圆锥曲线:-定点、定值、探究性问题
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圆锥曲线综合问题(3)
—定点、定值、探究性问题
一、【知识精讲】
1.求定值问题常见的方法有两种:
(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.
2.定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时,可设出直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立b,k等量关系进行消元,借助于直线系的思想找出定点.
(2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.
3.求解范围问题的方法
求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数,通过求这个函数的值域确定目标的范围,要特别注意变量的取值范围.
4.圆锥曲线中常见最值的解题方法
(1)几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决;
(2)代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.
【注意点】
1.求范围问题要注意变量自身的范围.
2.利用几何意义求最值时,要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系、特殊位置的应用.
3.在解决直线与抛物线的位置关系时,要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.
4.解决定值、定点问题,不要忘记特值法.
二、【典例精练】
考点一定点问题
【例1】(2014山东卷)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l 交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.
(1)求C的方程;
(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,
(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;
(ii)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由题意知F(p
2
,0).
设D(t,0)(t>0),则FD的中点为(p+2t
4
,0).
因为|FA|=|FD|,
则由抛物线的定义知3+p
2=|t-p
2
|,
解得t=3+p或t=-3(舍去).
由p+2t
4
=3,解得p=2.
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)(i)由(1)知F(1,0),
设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>0), 因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,
由x D>0得x D=x0+2,故D(x0+2,0).
故直线AB的斜率k AB=-y0
2
.
因为直线l1和直线AB平行,
所以可设直线l1的方程为y=-y0
2
x+b,
代入抛物线方程得y2+8
y0y-8b
y0
=0,
由Δ=64
y02+32b
y0
=0,得b=-2
y0
.
设E(x E,y E),则y E=-4
y0,x E=4
y02
,
当y02≠4时,k AE=y E-y0
x E-x0=-
4
y0
+y0
4
y02
-
y02
4
=4y0
y02-4
,
可得直线AE的方程为y-y0=4y0
y02-4
(x-x0),
由y02=4x0,
整理可得y=4y0
y02-4
(x-1),
直线AE恒过点F(1,0).
当y02=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),
所以直线AE 过定点F(1,0). (ii)由(i)知直线AE 过焦点F(1,0),
所以|AE|=|AF|+|FE|=(x 0+1)+(1x 0
+1)=x 0+1
x 0
+2.
设直线AE 的方程为x=my+1, 因为点A(x 0,y 0)在直线AE 上, 故m=
x 0-1y 0
,
设B(x 1,y 1),
直线AB 的方程为y-y 0=-y
02(x-x 0), 由y 0≠0, 可得x=-2
y 0y+2+x 0,
代入抛物线方程得y 2
+8
y 0
y-8-4x 0=0.
所以y 0+y 1=-8
y 0
,
可求得y 1=-y 0-8y 0
,x 1=4
x 0
+x 0+4,
所以点B 到直线AE 的距离为 d=|
4x 0+x 0+4+m(y 0+8
y 0
)-1|√1+m 2
=
0√x =4(√x 0+
√x ).
则△ABE 的面积S=1
2×4(√x 0x )(x 0+1
x 0
+2)≥16,
当且仅当1
x 0
=x 0,即x 0=1时等号成立. 所以△ABE 的面积的最小值为16.
【解法小结】 圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.
(2)特殊到一般法,根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. 考点二 定值问题
【例2】 (2019·河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C :x 2
4+y 2
=1,点P (x 1,
y 1),Q (x 2,y 2)是椭圆C 上两个动点,直线OP ,OQ 的斜率分别为k 1,k 2,若m =⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 12
,y 1,n =⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 22
,y 2,m ·n
=0.
(1)求证:k 1·k 2=-1
4
;
(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值,并说明理由. 【解析】(1)证明 ∵k 1,k 2均存在,∴x 1x 2≠0. 又m ·n =0,∴x 1x 2
4
+y 1y 2=0,即
x 1x 2
4
=-y 1y 2,
∴k 1·k 2=
y 1y 2x 1x 2=-1
4
. (2)解 ①当直线PQ 的斜率不存在,即x 1=x 2,y 1=-y 2时,
由y 1y 2x 1x 2=-14,得x 214
-y 2
1=0. 又∵点P (x 1,y 1)在椭圆上,∴x 21
4+y 2
1=1,
∴|x 1|=2,|y 1|=
22.∴S △POQ =1
2
|x 1||y 1-y 2|=1. ②当直线PQ 的斜率存在时,设直线PQ 的方程为y =kx +b .
