2022高考数学一轮复习高考大题专项练五直线与圆锥曲线文含解析北师大版

高考大题专项(五) 直线与圆锥曲线 突破 1 圆锥曲线中的最值、X 围问题 1.(2020 某某某某三模,文 21)已知椭圆 C: 2 2 2 2 =1(a>b>0),F1,F2 分别是椭圆的左、右焦点,且 |F1F2|=2,P 在椭圆 C 上且|PF1|+|PF2|=4. (1)求椭圆 C 的方程; (2)过右焦点 F2 的直线交椭圆于点 B,C 两点,A 为椭圆的左顶点,若 1 · =0,求直线 AB 的斜率 k 的 值. 2.(2020 新高考全国 2,21)已知椭圆 C: 2 2 2 2 =1(a>b>0)过点 M(2,3),点 A 为其左顶点,且 AM 的斜 率为 1 2 . (1)求 C 的方程; (2)点 N 为椭圆上任意一点,求△AMN 的面积的最大值. 3.已知抛物线 C:y2=2px(p>0)上一点 P(x0,2)到焦点 F 的距离|PF|=2x0. (1)求抛物线 C 的方程; (2)过点 P 引圆 M:(x-3)2+y2=r2 0 ≤ 2 的两条切线 PA,PB,切线 PA,PB 与抛物线 C 的另一交点 分别为 A,B,线段 AB 中点的横坐标记为 t,求 t 的取值 X 围. 4. (2020 某某,18)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 E: 2 4 2 3 =1 的左、右焦点分别为 F1,F2,点 A 在 椭圆 E 上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线 AF1 与椭圆 E 相交于另一点 B. (1)求△AF1F2 的周长; (2)在 x 轴上任取一点 P,直线 AP 与椭圆 E 的右准线相交于点 Q,求 · 的最小值; (3)设点 M 在椭圆 E 上,记△OAB 与△MAB 的面积分别为 S1,S2.若 S2=3S1,求点 M 的坐标. 5.(2020 某某高考预测卷)已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,点 M(a,2 5 )在抛物线 C 上. (1)若|MF|=6,求抛物线的标准方程; (2)若直线 x+y=t 与抛物线 C 交于 A,B 两点,点 N 的坐标为(1,0),且满足 NA⊥NB,原点 O 到直线 AB 的距离不小于 2 ,求 p 的取值 X 围. 6.已知圆 O:x2+y2=4,抛物线 C:x2=2py(p>0). (1)若抛物线 C 的焦点 F 在圆 O 上,且 A 为抛物线 C 和圆 O 的一个交点,求|AF|; (2)若直线 l 与抛物线 C 和圆 O 分别相切于 M,N 两点,设 M(x0,y0),当 y0∈[3,4]时,求|MN|的最大值. 突破 2 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 1.(2020 某某某某二模,20)已知椭圆 C: 2 2 2 2 =1(a>b>0)与圆 x2+y2= 4 3 b2 相交于 M,N,P,Q 四点,四 边形 MNPQ 为正方形,△PF1F2 的周长为 2( 2 +1). (1)求椭圆 C 的方程; (2)设直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,D(0,-1),若直线 AD 与直线 BD 的斜率之积为 1 6 ,证明:直线恒过 定点. 2.已知动圆 P 过定点 F 1 2 ,0 ,且和直线 x=- 1 2 相切,动圆圆心 P 形成的轨迹是曲线 C,过点 Q(4,-2)的直 线与曲线 C 交于 A,B 两个不同的点. (1)求曲线 C 的方程; (2)在曲线 C 上是否存在定点 N,使得以 AB 为直径的圆恒过点 N?若存在,求出 N 点坐标;若不存在, 说明理由. 3.