高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何专题探究课五学案 文 新人教A版

专题探究课五
高考导航 1.圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上；2.高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主.这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高.
热点一 定点定值问题(教材VS 高考)
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题.
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题.
命题角度1 圆锥曲线中定点问题
【例1－1】 (满分12分)(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，
P 2(0，1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，
32，P 4⎝
⎛
⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程；
(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点.
教材探源 本题第(1)问源于教材选修1－1P34例1，主要考查利用待定系数法及方程思想求曲线方程.
本题第(2)问源于教材选修1－1P35例3，主要考查利用坐标法研究几何问题，充分考查学生解决综合问题的能力.
满分解答 (1)解 由于点P 3，P 4关于y 轴对称，由题设知C 必过P 3，P 4.又由1a 2＋1b 2>1a 2＋3
4b 2
知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上.
1分 (得分点1)
因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2
＝1，1a 2
＋34b 2
＝1，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2
＝1.
3分 (得分点2)
故C 的方程为x 2
4
＋y 2
＝1.
5分 (得分点3)
(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2. 如果直线l 的斜率不存在，l 垂直于x 轴. 设l ：x ＝m ，A (m ，y A )，B (m ，－y A )，
k 1＋k 2＝y A －1m ＋－y A －1m ＝－2
m
＝－1，得m ＝2，
此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.
6分 (得分点4)
从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1).
将y ＝kx ＋m 代入x 2
4
＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2
－4＝0.
7分 (得分点5)
由题设可知Δ＝16(4k 2
－m 2
＋1)>0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2
－4
4k 2＋1
.
8分 (得分点6)
则k 1＋k 2＝
y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1
x 2
＝2kx 1x 2＋（m －1）（x 1＋x 2）
x 1x 2
.
由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. ∴(2k ＋1)·4m 2
－44k 2＋1＋(m －1)·－8km
4k 2＋1
＝0.
10分 (得分点7)
解之得m ＝－2k －1，此时Δ＝32(m ＋1)>0，方程有解， ∴当且仅当m >－1时，Δ>0，
11分 (得分点8)
∴直线l 的方程为y ＝kx －2k －1，即y ＋1＝k (x －2). 当x ＝2时，y ＝－1，所以l 过定点(2，－1).
12分 (得分点
9)
❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，分析隐含信息，列出方程组，求出方程.在第(2)问中，分类讨论设出直线方程→联立方程→写出根与系数的关系→利用公式化简求解.
❷得关键分：(1)列出方程组.(2)直线方程.(3)韦达定理.(4)斜率公式.都是不可少的过程，有则给分，无则没分.
❸得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点3)，(得分点5)，(得分点7).
解答圆锥曲线中的定点问题的一般步骤
第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所要探求的定点. 第二步：探究一般情况.探究一般情形下的目标结论. 第三步：下结论，综合上面两种情况定结论. 命题角度2 圆锥曲线中的定值问题
【例1－2】 (2016·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为3
2，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 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝3
2
，12ab ＝1，a 2
＝b 2
＋c 2
，
解得⎩⎨⎧a
＝2，
b ＝1，
c ＝ 3.
所以椭圆C 的方程为x 2
4＋y 2
＝1.
(2)证明 由(1)知A (2，0)，B (0，1). 设P (x 0，y 0)，则x 2
0＋4y 2
0＝4. 当x 0≠0时， 直线PA 的方程为y ＝y 0
x 0－2
(x －2).
令x ＝0，得y M ＝－
2y 0
x 0－2
， 从而|BM |＝|1－y M |＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1
x 0
x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－
x 0
y 0－1
，
从而|AN |＝|2－x N |＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
2＋x 0y 0－1.
所以|AN |·|BM |＝⎪
⎪⎪⎪⎪⎪2＋
x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x 2
0＋4y 2
0＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2
＝⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.
当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， 所以|AN |·|BM |＝4. 综上，|AN |·|BM |为定值.
