2019届江苏高考数学一轮复习专题突破五 高考中的圆锥曲线问题

高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题【考点自测】1．(2017·全国Ⅲ改编)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为______________． 答案 x 24－y 25＝1解析 由y ＝52x ，可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.2．(2017·全国Ⅲ改编)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则C 的离心率为________． 答案63解析 由题意知，以A 1A 2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a .又直线bx －ay ＋2ab ＝0与圆相切， ∴圆心到直线的距离d ＝2aba 2＋b 2＝a ，解得a ＝3b ， ∴b a ＝13， ∴e ＝c a ＝a 2－b 2a＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝1－⎝⎛⎭⎫132＝63. 3．(2018届阜宁中学质检)已知F 1，F 2是椭圆x 2k ＋2＋y 2k ＋1＝1的左、右焦点，弦AB 过F 1，若△ABF 2的周长为8，则椭圆的离心率为________． 答案12解析 由已知及椭圆定义可得4a ＝8，从而a ＝2， 又c ＝k ＋2－(k ＋1)＝1，所以e ＝c a ＝12.4．(2016·江苏)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 27－y 23＝1的焦距是________．答案 210解析 由已知，a 2＝7，b 2＝3，则c 2＝7＋3＝10，故焦距为2c ＝210.5．(2018届江苏盐城中学调研)已知椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a >3)的中心、右焦点、右顶点依次为O ，F ，G ，直线x ＝a 2a 2－3与x 轴交于H 点，则FGOH 取得最大值时，a 的值为________．答案 2解析 设半焦距为c ，则c ＝a 2－3， 由题意得，FG OH ＝a －c a 2c＝c a －⎝⎛⎭⎫c a 2≤14， 当c a ＝12时取等号， 又a 2－c 2＝3，所以a ＝2.题型一 求圆锥曲线的标准方程例1 设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为B .若BF 2＝F 1F 2＝2，则该椭圆的方程为________． 答案 x 24＋y 23＝1解析 ∵BF 2＝F 1F 2＝2，∴a ＝2c ＝2，∴a ＝2，c ＝1，∴b ＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．跟踪训练1 已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点为F (2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为________． 答案 x 2－y 23＝1解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一个焦点为F (2,0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，由题意得2ba 2＋b 2＝3，② 联立①②解得b ＝3，a ＝1，所求双曲线的方程为x2－y23＝1.题型二圆锥曲线的几何性质例2 (1)已知圆E：(x－3)2＋(y＋m－4)2＝1(m∈R)，当m变化时，圆E上的点与原点O的最短距离是双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的离心率，则双曲线C的渐近线为________．答案y＝±3x解析圆E的圆心到原点的距离d＝32＋(4－m)2，由此可得，当m＝4时，圆E上的点与原点O的最短距离是d min＝3－1＝2，即双曲线的离心率为e＝ca＝2，由此可得ba＝c2－a2a＝3，双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的渐近线为y＝±ba x＝±3x.(2)(2018届无锡南菁高级中学质检)已知F是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点，A为右顶点，P是椭圆上一点，PF⊥x轴．若PF＝14AF，则该椭圆的离心率是________．答案3 4解析由题意得，A(a,0)，F(－c,0)．∵PF⊥x轴，∴PF＝b2 a.∵PF＝14AF，∴b2a＝14(a＋c)，即(3a－4c)(a＋c)＝0，∵a，c>0，∴3a－4c＝0，∴e＝ca＝34.思维升华圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系．掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．跟踪训练2 (2017·全国Ⅱ改编)若双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则C的离心率为________．答案 2解析设双曲线的一条渐近线方程为y＝ba x，圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3.根据点到直线的距离公式，得|2b |a 2＋b 2＝3，解得b 2＝3a 2.