联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +b ,x 2
4
+y 2
=1, 消去y 并整理得(4k 2
+1)x 2
+8kbx +4b 2
-4=0,
其中Δ=(8kb )2
-4(4k 2
+1)(4b 2
-4)=16(1+4k 2
-b 2
)>0,即b 2
<1+4k 2
. ∴x 1+x 2=-8kb 4k 2+1,x 1x 2=4b 2
-4
4k 2+1.
∵x 1x 2
4+y 1y 2=0,
∴
x 1x 2
4
+(kx 1+b )(kx 2+b )=0,得2b 2
-4k 2
=1(满足Δ>0).
∴S △POQ =12|b |1+k 2|PQ |=12|b |(x 1+x 2)2
-4x 1x 2=2|b |4k 2
+1-b 2
4k 2
+1=1. 综合①②,△POQ 的面积S 为定值1.
【解法小结】 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②引起变量法:其解题流程为
变量→选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 ↓
函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 ↓
定值→把得到的函数化简,消去变量得到定值 考点三 探索性问题
【例3】 (2019·福州四校联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1,F 2,短轴的一个端点
为P ,△PF 1F 2内切圆的半径为b
3,设过点F 2的直线l 与被椭圆C 截得的线段为RS ,当l ⊥x 轴时,|RS |=3.
(1)求椭圆C 的标准方程;
(2)在x 轴上是否存在一点T ,使得当l 变化时,总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称?若存在,请求出点
T 的坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】 (1)由内切圆的性质,得12×2c ×b =12×(2a +2c )×b 3,得c a =1
2
.
将x =c 代入x 2a 2+y 2b 2=1,得y =±b 2a ,所以2b
2
a
=3.
又a 2=b 2+c 2
,所以a =2,b =3, 故椭圆C 的标准方程为x 24+y 2
3
=1.
(2)当直线l 垂直于x 轴时,显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.
当直线l 不垂直于x 轴时,假设存在T (t ,0)满足条件,设l 的方程为y =k (x -1),R (x 1,y 1),S (x 2,y 2).
联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y =k (x -1),x 24+y 2
3
=1,得
(3+4k 2
)x 2
-8k 2
x +4k 2
-12=0,
由根与系数的关系得⎩
⎪⎨⎪⎧x 1+x 2=8k
2
3+4k
2,
x 1x 2=4k 2
-123+4k
2,
① 其中Δ>0恒成立,
由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称,得k TS +k TR =0(显然TS ,TR 的斜率存在), 即y 1
x 1-t +
y 2
x 2-t
=0.②
因为R ,S 两点在直线y =k (x -1)上, 所以y 1=k (x 1-1),y 2=k (x 2-1),代入②得
k (x 1-1)(x 2-t )+k (x 2-1)(x 1-t )
(x 1-t )(x 2-t )=
k [2x 1x 2-(t +1)(x 1+x 2)+2t ]
(x 1-t )(x 2-t )
=0,
即2x 1x 2-(t +1)(x 1+x 2)+2t =0,③ 将①代入③得
8k 2
-24-(t +1)8k 2
+2t (3+4k 2
)3+4k 2=6t -24
3+4k 2=0,④
则t =4,
综上所述,存在T (4,0),使得当l 变化时,总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.
【解法小结】 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论. 三、【名校新题】
1.(2019·石家庄模拟)已知P 为双曲线C :x 29-y 2
16=1上的点,点M 满足|OM →|=1,且OM →·PM →=0,则当|PM →
|
取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95 B.
125
C.4
D.5
【答案】 B
【解析】 由OM →·PM →
=0,得OM ⊥PM ,根据勾股定理,求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值,当|OP |取得最小值时,点P 的位置为双曲线的顶点(±3,0),而双曲线的渐近线为4x ±3y =0,∴所求的距离d =125
. 2.(2019·成都诊断)设点Q 是直线l :x =-1上任意一点,过点Q 作抛物线C :y 2
=4x 的两条切线QS ,QT ,切点分别为S ,T ,设切线QS ,QT 的斜率分别为k 1,k 2,F 是抛物线的焦点,直线QF 的斜率为k 0,则下列结论正确的是( ) A.k 1-k 2=k 0 B.k 1k 2=2k 0 C.k 1-k 2=2k 0
D.k 1+k 2=2k 0
【答案】 D
【解析】 设点Q (-1,t ),由过点Q 的直线y -t =k (x +1)与抛物线C :y 2=4x 相切,联立方程得
⎩
⎪⎨⎪⎧y 2
=4x ,y -t =k (x +1),整理得k 2x 2+2(k 2+kt -2)x +(k +t )2=0,则Δ=4(k 2+kt -2)2-4k 2(k +t )2=0,化
简得k 2
+tk -1=0.显然k 1,k 2是关于k 的方程k 2
+tk -1=0的两个根,所以k 1+k 2=-t .又k 0=-t
2
,故
k 1+k 2=2k 0.