探究提高 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.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
【训练1】 (2017·菏泽调研)已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，
直线y ＝4
3与椭圆C 交于P ，Q 两点(P 在Q 的左边)，Q 在x 轴上的射影为B ，且四边形ABPQ
是平行四边形. (1)求椭圆C 的方程；
(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ，N .若M 是椭圆的左顶点，D 是直线MN
上一点，且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点，且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，求证：点G 是定点. (1)解 设坐标原点为O ，
∵四边形ABPQ 是平行四边形，∴|AB →|＝|PQ →
|，
∵|PQ →|＝2|OB →|，∴|AB →|＝2|OB →|，则点B 的横坐标为a 3
，
∴点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 3，43，代入椭圆C 的方程得b 2
＝2，
又c 2
＝2，∴a 2
＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 2
2
＝1.
(2)证明 设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k ).
由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2
2＝1，y ＝k （x ＋2），
消去y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0， 则－2x 0＝8k 2
－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 2
1＋2k
2，
∴y 0＝k (x 0＋2)＝4k 1＋2k 2
，则N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2－4k 2
1＋2k 2，4k 1＋2k 2，
设G (t ，0)，则t ≠－2，若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，则DG ⊥AN ，∴GD →·AN →
＝0恒成立.
∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－8k 2
1＋2k 2，4k 1＋2k 2，
∴GD →·AN →＝(2－t )·－8k 2
1＋2k 2＋4k ·4k 1＋2k
2＝0恒成立，
即8k 2
t
1＋2k
2＝0恒成立， ∴t ＝0，∴点G 是定点(0，0). 热点二 圆锥曲线中的范围(最值)问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题.
【例2】 (2018·石家庄质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，且
长轴长为8，T 为椭圆上一点，直线TA ，TB 的斜率之积为－3
4.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设O 为原点，过点M (0，2)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求OP →·OQ →＋MP →·MQ →
的取值范围.
解 (1)设T (x ，y )，则当x ≠±4时，直线TA 的斜率为k 1＝
y x ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝y
x －4
.
于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 2
16＋y
2
12＝1，而点(－4，0)和(4，0)也满足
此方程，故椭圆C 的方程为
x 216＋y 2
12
＝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(x 1，y 1)，
(x 2，y 2)，直线PQ 与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 2
12＝1，y ＝kx ＋2
消去y 得(4k 2＋3)x 2
＋16kx －32＝0，
则x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝－32
4k 2＋3
，
从而OP →·OQ →＋MP →·MQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＋[x 1x 2＋(y 1－2)·(y 2－2)]＝2(1＋k 2
)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－80k 2
－524k 2
＋3＝－20＋84k 2＋3， ∴－20<OP →·OQ →＋MP →·MQ →≤－523
，
当直线PQ 斜率不存在时，OP →·OQ →＋MP →·MQ →
的值为－20. 综上所述OP →·OQ →＋MP →·MQ →的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－20，－523.
探究提高 求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.
【训练2】 (2018·合肥质检)设直线l 与抛物线x 2
＝2y 交于A ，B 两点，与椭圆x 24＋y 2
3＝1
交于C ，D 两点，直线OA ，OB ，OC ，OD (O 为坐标原点)的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4.若OA ⊥
OB .
(1)是否存在实数t ，满足k 1＋k 2＝t (k 3＋k 4)，并说明理由； (2)求△OCD 面积的最大值. 解 设直线l 的方程为y ＝kx ＋b ，
A (x 1，y 1)，
B (x 2，y 2)，
C (x 3，y 3)，
D (x 4，y 4).
联立⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2＝2y ，得x 2
－2kx －2b ＝0，
则x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2b ，Δ1＝4k 2
＋8b >0. 因为OA ⊥OB ，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0，得b ＝2.
联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，3x 2＋4y 2
＝12
得(3＋4k 2)x 2
＋16kx ＋4＝0， 所以x 3＋x 4＝－16k 3＋4k 2，x 3x 4＝43＋4k
2，
由Δ2＝192k 2－48>0得k 2>1
4
.
(1)存在实数t .
因为k 1＋k 2＝y 1x 1＋y 2x 2＝k ，k 3＋k 4＝y 3x 3＋y 4x 4
＝－6k ， 所以
k 1＋k 2k 3＋k 4＝－16，即t ＝－1
6
. (2)根据弦长公式|CD |＝1＋k 2
|x 3－x 4|得 |CD |＝43·1＋k 2
·4k 2
－13＋4k
2，
根据点O 到直线CD 的距离公式得d ＝
21＋k
2
，
所以S △OCD ＝12|CD |·d ＝43·4k 2
－1
3＋4k 2，
设4k 2
－1＝m >0，则S △OCD ＝43m m 2＋4≤3，
所以当m ＝2，即k ＝±
5
2
时，S △OCD 有最大值 3. 热点三 圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立.涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.