所以C 的离心率e ＝ca ＝c 2a 2＝1＋b 2a2＝2.题型三 最值、范围问题例3 设椭圆M ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率与双曲线x 2－y 2＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4.(1)求椭圆M 的方程；(2)若直线y ＝2x ＋m 交椭圆M 于A ，B 两点，P (1，2)为椭圆M 上一点，求△PAB 面积的最大值．解 (1)双曲线的离心率为2， 则椭圆的离心率e ＝c a ＝22，由⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝4，c a ＝22，b 2＝a 2－c 2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝2，b ＝2，故椭圆M 的方程为y 24＋x 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 22＋y 24＝1，得4x 2＋22mx ＋m 2－4＝0，由Δ＝(22m )2－16(m 2－4)>0，得－22<m <2 2. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－22m ，x 1x 2＝m 2－44，∴AB ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2 ＝3·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝3·12m 2－m 2＋4＝3·4－m 22.又P 到直线AB 的距离d ＝|m |3， 则S △PAB ＝12·AB ·d ＝12·3·4－m 22·|m |3＝12m 2⎝⎛⎭⎫4－m 22＝122m 2(8－m 2) ≤122·m 2＋(8－m 2)2＝2，当且仅当m ＝±2∈(－22，22)时取等号，∴(S △PAB )max ＝ 2.思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线的几何意义求最值与范围． 跟踪训练3 (2018届常州中学月考)如图，设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，动直线l 与椭圆C 只有一个公共点P ，且点P 在第一象限．(1)已知直线l 的斜率为k ，用a ，b ，k 表示点P 的坐标；(2)若过原点O 的直线l 1与l 垂直，证明：点P 到直线l 1的距离的最大值为a －b . (1)解 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k <0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2a 2＋y 2b2＝1，消去y 得(b 2＋a 2k 2)x 2＋2a 2kmx ＋a 2m 2－a 2b 2＝0. 由于l 与C 只有一个公共点，故Δ＝0， 即b 2－m 2＋a 2k 2＝0，解得点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－a 2km b 2＋a 2k 2，b 2m b 2＋a 2k 2.又点P 在第一象限，且m 2＝b 2＋a 2k 2， 即m ＝b 2＋a 2k 2，故点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2k b 2＋a 2k 2，b 2b 2＋a 2k 2.(2)证明 由于直线l 1过原点O 且与l 垂直，故直线l 1的方程为x ＋ky ＝0，所以点P 到直线l 1的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 2k b 2＋a 2k 2＋b 2k b 2＋a 2k 21＋k 2，整理得d ＝a 2－b 2b 2＋a 2＋a 2k 2＋b 2k2.因为a 2k 2＋b 2k2≥2ab ，所以a 2－b 2b 2＋a 2＋a 2k 2＋b 2k2≤a 2－b 2b 2＋a 2＋2ab＝a －b ，当且仅当k 2＝ba时等号成立．所以点P 到直线l 1的距离的最大值为a －b . 题型四 定点、定值问题例4 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点M (32，2)，离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点M 作两条直线与椭圆C 分别交于相异两点A ，B ，若∠AMB 的平分线与y 轴平行，探究直线AB 的斜率是否为定值．若是，请给予证明；若不是，请说明理由．解 (1)由e ＝223，得c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝89，即a 2＝9b 2，故椭圆C 的方程为x 29b 2＋y 2b2＝1.又椭圆过点M (32，2)，所以189b 2＋2b 2＝1，解得b 2＝4，所以椭圆C 的方程为x 236＋y 24＝1.(2)由题意知直线MA 的斜率存在，设直线MA 的斜率为k ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由题意知直线MA 与MB 的斜率互为相反数， 故直线MB 的斜率为－k .直线MA 的方程为y －2＝k (x －32)， 即y ＝kx ＋2－32k ，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2－32k ，x 236＋y 24＝1，消去y 并整理得(9k 2＋1)x 2＋182k (1－3k )x ＋162k 2－108k －18＝0.