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2022高考数学一轮复习 高考大题专项直线与圆锥曲线北师大版

2022高考数学一轮复习 高考大题专项直线与圆锥曲线北师大版

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高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线
突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题
1.(2020山东泰安一模,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于P,Q两点.当直线l经过椭圆C的下顶点A和右焦点F2时,△F1PQ的周长为42,且l与椭圆C的另一个交点的横坐标为43.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点M为△POQ内一点,O为坐标原点,满足MP+MO+MQ=0,若点M恰好在圆O:x2+y2=49上,求实数m的取值范围.

2.(2020新高考全国2,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为12.
(1)求C的方程;
(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.

3.已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|=2x0.
(1)求抛物线C的方程;
(2)过点P引圆M:(x-3)2+y2=r20与抛物线C的另一交点分别为A,B,线段AB中点的横坐标记为t,求t的取值范围.

4.

(2020江苏,18)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.
(1)求△AF1F2的周长;
(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求OP·QP的最小值;
(3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别为S1,S2.若S2=3S1,求点M的坐标.

5.(2020山东高考预测卷)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M(a,25)在抛物线C上.
(1)若|MF|=6,求抛物线的标准方程;
(2)若直线x+y=t与抛物线C交于A,B两点,点N的坐标为(1,0),且满足NA⊥NB,原点O到直线AB的距离不小于2,求p的取值范围.

6.已知圆O:x2+y2=4,抛物线C:x2=2py(p>0).
(1)若抛物线C的焦点F在圆O上,且A为抛物线C和圆O的一个交点,求|AF|;
(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于M,N两点,设M(x0,y0),当y0∈[3,4]时,求|MN|的最大值.

突破2　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
1.(2020山东德州二模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与圆x2+y2=43b2相交于M,N,P,Q四点,四边形MNPQ为正方形,△PF1F2的周长为2(2+1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线l与椭圆C相交于A,B两点,D(0,-1),若直线AD与直线BD的斜率之积为16,证明:直线恒过定点.

2.已知动圆P过定点F12,0,且和直线x=-12相切,动圆圆心P形成的轨迹是曲线C,过点Q(4,-2)的直线与曲线C交于A,B两个不同的点.
(1)求曲线C的方程;

(2)在曲线C上是否存在定点N,使得以AB为直径的圆恒过点N?若存在,求出N点坐标;若不存在,说明理由.

3.在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为l,其焦点为F,点B是抛物线C上横坐标为12的一点,若点B到l的距离等于|BO|.
(1)求抛物线C的方程;
(2)设A是抛物线C上异于顶点的一点,直线AO交直线l于点M,抛物线C在点A处的切线m交直线l于点N,求证:以点N为圆心,以|MN|为半径的圆经过x轴上的两个定点.

4.(2020山东淄博一模,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为23,左、右焦点分别为F1,F2,点B是椭圆上位于第一象限的任意一点,且当BF2·F1F2=0时,|BF2|=32.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)若椭圆C上点A与点B关于原点O对称,过点B作BD垂直于x轴,垂足为D,连接AD并延长交C于另一点M,交y轴于点N.
①求△ODN面积的最大值;
②证明:直线AB与BM的斜率之积为定值.

5.

如图,O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距等于其长半轴长,M,N为椭圆C的上、下顶点,且|MN|=23.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P(0,1)作直线l交椭圆C于异于M,N的A,B两点,直线AM,BN交于点T.求证:点T的纵坐标为定值3.

6.(2020山东济南三模,22)已知平面上一动点A的坐标为(2t2,-2t).
(1)求点A的轨迹E的方程.
(2)点B在轨迹E上,且纵坐标为2t.
①证明直线AB过定点,并求出定点坐标.
②分别以A,B为圆心作与直线x=-2相切的圆,两圆公共弦的中点为H,在平面内是否存在定点P,使得|PH|为定值?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

突破3　圆锥曲线中的证明与探索性问题
1.(2020江西南昌三模,理20)在平面直角坐标系中取两个定点A1(-6,0),A2(6,0),再取两个动点N1(0,m),N2(0,n),且mn=2.
(1)求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程;
(2)过R(3,0)的直线与轨迹C交于P,Q,过P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N,F为轨迹C的右焦点,若RP=λRQ(λ>1),求证:NF=λFQ.

