1、课时跟踪训练
1．已知点P是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上一点，F1、F2分别是椭圆C的左、右焦点，O是坐标原点，PF1⊥x轴．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B是椭圆C上两个动点，满足：＋＝λ(0＜λ＜4，且λ≠2)．求直线AB的斜率．
解：(1)∵PF1⊥x轴，∴F1(－1,0)，F2(1,0)，c＝1.
|PF2|＝＝，2a＝|PF1|＋|PF2|＝4，a＝2，b＝，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＋＝λ 得
＋＝λ，
∴x1＋x2＝λ－2，y1＋y2＝(2－λ)．①
又3x＋4y＝12,3x＋4y＝12，
两式相减，
2、得3(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.②
将①式代入②式，可得AB的斜率k＝＝.
2．(2022年石家庄模拟)椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，过其右焦点F与长轴垂直的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A、B，点P是直线x＝1上的动点，直线PA与椭圆的另一交点为M，直线PB与椭圆的另一交点为N.求证：直线MN经过确定点．
解：(1)依题意e＝＝，
过焦点F与长轴垂直的直线x＝c与椭圆＋＝1联立解得弦长为＝1，
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(1，t)，则kPA＝＝，直线lPA：y＝(x＋
3、2)，
联方.
得(4t2＋9)x2＋16t2x＋16t2－36＝0，
可知－2xM＝，所以xM＝，
则.同理得到.
由椭圆的对称性可知这样的定点在x轴上．
不妨设这个定点为Q(m,0)，
则kMQ＝，kNQ＝，
kMQ＝kNQ，故(8m－32)t2－6m＋24＝0，m＝4.
3．如图，已知O(0,0)，E(－，0)，F(，0)，圆F：(x－)2＋y2＝5.动点P满足|PE|＋|PF|＝4.以P为圆心，|OP|为半径的圆P与圆F的一个公共点为Q.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)证明：点Q到直线PF的距离为定值，并求此值．
解：(1)由|PE|＋|PF|＝4＞|EF
4、及椭圆定义知，点P的轨迹是以E，F为焦点，4为长轴长的椭圆．
设P(x，y)，则点P的轨迹方程为＋y2＝1.
(2)证明：设圆P与圆F的另一个公共点为T，连结QT，并设P(x0，y0)，Q(x1，y1)，T(x2，y2)，则由题意知，圆P的方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝x＋y.
又Q为圆P与圆F的一个公共点，故
，
所以(x0－)x1＋y0y1－1＝0.
同理(x0－)x2＋y0y2－1＝0.
因此直线QT的方程为
(x0－)x＋y0y－1＝0.
设PF交QT于H，则PF⊥QT.设|QH|＝d(d＞0)，则在Rt△QHF中，
|FH|＝.
又＋y＝1，故|F
5、H|＝＝2×＝2.
在Rt△QHF中，d＝＝1.
所以点Q到直线PF的距离为1.
4．(2022年浙江高考)已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，＝3 .
(1)若|PF|＝3，求点M的坐标；
(2)求△ABP面积的最大值．
解：(1)由题意知焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1.
设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得到y0＝2，所以P(2，2)或P(－2，2)．
由＝3 ，分别得M或M.
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．
由，得x2－4k
6、x－4m＝0.
于是Δ＝16k2＋16m＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，
所以AB的中点M的坐标为(2k,2k2＋m)．
由＝3 ，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)，
所以由x＝4y0
得k2＝－m＋.
由Δ＞0，k2≥0，得－＜m≤
又由于|AB|＝4 ，
点F(0,1)到直线AB的距离为d＝.
所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1|＝ .
记f(m)＝3m3－5m2＋m＋1.
令f′(m)＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝，m2＝1.
可得f(m)在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数．又f＝＞f.
所以，当m＝时，f(m)取到最大值，
此时k＝±.
所以，△ABP面积的最大值为.
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