资源描述
专题五 解 析 几 何
第一讲 直线与圆(选择、填空题型)
一、选择题
1．(2022·保定模拟)若直线ax＋2y＋1＝0与直线x＋y－2＝0相互垂直，那么a的值等于( )
A．1 B．－ C．－ D．－2
2．(2022·黄冈期末)直线x－y＋m＝0与圆x2＋y2－2x－2＝0相切，则实数m等于( )
A．－3或 B．－3或3
C.或－ D．－或3
3．(2022·长春调研)一次函数y＝－x＋的图象同时经过第一、三、四象限的必要不充分条件是( )
A．m>1且n<1 B．mn<0
C．m>0且n<0 D．m<0且n<0
4．已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称，则直线l的方程为( )
A．x－y＋1＝0 B．x－y＝0
C．x＋y＋1＝0 D．x＋y＝0
5．(2022·安徽模拟)直线x－y＋1＝0被圆x2＋y2＋2my＝0所截得的弦长等于圆的半径，则实数m＝( )
A.－2 B.＋2 C．1 D.
6．(2022·昆明三中、玉溪一中联考)已知A、B两点分别在两条相互垂直的直线2x－y＝0和x＋ay＝0上，且AB线段的中点为P，则线段AB的长为( )
A．11 B．10 C．9 D．8
7．(2021·天津高考)已知过点P(2,2) 的直线与圆(x－1)2＋y2＝5相切， 且与直线ax－y＋1＝0垂直， 则a＝( )
A．－ B．1 C．2 D.
8．(2022·沈阳模拟)已知直线ax＋by＋c－1＝0(bc>0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0的圆心，则＋的最小值是( )
A．9 B．8 C．4 D．2
9．(2022·烟台二模)已知圆C的方程为x2＋y2－2x＝0，若以直线y＝kx－2上任意一点为圆心，以1为半径的圆与圆C没有公共点，则k的整数值是( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
10．已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|kx－y≤2}，其中x，y∈R.若A⊆B，则实数k的取值范围是( )
A．[0， ] B．[－，0]
C．[－， ] D．[－，＋∞)
二、填空题
11．(2022·太原模拟)已知P是直线3x＋4y＋8＝0上的动点，C是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的圆心，那么|PC|的最小值是________．
12．(2022·天津一模)已知圆C过点(0,1)，且圆心在x轴负半轴上，直线l：y＝x＋1被该圆所截得的弦长为2，则圆C的标准方程为________________．
13．(2022·唐山模拟)若直线y＝kx＋2k与圆x2＋y2＋mx＋4＝0至少有一个交点，则m的取值范围是________．
14．(2022·新课标全国卷Ⅱ)设点M(x0,1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是________．
15．(2022·长春调研)若圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0关于直线2ax＋by＋6＝0对称，则由点(a，b)向圆C所作的切线长的最小值是________．
16．(2022·浙江联考)设圆C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，过圆心C作直线l交圆于A，B两点，交y轴于点P，若A恰好为线段BP的中点，则直线l的方程为___________________________．
答案
一、选择题
1．解析：选D 直线ax＋2y＋1＝0的斜率k1＝－，直线x＋y－2＝0的斜率k2＝－1，由于两直线相互垂直，所以k1·k2＝－1，即·(－1)＝－1，所以a＝－2，所以选D.
2．解析：选A 由圆x2＋y2－2x－2＝0可得标准方程为(x－1)2＋y2＝3，知圆心为(1,0)，半径为，由直线与圆相切可得圆心到直线的距离d＝＝，解得m＝或m＝－3.故选A.
3．解析：选B 由于y＝－x＋经过第一、三、四象限，故－>0，<0，即m>0，n<0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn<0，故选B.
4．解析：选A 由题意知直线l与直线PQ垂直，所以kl＝－＝－＝1.又直线l经过PQ的中点(2,3)，所以直线l的方程为y－3＝x－2，即x－y＋1＝0.
5．解析：选B 圆的方程即x2＋(y＋m)2＝m2，圆心(0，－m)到已知直线的距离d＝＝，解得m＝2＋.
6．解析：选B 依题意，a＝2，P(0,5)，设A(x,2x)，B(－2y，y)，故解得x＝4，y＝2，则A(4,8)，B(－4,2)，所以|AB|＝＝10.故选B.