【例3】 (2018·长沙调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32，
F 为其右焦点.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设过点A (4，0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由.
解 (1)因为c a ＝1
2，所以a ＝2c ，b ＝3c ，
设椭圆方程x 24c 2＋y 2
3c
2＝1，
又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1， 解得c 2
＝1，a 2
＝4，b 2
＝3， 所以椭圆方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，
由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －4），x 24＋y 2
3
＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2
－12＝0，
由题意知Δ＝(32k 2)2
－4(3＋4k 2
)(64k 2
－12)>0， 解得－12<k <12
.
设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝32k
2
3＋4k 2，①
x 1x 2＝64k 2
－123＋4k
2.②
因为△AMF 与△MFN 的面积相等， 所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③ 由①③消去x 2得x 1＝4＋16k
2
3＋4k
2.④
将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2
－12
3＋4k 2⑤
将④代入到⑤式，整理化简得36k 2
＝5. ∴k ＝±
5
6
，经检验满足题设 故直线l 的方程为y ＝
56(x －4)或y ＝－5
6
(x －4). 探究提高 1.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，不成立则不存在；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.
2.求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.
【训练3】 (2018·衡水联考)在平面直角坐标系xOy 中，过点C (2，0)的直线与抛物线y 2
＝4x 相交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). (1)(一题多解)求证：y 1y 2为定值；
(2)是否存在平行于y 轴的定直线被以AC 为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，说明理由. (1)证明 法一 当直线AB 垂直于x 轴时，
y 1＝22，y 2＝－2 2.
因此y 1y 2＝－8(定值). 当直线AB 不垂直于x 轴时， 设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，
由⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2），y 2＝4x ，得ky 2
－4y －8k ＝0. ∴y 1y 2＝－8.
因此有y 1y 2＝－8为定值.
法二 设直线AB 的方程为my ＝x －2，
由⎩
⎪⎨⎪⎧my ＝x －2，y 2＝4x ，得y 2－4my －8＝0. ∴y 1y 2＝－8.
因此有y 1y 2＝－8为定值.
(2)解 设存在直线l ：x ＝a 满足条件， 则AC 的中点E ⎝
⎛⎭
⎪⎫x 1＋22，y 12，
|AC |＝（x 1－2）2
＋y 2
1. 因此以AC 为直径的圆的半径
r ＝1
2|AC |＝
12（x 1－2）2＋y 2
1＝12
x 21＋4，
又点E 到直线x ＝a 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪x 1＋22－a
故所截弦长为
2r 2－d 2
＝2
14（x 21＋4）－⎝
⎛⎭
⎪⎫x 1＋22－a 2 ＝x 2
1＋4－（x 1＋2－2a ）2
＝－4（1－a ）x 1＋8a －4a 2
.
当1－a ＝0，即a ＝1时，弦长为定值2，这时直线方程为x ＝1.
1.在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 2
4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 (2a ，a )，N (－2a ，a )， 或M (－2a ，a )，N (2a ，a ).
又y ′＝x 2，故y ＝x 2
4在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a
(x －2a )， 即ax －y －a ＝0.
y ＝x 2
4在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋
2a )，
即ax ＋y ＋a ＝0.
故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点，证明如下：
设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2
－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝
y 1－b x 1＋y 2－b
x 2 ＝2kx 1x 2＋（a －b ）（x 1＋x 2）x 1x 2
＝k （a ＋b ）
a
. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝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.
2.(2018·东北三省四校联考)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32
，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为
233，O 为坐标原点. (1)求E 的方程；
(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程.
解 (1)设F (c ，0)，由条件知，2c ＝233
，得c ＝ 3. 又c a ＝32
，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24
＋y 2＝1. (2)当l ⊥x 轴时不合题意，
故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2).
将y ＝kx －2代入x 24
＋y 2
＝1， 得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0.