(*) 由题意知，方程(*)有一个根为32， 所以另一根x 1＝182k (3k －1)9k 2＋1－3 2＝182(3k 2－k )9k 2＋1－3 2.同理可得x 2＝182(3k 2＋k )9k 2＋1－32，因为x 2－x 1＝362k 9k 2＋1，x 2＋x 1＝1082k 29k 2＋1－6 2.又y 2－y 1＝－kx 2＋2＋32k －(kx 1＋2－32k ) ＝－k (x 2＋x 1)＋62k ＝122k9k 2＋1， 所以直线AB 的斜率k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝122k 9k 2＋1362k 9k 2＋1＝13，为定值．思维升华 求定点及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．跟踪训练4 已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(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⎝⎛⎭⎫m 3，m ，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． (1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，① 故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9b k 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，由①中判别式Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)·(b 2－m 2)>0，得k 2m 2>9b 2－9m 2， 又b ＝m －k3m ，所以k 2m 2>9⎝⎛⎭⎫m －k 3m 2－9m 2， 得k 2>k 2－6k ，所以k >0.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 ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9.将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9).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x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×km (k －3)3(k 2＋9)，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形． 题型五 探索性问题例5 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点⎝⎛⎭⎫1，62，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为椭圆的右顶点，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；若不是定值，请说明理由． (1)解 因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，所以a 2＝2c 2，所以a 2＝2b 2. 又因为椭圆C 过点⎝⎛⎭⎫1，62，所以1a 2＋32b 2＝1，所以a 2＝4，b 2＝2，所以椭圆C 的方程x 24＋y 22＝1.(2)证明 由题意知直线BM 的斜率存在，设直线BM 的斜率为k ，则直线BM 的方程为y ＝k (x －2)，设P (x 1，y 1)，将y ＝k (x －2)代入椭圆C 的方程x 24＋y 22＝1中，化简得(2k 2＋1)x 2－8k 2x ＋8k 2－4＝0， 解得x 1＝4k 2－22k 2＋1，x 2＝2，所以y 1＝k (x 1－2)＝－4k 2k 2＋1，从而P ⎝⎛⎭⎫4k 2－22k 2＋1，－4k 2k 2＋1.令x ＝－2，得y ＝－4k ，所以M (－2，－4k )，OM →＝(－2，－4k )．又因为AP →＝⎝⎛⎭⎫4k 2－22k 2＋1＋2，－4k 2k 2＋1＝⎝⎛⎭⎫8k 22k 2＋1，－4k 2k 2＋1， 所以AP →·OM →＝－16k22k 2＋1＋16k 22k 2＋1＝0，所以AP ⊥OM .(3)解 因为OP →·OM →＝⎝⎛⎭⎫4k 2－22k 2＋1，－4k 2k 2＋1·(－2，－4k )＝－8k 2＋4＋16k 22k 2＋1＝8k 2＋42k 2＋1＝4，所以OP →·OM →为定值4.思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为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．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．跟踪训练5 已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)以抛物线y 2＝8x 的焦点为顶点，且离心率为12.(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相交于点Q ，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)抛物线y 2＝8x 的焦点为椭圆E 的顶点，即a ＝2. 又c a ＝12，故c ＝1，b ＝ 3. ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12. 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.由Δ＝(8km )2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝4k 2－m 2＋3>0， 得m 2<4k 2＋3.由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－8km4k 2＋3，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3. 将P ⎝⎛⎭⎫－8km 4k 2＋3，6m4k 2＋3代入椭圆E 的方程， 得64k 2m 24(4k 2＋3)2＋36m 23(4k 2＋3)2＝1. 整理，得4m 2＝4k 2＋3.满足Δ>0. 设T (t,0)，Q (－4，m －4k )．∴TQ →＝(－4－t ，m －4k )，OP →＝⎝⎛⎭⎫－8km 4k 2＋3，6m 4k 2＋3. 即OP →·TQ →＝32km ＋8kmt 4k 2＋3＋6m (m －4k )4k 2＋3＝6m 2＋8km ＋8kmt4k 2＋3.∵4k 2＋3＝4m 2，∴OP →·TQ →＝6m 2＋8km ＋8kmt 4m 2＝32＋2k (1＋t )m.要使OP →·TQ →为定值，只需⎣⎡⎦⎤2k (1＋t )m 2＝4k 2(1＋t )2m 2＝(4m 2－3)(1＋t )2m 2为定值，则1＋t ＝0，∴t ＝－1，∴在x 轴上存在一点T (－1,0)，使得OP →·TQ →为定值32.1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，过点M (1，0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，MA ＝λMB ，且当直线l 垂直于x 轴时，AB ＝ 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)当λ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，求弦长AB 的取值范围． 解 (1)由已知e ＝22，得c a ＝22，① ∵当直线垂直于x 轴时，AB ＝2， ∴椭圆过点⎝⎛⎭⎫1，22， 代入椭圆方程得1a 2＋12b 2＝1，②又a 2＝b 2＋c 2，③联立①②③可得a 2＝2，b 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)当过点M 的直线的斜率为0时，点A ，B 分别为椭圆长轴的端点，λ＝MA MB ＝2＋12－1＝3＋22>2或λ＝MA MB ＝2－12＋1＝3－22<12，不符合题意． ∴直线l 的斜率不能为0.设直线l 的方程为x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将直线的方程代入椭圆方程得(m 2＋2)y 2＋2my －1＝0，显然方程有两个不同实数解．由根与系数的关系可得⎩⎨⎧ y 1＋y 2＝－2m m 2＋2， ④y 1y 2＝－1m 2＋2， ⑤ 将④式平方除以⑤式可得y 1y 2＋y 2y 1＋2＝－4m 2m 2＋2， 由已知MA ＝λMB 可知，y 1y 2＝－λ， ∴－λ－1＋2＝－4m 2m 2＋2， 又λ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∴－λ－1λ＋2∈⎣⎡⎦⎤－12，0， ∴－12≤－4m 2m 2＋2≤0，解得m 2∈⎣⎡⎦⎤0，27. AB 2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋m 2)(y 1－y 2)2＝(1＋m 2)[(y 1＋y 2)2－4y 1y 2]＝8⎝⎛⎭⎫m 2＋1m 2＋22＝8⎝⎛⎭⎫1－1m 2＋22， ∵m 2∈⎣⎡⎦⎤0，27，∴1m 2＋2∈⎣⎡⎦⎤716，12， ∴AB ∈⎣⎡⎦⎤2，928. 2．(2018届江苏宿迁中学质检)已知圆G ：x 2＋y 2－2x －2y ＝0经过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点F 及上顶点B .过椭圆外一点M (m,0)(m >a )作倾斜角为5π6的直线l 交椭圆于C ，D 两点． (1)求椭圆的方程；(2)若右焦点F 在以线段CD 为直径的圆E 的内部，求m 的取值范围．解 (1)∵圆G ：x 2＋y 2－2x －2y ＝0经过点F ，B ，∴F (2,0)，B (0，2)，∴c ＝2，b ＝2，∴a 2＝b 2＋c 2＝6，椭圆的方程为x 26＋y 22＝1. (2)由题意知直线l 的方程为y ＝－33(x －m )，m >6， 由⎩⎨⎧ x 26＋y 22＝1，y ＝－33(x －m )，消去y ，整理得2x 2－2mx ＋(m 2－6)＝0.由Δ＝4m 2－8(m 2－6)>0，解得－23<m <2 3.∵m >6，∴6<m <2 3.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－62， ∴y 1y 2＝⎣⎡⎦⎤－33(x 1－m )·⎣⎡⎦⎤－33(x 2－m ) ＝13x 1x 2－m 3(x 1＋x 2)＋m 23. ∵FC →＝(x 1－2，y 1)，FD →＝(x 2－2，y 2)，∴FC →·FD →＝(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2 ＝43x 1x 2－m ＋63(x 1＋x 2)＋m 23＋4 ＝2m (m －3)3. ∵点F 在圆E 内部，∴FC →·FD →<0，即2m (m －3)3<0，解得0<m <3. 