3.(2019·郑州调研)已知直线l 与双曲线x 2
4-y 2
=1相切于点P ,l 与双曲线的两条渐近线交于M ,N 两点,
则OM →·ON →
的值为( ) A.3 B.4
C.5
D.与P 的位置有关
【答案】 A
【解析】 依题意,设点P (x 0,y 0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),其中x 2
0-4y 2
0=4,则直线l 的方程是x 0x
4
-y 0y =
1,题中双曲线的两条渐近线方程为y =±1
2x .
①当y 0=0时,直线l 的方程是x =2或x =-2.
由⎩⎪⎨⎪⎧x =2,x 24
-y 2
=0,得⎩⎪⎨⎪⎧x =2,y =±1,此时OM →·ON →=(2,-1)·(2,1)=4-1=3,同理可得当直线l 的方程是x =-2时,OM →·ON →
=3.
②当y 0≠0时,直线l 的方程是y =1
4y 0
(x 0x -4).
由⎩⎪⎨⎪⎧y =1
4y 0
(x 0
x -4),x 2
4-y 2
=0,
得(4y 2
-x 20
)x 2
+8x 0
x -16=0(*),又x 20
-4y 20
=4,因此(*)即是x 2
-2x 0
x +4=0,x 1x
2
=4,OM →·ON →
=x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2-14x 1x 2=34x 1x 2=3.
综上所述,OM →·ON →
=3.
4.(2019·东北三省四校模拟)若双曲线x 2
-y 2b
2=1(b >0)的一条渐近线与圆x 2+(y -2)2
=1至多有一个公共
点,则双曲线离心率的取值范围是________. 【答案】 (1,2]
【解析】 双曲线的渐近线方程为y =±bx ,则有|0-2|1+b
2
≥1,解得b 2≤3,则e 2=1+b 2
≤4,∵e >1,∴1<e ≤2.
5.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y 2
=2px (p >0)的焦点为F ,△ABC 的顶点都在抛物线上,且满足FA →+FB →+FC →
=0,则1k AB +1k AC +1k BC
=________.
【答案】 0
【解析】 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫p 2,0,由FA →
+FB →+FC →=0,得y 1+y 2+y 3=0.因为k AB =
y 2-y 1x 2-x 1=
2p y 1+y 2,所以k AC =2p y 1+y 3,k BC =2p y 2+y 3,所以1k AB +1k AC +1k BC =y 1+y 22p +y 3+y 12p +y 2+y 3
2p
=0. 6.(2019·合肥模拟)若点O 和点F 分别为椭圆x 29+y 2
8=1的中心和左焦点,点P 为椭圆上的任一点,则OP →·FP
→的最小值为________. 【答案】 6
【解析】 点P 为椭圆x 29+y 2
8=1上的任意一点,
设P (x ,y )(-3≤x ≤3,-22≤y ≤22),
依题意得左焦点F (-1,0),∴OP →=(x ,y ),FP →
=(x +1,y ), ∴OP →·FP →=x (x +1)+y 2=x 2
+x +72-8x 2
9=19⎝ ⎛⎭⎪⎫x +922
+234.
∵-3≤x ≤3,
∴32≤x +92≤152,∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x +922
≤225
4
, ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x +922
≤22536,∴6≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x +922
+234
≤12,即6≤OP →·FP →
≤12,故最小值为6. 7.(2019·咸阳二模)已知A (-2,0),B (2,0),点C 是动点,且直线AC 和直线BC 的斜率之积为-34.
(1)求动点C 的轨迹方程;
(2)设直线l 与(1)中轨迹相切于点P ,与直线x =4相交于点Q ,判断以PQ 为直径的圆是否过x 轴上一定点. 【解析】 (1)设C (x ,y ).由题意得k AC ·k BC =y
x +2·y x -2=-34
(y ≠0). 整理,得x 24+y 2
3
=1(y ≠0).
故动点C 的轨迹方程为x 24+y 2
3
=1(y ≠0).
(2) 易知直线l 的斜率存在,设直线l :y =kx +m .
联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +m ,x 24+y 2
3
=1.消去y 并整理,得
(3+4k 2
)x 2
+8kmx +4m 2
-12=0.