在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 C:y2=2px(p>0)的准线为 l,其焦点为 F,点 B 是抛物线 C 上横坐 标为 1 2 的一点,若点 B 到 l 的距离等于|BO|. (1)求抛物线 C 的方程; (2)设 A 是抛物线 C 上异于顶点的一点,直线 AO 交直线 l 于点 M,抛物线 C 在点 A 处的切线 m 交直 线 l 于点 N,求证:以点 N 为圆心,以|MN|为半径的圆经过 x 轴上的两个定点. 4.(2020 某某某某一模,21)已知椭圆 C: 2 2 2 2 =1(a>b>0)的短轴长为 2 3 ,左、右焦点分别为 F1,F2, 点 B 是椭圆上位于第一象限的任意一点,且当 2 · 12 =0 时,| 2 |= 3 2 . (1)求椭圆 C 的标准方程. (2)若椭圆 C 上点 A 与点 B 关于原点 O 对称,过点 B 作 BD 垂直于 x 轴,垂足为 D,连接 AD 并延长交 C 于另一点 M,交 y 轴于点 N. ①求△ODN 面积的最大值; ②证明:直线 AB 与 BM 的斜率之积为定值. 5. 如图,O 为坐标原点,椭圆 C: 2 2 2 2 =1(a>b>0)的焦距等于其长半轴长,M,N 为椭圆 C 的上、下顶点, 且|MN|=2 3 . (1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 P(0,1)作直线 l 交椭圆 C 于异于 M,N 的 A,B 两点,直线 AM,BN 交于点 T.求证:点 T 的纵坐 标为定值 3. 6.(2020 某某某某三模,22)已知平面上一动点 A 的坐标为(2t2,-2t). (1)求点 A 的轨迹 E 的方程. (2)点 B 在轨迹 E 上,且纵坐标为 2 . ①证明直线 AB 过定点,并求出定点坐标. ②分别以 A,B 为圆心作与直线 x=-2 相切的圆,两圆公共弦的中点为 H,在平面内是否存在定点 P,使 得|PH|为定值?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. 突破 3 圆锥曲线中的证明与探索性问题 1.(2020 某某某某三模,理 20)在平面直角坐标系中取两个定点 A1(- 6 ,0),A2( 6 ,0),再取两个动点 N1(0,m),N2(0,n),且 mn=2. (1)求直线 A1N1 与 A2N2 交点 M 的轨迹 C 的方程; (2)过 R(3,0)的直线与轨迹 C 交于 P,Q,过 P 作 PN⊥x 轴且与轨迹 C 交于另一点 N,F 为轨迹 C 的右 焦点,若 =λ (λ>1),求证: =λ . 2.(2018 全国 1,文 20)设抛物线 C:y2=2x,点 A(2,0),B(-2,0),过点 A 的直线 l 与 C 交于 M,N 两点. (1)当 l 与 x 轴垂直时,求直线 BM 的方程; (2)证明:∠ABM=∠ABN. 3.(2020 某某某某三模,理 19)已知椭圆 C: 2 2 2 2 =1(a>b>0)的上顶点 A 与左、右焦点 F1,F2 构成一 个面积为 1 的直角三角形, (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若直线 l 与椭圆 C 相切,求证:点 F1,F2 到直线 l 的距离之积为定值. 4.(2020 某某六市第二次联考,理 19)已知椭圆 C: 2 2 2 2 =1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0),点 P,M,N 为 椭圆 C 上的点,直线 MN 过坐标原点,直线 PM,PN 的斜率分别为 k1,k2,且 k1k2=- 1 2 . (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若 PF∥MN 且直线 PF 与椭圆的另一个交点为 Q,问 || 2 || 是否为常数?若是,求出该常数;若不是,请 说明理由. 5.(2020 某某某某中学三模,理 19)已知椭圆 C: 2 2 2 2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,短轴长 为 2 3 ,A,B 是椭圆 C 上关于 x 轴对称的两点,△ABF1 周长的最大值为 8. (1)求椭圆 C 的标准方程. (2)过椭圆 C 上的动点 M 作椭圆 C 的切线 l,过原点 O 作 OP⊥l 于点 P.