 64k2m2 4(4k2＋3)2 ＋ 36m2 3(4k2＋3)2 ＝1，即 4m2＝4k2＋3． 设 T(t，0)，Q(－4，m－4k)．所以TQ  ＝(－4－t，m－4k)，OP  ＝ －8km 4k2＋3 ， 6m 4k2＋3 ． 即OP  ·TQ  ＝ 32km＋8kmt 4k2＋3 ＋ 6m(m－4k) 4k2＋3 ＝ 6m2＋8km＋8kmt 4k2＋3 ． 因为 4k2＋3＝4m2，所以OP  ·TQ  ＝6m2＋8km＋8kmt 4m2 ＝3 2 ＋2k(1＋t) m ． 要使 OP  ·TQ  为定值，只需 2k(1＋t) m 2＝4k2(1＋t)2 m2 ＝(4m2－3)(1＋t) m2 为定值，则 1＋t＝0，所 以 t＝－1，所以在 x 轴上存在一点 T(－1，0)，使得 OP  ·TQ  为定值3 2 ． 例 【由题悟法】存在性问题求解的 3 个注意点： 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则 不存在． (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论； (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径． 变试题：．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 6 3 ，直 线 l 与 x 轴交于点 E，与椭圆 C 交于 A，B 两点．当直线 l 垂直于 x 轴且点 E 为椭圆 C 的右 焦点时，弦 AB 的长为2 6 3 ． (1)求椭圆 C 的方程． (2)若点 E 的坐标为 3 2 ，0 ，点 A 在第一象限且横坐标为 3，过点 A 与原点 O 的直线交椭 圆 C 于另一点 P，求 △ PAB 的面积． (3)是否存在点 E，使得 1 EA2＋ 1 EB2为定值？若存在，请求出点 E 的坐标，并求出该定值；若 不存在，请说明理由． 【解】(1)由c a ＝ 6 3 ，设 a＝3k(k>0)，则 c＝ 6k，b2＝3k2， 所以椭圆 C 的方程为 x2 9k2＋ y2 3k2＝1． 因为当直线 l 垂直于 x 轴且点 E 为椭圆 C 的右焦点时，AB＝2 6 3 ，即 xA＝xB＝ 6k， 代入椭圆方程，解得 yA＝k，yB＝－k 或 yA＝－k，yB＝k，于是 2k＝2 6 3 ，即 k＝ 6 3 ， 所以椭圆 C 的方程为x2 6 ＋y2 2 ＝1． (2)将 x＝ 3代入x2 6 ＋y2 2 ＝1，解得 y＝±1．因为点 A 在第一象限，所以 A( 3，1)． 又点 E 的坐标为 3 2 ，0 ，所以 kAE＝ 2 3 ，直线 EA 的方程为 y＝ 2 3 x－ 3 2 ＝2 3 3 x－1， 由 y＝2 3 3 x－1， x2 6 ＋y2 2 ＝1， 得 B － 3 5 ，－7 5 ． 又 PA 过原点 O，所以 P(－ 3，－1)，PA＝4，直线 PA 的方程为 x－ 3y＝0， 所以点 B 到直线 PA 的距离 h＝ |－ 3 5 ＋7 3 5 | 2 ＝3 3 5 ， S△PAB＝1 2PA·h＝1 2×4×3 3 5 ＝6 3 5 ． (3)假设存在点 E，使得 1 EA2＋ 1 EB2为定值，设 E(x0，0)(x0≠± 6)， 当直线 AB 与 x 轴重合时， 1 EA2＋ 1 EB2＝ 1 (x0＋ 6)2 ＋ 1 ( 6－x0)2 ＝ 12＋2x20 (6－x20)2 ， 当直线 AB 与 x 轴垂直时， 1 EA2＋ 1 EB2＝ 2 2 1－x20 6 ＝ 6 6－x20 ， 由 12＋2x20 (6－x20)2 ＝ 6 6－x20 ，得 x0＝± 3， 6 6－x20 ＝2， 所以若存在点 E，此时 E(± 3，0)， 1 EA2＋ 1 EB2为定值 2． 根据对称性，只需考虑直线 l 过点 E( 3，0)的情况，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程 为 x＝my＋ 3，由 x＝my＋ 3， x2 6 ＋y2 2 ＝1， 得(m2＋3)y2＋2 3my－3＝0， 所以 y1＋y2＝ －2 3m m2＋3 ， y1y2＝ －3 m2＋3 ． 又 1 EA2＝ 1 ( x1－ 3)2＋y21 ＝ 1 m2y21＋y21 ＝ 1 (m2＋1)y21 ， 1 EB2＝ 1 (x2－ 3)2＋y22 ＝ 1 m2y22＋y22 ＝ 1 (m2＋1)y22 ， 所以 1 EA2＋ 1 EB2＝ 1 (m2＋1)y21 ＋ 1 (m2＋1)y22 ＝ (y1＋y2)2－2y1y2 (m2＋1)y21y22 ＝ 12m2 (m2＋3)2 ＋ 6 m2＋3 (m2＋1)· 9 (m2＋3)2 ＝2， 综上所述，存在点 E(± 3，0)，使得 1 EA2＋ 1 EB2为定值 2． 课堂小结： 1．