依题意得Δ=(8km )2
-4(3+4k 2
)(4m 2
-12)=0, 即3+4k 2
=m 2
.
设x 1,x 2为方程(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2
-12=0的两个根,则x 1+x 2=-8km 3+4k 2,
∴x 1=x 2=-4km
3+4k 2.
∴P ⎝
⎛⎭⎪⎫-4km 3+4k 2,3m 3+4k 2,即P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫-4k m ,3m .
又Q (4,4k +m ),
设R (t ,0)为以PQ 为直径的圆上一点,则由RP →·RQ →
=0, 得⎝
⎛⎭
⎪⎫-4k
m
-t ,3m ·(4-t ,4k +m )=0.
整理,得4k m
(t -1)+t 2
-4t +3=0.
由k m
的任意性,得t -1=0且t 2
-4t +3=0,解得t =1. 综上可知,以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1,0).
8.(2019·江西九校联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2
b
2=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.
【解析】(1)解 由题意知,a =2,b =1, 所以椭圆C 的方程为x 2
4+y 2
=1.
因为c =a 2
-b 2
=3, 所以椭圆C 的离心率e =c a =
32
. (2)证明 设P (x 0,y 0)(x 0<0,y 0<0),则x 2
0+4y 2
0=4. 因为A (2,0),B (0,1), 所以直线PA 的方程为y =
y 0
x 0-2(x -2),令x =0,得y M =-2y 0x 0-2,从而|BM |=1-y M =1+2y 0
x 0-2
.
直线PB 的方程为y =
y 0-1x 0x +1,令y =0,得x N =-x 0y 0-1,从而|AN |=2-x N =2+x 0
y 0-1
. 所以四边形ABNM 的面积
S =12|AN |·|BM |=12⎝ ⎛⎭⎪⎫2+x 0y 0-1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1+2y 0x 0-2=x 20+4y 2
0+4x 0y 0-4x 0-8y 0+4
2(x 0y 0-x 0-2y 0
+2) =
2x 0y 0-2x 0-4y 0+4
x 0y 0-x 0-2y 0+2
=2,
所以四边形ABNM 的面积为定值2.
9. (2019·长春质量监测)已知直线l 过抛物线C :x 2
=2py (p >0)的焦点,且垂直于抛物线的对称轴,l 与抛物线两交点间的距离为2. (1)求抛物线C 的方程;
(2)若点P (2,2),过点(-2,4)的直线m 与抛物线C 相交于A ,B 两点,设直线PA 与PB 的斜率分别为k 1和k 2.求证:k 1k 2为定值,并求出此定值.
【解析】(1)解 由题意可知,2p =2,解得p =1,则抛物线的方程为x 2
=2y .
(2)证明 由题易知直线m 的斜率存在,设直线m 的方程为y -4=k (x +2),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则k 1=
y 1-2x 1-2=k (x 1+2)+2x 1-2,k 2=y 2-2x 2-2=k (x 2+2)+2
x 2-2
, k 1k 2=
[k (x 1+2)+2][k (x 2+2)+2]
(x 1-2)(x 2-2)
=k 2[x 1x 2+2(x 1+x 2)+4]+2k (x 1+x 2+4)+4x 1x 2-2(x 1+x 2)+4
,
联立抛物线x 2
=2y 与直线y -4=k (x +2)的方程消去y 得x 2
-2kx -4k -8=0,其中Δ=4(k 2
+4k +8)>0恒成立,
可得x 1+x 2=2k ,x 1x 2=-4k -8,则k 1k 2=-1. 因此k 1k 2为定值,且该定值为-1.
10.(2019·银川检测)已知动点P 到定点F (1,0)和到直线x =2的距离之比为
2
2
,设动点P 的轨迹为曲线E ,过点F 作垂直于x 轴的直线与曲线E 相交于A ,B 两点,直线l :y =mx +n 与曲线E 交于C ,D 两点,与AB 相交于一点(交点位于线段AB 上,且与A ,B 不重合). (1)求曲线E 的方程;
(2)当直线l 与圆x 2
+y 2
=1相切时,四边形ACBD 的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应的直线
l 的方程;若没有,请说明理由.
【解析】 (1)设点P (x ,y ),由题意,可得(x -1)2
+y 2
|x -2|=22,得x 2
2
+y 2
=1.
∴曲线E 的方程是x 22
+y 2=1. (2)设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),由条件可得|AB |= 2.
当m =0时,显然不合题意.