7．解析：选C 由切线与直线ax－y＋1＝0垂直，得过点P(2，2)与圆心(1,0)的直线与直线ax－y＋1＝0平行，所以＝a，解得a＝2.
8．解析：选A 由题意得，圆心坐标是(0,1)，则有b＋c＝1.＋＝(b＋c)＝5＋＋≥5＋2 ＝9，当且仅当即b＝2c＝时取等号，因此＋的最小值为9.故选A.
9．解析：选A 由题意得，圆C的圆心坐标为(1,0)，设另一圆的圆心坐标为C1(a，ka－2)(a∈R)，则|CC1|>2，即>2.所以(k2＋1)a2－(4k＋2)a＋1>0，又a∈R，所以Δ＝(4k＋2)2－4(k2＋1)<0，解得－<k<0，又k为整数，所以k＝－1，故选A.
10．解析：选C 集合A表示的点集是单位圆上的点，集合B表示的是二元一次不等式kx－y≤2所表示的平面区域，其边界直线是kx－y＝2，该直线必过定点(0，－2)，所以要使A⊆B，则圆与直线必需相切或相离，故≥1，解得－≤k≤，故选C.
二、填空题
11．解析：点C到直线3x＋4y＋8＝0上的动点P的最小距离即为点C到直线3x＋4y＋8＝0的距离，而圆心的坐标是(1,1)，因此最小距离为＝3.
答案：3
12．解析：设圆的方程为(x－a)2＋y2＝r2， ①
∵圆心在x轴负半轴上，∴a<0.
∵圆C过点(0,1)，∴a2＋1＝r2. ②
又∵圆C被直线l截得的弦长为2，
∴()2＋2＝r2， ③
由①②③解得a＝－1，r＝.
故圆C的标准方程为(x＋1)2＋y2＝2.
答案：(x＋1)2＋y2＝2
13．解析：由y＝k(x＋2)得直线恒过定点(－2,0)，因此可得点(－2,0)必在圆内或圆上，故有(－2)2＋02－2m＋4≤0⇒m≥4.又由方程表示圆的条件，故有m2－4×4>0⇒m<－4或m>4.综上可知m>4.
答案：(4，＋∞)
14．解析：由题意可知M在直线y＝1上运动，设直线y＝1与圆x2＋y2＝1相切于点P(0,1)．当x0＝0即点M与点P重合时，明显圆上存在点N(±1，0)符合要求；当x0≠0时，过M作圆的切线，切点之一为点P，此时对于圆上任意一点N，都有∠OMN≤∠OMP，故要存在∠OMN＝45°，只需∠OMP≥45°.特殊地，当∠OMP＝45°时，有x0＝±1.结合图形可知，符合条件的x0的取值范围为[－1,1]．
答案：[－1,1]
15．解析：由圆C的方程可知其圆心坐标为(－1,2)，代入直线2ax＋by＋6＝0，得－2a＋2b＋6＝0，即点(a，b)在直线l：－x＋y＋3＝0上，过C(－1,2)作l的垂线，设垂足为D，过D作圆C的切线，设切点为E，则切线长DE最短，于是有|CE|＝，|CD|＝＝3，由勾股定理得|DE|＝4.
答案：4
16．解析：如图，A为PB的中点，而C为AB的中点，因此，C为PB的四等分点．而C(3,5)，P点的横坐标为0，因此，A，B的横坐标分别为2、4，将A的横坐标代入圆的方程中，可得A(2，3)或A(2,7)，依据直线的两点式得到直线l的方程为2x－y－1＝0或2x＋y－11＝0.
答案：2x－y－1＝0或2x＋y－11＝0
其次讲 圆锥曲线的定义、方程与性质(选择、填空题型)
一、选择题
1．(2022·辽宁高考)已知点A(－2,3)在抛物线C：y2＝2px 的准线上，记C的焦点为F，则直线AF的斜率为( )
A．－ B．－1 C．－ D．－
2．(2022·洛阳模拟)已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(，0)，直线y＝x与椭圆的一个交点的横坐标为2，则椭圆方程为( )
A.＋y2＝1 B．x2＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
3．(2022·广东高考)若实数k 满足0<k<5，则曲线－ ＝1与曲线 －＝1的( )
A．实半轴长相等 B．虚半轴长相等
C．离心率相等 D．焦距相等
4．(2022·银川模拟)已知m是两个正数2,8的等比中项，则圆锥曲线x2＋＝1的离心率为( )
A.或 B.