定值问题的求解策略： (1)可以从一般的情形进行论证，即用类似方程 ax＋b＝0 恒有解的思路来解决问题； (2)也可以运用从特殊到一般的思想来解决问题，即先求出特殊情形下的值，如直线的斜率 不存在的情况，再论证该特殊值对一般情形也成立． 2．最值问题的求解策略： (1)如果建立的函数是关于斜率 k 的函数，要增加考虑斜率不存在的情况； (2)如果建立的函数是关于点(x，y)的函数，可以考虑用代入消元、基本不等式、三角换元或 几何解法来解决问题． 课后作业 1．对任意实数 a，直线 y＝ax－3a＋2 所经过的定点是________． 2．若直线 mx＋ny＝4 和圆 O：x2＋y2＝4 没有公共点，则过点(m，n)的直线与椭圆x2 5 ＋y2 4 ＝1 的交点个数为________． 3．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，以其两个焦点和短轴的两个端点为顶点的 四边形是一个面积为 4 的正方形，设 P 为该椭圆上的动点，C，D 的坐标分别是(－ 2，0)， ( 2，0)，则 PC·PD 的最大值为________． 4．已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率是 6 3 ，过椭圆上一点 M 作直线 MA，MB 交椭圆于 A， B 两点，且斜率分别为 k1，k2，若点 A，B 关于原点对称，则 k1·k2 的值为________． 五、课堂小 答案与解析 1．【解析】直线方程即为 y－2＝a(x－3)，因此当 x－3＝0 且 y－2＝0 时，这个方程恒成立， 故直线系恒过定点(3，2)． 【答案】(3，2) 2．【解析】 因直线与圆没有公共点，所以圆心到直线的距离 4 m2＋n2 >2，则 m2＋n2b>0)，半焦距为 c，则由条件，得 b＝c，b2＋c2＝4， 解得 b＝c＝ 2，于是 a＝2，从而 C、D 就是椭圆的焦点，于是 PC＋PD＝2a＝4，由基本不 等式得 PC·PD≤ PC＋PD 2 2＝4，即 PC·PD 的最大值为 4． 【答案】4 4．【解析】 设 M(x0，y0)，A(x1，y1)，则 B(－x1，－y1)，从而 k1·k2＝ y1－y0 x1－x0 · －y1－y0 －x1－x0 ＝ y21－y20 x21－x20 ， 又 x20 a2＋y20 b2＝1， x21 a2＋y21 b2＝1， 两式相减得x20－x21 a2 ＝y21－y20 b2 ，故 k1·k2＝－b2 a2，又 e＝ 6 3 ，所以b2 a2＝1 3 ，故 k1·k2 ＝－1 3 ． 【答案】－1 3 解答题： 1．如图，已知 A1，A2，B1，B2 分别是椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的四个顶点， △ A1B1B2 是一 个边长为 2 的等边三角形，其外接圆为圆 M． (1)求椭圆 C 及圆 M 的方程； (2)若点 D 是圆 M 劣弧 1 2A B 上一动点(点 D 异于端点 A1，B2)，直线 B1D 分别交线段 A1B2， 椭圆 C 于点 E，G，直线 B2G 与 A1B1 交于点 F． ①求GB1 EB1 的最大值； ②试问：E，F 两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 2．已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，且过点 P 2 2 ，1 2 ，记椭圆的左顶点为 A． (1)求椭圆的方程； (2)设垂直于 y 轴的直线 l 交椭圆于 B，C 两点，试求 △ ABC 面积的最大值； (3)过点 A 作两条斜率分别为 k1，k2 的直线交椭圆于 D，E 两点，且 k1k2＝2，求证：直线 DE 恒过一个定点． 3．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率 e＝1 2 ，直线 l：x－ my－1＝0(m∈R)过椭圆 C 的右焦点 F 交椭圆 C 于 A，B 两点． (1)求椭圆 C 的标准方程． (2)已知点 D 5 2 ，0 ，连结 BD，过点 A 作垂直于 y 轴的直线 l1，设直线 l1 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 l2，使得点 P 恒在直线 l2 上？若存在，请求出直 巩 线 l2 的方程；若不存在，请说明理由． 4．如图，已知椭圆 C：x2 4 ＋y2＝1，A，B 是四条直线 x＝±2，y＝±1 所围成的两个顶点． (1)设 P 是椭圆 C 上任意一点，若OP  ＝mOA  ＋nOB  ，求证：动点 Q(m，n)在定圆上运动， 并求出定圆的方程； (2)若 M，N 是椭圆 C 上两个动点，且直线 OM，ON 的斜率之积等于直线 OA，OB 的斜率之 积，试探求 △ OMN 的面积是否为定值，说明理由． 答案与解析 1．【解】(1)由题意知 B2(0，1)，A1(－ 3，0)，所以 b＝1，a＝ 3， 所以椭圆 C 的方程为x2 3 ＋y2＝1． 