2.(2018全国1,文20)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.
(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;
(2)证明:∠ABM=∠ABN.

3.(2020河南开封三模,理19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与左、右焦点F1,F2构成一个面积为1的直角三角形,
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线l与椭圆C相切,求证:点F1,F2到直线l的距离之积为定值.

4.(2020河南六市第二次联考,理19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),点P,M,N为椭圆C上的点,直线MN过坐标原点,直线PM,PN的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-12.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若PF∥MN且直线PF与椭圆的另一个交点为Q,问|MN|2PQ|是否为常数?若是,求出该常数;若不是,请说明理由.

5.(2020河北衡水中学三模,理19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,短轴长为23,A,B是椭圆C上关于x轴对称的两点,△ABF1周长的最大值为8.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)过椭圆C上的动点M作椭圆C的切线l,过原点O作OP⊥l于点P.问:是否存在直线l,使得△OMP的面积为1?若存在,求出此时直线l的方程;若不存在,请说明理由.

6.(2020河北唐山二模,理21)已知A(x1,y1),B(-x1,-y1)是椭圆T:x24+y2=1上的两点,且A点位于第一象限.过A作x轴的垂线,垂足为点C,点D满足AC=2CD,延长BD交T于点E(x2,y2).
(1)设直线AB,BD的斜率分别为k1,k2.
①求证:k1=4k2;
②证明:△ABE是直角三角形.
(2)求△ABE的面积的最大值.

参考答案

高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线
突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题
1.解(1)由题意知4a=42,∴a=2,直线AF2的方程为y=bc(x-c).
∵直线AF2与椭圆C的另一个交点的横坐标为43,∴y=bc43-c,4322+y2b2=1,
解得c1或c=2(舍去),∴b2=1,
∴椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2).
∵MP+MO+MQ=0,
∴点M为△POQ的重心,
∴Mx1+x23,y1+y23.
∵点M在圆O:x2+y2=49上,
∴(x1+x2)2+(y1+y2)2=4.(*)
由y=kx+m,x22+y2=1,消去y,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,∴x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,代入方程(*),得(x1+x2)2+(y1+y2)2=-4km1+2k22+k-4km1+2k2+2m2=4,
即16(1+k2)k2m2(1+2k2)2-16k2m21+2k2+4m2=4,
化简得m2=(1+2k2)24k2+1.
由Δ>0得1+2k2>m2.
∴1+2k2>(1+2k2)24k2+1,解得k≠0.
∴m2=(1+2k2)24k2+1=1+4k44k2+1=1+44k2+1k4>1,∴实数m的取值范围为(-∞,-1)∪(1,+∞).
2.解(1)由题意,直线AM的方程为y-3=12(x-2),即x-2y=-4.
当y=0时,解得x=-4,所以a=4.
椭圆C过点M(2,3),可得416+9b2=1,解得b2=12.
所以C的方程为x216+y212=1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m.如图所示,当直线与椭圆相切时,设与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程x-2y=m与椭圆方程x216+y212=1,可得3(m+2y)2+4y2=48,
化简可得16y2+12my+3m2-48=0,
所以Δ=144m2-4×16×(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=±8.
与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8,点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离,利用平行线之间的距离公式可得d=8+41+4=1255.
由两点之间距离公式可得|AM|=(2+4)2+32=35.
所以△AMN的面积的最大值为12×35×1255=18.
3.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+p2,由题意得2x0=x0+p2,2px0=4,p>0,解得p=2,x0=1.
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由题意知,过P(1,2)引圆(x-3)2+y2=r2(02=8r2-4,k1k2=1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k1(x-1)+2,y2=4x,得k1y2-4y-4k1+8=0,由韦达定理知,2y1=8-4k1k1,
所以y1=4-2k1k1=4k1-2=4k2-2,同理可得y2=4k1-2.
设线段AB的中点为D,则点D的横坐标为t,则t=x1+x22=y12+y228=(4k2-2)2+(4k1-2)28=2(k12+k22)-2(k1+k2)+1=2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3.
设λ=k1+k2,则λ=8r2-4∈[-4,-2),所以t=2λ2-2λ-3,对称轴λ=12>-2,所以9t的取值范围是(9,37].
4.解(1)设椭圆E:x24+y23=1的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,
则a2=4,b2=3,c2=1.
所以△AF1F2的周长为2a+2c=6.