又6<m <23，∴6<m <3.故m 的取值范围是(6，3)．3．如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，且椭圆经过点⎝⎛⎭⎫3，12.(1)求椭圆的方程；(2)设点B ，C ，D 是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B 与点D 关于原点O 对称．设直线CD ，CB ，OB ，OC 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4，且k 1k 2＝k 3k 4.①求k 1k 2的值；②求OB 2＋OC 2的值．解 (1)依题意，得c ＝3，a 2＝b 2＋3，由题意得3b 2＋3＋14b 2＝1， 解得b 2＝1⎝⎛⎭⎫b 2＝－34，舍去，从而a 2＝4. 故所求椭圆方程为x 24＋y 2＝1. (2)①设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则D (－x 1，－y 1)，于是k 1k 2＝y 2＋y 1x 2＋x 1·y 2－y 1x 2－x 1＝y 22－y 21x 22－x 21＝－14. ②由①及题意知k 3k 4＝k 1k 2＝－14，故x 1x 2＝－4y 1y 2， 所以(x 1x 2)2＝(－4y 1y 2)2，即(x 1x 2)2＝16⎝⎛⎭⎫1－x 214⎝⎛⎭⎫1－x 224 ＝16－4(x 21＋x 22)＋x 21x 22，所以x 21＋x 22＝4.因为2＝⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21＋⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22＝x 21＋x 224＋y 21＋y 22，故y 21＋y 22＝1.所以OB 2＋OC 2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝5. 4．(2018届连云港新海高级中学月考)已知椭圆C 1：x 22＋y 2＝1和圆C 2：x 2＋y 2＝1，A ，B ，F 分别是椭圆C 1的左顶点、下顶点和右焦点．(1)点P 是圆C 2上位于第二象限的一点，若△APF 的面积为12＋24，求证：AP ⊥OP ； (2)点M 和N 分别是椭圆C 1和圆C 2上位于y 轴右侧的动点，且直线BN 的斜率是直线BM 斜率的2倍，求证：直线MN 恒过定点．证明 (1)设圆C 2上的点P (x 0，y 0)，且x 0<0，y 0>0，由题意知A (－2，0)，F (1,0)．故S △APF ＝12·AF ·y 0＝12(1＋2)y 0＝12＋24， 解得y 0＝22，x 0＝－22，即P ⎝⎛⎭⎫－22，22. 所以AP →·OP →＝⎝⎛⎭⎫22，22·⎝⎛⎭⎫－22，22＝0， 故AP ⊥OP .(2)设直线BM 的斜率为k ，则直线BN 的斜率为2k ，又两直线都过点B (0，－1)，故直线BM 的方程为y ＝kx －1，直线BN 的方程为y ＝2kx －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＋2y 2＝2，得(1＋2k 2)x 2－4kx ＝0， 解得x M ＝4k 2k 2＋1，y M ＝k ·4k 2k 2＋1－1＝2k 2－12k 2＋1， 即M ⎝⎛⎭⎫4k 2k 2＋1，2k 2－12k 2＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2kx －1，x 2＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－4kx ＝0， 解得x N ＝4k 4k 2＋1，y N ＝2k ·4k 4k 2＋1－1＝4k 2－14k 2＋1， 即N ⎝⎛⎭⎫4k 4k 2＋1，4k 2－14k 2＋1. 所以直线MN 的斜率k MN ＝4k 2－14k 2＋1－2k 2－12k 2＋14k 4k 2＋1－4k 2k 2＋1＝(4k 2－1)(2k 2＋1)－(4k 2＋1)(2k 2－1)4k (2k 2＋1)－4k (4k 2＋1)＝－12k . 所以直线MN 的方程为y －2k 2－12k 2＋1＝－12k ⎝⎛⎭⎫x －4k 2k 2＋1， 整理得y ＝－12kx ＋1，故直线MN 恒过定点(0,1)．5.如图，曲线Γ由两个椭圆T 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)和椭圆T 2：y 2b 2＋x 2c2＝1(b >c >0)组成，当a ，b ，c 成等比数列时，称曲线Γ为“猫眼”．(1)若“猫眼曲线”Γ过点M (0，－2)，且a ，b ，c 的公比为22，求“猫眼曲线”Γ的方程； (2)对于(1)中的“猫眼曲线”Γ，任作斜率为k (k ≠0)且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆T 1所得弦的中点为M ，交椭圆T 2所得弦的中点为N ，求证：k OM k ON为与k 无关的定值； (3)若斜率为2的直线l 为椭圆T 2的切线，且交椭圆T 1于点A ，B ，N 为椭圆T 1上的任意一点(点N 与点A ，B 不重合)，求△ABN 面积的最大值．