易得圆心 M － 3 3 ，0 ，A1M＝2 3 3 ，所以圆 M 的方程为 x＋ 3 3 2＋y2＝4 3 ． (2)设直线 B1D 的方程为 y＝kx－1 k0，所以 y1＋y2＝ －6m 4＋3m2 ，y1y2＝ －9 4＋3m2 ．① 因为 kDB－kDP＝ y2－0 x2－5 2 － y1－0 4－5 2 ＝ y2 my2＋1－5 2 － y1 3 2 ＝ 3 2y2－y1 my2－3 2 3 2 my2－3 2 ＝ y1＋y2－2 3my1y2 my2－3 2 ． 将①式代入上式，得 kDB－kDP＝0，所以 kDB＝kDP． 所以点 P(4，y1)在直线 BD 上，从而直线 l1、直线 BD 与直线 l2：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 l2 上． 4．【解】(1)易求 A(2，1)，B(－2，1)． 设 P(x0，y0)，则x20 4 ＋y20＝1．由OP  ＝mOA  ＋nOB  ，得 x0＝2(m－n)， y0＝m＋n， 所以4(m－n)2 4 ＋(m＋n)2＝1，即 m2＋n2＝1 2 ．故点 Q(m，n)在定圆 x2＋y2＝1 2 上． (2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2 x1x2 ＝－1 4 ． 平方得 x21x22＝16y21y22＝(4－x21)(4－x22)，即 x21＋x22＝4． 因为直线 MN 的方程为(x2－x1)y－(y2－y1)x＋x1y2－x2y1＝0， 所以 O 到直线 MN 的距离为 d＝ |x1y2－x2y1| (x2－x1)2＋(y2－y1)2 ， 所以 △ OMN 的面积 S＝1 2MN·d＝1 2|x1y2－x2y1|＝1 2 x21y22＋x22y21－2x1x2y1y2＝1 2 x21 1－x22 4 ＋x22 1－x21 4 ＋1 2x21x22＝ 1 2 x21＋x22＝1． 故 △ OMN 的面积为定值 1． 5．在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，且经过点 1， 6 2 ， 过椭圆的左顶点 A 作直线 l⊥x 轴，点 M 为直线 l 上的动点(点 M 与点 A 不重合)，点 B 为椭 圆右顶点，直线 BM 交椭圆 C 于点 P． (1)求椭圆 C 的方程； (2)求证：AP⊥OM； (3)试问 OP  ·OM  是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是，请说明理由． 拔 【解】(1)因为椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，所以 a2＝2c2，又 c2＝a2－b2，所以 a2＝2b2． 又椭圆 C 过点 1， 6 2 ，所以 1 2b2＋ 3 2b2＝1． 所以 a2＝4，b2＝2．所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 2 ＝1． (2)法一：设直线 BM 的斜率为 k，则直线 BM 的方程为 y＝k(x－2)．设 P(x1，y1)， 将 y＝k(x－2)代入椭圆 C 的方程x2 4 ＋y2 2 ＝1 中并化简得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－4＝0， 解得 x1＝ 4k2－2 2k2＋1 ，x2＝2，所以 y1＝k(x1－2)＝ －4k 2k2＋1 ，从而 P 4k2－2 2k2＋1 ，－ 4k 2k2＋1 ． 令 x＝－2，得 y＝－4k， 所以 M(－2，－4k)，OM  ＝(－2，－4k)． 又 AP  ＝ 4k2－2 2k2＋1 ＋2，－ 4k 2k2＋1 ＝ 8k2 2k2＋1 ，－ 4k 2k2＋1 ， 所以 AP  ·OM  ＝ －16k2 2k2＋1 ＋ 16k2 2k2＋1 ＝0，所以 AP⊥OM． 法二：设 P(x0，y0)．因为 A(－2，0)，B(2，0)，所以 kPA·kPB＝ y0 x0＋2 · y0 x0－2 ＝ y20 x20－4 ． 又因为 P 在椭圆上，所以x20 4 ＋y20 2 ＝1，所以 y20＝2 1－x20 4 ．所以 kPA·kPB＝ 1 2(4－x20) x20－4 ＝－1 2 ． 因为 kPB＝kMB＝－tan∠MBA＝－MA AB ， kMO＝－tan∠MOA＝－MA AO ，所以 kPB＝1 2kMO． 因为 kPB＝ －1 2 kPA ，所以 kMO·kPA＝－1，即 AP⊥MO． (3)设 M(－2，t)，P(x0，y0)．由(2)得 AP⊥MO．所以 kAP＝ y0 x0＋2 ，kOM＝ t －2 ． 所以 kAP·kOM＝ ty0 －2(x0＋2) ＝－1．所以 t＝2(x0＋2) y0 ． 所以 OP  ·OM  ＝(x0，y0)· －2，2(x0＋2) y0 ＝－2x0＋y0·2x0＋4 y0 ＝4． 所以 OP  ·OM  为定值 4