C. D.或
5．(2022·江西高考)过双曲线C：－＝1 的右顶点作x 轴的垂线，与C 的一条渐近线相交于一点A.若以 C的右焦点为圆心、半径为4的圆经过 A，O两点(O为坐标原点)，则双曲线C 的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
6．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的两顶点为A(a,0)，B(0，b)，且左焦点为F，△FAB是以角B为直角的直角三角形，则椭圆的离心率e为 ( )
A. B.
C. D.
7．(2022·昆明模拟)抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且|MF|＝4|OF|，△MFO的面积为4，则抛物线方程为( )
A．y2＝6x B．y2＝8x
C．y2＝16x D．y2＝x
8．(2022·衡水二调)已知等边△ABF的顶点F是抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点，顶点B在抛物线的准线l上且AB⊥l，则点A的位置( )
A．在C1开口内 B．在C1上
C．在C1开口外 D．与p值有关
9．(2022·厦门模拟)双曲线x2－＝1的左顶点为A，右焦点为F，则以线段AF为直径的圆被其中一条渐近线截得的弦长为( )
A. B.
C. D.
10．(2022·石家庄质检)已知两定点A(－2,0)和B(2,0)，动点P(x，y)在直线l：y＝x＋3上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆C的离心率的最大值为( )
A. B.
C. D.
二、填空题
11．(2022·四川高考)双曲线－y2＝1的离心率等于________．
12．(2022·北京高考)设双曲线C 的两个焦点为(－，0)，(，0)，一个顶点是(1,0)，则C 的方程为________________．
13．(2022·大庆模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)的准线与圆x2＋y2－2x－3＝0相切，则p的值为________．
14． (2022·兰州模拟)如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l依次交抛物线及其准线于点A、B、C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则抛物线的方程是________________________．
15．设点A1，A2分别为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，若在椭圆上存在异于点A1，A2的点P，使得PO⊥PA2，其中O为坐标原点，则椭圆的离心率e的取值范围是________．
16．(2022·洛阳模拟)设e1，e2分别是具有公共焦点F1，F2的椭圆和双曲线的离心率，P是两曲线的一个公共点，O是F1F2的中点，且满足|PO|＝|OF2|，则＝________.
答案
一、选择题
1．解析：选C 由于点A在抛物线C的准线上，所以－＝－2，所以该抛物线的焦点F(2,0)，所以kAF＝＝－，选C.
2．解析：选C 依题意，设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，则有解得a2＝20，b2＝5，所求椭圆方程为＋＝1.故选C.
3．解析：选D 由0<k<5，易知两曲线均为双曲线且焦点都在x轴上，由于16＋5－k＝16－k＋5，所以两曲线的焦距相等．选D.
4．解析：选D 由题意知，m2＝2×8，∴m＝±4，
当m＝4时，圆锥曲线为椭圆，其离心率e＝＝；
当m＝－4时，圆锥曲线为双曲线，其离心率e＝，综上选D.
5．解析：选A 设双曲线的右焦点为F，则F(c,0)(其中c＝)，且c＝|OF|＝r＝4，不妨将直线x＝a代入双曲线的一条渐近线方程y＝x，得y＝b，则A(a，b)．由|FA|＝r＝4，得 ＝4，即a2－8a＋16＋b2＝16，所以c2－8a＝0，所以8a＝c2＝42，解得a＝2，所以b2＝c2－a2＝16－4＝12，所以所求双曲线的方程为－＝1.
6．解析：选B 由题意得a2＋b2＋a2＝(a＋c)2，即c2＋ac－a2＝0，即e2＋e－1＝0，解得e＝，又由于e>0，故所求的椭圆的离心率为.
7．解析：选B 依题意，设M(x，y)，|OF|＝，所以|MF|＝2p，x＋＝2p，x＝，y＝p，又△MFO的面积为4，所以××p＝4，p＝4，所以抛物线方程为y2＝8x，选B.
8．解析：选B 设B，由已知有AB中点的横坐标为，则A，△ABF是边长|AB|＝2p的等边三角形，即|AF|＝＝2p，∴p2＋m2＝4p2，∴m＝±p，∴A，代入y2＝2px中，得点A在抛物线上，故选B.