问:是否存在直线 l,使得△ OMP 的面积为 1?若存在,求出此时直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 6.(2020 某某某某二模,理 21)已知 A(x1,y1),B(-x1,-y1)是椭圆 T: 2 4 +y2=1 上的两点,且 A 点位于第一 象限.过 A 作 x 轴的垂线,垂足为点 C,点 D 满足 =2 ,延长 BD 交 T 于点 E(x2,y2). (1)设直线 AB,BD 的斜率分别为 k1,k2. ①求证:k1=4k2; ②证明:△ABE 是直角三角形. (2)求△ABE 的面积的最大值. 参考答案 高考大题专项(五) 直线与圆锥曲线 突破 1 圆锥曲线中的最值、X 围问题 1.解(1)因为|F1F2|=2,所以 2c=2,c=1. 根据椭圆的定义及|PF1|+|PF2|=4,可得 2a=4,a=2. 所以 b= 2 - 2 3 ,所以椭圆 C 的方程为 2 4 2 3 =1. (2)设直线 AB 的方程 lAB:y=k(x+2),B(xB,yB). 由(1)知,A(-2,0). 由 ( 2), 2 4 2 3 1, 消去 y,得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0, ∴-2xB= 16 2 -12 34 2 ,∴xB= -8 2 6 34 2 , ∴yB=k(xB+2)= 12 34 2 , ∴B -8 2 6 34 2 , 12 34 2 . 若 k= 1 2 ,则 B 1, 3 2 ,C 1,- 3 2 , 3, 3 2 . ∵F1(-1,0),∴ 1 2,- 3 2 . ∴ 1 · =0 不成立. 同理,k=- 1 2 也不成立.∴k≠± 1 2 . ∵F2(1,0), 2 4 1-4 2 ,1 =- 1 , ∴直线 BF2 的方程 2 :y= 4 1-4 2 (x-1),直线 CF1 的方程 1 :y=- 1 (x+1). 由 4 1-4 2 (-1), - 1 ( 1), 得 8 2 -1, -8. ∴C(8k2-1,-8k). 又点 C 在椭圆上,得 (8 2 -1) 2 4 (-8) 2 3 =1,即(24k2-1)(8k2+9)=0, 即 k2= 1 24 ,k=± 6 12 . 2.解(1)由题意,直线 AM 的方程为 y-3= 1 2 (x-2),即 x-2y=-4. 当 y=0 时,解得 x=-4,所以 a=4. 椭圆 C 过点 M(2,3),可得 4 16 9 2 =1,解得 b2=12. 所以 C 的方程为 2 16 2 12 =1. (2)设与直线 AM 平行的直线方程为 x-2y=m. 如图所示,当直线与椭圆相切时,设与 AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为 N,此时△AMN 的 面积取得最大值. 联立直线方程 x-2y=m 与椭圆方程 2 16 2 12 =1,可得 3(m+2y)2+4y2=48, 化简可得 16y2+12my+3m2-48=0, 所以Δ=144m2-4×16×(3m2-48)=0,即 m2=64,解得 m=±8. 与 AM 距离比较远的直线方程为 x-2y=8,点 N 到直线 AM 的距离即两平行线之间的距离,利用 平行线之间的距离公式可得 d= 84 14 12 5 5 . 由两点之间距离公式可得|AM|= (2 4) 2 3 2 =3 5 . 所以△AMN 的面积的最大值为 1 2 ×3 5 × 12 5 5 =18. 3.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+ 2 ,由题意得 20 0 2 , 20 4, > 0, 解得 2, 0 1. 