(2)椭圆E的右准线为x=4.
设P(x,0),Q(4,y),
则OP=(x,0),QP=(x-4,-y),
OP·QP=x(x-4)=(x-2)2-4≥-4,在x=2时取等号.
所以OP·QP的最小值为-4.
(3)因为椭圆E:x24+y33=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,则F1(-1,0),F2(1,0),A1,32,
所以直线AB:3x-4y+3=0.
设M(x,y),因为S2=3S1,
所以点M到直线AB距离等于点O到直线AB距离的3倍.由此得|3x-4y+3|5=3×|3×0-4×0+3|5,
则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.
联立方程3x-4y+12=0,x24+y23=1,消去y得7x2+24x+32=0,此方程无解;
联立方程3x-4y-6=0,x24+y23=1,消去y得7x2-12x-4=0,所以x=2或x=-27.
代入直线l:3x-4y-6=0,对应分别得y=0或y=-127.因此点M的坐标为(2,0)或-27,-127.
5.解(1)由题意及抛物线的定义得a+p2=6,又点M(a,25)在抛物线C上,所以20=2pa,由a+p2=6,20=2pa,解得p=2,a=5或p=10,a=1.
所以抛物线的标准方程为y2=4x或y2=20x.
(2)联立方程x+y=t,y2=2px,
整理得x2-(2t+2p)x+t2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由根与系数的关系可得x1+x2=2t+2p,x1x2=t2.
因为NA⊥NB,所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,又y1=t-x1,y2=t-x2,所以2x1x2-(1+t)(x1+x2)+t2+1=0,
得2p=t2-2t+1t+1.
由原点O到直线AB的距离不小于2,
得|t|2≥2,即t≤-2(舍去)或t≥2,
因为2p=t2-2t+1t+1=t+1+4t+1-4,函数y=t2-2t+1t+1在t∈[2,+∞)上单调递增,所以p≥16,即p的取值范围为16,+∞.
6.解(1)由题意知F(0,2),所以p=4.
所以抛物线C的方程为x2=8y.
将x2=8y与x2+y2=4联立得点A的纵坐标为yA=2(5-2),
结合抛物线定义得|AF|=yA+p2=25-2.
(2)由x2=2py得y=x22p,y'=xp,
所以直线l的斜率为x0p,故直线l的方程为y-y0=x0p(x-x0).
即x0x-py-py0=0.
又由|ON|=|-py0|x02p2=2得p=8y0y02-4且y02-4>0,
所以|MN|2=|OM|2-|ON|2=x02+y02-4=2py0+y02-4=16y0y02-4y0+y02-4
=16y02y02-4+y02-4=16(y02-4+4)y02-4+y02-4=16+64y02-4+y02-4.
令t=y02-4,y0∈[3,4],则t∈[5,12],
令f(t)=16+t+64t,则f'(t)=1-64t2;
当t∈[5,8]时f'(t)≤0,f(t)单调递减,当t∈(8,12]时f'(t)>0,f(t)单调递增,又f(5)=16+5+645=1695,f(12)=16+12+6412=1003<1695,所以f(x)max=1695,即|MN|的最大值为1355.
突破2　圆锥曲线中的定点、
定值与存在性问题
1.(1)解由2x2=43b2,则x2=23b2代入椭圆方程得2b23a2+23=1,即b2a2=12.①
由题意,得2a+2c=2(2+1).②
由①②解得a2=2,b2=1.
所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)证明①当直线l的斜率不存在时,设l:x=m,A(m,yA),B(m,-yA),kAD·kBD=yA+1m·-yA+1m=1-yA2m2=m22m2=12≠16不满足题意.
②当直线l的斜率存在时,设l:y=kx+b(b≠-1),A(x1y1),B(x2,y2).
联立y=kx+b,x2+2y2-2=0,
整理得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0,
x1+x2=-4kb1+2k2,x1·x2=2b2-21+2k2.
则kAD·kBD=y1+1x1·y2+1x2=(kx1+b)(kx2+b)+[k(x2+x1)+2b]+1x1x2=k2x1x2+(kb+k)(x1+x2)+b2+2b+1x1x2
=(b+1)22(b+1)(b-1)=16,
又b≠-1,解得b=-2.