(1)解 由题意知，b ＝2，b a ＝c b ＝22， ∴a ＝2，c ＝1，∴T 1：x 24＋y 22＝1，T 2：y 22＋x 2＝1. (2)证明 设斜率为k 的直线交椭圆T 1于点C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2) ，线段CD 的中点为M (x 0，y 0)， ∴x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22， 由⎩⎨⎧ x 214＋y 212＝1，x 224＋y 222＝1，两式作差得(x 1－x 2)(x 1＋x 2)4＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)2＝0. ∵k 存在且k ≠0，∴x 1≠x 2且x 0≠0，故上式整理得y 1－y 2x 1－x 2·y 0x 0＝－12， 即k ·k OM ＝－12. 同理，k ·k ON ＝－2，∴k OM k ON ＝14. (3)解 设直线l 的方程为y ＝2x ＋m ，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2x ＋m ，y 2b 2＋x 2c 2＝1， 整理得(b 2＋2c 2)x 2＋22mc 2x ＋m 2c 2－b 2c 2＝0，由Δ＝0，化简得m 2＝b 2＋2c 2，取l 1：y ＝2x ＋b 2＋2c 2.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 2a 2＋y 2b 2＝1， 化简得(b 2＋2a 2)x 2＋22ma 2x ＋m 2a 2－b 2a 2＝0.由Δ＝0，得m 2＝b 2＋2a 2，取l 2：y ＝2x －b 2＋2a 2，l 1，l 2两平行线间距离d ＝b 2＋2c 2＋b 2＋2a 23， 设A (x 3，y 3)，B (x 4，y 4)．则由(1)得x 3＋x 4＝－22ma 2b 2＋2a 2， x 3x 4＝m 2a 2－b 2a 2b 2＋2a 2， ∴AB ＝(x 3－x 4)2＋(y 3－y 4)2＝3·(x 3＋x 4)2－4x 3x 4 ＝23ab 2a 2－2c 2b 2＋2a 2， ∴△ABN 的面积最大值为S ＝12·AB ·d ＝ab 2a 2－2c 2(b 2＋2c 2＋b 2＋2a 2)b 2＋2a 2.6.(2017·南京二模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，焦点在x 轴上的椭圆C ：x 28＋y 2b2＝1经过点(b ,2e )，其中e 为椭圆C 的离心率．过点T (1,0)作斜率为k (k ＞0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点(A 在x 轴下方)．(1)求椭圆C 的标准方程； (2)过点O 且平行于l 的直线交椭圆C 于点M ，N ，求 AT ·BT MN 2的值； (3)记直线l 与y 轴的交点为P .若AP →＝25TB →，求直线l 的斜率k . 解 (1)因为椭圆x 28＋y 2b2＝1经过点(b,2e )，所以b 28＋4e 2b 2＝1. 因为e 2＝c 2a 2＝c 28，所以b 28＋c 22b 2＝1. 因为a 2＝b 2＋c 2，所以b 28＋8－b 22b 2＝1. 整理得 b 4－12b 2＋32＝0，解得b 2＝4或b 2＝8(舍)．所以椭圆C 的标准方程为x 28＋y 24＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为T (1,0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)．联立直线l 与椭圆方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 28＋y 24＝1， 消去y ，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－8＝0， 所以⎩⎨⎧x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－82k 2＋1.因为MN ∥l ，所以直线MN 的方程为y ＝kx ，联立直线MN 与椭圆方程得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ，x 28＋y 24＝1， 消去y ，得 (2k 2＋1)x 2＝8，解得x 2＝82k 2＋1. 因为MN ∥l ，所以 AT ·BT MN 2＝(1－x 1)·(x 2－1)(x M －x N )2. 因为(1－x 1)·(x 2－1)＝－[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1] ＝72k 2＋1 ， (x M －x N )2＝4x 2＝322k 2＋1， 所以AT ·BT MN 2＝(1－x 1)·(x 2－1)(x M －x N )2＝72k 2＋1·2k 2＋132＝732. (3)在y ＝k (x －1)中，令x ＝0，则y ＝－k ，所以P (0，－k )，从而AP →＝(－x 1，－k －y 1)，TB →＝(x 2－1，y 2)．因为AP →＝25TB →，所以－x 1＝25(x 2－1)， 即x 1＋25x 2＝25. 由(2)知⎩⎨⎧x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－82k 2＋1.由⎩⎨⎧ x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1＋25x 2＝25，解得 x 1＝－4k 2＋23(2k 2＋1)，x 2＝16k 2－23(2k 2＋1). 因为x 1x 2＝2k 2－82k 2＋1， 所以－4k 2＋23(2k 2＋1)×16k 2－23(2k 2＋1)＝2k 2－82k 2＋1， 整理得50k 4－83k 2－34＝0，解得k 2＝2或k 2＝－1750(舍) . 又因为k ＞0，所以k ＝ 2.。