【数学】2019届一轮复习北师大版圆锥曲线的热点问题学案

【数学】2019届一轮复习北师大版圆锥曲线的热点问题学案

第31练　圆锥曲线的热点问题 ‎[明考情]‎ 圆锥曲线的热点问题作为直线与圆锥曲线的位置关系的延伸与深化，是高考的必考点，高考中常选取其中一个热点问题作为圆锥曲线的压轴题目.‎ ‎[知考向]‎ ‎1.范围与最值问题.‎ ‎2.定值、定点问题.‎ ‎3.探索性问题.‎ 考点一　范围与最值问题 方法技巧　圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路 ‎(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围.‎ ‎(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立相关关系.‎ ‎(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.‎ ‎(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.‎ ‎(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.‎ ‎1.已知点A(1，0)，点M是圆C：(x＋1)2＋y2＝8上的任意一点，线段MA的垂直平分线与直线CM交于点E.‎ ‎(1)求点E的轨迹方程；‎ ‎(2)若直线y＝kx＋m与点E的轨迹有两个不同的交点P和Q，且原点O总在以PQ为直径的圆的内部，求实数m的取值范围.‎ 解　(1)由题意知|EM|＝|EA|，|CE|＋|EM|＝2，‎ 所以|CE|＋|EA|＝2＞2＝|CA|，‎ 所以点E的轨迹是以点C，A为焦点的椭圆，其轨迹方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则将直线与椭圆的方程联立得 消去y，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，‎ Δ＞0，m2＜2k2＋1. ①‎ x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 因为点O在以PQ为直径的圆的内部，故·＜0，即x1x2＋y1y2＜0，‎ 而y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，‎ 故由x1x2＋y1y2＝＋＜0，‎ 得m2＜，且满足①式，‎ 所以m2＜，‎ 所以m的取值范围是.‎ ‎2.如图，已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称.‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).‎ 解　(1)由题意知m≠0，‎ 可设直线AB的方程为y＝－x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2).‎ 由消去y，得 x2－x＋b2－1＝0.‎ 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，‎ 所以Δ＝－2b2＋2＋＞0. ①‎ 则x1x2＝＝，‎ x1＋x2＝＝，‎ y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2b＝－×＋2b＝.‎ 设M为AB的中点，则M，‎ 代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－， ②‎ 由①②，得m＜－或m＞.‎ ‎(2)令t＝∈∪，‎ 则|AB|＝·，‎ 且点O到直线AB的距离为d＝.‎ 设△AOB的面积为S(t)，‎ 所以S(t)＝|AB|·d＝≤，‎ 当且仅当t2＝时，等号成立.‎ 故△AOB面积的最大值为.‎ ‎3.已知抛物线y2＝4x，直线l：y＝－x＋b与抛物线交于A，B两点.‎ ‎(1)若x轴与以AB为直径的圆相切，求该圆的方程；‎ ‎(2)若直线l与y轴负半轴相交，求△AOB(O为坐标原点)面积的最大值.‎ 解　(1)联立化简得y2＋8y－8b＝0.‎ 由Δ＝64＋32b＞0，解得b＞－2.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－8，y1y2＝－8b.‎ 设圆心Q(x0，y0)，则有x0＝，y0＝＝－4，‎ r＝|y0|＝4，|AB|＝|y1－y2|＝＝2r＝8，‎ 解得b＝－.‎ 所以x0＝2b＋8＝，圆心Q，故圆的方程为2＋(y＋4)2＝16.‎ ‎(2)因为直线与y轴负半轴相交，所以b＜0.‎ 又直线与抛物线交于两点，由(1)知b＞－2，‎ 所以－2＜b＜0，‎ 直线l的方程为y＝－x＋b，整理得x＋2y－2b＝0，‎ 点O到直线l的距离d＝＝，‎ 所以S△AOB＝|AB|d＝－4b·＝4·.‎ 令g(b)＝b3＋2b2，－2＜b＜0，g′(b)＝3b2＋4b＝3b，‎ 当b变化时，g′(b)，g(b)的变化情况如下表：‎ b ‎－ g′(b)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ g(b)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 由上表可得g(b)的最大值为g＝.‎ 所以当b＝－时，△AOB的面积取得最大值.‎ ‎4.(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率.‎ 解　(1)由题意知e＝＝，2c＝2，‎ 所以c＝1，a＝，则b＝1，‎ 所以椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立方程 得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0，‎ 由题意知Δ＞0，‎ 且x1＋x2＝，x1x2＝－，‎ 所以|AB|＝|x1－x2|＝.‎ 由题意可知圆M的半径r为r＝|AB|＝.‎ 由题设知k1k2＝，‎ 所以k2＝，‎ 因此直线OC的方程为y＝x，‎ 联立方程 得x2＝，y2＝，‎ 因此|OC|＝＝.‎ 由题意可知，sin＝＝.‎ 而＝＝，‎ 令t＝1＋2k，则t＞1，∈(0，1)，‎ 因此＝·＝·＝·≥1，‎ 当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，‎ 所以sin≤，因此≤，‎ 所以∠SOT的最大值为.‎ 综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.‎ 考点二　定值、定点问题 方法技巧　(1)定点问题的常见解法 ‎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为所求定点.‎ ‎②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.‎ ‎(2)定值问题的常见解法 ‎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.‎ ‎5.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，且过点.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设A，B，M是椭圆上的三点.若＝＋，点N为线段AB的中点，C，D，求证：|NC|＋|ND|＝2.‎ ‎(1)解　由已知可得 故所以椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋y＝1，＋y＝1.‎ 由＝＋，‎ 得M.‎ 因为M是椭圆C上一点，‎ 所以＋2＝1，‎ 即2＋2＋2×××＝1，‎ 得2＋2＋2×××＝1，‎ 故＋y1y2＝0.‎ 又线段AB的中点N的坐标为，‎ 所以＋22＝＋＋＋y1y2＝1.