第九節圓錐曲線的綜合問題A組基礎題組1.(2014北京,19,14分)已知橢圓C:x2+2y2=4.(1)求橢圓C的離心率;(2)設O為原點.若點A在直線y=2上,點B在橢圓C上,且OA⊥OB,求線段AB長度的最小值.2.(2017北京東城一模)已知橢圓W:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別為F1,F2,且|F1F2(1)求橢圓W的標準方程及離心率;(2)如圖,過點F1作直線l1與橢圓W交于點A,C,過點F2作直線l2⊥l1,且l2與橢圓W交于點B,D,l1與l2交于點E,試求四邊形ABCD的面積的最大值.3.(2016北京西城期末)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程;(2)設動直線l與橢圓C有且僅有一個公共點,且l與圓x2+y2=5相交于不在坐標軸上的兩點P1,P2,記直線OP1,OP2的斜率分別為k1,k2,求證:k1·k2為定值.4.(2016北京朝陽一模)已知橢圓C:x24+y22=1的焦點分別為F(1)求以線段F1F2(2)過點P(4,0)任作一條直線l與橢圓C交于不同的兩點M,N.在x軸上是否存在點Q,使得∠PQM+∠PQN=180°?若存在,求出點Q的坐標;若不存在,請說明理由.B組提升題組5.(2017北京海淀二模)已知F1(1,0)、F2(1,0)分別是橢圓C:x2a2(1)求橢圓C的方程;(2)若A,B分別在直線x=2和x=2上,且AF1⊥BF1.(i)當△ABF1為等腰三角形時,求△ABF1的面積;(ii)求點F1,F2到直線AB距離之和的最小值.6.(2016北京海淀二模)已知曲線C:x24+(1)當點B坐標為(1,0)時,求k的值;(2)記△OAD的面積為S1,四邊形ABCD的面積為S2.(i)若S1=26(ii)求證:S1S2

答案精解精析A組基礎題組1.解析(1)由題意,知橢圓C的標準方程為x24+y所以a2=4,b2=2,從而c2=a2b2=2.因此a=2,c=2.故橢圓C的離心率e=ca=2(2)設點A,B的坐標分別為(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.因為OA⊥OB,所以OA·OB=0,即tx0+2y0=0,解得t=2y又x02+2所以|AB|2=(x0t)2+(y02)2=x0+2y=x02+y0=x02+4-=x022+8因為x022+8當且僅當x0所以|AB|2≥8.故線段AB長度的最小值為22.2.解析(1)由已知,得2c解得c所以橢圓W的標準方程為x23+y22=1,離心率e=(2)連接EO.由題意知EF1⊥EF2,所以|EO|=12|F1F所以點E的軌跡是以原點為圓心,1為半徑的圓.顯然點E在橢圓W的內部.S四邊形ABCD=S△ABC+S△ADC=12|AC|·|BE|+12|AC|·|DE|=①當直線l1,l2中的一條直線與x軸垂直時,不妨令l2⊥x軸,此時AC為長軸,BD⊥x軸,把x=1代入橢圓方程,可求得y=±23則|BD|=43此時S四邊形ABCD=12②當直線l1,l2的斜率都存在時,設直線l1:x=my1(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).聯立x=my-1,所以y1+y2=4m2m2+3,y1則|AC|=(=43同理,|BD|=43S四邊形ABCD=12=12×43=24=24(m=41-綜上,四邊形ABCD的面積的最大值為4.3.解析(1)由題意,得ca=32,a2=b2+c2又因為點A1,所以1a2+解得a=2,b=1,c=3,所以橢圓C的方程為x24+y(2)證明:當直線l的斜率不存在時,由題意知l的方程為x=±2,易得直線OP1,OP2的斜率之積k1·k2=14當直線l的斜率存在時,設l的方程為y=kx+m(k≠0).由y=kx+m,x2因為直線l與橢圓C有且只有一個公共點,所以Δ=(8km)24(4k2+1)(4m2即m2=4k2+1.由y=kx+m,x2設P1(x1,y1),P2(x2,y2),則x1+x2=-2kmk2+1,x1所以k1·k2=y1y2x=k2·m將m2=4k2+1代入上式,得k1·k2=-k2+1綜上,k1·k2為定值144.解析(1)因為a2=4,b2=2,所以c2=2.所以以線段F1F2為直徑的圓的方程為x2+y2(2)假設存在點Q(m,0),使得∠PQM+∠PQN=180°,則直線QM和QN的斜率存在,分別設為k1,k2.則k1+k2=0.依題意,知直線l的斜率存在,故設直線l的方程為y=k(x4).由y=k(x-4),x2因為直線l與橢圓C有兩個交點,所以Δ>0.即(16k2)24(2k2+1)(32k24)>0,解得k2<16設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=16k22k2+1,x1x2=32k2-k1+k2=y1x1即(x1m)y2+(x2m)y1=0,即(x1m)k(x24)+(x2m)k(x14)=0,當k≠0時,2x1x2(m+4)(x1+x2)+8m=0,所以2·32k2-42化簡得8(當k=0時,也成立.所以存在點Q(1,0),使得∠PQM+∠PQN=180°.B組提升題組5.解析(1)由題意可得a23=1,所以a2=4,所以橢圓C的方程為x24+(2)由題意可設A(2,m),B(2,n),因為AF1⊥BF1,所以AF1·所以(1,m)·(3,n)=0,所以mn=3①.(i)因為AF1⊥BF1,所以當△ABF1為等腰三角形時,只能是|AF1|=|BF1|,即m2+1=化簡得m2n2=8②.由①②可得m=3,所以S△ABF1=12|AF1||BF1|=1(ii)直線AB:y=n-化簡得(nm)x4y+2(m+n)=0,設點F1,F2到直線AB的距離分別為d1,d2,則d1+d2=|2(m因為點F1,F2在直線AB的同一側,所以d1+d2=4=4m2因為mn=3,所以m2+n2≥2mn=6(當且僅當m=n時取等號),d1+d2=4m2+n所以d1+d2=41-4m當m=n=3或m=n=3時,點F1,F2到直線AB的距離之和取得最小值23.6.解析(1)因為B(1,0),所以設A(1,y0),代入x24+y23=1(y≥0),解得y將A-1得k=12(2)(i)解法一:設點E(0,1),A(x1,y1),D(x2,y2).由x24+y2所以Δ因為S1=12|OE|(|x1|+|x2|)=12×1·|x1x2|=12|x1而|x1x2|=96(所以S1=12·=26所以262k所以2k2+1所以|AD|=2×263解法二:設點E(0,1),A(x1,y1),D(x2,y2).由x24+y2所以Δ點O到直線AD的距離d=