所以抛物线 C 的方程为 y2=4x. (2)由题意知,过 P(1,2)引圆(x-3)2+y2=r2(0-2,所以 90,f(t)单调递增,又 f(5)=16+5+ 64 5 169 5 ,f(12)=16+12+ 64 12 100 3 169 5 ,所以 f(x)max= 169 5 ,即|MN|的最大值为 13 5 5 . 突破 2 圆锥曲线中的定点、 定值与存在性问题 1.(1)解由 2x2= 4 3 b2,则 x2= 2 3 b2 代入椭圆方程得 2 2 3 2 2 3 =1,即 2 2 1 2 . ① 由题意,得 2a+2c=2( 2 +1). ② 由①②解得 a2=2,b2=1. 所以椭圆 C 的方程为 2 2 +y2=1. (2)证明①当直线 l 的斜率不存在时,设 l:x=m,A(m,yA),B(m,-yA),kAD·kBD= 1 · -1 1- 2 2 2 2 2 1 2 ≠ 1 6 不满足题意. ②当直线 l 的斜率存在时,设 l:y=kx+b(b≠-1),A(x1,y1),B(x2,y2). 联立 , 2 2 2 -2 0, 整理得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0, x1+x2= -4 12 2 ,x1·x2= 2 2 -2 12 2 . 则 kAD·kBD= 11 1 · 21 2 (1)(2)[(21)2]1 12 2 12()(12) 2 21 12 = (1) 2 2(1)(-1) 1 6 , 又 b≠-1,解得 b=-2. 所以直线 l 恒过定点(0,-2). 2.解(1)设动圆圆心 P 到直线 x=- 1 2 的距离为 d,根据题意,d=|PF|, ∴动点 P 形成的轨迹是以 F 1 2 ,0 为焦点,以直线 x=- 1 2 为准线的抛物线, ∴抛物线方程为 y2=2x. (2)根据题意,设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线的方程为 lAB:x=n(y+2)+4,代入抛物线方程,整理得 y2-2ny-4n-8=0,Δ=4n2+16(n+2)=4(n2+4n+8)>0, ∴y1+y2=2n,y1y2=-4n-8. 若设抛物线上存在定点 N,使得以 AB 为直径的圆恒过点 N,设 N(x0,y0),则 0 2 =2x0, kNA= 1-0 1-0 1-0 1 2 2 - 0 2 2 2 10 ,同理可得 kNB= 2 20 ,kNA·kNB= 2 10 · 2 20 4 12(12)00 2 4 -4-8200 2 =-1, ∴(2y0-4)n+ 0 2 -4=0, ∴ 20-4 0, 0 2 -4 0, 解得 y0=2,x0=2, ∴在曲线 C 上存在定点 N(2,2),使得以 AB 为直径的圆恒过点 N. 3.(1)解由题意,得|BF|=|BO|,则△BOF 为等腰三角形,因为点 B 的横坐标为 1 2 ,所以线段 OF 的中点的横 坐标为 1 2 ,从而点 F 的横坐标为 1,即 2 =1,所以 p=2, 故所求抛物线 C 的方程为 y2=4x. (2)证明设切线 m 的方程为 y=kx+b,联立方程 , 2 4, 消去 y 得 k2x2+2(kb-2)x+b2=0,(*) 由题意知Δ=4(kb-2)2-4k2b2=0,即 b= 1 ,所以方程(*)的根为 x= 1 2 ,从而 A 1 2 , 2 . 直线 OA 的方程为 y=2kx, 由 1 , -1, 得 N -1, 1 -k , 由 2, -1, 得 M(-1,-2k), 所以以点 N 为圆心,以|MN|为半径的圆的方程为(x+1)2+ (- 1 ) 2 ( 1 ) 2 , 令 y=0,得(x+1)2+ (- 1 ) 2 ( 1 ) 2 ,解得 x=1 或 x=-3, 所以圆 N 经过 x 轴上的两个定点(1,0)和(-3,0). 4.解(1)设 F2(c,0),由 2 · 12 =0,得 BF2⊥F1F2. 将 x=c 代入 2 2 2 2 =1,得 y=± 2 ,即| 2 |= 2 3 2 , 由 b= 3 ,得 a=2, 所以椭圆 C 的标准方程为 2 4 2 3 =1. (2)设 B(x1,y1),M(x2,y2), 则 A(-x1,-y1),D(x1,0). ①易知 ON 为△ABD 的中位线,所以 N 0,- 1 2 , 所以 S△ODN= 1 2 |x1|· - 1 2 1 4 |x1|·|y1|= 1 4 x1y1. 