‎ 从而线段AB的中点N在椭圆＋2y2＝1上.‎ 又椭圆＋2y2＝1的两焦点恰为C，D，‎ 所以|NC|＋|ND|＝2.‎ ‎6.已知抛物线C的顶点在坐标原点O，其图象关于y轴对称且经过点M(2，1).‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另两个顶点在抛物线上，求该等边三角形的面积；‎ ‎(3)过点M作抛物线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1＋k2＝－2时，试证明直线AB的斜率为定值，并求出该定值.‎ 解　(1)设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)，‎ 由点M(2，1)在抛物线C上，得4＝2p，‎ 则p＝2，∴抛物线C的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)设该等边三角形OPQ的顶点P，Q在抛物线上，‎ 且P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，‎ 则x＝4yP，x＝4yQ，‎ 由|OP|＝|OQ|，得x＋y＝x＋y，‎ 即(yP－yQ)(yP＋yQ＋4)＝0.‎ 又yP>0，yQ>0，则yP＝yQ，|xP|＝|xQ|，‎ 即线段PQ关于y轴对称.‎ ‎∴∠POy＝30°，yP＝|xP|，‎ 代入x＝4yP，得xP＝±4，‎ ‎∴该等边三角形边长为8，S△POQ＝48.‎ ‎(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x＝4y1，x＝4y2，‎ ‎∴k1＋k2＝＋＝＋＝(x1＋2＋x2＋2)＝－2.‎ ‎∴x1＋x2＝－12，‎ ‎∴kAB＝＝＝(x1＋x2)＝－3.‎ ‎7.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：＋＝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.‎ ‎(1)解　由于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＋>＋知，椭圆C不经过点P1，‎ 所以点P2在椭圆C上.‎ 因此解得 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.‎ 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＝－＝－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＋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)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 而k1＋k2＝＋＝＋＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，‎ 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，‎ 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，‎ 解得k＝－.‎ 当且仅当m>－1时，Δ>0，‎ 于是l：y＝－x＋m，‎ 即y＋1＝－(x－2)，‎ 所以l过定点(2，－1).‎ ‎8.已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆E的离心率为，椭圆E的一个焦点和抛物线y2＝－4x的焦点重合，过直线l：x＝4上一点M引椭圆E的两条切线，切点分别是A，B.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)若在椭圆＋＝1(a＞b＞0)上的点(x0，y0)处的切线方程是＋＝1，求证：直线AB恒过定点C，并求出定点C的坐标.‎ ‎(1)解　设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，‎ 因为抛物线y2＝－4x的焦点是(－1，0)，所以c＝1.‎ 又＝，所以a＝2，b＝＝，‎ 所以所求椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　设切点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l上一点M的坐标为(4，t)，‎ 则切线方程分别为＋＝1，＋＝1.‎ 又两切线均过点M，即x1＋y1＝1，x2＋y2＝1，‎ 即点A，B的坐标都适合方程x＋y＝1.‎ 又两点确定唯一的一条直线，‎ 故直线AB的方程是x＋y＝1，‎ 显然对任意实数t，点(1，0)都适合这个方程，‎ 故直线AB恒过定点C(1，0).‎ 考点三　探索性问题 方法技巧　探索性问题的求解方法 ‎(1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则否定存在性.若证明某结论不存在，也可以采用反证法.‎ ‎(2)采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明，得出结论.‎ ‎9.(2017·湖南东部五校联考)已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F(c，0)且a＞b＞c＞0，‎ 设短轴的一个端点D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)是否存在过点P(2，1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)由椭圆的对称性知，||＋||＝2a＝4，‎ ‎∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为，‎ ‎∴＝，∴bc＝，又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，‎ ‎∴b＝，c＝1.‎ 故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件.‎ 故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，‎ x1x2＝，Δ＝32(6k＋3)＞0，‎ ‎∴k＞－.‎ ‎∵OP2＝4·，‎ 即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，‎ ‎∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，‎ 即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，‎ ‎∴4(1＋k2)‎ ‎＝4×＝5，解得k＝±，‎ k＝－不符合题意，舍去，‎ ‎∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.‎ ‎10.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝‎ ‎2px(p>0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.‎ 解　(1)如图，由已知得M(0，t)，P，‎ 又N为M关于点P的对称点，‎ 故N，ON的方程为y＝x，‎ 代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝，因此H.‎ 所以N为OH的中点，即＝2.‎ ‎(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点，理由如下：‎ 直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t).