9．解析：选D 双曲线x2－＝1的左顶点A(－1,0)，右焦点F(3,0)，所以以线段AF为直径的圆的圆心D(1,0)，半径为2，则圆的方程为(x－1)2＋y2＝4，双曲线的渐近线方程为y＝±2x，所以圆心D到渐近线的距离为，所以所截得的弦长为2＝.故选D.
10．解析：选B 以A，B为焦点的椭圆C过直线l：y＝x＋3上的点P，若长轴最短即a最小，则|PA|＋|PB|＝2a最小，如图作点B关于直线l：y＝x＋3的对称点B′，则|PA|＋|PB|＝|PA|＋|PB′|＝|AB′|，经计算得点B′(－3,5)，|AB′|＝，∴a的最小值为，∵c＝2，∴离心率的最大值为，故选B.
二、填空题
11．解析：由双曲线的方程易得a＝2，b＝1，c＝，故离心率e＝＝.
答案：
12．解析：依据已知条件可推断双曲线的中心在坐标原点，焦点在x轴上，所以a＝1，c＝，于是b2＝c2－a2＝1，所以方程为x2－y2＝1.
答案：x2－y2＝1
13．解析：将x2＋y2－2x－3＝0化为(x－1)2＋y2＝4.可知圆心坐标为(1,0)，半径为2，又抛物线准线与圆相切，所以－＝－1，解得p＝2.
答案：2
14.解析：分别过点A、B作准线的垂线AE、BD，分别交准线于点E、D，则|BF|＝|BD|，∵|BC|＝2|BF|，∴|BC|＝2|BD|，∴∠BCD＝30°，又∵|AE|＝|AF|＝3，∴|AC|＝6，即点F是AC的中点，依据题意得p＝，∴抛物线的方程是y2＝3x.
答案：y2＝3x
15．解析：由题设知∠OPA2＝90°，设P(x，y)(x＞0)，以OA2为直径的圆的方程为2＋y2＝，与椭圆方程联立，得·x2－ax＋b2＝0.易知，此方程有一实根为a，且由题设知，此方程在区间(0，a)上还有一实根，由此得0＜＜a，化简得0＜＜1，即0＜＜1，得<e2<1，所以e的取值范围为.
答案：
16．解析：由|PO|＝|OF2|＝|OF1|可知，△PF1F2为直角三角形，所以|PF1|2＋|PF2|2＝4c2.
又
即
①＋②得a＋a＝2c2.
又e1＝，e2＝，所以＝＝＝＝.
答案：
第三讲 高考中的圆锥曲线(解答题型)
第1课时 圆锥曲线中的范围、存在性和证明问题
1．(2022·安徽高考)设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0) 的左、右焦点，过点 F1的直线交椭圆 E于 A，B两点，|AF1|＝3|F1B|.
(1)若|AB|＝4，△ABF2 的周长为16，求|AF2|；
(2)若cos∠AF2B＝，求椭圆E 的离心率．
2．(2022·海淀模拟)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆C：x2＋2y2＝4上两点，点M的坐标为(1,0)．
(1)当A，B关于点M(1,0)对称时，求证：x1＝x2＝1；
(2)当直线AB经过点(0,3)时，求证：△MAB不行能为等边三角形．
3．(2022·济南模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且椭圆C上一点与两个焦点F1，F2构成的三角形的周长为2＋2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过右焦点F2作直线l与椭圆C交于A，B两点，设的取值范围．
4． (2022·重庆高考)如图，设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝2，△DF1F2的面积为.
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由．
答案
1．解：(1)由|AF1|＝3|F1B|，|AB|＝4，得|AF1|＝3，|F1B|＝1.
由于△ABF2的周长为16，所以由椭圆定义可得4a＝16，|AF1|＋|AF2|＝2a＝8.
故|AF2|＝8－3＝5.
(2)设|F1B|＝k，则k>0且|AF1|＝3k，|AB|＝4k.由椭圆定义可得，|AF2|＝2a－3k，|BF2|＝2a－k.
在△ABF2中，由余弦定理可得，
|AB|2＝|AF2|2＋|BF2|2－2|AF2|·|BF2|·cos∠AF2B，
即(4k)2＝(2a－3k)2＋(2a－k)2－(2a－3k)·(2a－k)．
化简可得(a＋k)(a－3k)＝0，而a＋k>0，故a＝3k.