当Δ＝16(4k 2－3)>0， 即k 2>34时，x 1，2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2
－34k 2＋1
. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1. 所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1
. 设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t
. 因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72
时等号成立，且满足Δ>0. 所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝
72x －2或y ＝－72x －2. 3.(2018·新乡模拟)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C
于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .
(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；
(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理
由.
解 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)，
∴F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2
＝8y ，准线l ：y ＝－2.
设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，
当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.
(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得： x 2－4px －4p ＝0，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2
＋p )>0，
则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ，
∴Q (2p ，2p ).
∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，
则QA →·QB →＝0，
得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )
＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )
＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，
代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去). 因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立. 4.(2017·唐山一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫b ，a b 在椭圆上，O 为坐标原点.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值.
(1)解 ∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22
， ∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12
，得a 2＝2b 2，① 又点Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫b ，a b 在椭圆C 上，
∴b 2a 2＋a 2
b 4＝1，② 联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.
∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24
＝1. (2)证明 当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23，
所以S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26； 当直线PN 的斜率k 存在时，
设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，
将PN 的方程代入椭圆C 的方程，
整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，
所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m
1＋2k 2， 由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－4km
1＋2k 2，2m
1＋2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.
又点O 到直线PN 的距离为d ＝
|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，
所以S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝1＋2k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝
48k 2＋242k 2＋1＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 5.(2018·成都诊断)已知圆x 2＋y 2
＝1过椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2
＝1相切，与椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1相交于A ，B 两点.记λ＝OA →·OB →，且23≤λ≤34
.
(1)求椭圆的方程；
(2)求k 的取值范围；
(3)求△OAB 的面积S 的取值范围.
解 (1)由题意知2c ＝2，所以c ＝1.
因为圆与椭圆有且只有两个公共点，
从而b ＝1，故a ＝2，所以所求椭圆方程为x 22
＋y 2＝1. (2)因为直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，
所以原点O 到直线l 的距离为|m |
12＋k 2＝1，
即m 2＝k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22
＋y 2＝1， 得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k
2. λ＝OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2＋11＋2k
2， 由23≤λ≤34，得12
≤k 2≤1， 即k 的取值范围是⎣⎢⎡
⎦⎥⎤－1，－22∪⎣⎢⎡⎦
⎥⎤22，1. (3)|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝2－2（2k 2＋1）
2， 由12≤k 2≤1，得62≤|AB |≤43
. 设△OAB 的AB 边上的高为d ，
则S ＝12|AB |d ＝12
|AB |， 所以64≤S ≤23
. 即△OAB 的面积S 的取值范围是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤64，23. 6.(2018·大连双基测试)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的左焦点F 1与抛物线y 2＝－4x 的焦点重合，椭圆E 的离心率为
22，过点M (m ，0)作斜率存在且不为0的直线l ，交椭圆E 于A ，C 两点，点P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫5
4，0，且PA →·PC →为定值. (1)求椭圆E 的方程；
(2)求m 的值.
解 (1)设F 1(－c ，0)，由抛物线y 2＝－4x 的焦点坐标(－1，0)，且椭圆E 的左焦点F 1与抛物线y 2＝－4x 的焦点重合，所以c ＝1.
又椭圆E 的离心率为e ＝
22，得a ＝2， 于是有b 2＝a 2－c 2
＝1，
故椭圆E 的方程为x 22
＋y 2
＝1. (2)设直线l 方程为y ＝k (x －m )，A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －m ）
消y 整理得(1＋2k 2)x 2－4mk 2x ＋2k 2m 2－2＝0，
x 1＋x 2＝4mk 21＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2k 2－21＋2k 2. PA →·PC →＝⎝
⎛⎭⎪⎫x 1－54⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－54＋y 1y 2 ＝⎝
⎛⎭⎪⎫x 1－54⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－54＋k 2(x 1－m )(x 2－m ) ＝(1＋k 2)x 1x 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫54＋mk 2(x 1＋x 2)＋2516＋k 2m 2 ＝（3m 2－5m －2）k 2－21＋2k 2＋2516
要使PA →·PC →为定值，则3m 2－5m －2＝－4，
即3m 2－5m ＋2＝0，解得m ＝1或23，此时点M (m ，0)在椭圆E 内部，故m 的值为1或23.。