当m ≠0时,∵直线l 与圆x 2+y 2=1相切, ∴|n |m 2+1
=1,得n 2=m 2+1. 联立⎩
⎪⎨⎪⎧y =mx +n ,x 22+y 2=1,消去y 得⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2+12x 2+2mnx +n 2-1=0, 则Δ=4m 2n 2-4⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2+12(n 2-1)=2m 2>0, x 1+x 2=-4mn 2m 2+1,x 1x 2=2(n 2
-1)2m 2+1, S 四边形ACBD =1
2|AB |·|x 1-x 2|=2|m |2m 2+1=22|m |+1|m |
≤22, 当且仅当2|m |=1|m |,即m =±22
时等号成立, 因为直线l 与线段AB 有交点,所以当m =22时,n =-62; 当m =-22时,n =62
. 经检验可知,直线y =22x -62和直线y =-22x +62都符合题意. 11.(2019届四川攀枝花第一次统考,20)椭圆C:x 24+y 2=1的右顶点和上顶点分别为A,B,斜率为1
2的直线l 与椭圆C 交于P 、Q 两点(点P 在第一象限).
(1)求证:直线AP 、BQ 的斜率之和为定值;
(2)求四边形APBQ 面积的取值范围.
【解析】 (1)证明:设直线l 的方程为y=12x+m,代入椭圆C:x 24+y 2=1,并整理得x 2+2mx+2m 2-2=0,
设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),则{x 1+x 2=-2m ,x 1x 2=2m 2-2.
从而k AP +k BQ =y 1
x 1-2+y 2-1x 2=x 1x 2+(m -1)(x 1+x 2-2)(x 1-2)x 2=2m 2-2+(m -1)(-2m -2)(x 1-2)x 2=0,
所以直线AP 、BQ 的斜率之和为定值0.
(2)设C:x 24+y 2
=1的左顶点和下顶点分别为E,D,
则直线l 、BE 、AD 为互相平行的直线,
所以A,B 两点到直线l 的距离等于两平行线BE 、AD 间的距离, ∴d=√1+14.
∵|PQ|=√1+k 2|x 2-x 1|=√1+14
|x 2-x 1|, ∴S 四边形△APBQ =1
2d·|PQ|=|x 2-x 1|=√8-4m 2,
又P 点在第一象限,∴-1<m<1. ∴S 四边形APBQ ∈(2,2√2].
12.(2019届四川成都高新区10月月考,20)如图,椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,MF 2⊥x 轴,直线MF 1交y 轴于H 点,|OH|=√24
,Q 为椭圆E 上的动点,△F 1F 2Q 的面积的最大值为1.
(1)求椭圆E 的方程;
(2)如图,过点S(4,0)作两条直线与椭圆E 分别交于A,B,C,D,且使AD ⊥x 轴,问四边形ABCD 的两条对角线的交点是不是定点?若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.
【解析】 (1)设M(c,y M ),由题意可得c 2a 2+y M
2b 2=1,即y M =b 2a .
∵OH 是△F 1F 2M 的中位线,且OH=√24, ∴|MF 2|=√22,即b 2a =√22,整理得a 2=2b 4,①
又由题知,当Q 在椭圆E 的上、下顶点时,△F 1F 2Q 的面积最大,∴(S △F 1F 2Q )max =1
2·2c·b=1,整理得bc=1,即b 2(a 2-b 2)=1,②
联立①②可得2b 6-b 4=1,变形得(b 2-1)(2b 4+b 2+1)=0,解得b 2=1,进而a 2=2.
∴椭圆E 的方程为x 22+y 2=1. (2)设A(x 1,y 1),C(x 2,y 2),则由对称性可知D(x 1,-y 1),B(x 2,-y 2),设直线AC 与x 轴交于点(t,0),直线AC 的方程为x=my+t(m≠0),
联立{x =my +t ,x 2
+y 2=1,消去x,得(m 2+2)y 2+2mty+t 2-2=0,
∴y 1+y 2=-2mt m 2+2,y 1y 2=t 2-2
m 2+2,由A,B,S 三点共线有k AS =k BS ,
即y 1x 1-4=-y 2x 2-4,将x 1=my 1+t,x 2=my 2+t,代入整理得2my 1y 2+(t-4)(y 1+y 2)=0,从而2m (t 2-2)-2mt (t -4)
m 2+2
=0,化简得2m(4t-2)=0,解得t=12.
于是直线AC 的方程为x=my+12,故直线AC 过定点(12,0).
同理可得BD 过定点(12,0).
∴直线AC 与BD 的交点是定点,定点坐标为(12,0).。