所以直线l恒过定点(0,-2).
2.解(1)设动圆圆心P到直线x=-12的距离为d,根据题意,d=|PF|,
∴动点P形成的轨迹是以F12,0为焦点,以直线x=-12为准线的抛物线,
∴抛物线方程为y2=2x.
(2)根据题意,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线的方程为lAB:x=n(y+2)+4,代入抛物线方程,整理得
y2-2ny-4n-8=0,Δ=4n2+16(n+2)=4(n2+4n+8)>0,
∴y1+y2=2n,y1y2=-4n-8.
若设抛物线上存在定点N,使得以AB为直径的圆恒过点N,设N(x0,y0),则y02=2x0,
kNA=y1-y0x1-x0=y1-y0y122-y022=2y1+y0,同理可得kNB=2y2+y0,kNA·kNB=2y1+y0·2y2+y0=4y1y2+(y1+y2)y0+y02=4-4n-8+2ny0+y02=-1,
∴(2y0-4)n+y02-4=0,
∴2y0-4=0,y02-4=0,解得y0=2,x0=2,
∴在曲线C上存在定点N(2,2),使得以AB为直径的圆恒过点N.
3.(1)解由题意,得|BF|=|BO|,则△BOF为等腰三角形,因为点B的横坐标为12,所以线段OF的中点的横坐标为12,从而点F的横坐标为1,即p2=1,所以p=2,
故所求抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明设切线m的方程为y=kx+b,联立方程y=kx+b,y2=4x,消去y得
k2x2+2(kb-2)x+b2=0,(*)
由题意知Δ=4(kb-2)2-4k2b2=0,即b=1k,所以方程(*)的根为x=1k2,从而A1k2,2k.
直线OA的方程为y=2kx,
由y=kx+1k,x=-1,得N-1,1k-k,
由y=2kx,x=-1,得M(-1,-2k),
所以以点N为圆心,以|MN|为半径的圆的方程为(x+1)2+(y-1k+k)2=(k+1k)2,
令y=0,得(x+1)2+(k-1k)2=(k+1k)2,解得x=1或x=-3,
所以圆N经过x轴上的两个定点(1,0)和(-3,0).
4.解(1)设F2(c,0),由BF2·F1F2=0,得BF2⊥F1F2.
将x=c代入x2a2+y2b2=1,得y=±b2a即|BF2|=b2a=32,
由b=3,得a=2,
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)设B(x1,y1),M(x2,y2),则A(-x1,-y1),D(x1,0).
①易知ON为△ABD的中位线,所以N0,-y12,
所以S△ODN=12|x1|·-y12=14|x1|·|y1|=14x1y1.
又B(x1,y1)满足x24+y23=1,
所以x124+y123=1≥2·x12·y13=x1y13,得x1y1≤3,
故S△ODN=14x1y1≤34,当且仅当x12=y13,即x1=2,y1=62时,等号成立.
所以△ODN面积的最大值为34.
②证明:记直线AB的斜率为k=y1x1(k>0),则直线AD的斜率为y12x1=k2,
所以直线AD的方程为y=k2(x-x1).
由y=k2(x-x1),x24+y23=1,消去y得(3+k2)x2-2k2x1x+k2x12-12=0,则(-x1)+x2=2k2x13+k2,所以x2=2k2x13+k2+x1,
代入直线AD的方程,得y2=k3x13+k2.
于是,直线BM的斜率kBM=y2-y1x2-x1=k3x13+k2-kx12k2x13+k2+x1-x1=-32k.所以直线AB与BM的斜率之积为定值-32.
5.(1)解由题意可知:2c=a,2b=23,又a2=b2+c2,有b=3,c1,a=2,故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)证明由题意知直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+1,
设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2≠0),联立直线方程和椭圆方程得
y=kx+1,3x2+4y2-12=0,
消去y得(4k2+3)x2+8kx-8=0,
x1+x2=-8k4k2+3,x1x2=-84k2+3,则有x1+x2=kx1x2,
又lBN:y=y2+3x2·x-3,lAM:y=y1-3x1·x+3,
由y=y2+3x2·x-3,y=y1-3x1·x+3,
得y-3y+3=y1-3x1·x2y2+3,
故y-3y+3=kx1+1-3x1·x2kx2+1+3=kx1x2+(1-3)x2kx1x2+(1+3)x1,整理得到y=3[2kx1x2+x1+x2+3(x1-x2)]x1-x2+3(x1+x2)