于是有|AF2|＝3k＝|AF1|，|BF2|＝5k.
因此|BF2|2＝|F2A|2＋|AB|2，可得F1A⊥F2A，
故△AF1F2为等腰直角三角形．
从而c＝a，所以椭圆E的离心率e＝＝.
2．解：(1)由于A，B在椭圆上，
所以x＋2y＝4，①
x＋2y＝4.②
由于A，B关于点M(1,0)对称，
所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝0，
将x2＝2－x1，y2＝－y1代入②得(2－x1)2＋2y＝4，③
由①和③消去y1解得x1＝1，
所以x1＝x2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，A(0，)，B(0，－)，可得|AB|＝2，|MA|＝，△MAB不是等边三角形．
当直线AB的斜率存在时，明显斜率不为0.
设直线AB：y＝kx＋3，AB的中点为N(x0，y0)，
联立消去y得(1＋2k2)x2＋12kx＋14＝0，Δ＝144k2－4×14(1＋2k2)＝32k2－56.
由Δ>0，得到k2>，①
又x1＋x2＝，x1·x2＝，
所以x0＝，y0＝kx0＋3＝，
所以N，
假设△MAB为等边三角形，则有MN⊥AB，
又由于M(1,0)，
所以kMN×k＝－1，即×k＝－1，
化简得2k2＋3k＋1＝0，
解得k＝－1或k＝－，
这与①式冲突，所以假设不成立．
因此对于任意k，不能使得MN⊥AB，故△MAB不行能为等边三角形．
3．解：(1)由题意知：＝，且2a＋2c＝2＋2，
解得a＝，c＝1，b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意易得直线l的斜率存在，右焦点F2(1,0)，可设直线l的方程为：y＝k(x－1)，
由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，由题意Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1·x2＝，
由得y1＝λy2，
∵
∴
∴λ＋＋2＝，
令u(λ)＝λ＋，λ∈[－2，－1)，u′(λ)＝1－>0，∴u(λ)在[－2，－1)上单调递增，可得－≤λ＋<－2，
∴－≤λ＋＋2<0，
故－≤<0，解得k2≥，
＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2＝＋＋1＋＝＝－，∵k2≥，
∴0<≤，
∴≤－<，
即的取值范围是.
4.解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.
由＝2得|DF1|＝＝c.
由DF1⊥F1F2，得S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.
从而|DF1|＝，由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝.
所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2，故a＝，b2＝a2－c2＝1.
因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.
由圆和椭圆的对称性，易知x2＝－x1，y1＝y2.
由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，
再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y＝0.
由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x＋4x1＝0.
解得x1＝－或x1＝0.
当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．
当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.
设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得·＝－1.而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.
圆C的半径|CP1|＝ ＝.
综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2＋2＝.
第2课时 圆锥曲线中的定点、定值和最值问题
1．(2022·洛阳模拟)已知圆心为F1的圆的方程为(x＋2)2＋y2＝32，F2(2,0)，C是圆F1上的动点，F2C的垂直平分线交F1C于M.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交M的轨迹于不同于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1, k2，证明：k1＋k2为定值．
2．(2022·贵阳模拟)已知椭圆C1：＋y2＝1(a>1)的长轴、短轴、焦距分别为A1A2、B1B2、F1F2，且|F1F2|2是|A1A2|2与|B1B2|2的等差中项．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若曲线C2的方程为(x－t)2＋y2＝(t2＋t)20<t≤，过椭圆C1左顶点的直线l与曲线C2相切，求直线l被椭圆C1截得的线段长的最小值．
3． 如图，已知抛物线C：y2＝4x，过点A(1,2)作抛物线C的弦AP，AQ.
(1)若AP⊥AQ，证明：直线PQ过定点T，并求出点T的坐标；
(2)当直线PQ过定点T时，是否存在以PQ为底边的等腰三角形APQ？若存在，求出△APQ的个数；若不存在，请说明理由．
4．(2022·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C：＋＝1(a>b>0) 的离心率为，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．
①设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；
②求△OMN面积的最大值．
答案
1．解：(1)由线段的垂直平分线的性质得|MF2|＝|MC|.