又 B(x1,y1)满足 2 4 2 3 =1, 所以 1 2 4 1 2 3 =1≥2· 1 2 · 1 3 11 3 ,得 x1y1≤ 3 , 故 S△ODN= 1 4 x1y1≤ 3 4 ,当且仅当 1 2 1 3 ,即 x1= 2 ,y1= 6 2 时,等号成立. 所以△ODN 面积的最大值为 3 4 . ②证明:记直线 AB 的斜率为 k= 1 1 (k>0),则直线 AD 的斜率为 1 21 2 , 所以直线 AD 的方程为 y= 2 (x-x1). 由 2 (-1), 2 4 2 3 1, 消去 y 得(3+k2)x2-2k2x1x+k2 1 2 -12=0,则(-x1)+x2= 2 2 1 3 2 ,所以 x2= 2 2 1 3 2 +x1, 代入直线 AD 的方程,得 y2= 3 1 3 2 . 于是,直线 BM 的斜率 kBM= 2-1 2-1 31 32-1 221 32 1-1 =- 3 2 .所以直线 AB 与 BM 的斜率之积为定值- 3 2 . 5.(1)解由题意可知:2c=a,2b=2 3 ,又 a2=b2+c2,有 b= 3 ,c=1,a=2,故椭圆 C 的方程为 2 4 2 3 =1. (2)证明由题意知直线 l 的斜率存在,设其方程为 y=kx+1, 设 A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2≠0),联立直线方程和椭圆方程得 1, 3 2 4 2 -12 0, 消去 y 得(4k2+3)x2+8kx-8=0, x1+x2= -8 4 2 3 ,x1x2= -8 4 2 3 ,则有 x1+x2=kx1x2, 又 lBN:y= 2 3 2 ·x- 3 ,lAM:y= 1- 3 1 ·x+ 3 , 由 2 3 2 · - 3, 1- 3 1 · 3, 得 - 3 3 1- 3 1 · 2 2 3 , 故 - 3 3 11- 3 1 · 2 21 3 12(1- 3)2 12(1 3)1 ,整理得到 y= 3[21212 3(1-2)] 1-2 3(12) = 3[3(12) 3(1-2)] 1-2 3(12) =3.故点 T 的纵坐标为 3. 6.解(1)设动点 A 的坐标为(x,y),因为 A 的坐标为(2t2,-2t),所以 2 2 , -2, 消去参数 t 得 y2=2x. (2)①证明:因为点 B 在轨迹 E 上,且纵坐标为 2 ,所以点 B 的坐标为 2 2 , 2 . 当 t=±1 时,直线 AB 的方程为 x=2. 当 t≠±1 时,直线 AB 的斜率为 kAB= - - 1- 2 ,所以直线 AB 的方程为 y+2t= 1- 2 (x-2t2),整理得 y= 1- 2 (x-2),所以直线 AB 过定点(2,0). 综上,直线 AB 过定点(2,0). ②存在.因为 A 的坐标为(2t2,-2t),且圆 A 与直线 x=-2 相切, 所以圆 A 的方程为(x-xA)2+(y-yA)2=(xA+2)2, 同理圆 B 的方程为(x-xB)2+(y-yB)2=(xB+2)2, 两圆方程相减得 2(xB-xA)x+2(yB-yA)y+ 2 2 =4xA-4xB, 将 A(2t2,-2t),B 2 2 , 2 代入并整理得 y= - 1 (x+1), ① 由①可知直线 AB 的方程为 y= 1- 2 (x-2), ② 因为 H 是两条直线的交点,所以两个方程相乘得 y2=-(x-2)(x+1), 整理得 - 1 2 2 +y2= 9 4 , 即点 H 的轨迹是以 1 2 ,0 为圆心, 3 2 为半径的圆,所以存在点 P 1 2 ,0 ,满足|HP|= 3 2 . 突破 3 圆锥曲线中的 证明与探索性问题 1.