‎ 代入y2＝2px，得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，‎ 即直线MH与C只有一个公共点，‎ 所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点.‎ ‎11.在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，‎ ‎(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；‎ ‎(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.‎ 解　(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，‎ 或M(－2，a)，N(2，a).‎ 又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，‎ 即x－y－a＝0.‎ y＝在x＝－2处的导数值为－，C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，‎ 即x＋y＋a＝0.‎ 故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.‎ ‎(2)存在符合题意的点，理由如下：‎ 设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.‎ 将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.‎ 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.‎ 从而k1＋k2＝＋＝＝.‎ 当b＝－a时，有k1＋k2＝0，‎ 则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，‎ 故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.‎ ‎12.已知椭圆C：＋＝1(a＞b≥1)的离心率e＝，其右焦点到直线2ax＋by－＝0的距离为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)已知直线x－y＋m＝0与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点不在圆x2＋y2＝1内，求实数m的取值范围.‎ ‎(3)过点P的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在定点Q，使以AB为直径的圆恒过这个定点？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)由题意知e＝＝，‎ 所以e2＝＝＝，即a2＝2b2，可得a＝b，c＝b.‎ 因为右焦点(c，0)到直线2ax＋by－＝0的距离为，所以＝，‎ 又c＝b，a＝b，a＞b≥1，解得b＝1，所以a2＝2，c＝1.‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)联立方程消去y可得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，‎ 则Δ＝16m2－12(2m2－2)＞0⇒－＜m＜.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，y1＋y2＝x1＋x2＋2m＝－＋2m＝，‎ 所以线段MN的中点坐标为.‎ 因为MN的中点不在圆x2＋y2＝1内，‎ 所以2＋2≥1⇒m≥或m≤－.‎ 综上可知，实数m的取值范围为∪.‎ ‎(3)假设存在定点Q，使以AB为直径的圆恒过该定点.‎ 当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1；‎ 当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋2＝.‎ 由 可得那么这个定点Q的坐标为(0，1).‎ 当直线l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为y＝kx－(k≠0)，代入＋y2＝1，‎ 可得(2k2＋1)x2－kx－＝0.‎ 设A(x3，y3)，B(x4，y4)，‎ 则x3＋x4＝，x3x4＝，‎ 则＝(x3，y3－1)，＝(x4，y4－1)，‎ 从而·＝x3x4＋(y3－1)(y4－1)＝x3x4＋＝(1＋k2)x3x4－k(x3＋x4)＋＝(1＋k2)·－k·＋＝0，‎ 故⊥，即点Q(0，1)在以AB为直径的圆上.‎ 综上，存在定点Q(0，1)，使以AB为直径的圆恒过这个定点.‎ 例　(12分)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，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.‎ ‎(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；‎ ‎(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.‎ 审题路线图 ‎(1)―→―→―→ ‎(2)―→ ‎―→―→ 规范解答·评分标准 ‎(1)证明　设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，‎ B(x2，y2)，M(xM，yM).……………………………………………………………………2分 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，‎ 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，‎ 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.……………………………………………4分 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.‎ 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.………………………………………6分 ‎(2)解　四边形OAPB能为平行四边形.…………………………………………………7分 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.‎ 由(1)得OM的方程为y＝－x.‎ 设点P的横坐标为xP，‎ 由得x＝，即xP＝.………………………………9分 将点的坐标代入l的方程，得b＝，‎ 因此xM＝.………………………………………………………………………10分 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.‎ 于是＝2×，‎ 解得k1＝4－，k2＝4＋.‎ 因为ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形.………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板 ‎[第一步]　先假定：假设结论成立.‎ ‎[第二步]　再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解.‎ ‎[第三步]　下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设.‎ ‎[第四步]　再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.‎ ‎1.