又|F1C|＝4，∴|MF1|＋|MC|＝4，∴|MF2|＋|MF1|＝4>4.
∴M点的轨迹是以F1，F2为焦点，以4为长轴长的椭圆．
由c＝2，a＝2，得b＝2.
故动点M的轨迹方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，
由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
从而k1＋k2＝＋＝＝2k－(k－4)×＝4.
当直线l的斜率不存在时，得A，B，得k1＋k2＝4.
综上，恒有k1＋k2＝4.
2．解：(1)由题意得|B1B2|＝2b＝2，|A1A2|＝2a，|F1F2|＝2c，a2－b2＝c2，又2×(2c)2＝(2a)2＋22，解得a2＝3，c2＝2，故椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)可取椭圆的左顶点坐标为A1(－，0)，设直线l的方程为y＝k(x＋)．
由直线l与曲线C2相切得＝(t＋)t，整理得＝t.
又由于0<t≤，所以0<≤，解得0<k2≤1.
联立消去y整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋9k2－3＝0.
直线l被椭圆C1截得的线段一端点为A1(－，0)，设另一端点为B，解方程可得点B的坐标为，，所以|A1B|＝
＝.令m＝(1<m≤)，则|A1B|＝＝.由函数y＝3m－的性质知y＝3m－在区间(1， ]上是增函数，所以当m＝时，y＝3m－取得最大值2，从而|A1B|min＝.
3.解：(1)设直线PQ的方程为x＝my＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立方程消去x整理，得y2－4my－4n＝0.所以Δ＝(－4m)2－4(－4n)＝16(m2＋n)>0，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
由于AP⊥AQ，所以＝0，
即(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0，
又x1＝，x2＝，
代入整理得(y1－2)(y2－2)[(y1＋2)(y2＋2)＋16]＝0，
解得(y1－2)(y2－2)＝0或(y1＋2)(y2＋2)＋16＝0，
即y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0或y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入整理得n＝－2m＋1或n＝2m＋5，由于Δ>0恒成立，所以n＝2m＋5.
于是直线PQ的方程为x－5＝m(y＋2)，故直线PQ过定点T(5，－2)．
(2)假设存在以PQ为底边的等腰三角形APQ.
设直线PQ的方程为x＝ky＋b，明显k≠0，
由于直线过定点T(5，－2)，所以5＝k×(－2)＋b，即b＝2k＋5，所以直线PQ的方程为x＝ky＋2k＋5.
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，联立方程消去x整理，得y2－4ky－8k－20＝0，
则y3＋y4＝4k，y3y4＝－8k－20.
由于PQ的中点坐标为，即，，
且＝＝2k2＋2k＋5，
所以PQ的中点坐标为(2k2＋2k＋5,2k)．
由已知，得＝－k，即k3＋k2＋3k－1＝0.
设g(k)＝k3＋k2＋3k－1，则g′(k)＝3k2＋2k＋3>0，
所以g(k)在R上是增函数．
又g(0)＝－1<0，g(1)＝4>0，
所以g(k)在(0,1)内有一个零点，
即函数g(k)在R上有且只有一个零点，
所以方程k3＋k2＋3k－1＝0在R上有唯一实根，
于是满足条件的等腰三角形有且只有一个．
4．解：(1)由题意知＝，可得a2＝4b2.
椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.
将y＝x代入可得x＝±，
因此×＝，可得a＝2.
因此b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)①设A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，则B(－x1，－y1)，
由于直线AB的斜率kAB＝，
又AB⊥AD，所以直线AD的斜率k＝－.
设直线AD的方程为y＝kx＋m，
由题意知k≠0，m≠0.
由可得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0.
所以x1＋x2＝－，
因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝.
由题意知x1≠－x2，
所以k1＝＝－＝.
所以直线BD的方程为y＋y1＝(x＋x1)．
令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1,0)．
可得k2＝－.
所以k1＝－k2，即λ＝－.
因此存在常数λ＝－使得结论成立．
②直线BD的方程y＋y1＝(x＋x1)，
令x＝0，得y＝－y1，即N.
由①知M(3x1,0)，
可得△OMN的面积S＝×3|x1|×|y1|＝
|x1||y1|.
由于|x1||y1|≤＋y＝1，当且仅当＝|y1|＝时等号成立，此时S取得最大值，
所以△OMN面积的最大值为.
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