(1)解依题意知直线 A1N1 的方程为 y= 6 (x+ 6 ), ① 直线 A2N2 的方程为 y=- 6 (x- 6 ), ② 设 Q(x,y)是直线 A1N1 与 A2N2 交点,①,②相乘,得 y2=- 6 (x2-6), 由 mn=2 整理得 2 6 2 2 =1, 因为 N1,N2 不与原点重合,可得点 A1,A2 不在轨迹 C 上, 所以轨迹 C 的方程为 2 6 2 2 =1(x≠± 6 ). (2)证明设 l:x=ty+3,代入椭圆方程消去 x,得(3+t2)y2+6ty+3=0. 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x1,-y1),可得 y1+y2=- 6 2 3 且 y1y2= 3 2 3 , =λ ,可得(x1-3,y1)=λ(x2-3,y2), 所以 x1-3=λ(x2-3),y1=λy2, 证明 =λ ,只要证明(2-x1,y1)=λ(x2-2,y2),所以 2-x1=λ(x2-2), 只要证明 1-3 2-3 =- 1-2 2-2 ,只要证明 2t2y1y2+t(y1+y2)=0, 由 y1+y2=- 6 2 3 且 y1y2= 3 2 3 ,代入可得 2t2y1y2+t(y1+y2)=0, 所以 =λ . 2.解(1)当 l 与 x 轴垂直时,l 的方程为 x=2,可得 M 的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线 BM 的方程为 y= 1 2 x+1 或 y=- 1 2 x-1. (2)当 l 与 x 轴垂直时,AB 为 MN 的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN. 当 l 与 x 轴不垂直时,设 l 的方程为 y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1>0,x2>0. 由 (-2), 2 2 得 ky2-2y-4k=0,可知 y1+y2= 2 ,y1y2=-4.直线 BM,BN 的斜率之和为 kBM+kBN= 1 12 2 22 21122(12) (12)(22) .① 将 x1= 1 +2,x2= 2 +2 及 y1+y2,y1y2 的表达式代入①式分子,可得 x2y1+x1y2+2(y1+y2)= 2124(12) -88 =0. 所以 kBM+kBN=0,可知 BM,BN 的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN. 综上,∠ABM=∠ABN. 3.(1)解∵椭圆 C 的上顶点 A 与左、右焦点 F1,F2 构成一个面积为 1 的直角三角形, ∴ , 1, ∴b=c=1, ∴a2=b2+c2=2, ∴椭圆 C 的方程为 2 2 +y2=1. (2)证明①当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 的方程为 x=± 2 ,点 F1,F2 到直线 l 的距离之积为( 2 -1)× ( 2 +1)=1. ②当直线 l 的斜率存在时,设其方程为 y=kx+m, 联立 , 2 2 2 1, 消去 y 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0, Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=-8(m2-2k2-1)=0,∴m2=1+2k2. 点 F1 到直线 l:y=kx+m 的距离 d1= |-| 21 ,点 F2 到直线 l:y=kx+m 的距离 d2= || 21 . ∴d1d2= |-| 21 · || 21 | 2 - 2 | 2 1 |2 2 1- 2 | 2 1 =1. 综上可知,当直线 l 与椭圆 C 相切时,点 F1,F2 到直线 l 的距离之积为定值 1. 4.解(1)设 M(x0,y0),P(x1,y1), 则 N(-x0,-y0).联立 0 2 2 0 2 2 1, 1 2 2 1 2 2 1, 得 (01)(0-1) 2 (01)(0-1) 2 =0, 即 (01)(0-1) (01)(0-1) =- 2 2 , 又 k1·k2=- 1 2 ,∴a2=2b2,又 a2-b2=1,∴a2=2,b2=1. 