=3[3(x1+x2)+3(x1-x2)]x1-x2+3(x1+x2)=3.故点T的纵坐标为3.
6.解(1)设动点A的坐标为(x,y),因为A的坐标为(2t2,-2t),所以x=2t2,y=-2t,
消去参数t得y2=2x.
(2)①证明:因为点B在轨迹E上,且纵坐标为2t,所以点B的坐标为2t2,2t.
当t=±1时,直线AB的方程为x=2.
当t≠±1时,直线AB的斜率为kAB=yB-yAxB-xA=t1-t2,所以直线AB的方程为y+2t=t1-t2(x-2t2),整理得y=t1-t2(x-2),所以直线AB过定点(2,0).
综上,直线AB过定点(2,0).
②存在.因为A的坐标为(2t2,-2t),且圆A与直线x=-2相切,
所以圆A的方程为(x-xA)2+(y-yA)2=(xA+2)2,
同理圆B的方程为(x-xB)2+(y-yB)2=(xB+2)2,
两圆方程相减得2(xB-xA)x+2(yB-yA)y+yA2-yB2=4xA-4xB,
将A(2t2,-2t),B2t2,2t代入并整理得y=t-1t(x+1),①
由①可知直线AB的方程为
y=t1-t2(x-2),②
因为H是两条直线的交点,所以两个方程相乘得y2=-(x-2)(x+1),
整理得x-122+y2=94,
即点H的轨迹是以12,0为圆心,32为半径的圆,所以存在点P12,0,满足|HP|=32.
突破3　圆锥曲线中的
证明与探索性问题
1.(1)解依题意知直线A1N1的方程为y=m6(x+6),①
直线A2N2的方程为y=-n6(x-6),②
设Q(x,y)是直线A1N1与A2N2交点,①,②相乘,得y2=-mn6(x2-6),
由mn=2整理得x26+y22=1,
因为N1,N2不与原点重合,可得点A1,A2不在轨迹C上,
所以轨迹C的方程为x26+y22=1(x≠±6).
(2)证明设l:x=ty+3,代入椭圆方程消去x,得(3+t2)y2+6ty+3=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x1,-y1),可得y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3,RP=λRQ,可得(x1-3,y1)=λ(x2-3,y2),所以x1-3=λ(x2-3),y1=λy2,
证明NF=λFQ,只要证明(2-x1,y1)=λ(x2-2,y2),所以2-x1=λ(x2-2),
只要证明x1-3x2-3=-x1-2x2-2,只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)=0,
由y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3,代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)=0,
所以NF=λFQ.
2.解(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线BM的方程为y=12x+1或y=-12x-1.
(2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.
当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.
由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①
将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.
所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.
3.(1)解∵椭圆C的上顶点A与左、右焦点F1,F2构成一个面积为1的直角三角形,
∴b=c,bc=1,∴b=c=1,
∴a2=b2+c2=2,
∴椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)证明①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=±2,点F1,F2到直线l的距离之积为(2-1)×(2+1)=1
②当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,
联立y=kx+m,x22+y2=1,消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,
Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=-8(m2-2k2-1)=0,∴m2=1+2k2.
点F1到直线l:y=kx+m的距离d1=|-k+m|k2+1,点F2到直线l:y=kx+m的距离d2=|k+m|k2+1.
∴d1d2=|-k+m|k2+1·|k+m|k2+1=|m2-k2|k2+1=|2k2+1-k2|k2+1=1.
综上可知,当直线l与椭圆C相切时,点F1,F2到直线l的距离之积为定值1.
4.解(1)设M(x0,y0),P(x1,y1),
则N(-x0,-y0).联立x02a2+y02b2=1,x12a2+y12b2=1,得(x0+x1)(x0-x1)a2+(y0+y1)(y0-y1)b2=0,
即(y0+y1)(y0-y1)(x0+x1)(x0-x1)=-b2a2,
又k1·k2=-12,∴a2=2b2,又a2-b2=1,∴a2=2,b2=1.
故椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)设直线PQ的方程为x=ty+1,则直线MN的方程为x=ty.
联立x=ty+1,x2+2y2=2,消去x可得(2+t2)y2+2ty-1=0,设Q(x2,y2),
则Δ=4t2+4(2+t2)=8(1+t2)>0,
∴y1+y2=-2t2+t2,y1y2=-12+t2,
∴|PQ|=1+t2·|y1-y2|=1+t2·(y1+y2)2-4y1y2=1+t2·-2t2+t22+42+t2=22(1+t2)2+t2.
联立x=ty,x2+2y2=2,可得y02=22+t2,
所以|MN|=2x02+y02
=2(1+t2)y02=22(t2+1)2+t2,
故|MN|2|PQ|=22为常数.
5.解(1)设AB与x轴的交点为H,由题意可知|AH|≤|AF2|,
则|AF1|+|AH|≤|AF1|+|AF2|=2a,当AB过右焦点F2时,△ABF1的周长取最大值4a=8,所以a2,且b=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)不存在直线l,使得△OMP的面积为1.理由如下.
假设直线l斜率存在且不为0,设直线l:y=kx+t,联立方程组y=kx+t,3x2+4y2=12,
消去y得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,由Δ=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-12)=0,得t2=4k2+3,所以xM=-8kt2(3+4k2)=-4kt,
因为直线OP⊥l,所以直线OP的方程为y=-1kx,联立y=-1kx,y=kx+t,得xP=-ktk2+1,所以|MP|=1+k2·-4kt+ktk2+1=1+k2·-4k3-4k+kt2t(k2+1)=|k||t|k2+1.
又因为|OP|=|t|1+k2,
所以S△OMP=12|MP|·|OP|=12·|k||t|k2+1·|t|k2+1=12·|k|k2+1=12·1|k|+1|k|≤14,
当且仅当k=±1时,等号成立.因此不存在直线l,使得△OMP的面积为1.
6.(1)证明①由题意可得Dx1,-y12,
所以k2=-y12-(-y1)x1-(-x1)=y14x1.
又k1=y1x1,因此k1=4k2.
②因为A(x1,y1),E(x2,y2)都在T上,所以x124+y12=1,x224+y22=1.
从而x22-x124+(y22-y12)=0,
即y2y1x2-x1·y2-(-y1)x2-(-x1)=-14.
又kAE=y2-y1x2-x1,kBE=y2-(-y1)x2-(-x1)=k2,所以kAE·k2=-14.
由①k1=4k2,则k1·kAE=-1,即AB⊥AE.故△ABE是直角三角形.
(2)解由(1)得,直线AE:y=-x1y1(x-x1)+y1=-x1xy1+x12+y12y1.
将直线AE代入椭圆T,并整理可得(4x12+y12)x2-8x1(x12+y12)x+4(x12+y12)2-4y12=0,
所以x1+x2=8x1(x12+y12)4x12+y12.
S△ABE=12×|AD|×|x2-(-x1)|=12×3y12×|x2+x1|=6x1y1(x12+y12)4x12+y12.
因为x124+y12=1,
所以S△ABE=24x1y1(x12+y12)(4x12+y12)(x12+4y12)=24y1x1+x1y14x12y12+4y12x12+17.
令y1x1+x1y1=t,则t≥2,当且仅当k1=y1x1=1时,等号成立.
从而S△ABE=24t4t2+9=244t+9t,
因为4t+9t在[2,+∞)上单调递增,所以t=2时,4t+9t取得最小值252,
故k1=1时,S△ABE取得最大值4825.