已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，D，E分别是椭圆的上顶点与右顶点，且＝1－.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)在椭圆C1落在第一象限的图象上任取一点作C1的切线l，求l与坐标轴围成的三角形的面积的最小值.‎ 解　(1)由题意知e＝＝，故c＝a，b＝a.‎ ‎∵＝(a－c)×b＝×＝a2＝1－.‎ 故a2＝4，即a＝2，b＝a＝1，c＝，‎ ‎∴椭圆C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)∵l与椭圆C1相切于第一象限内的一点，‎ ‎∴直线l的斜率必存在且为负.‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m(k＜0)，‎ 联立消去y整理可得 x2＋2kmx＋m2－1＝0. ①‎ 根据题意可得方程①有两相等实根，‎ ‎∴Δ＝(2km)2－4(m2－1)＝0，整理可得m2＝4k2＋1. ②‎ ‎∵直线l与两坐标轴的交点分别为，(0，m)且k＜0，‎ ‎∴l与坐标轴围成的三角形的面积S＝·， ③‎ ‎②代入③，可得S＝(－2k)＋≥2(当且仅当k＝－时取等号)，‎ ‎∴l与坐标轴围成的三角形面积的最小值为2.‎ ‎2.(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.‎ ‎(1)求点P的轨迹方程；‎ ‎(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎(1)解　设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，‎ ＝(x－x0，y)，＝(0，y0).‎ 由＝，得x0＝x，y0＝y，‎ 因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.‎ 因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.‎ ‎(2)证明　由题意知F(－1，0).设Q(－3，t)，P(m，n)，‎ 则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，‎ ·＝3＋3m－tn，‎ ＝(m，n)，＝(－3－m，t－n).‎ 由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，‎ 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0，‎ 所以·＝0，即⊥，‎ 又过点P存在唯一直线垂直于OQ，‎ 所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎3.(2016·北京)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.‎ ‎(1)解　由已知＝，ab＝1.‎ 又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.‎ ‎∴椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知，A(2，0)，B(0，1).‎ 设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y＝1.‎ 当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2)，‎ 令x＝0，得yM＝.‎ 从而|BM|＝|1－yM|＝.‎ 直线PB方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得xN＝.‎ ‎∴|AN|＝|2－xN|＝.‎ ‎∴|AN|·|BM|＝·＝· ‎＝＝＝4.‎ 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，‎ ‎∴|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值.‎ ‎4.如图所示，已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O到直线AB的距离为，其中A(0，a)，B(－b，0).直线l：x＝my＋n与椭圆M相交于C，D两点，且以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P(其中点C，D与点P不重合).‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)证明：直线l与x轴交于定点，并求出定点的坐标.‎ 解　(1)由已知，得a2＋b2＝52，‎ 由点A(0，a)，B(－b，0)知，直线AB的方程为＋＝1，即ax－by＋ab＝0.又原点O到直线AB的距离为，即＝，‎ 所以a2＝16，b2＝9，c2＝16－9＝7.‎ 故椭圆M的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知P(3，0)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 将x＝my＋n代入＋＝1，整理，得(16m2＋9)y2＋32mny＋16n2－144＝0，‎ 则y1＋y2＝－，y1y2＝.‎ 因为以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P，‎ 所以·＝0，即(x1－3，y1)·(x2－3，y2)＝0，‎ 所以(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝0.‎ 又x1＝my1＋n，x2＝my2＋n，‎ 所以(my1＋n－3)(my2＋n－3)＋y1y2＝0，‎ 整理，得(m2＋1)y1y2＋m(n－3)(y1＋y2)＋(n－3)2＝0，‎ 即(m2＋1)·＋m(n－3)·＋(n－3)2＝0，‎ 所以－＋(n－3)2＝0，‎ 易知n≠3，所以16(m2＋1)(n＋3)－32m2n＋(16m2＋9)·(n－3)＝0，‎ 整理，得25n＋21＝0，即n＝－.‎ 所以直线l与x轴交于定点，定点的坐标为.‎ ‎5.如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－1.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(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.‎ 解　(1)由已知，得点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，‎ 又点P的坐标为(0，1)，且·＝－1，‎ 于是解得a＝2，b＝，‎ 所以椭圆E的方程为＋＝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)，‎ 联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，‎ 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 从而·＋λ· ‎＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]‎ ‎＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1‎ ‎＝＝－－λ－2.‎ 所以当λ＝1时，－－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·＝·＋·＝－2－1＝－3.‎ 故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.‎