故椭圆 C 的标准方程为 2 2 +y2=1. (2)设直线 PQ 的方程为 x=ty+1,则直线 MN 的方程为 x=ty. 联立 1, 2 2 2 2, 消去 x 可得(2+t2)y2+2ty-1=0,设 Q(x2,y2), 则Δ=4t2+4(2+t2)=8(1+t2)>0, ∴y1+y2=- 2 2 2 ,y1y2=- 1 2 2 , ∴|PQ|= 1 2 ·|y1-y2|= 1 2 · (1 2) 2 -412 1 2 · - 2 22 2 4 22 2 2(1 2 ) 2 2 . 联立 , 2 2 2 2, 可得 0 2 2 2 2 , 所以|MN|=2 0 2 0 2 =2 (1 2 )0 2 =2 2(2 1) 22 , 故 || 2 || =2 2 为常数. 5.解(1)设 AB 与 x 轴的交点为 H,由题意可知|AH|≤|AF2|, 则|AF1|+|AH|≤|AF1|+|AF2|=2a,当 AB 过右焦点 F2 时,△ABF1 的周长取最大值 4a=8,所以 a=2, 且 b= 3 , 所以椭圆 C 的方程为 2 4 2 3 =1. (2)不存在直线 l,使得△OMP 的面积为 1.理由如下. 假设直线 l 斜率存在且不为 0,设直线 l:y=kx+t,联立方程组 , 3 2 4 2 12, 消去 y 得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,由Δ=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-12)=0,得 t2=4k2+3,所以 xM= -8 2(34 2 ) =- 4 , 因为直线 OP⊥l,所以直线 OP 的方程为 y=- 1 x,联立 - 1 , , 得 xP=- 2 1 ,所以 |MP|= 1 2 · - 4 2 1 1 2 · -4 3 -4 2 ( 2 1) || || 2 1 . 又因为|OP|= || 12 , 所以 S△OMP= 1 2 |MP|·|OP|= 1 2 · || || 21 · || 21 1 2 · || 2 1 1 2 · 1 || 1 || ≤ 1 4 , 当且仅当 k=±1 时,等号成立.因此不存在直线 l,使得△OMP 的面积为 1. 6.(1)证明①由题意可得 D 1,- 1 2 , 所以 k2=-1 2 -(-1) 1-(-1) 1 41 . 又 k1= 1 1 ,因此 k1=4k2. ②因为 A(x1,y1),E(x2,y2)都在 T 上,所以 1 2 4 1 2 =1, 2 2 4 2 2 =1. 从而 2 2 -1 2 4 +( 2 2 1 2 )=0, 即 2-1 2-1 · 2-(-1) 2-(-1) =- 1 4 . 又 kAE= 2-1 2-1 ,kBE= 2-(-1) 2-(-1) =k2,所以 kAE·k2=- 1 4 . 由①k1=4k2,则 k1·kAE=-1,即 AB⊥AE.故△ABE 是直角三角形. (2)解由(1)得,直线 AE:y=- 1 1 (x-x1)+y1=- 1 1 1 2 1 2 1 . 将直线 AE 代入椭圆 T,并整理可得(4 1 2 1 2 )x2-8x1( 1 2 1 2 )x+4( 1 2 1 2 )2-4 1 2 =0, 所以 x1+x2= 81(1 2 1 2 ) 41 2 1 2 . S△ABE= 1 2 ×|AD|×|x2-(-x1)|= 1 2 × 31 2 ×|x2+x1|= 611(1 2 1 2 ) 41 2 1 2 . 因为 1 2 4 1 2 =1, 所以 S△ABE= 2411(1 2 1 2 ) (41 2 1 2 )(1 2 41 2 ) 24 1 1 1 1 4 1 2 1 24 1 2 1 217 . 令 1 1 1 1 =t,则 t≥2,当且仅当 k1= 1 1 =1 时,等号成立. 从而 S△ABE= 24 4 2 9 24 4 9 , 因为 4t+ 9 在[2,+∞)上单调递增,所以 t=2 时,4t+ 9 取得最小值 25 2 , 故 k1=1 时,S△ABE 取得最大值 48 25 .