5（2）已知点D(,0)，连结BD，过点A作垂直于y轴的直线l1，设直线l1与直线BD交于点P，试探索当
2m变化时，是否存在一条定直线l2，使得点P恒在直线l2上？若存在，请求出直线l2的方程；若不存在，
请说明理由．
?c?1，?c?1，?18． 解：（1）由题设，得?c1解得?从而b2?a2?c2?3，
?,?a?2,??a2x2y2所以椭圆C的标准方程为??1． ………………………4分
433333（2）令m?0，则A(1，)，B(1，?)或者A(1，?)，B(1，)．
2222333333当A(1，)，B(1，?)时，P(4，)；当A(1，?)，B(1，)时，P(4，?)，
222222所以，满足题意的定直线l2只能是x?4． ………………………6分 下面证明点P恒在直线x?4上．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于PA垂直于y轴，所以点P的纵坐标为y1，从而只要证明P(4，y1)在直线BD上． ………………………8分 ?x?my?1?0，?由?x2y2得(4?3m2)y2?6my?9?0，
?1，??43??D?144(1?m2)?0，
?y1?y2??6m?9，．① ………………………10分 yy?124?3m24?3m233y2?y1(my2?)y?0y1?0y2y2 ?2???1?2555333x2?4?my2?1?(my2?)222222∵kDB?kDP2y1+y2?my1y23， ………………………13分 ?3my2?2①式代入上式，得kDB?kDP?0， 所以 kDB=kDP ． ………………………15分 ∴点P(4，y1)恒在直线BD上，从而直线l1、直线BD与直线l2:x?4三线恒过同一点
P， 所以存在一条定直线l2：x?4使得点P恒在直线l2上． ………………16分
3x2y2F1F2．18. 设椭圆2?2?1(a＞b＞0)的左、右焦点为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B．已知AB? 2ab（1）求椭圆的离心率；
（2）（文）设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过点F2的直线l与该圆
相切于点M，MF2?22，求椭圆的方程．
（理）（2）设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过原点的直线l与该圆相切. 求直线的斜率.
【解】（1）设椭圆右焦点F2(c，0)．由AB?2
2
2
3F1F2，可得a2＋b2=3c2， 22c21又b=a－c，则2?．所以椭圆的离心率e?．
2a2x2y2（2）（文）由(I)知a=2c，b=c，故椭圆方程为2?2?1．
2cc????????设P(x0，y0)．由F1(－c，0)，B(0，c)，有F1P=(x0＋c，y0)，F1B=(c，c)．
????????由已知有，F1P?F1B?0，即(x0＋c)c＋y0c=0，又c≠0，故有x0＋y0＋c=0
2
2
2
2
①
x02y02因为点P在椭圆上，故2?2?1
2cc②
4c由①和②可得3x02＋4cx0=0．而点P不是椭圆的顶点，故x0??c，代入①得y0?，即点P的坐标
33?4cc?为??,?．设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1??33?r?(x1?0)2?(y1?c)2?5c． 322?4cc?0?c2233??c，y1??c，进而圆的半径为
23232??2?5?由已知，有|TF2|2=|MF2|2＋r2，又|MF2|?22，故有?c?c???0?c??8?c2，解得c2=3．
3??3?9?x2y2所以，所求椭圆的方程为??1．
63x2y2（理）（2）解：由（Ⅰ）知a?2c，b?c.故椭圆方程为2?2?1.
2cc????????设P?x0,y0?.由F1??c,0?，B?0,c?，有F1P??x0?c,y0?，F1B??c,c?.
2222????????由已知，有F1P?F1B?0，即?x0?c?c?y0c?0.又c?0，故有 x0?y0?c?0. ①
又因为点P在椭圆上，故 x02y02??1. ② 2c2c2由①和②可得3x02?4cx0?0.而点P不是椭圆的顶点，故x0??4cc，代入①得y0?，即点P的坐标为334c?c?0?c22?4cc?33?,x???cy??c，进而圆的半径Tx,y.设圆的圆心为，则，??11??112323?33?r??x1?0?2??y1?c??25c. 3设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y?kx.学科网
?2c?2ck?????3?3k2?1由l与圆相切，可得kx1?y1k2?1?r，即?5c， 3整理得k2?8k?1?0，解得k?4?15. 所以，直线l的斜率为4?15或4?15.
椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程，用代数方法研究圆锥曲线的性质，运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
x2y23F是椭圆E的右的焦点，18. 已知点A?0,?2?，椭圆E：2?2?1(a?b?0)的离心率为，直线AFab2的斜率为
23，O为坐标原点. 3（1）求E的方程；
（2）设过点A的直线l与E相交于P,Q两点，当?OPQ的面积最大时，求l的方程. 解：(Ⅰ) 设F?c,0?，由条件知
223c3222?，得c?3，又?，∴a?2，b?a?c?1， c3a2x2?y2?1. 故E的方程4（Ⅱ）解法1：依题意当l?x轴不合题意，故设直线l：y?kx?2，设P?x1,y1?,Q?x2,y2?
x2?y2?1，得?1?4k2?x2?16kx?12?0， 将y?kx?2代入438k?24k2?3 当??16(4k?3)?0，即k?时，x1,2?， 241?4k224k2?1?4k2?3 从而PQ?k?1x1?x2?，? ? 21?4k2 又点O到直线PQ的距离d?2k?12，所以?OPQ的面积S?OPQ144k2?3， ?dPQ?21?4k2 设4k2?3?t，则t?0，S?OPQ?4t4??1， 24t?4t?t 当且仅当t?2，k??7等号成立，且满足??0，所以当?OPQ的面积最大时，l的方程为： 2 y?77x?2 或y??x?2. 22144k2?32?dPQ???21?4k21?4k224k2?1?4?4?1， ?4k?1?4?4?1?4k2?22解法2：（以上同解法1）S?OPQ 当且仅当4k2?3?4，即k??解法3：由题意知直线l的斜率必存在. 则S?POQ7时，等号成立. （以下同解法1） 2?2????2????????1????OP?OB?OP?OQ2??2. 设P?2cos?,sin??，Q?2cos?,sin??.
1 所以S?POQ??2?sin??????1，当sin???????1时，等号成立.
2 此时????2k???2或????2k???2?k?Z?.
又P?2cos?,sin??、Q?2cos?,sin??与A?0,?2?共线，则
sin??2sin??21??sin??????2?cos??cos????1?cos??cos???
2cos?2cos?2 又kPQ?sin??sin????sin??sin??
2?cos??cos??①若????2k???2?k?Z?，则sin??sin?2k??2????cos?，同理cos???sin?
11?cos??sin?? 227 2????? 所以sin??sin??sin??cos?. 因为cos??cos??22 且?sin??cos????sin??cos???2，所以sin??sin??sin??cos???②同理，当????2k???2?k?Z?时，sin??sin???x11?x22077，所以kPQ??. （以下同解法1） 22解法4：设P?x1,y1?，Q?x2,y2?，则S?POQy111y21?x1y2?x2y1，设P?2cos?,sin??，
2011 Q?2cos?,sin??，则S?POQ??2?sin??????1. （以下同解法3）
2??????????????解法5：设P?x1,y1?，Q?x2,y2?，令OM??y2,?x2?，则OM与OQ是模相等且互相垂直的向量. 则： S?POQ ?????????1???????????????11????OP?OQ?sinOP,OQ?OP?OM?cosOP,OM?OP?OM 222
1x1y2?x2y1. （以下同解法3） 2解法6：设P?x1,y1?，要使S?POQ最大，以线段OP为底，则点Q必是平行于OP
x2?y2?1上的点Q?x2,y2?的切线方程 的椭圆切线的切点. 过椭圆4 为
x2xxx?y2y?1，所以直线OP的方程为2?y2y?0. 44x2x1?y2y1?0，即x1x2?4y1y2?0. 4 又因为点P?x1,y1?在其上，所以
由解法1得：1?4k2x2?16kx?12?0，且x1x2?4y1y2?x1x2?4???kx1?2??kx2?2????0， 化简得：4k2?1x1x2?8k?x1?x2??16?0. 又x1?x2? k2?77?k??. （以下同解法1） 42y1x（由题意，斜率存在），即y1x?x1y?0. x1????16k12，，代入得： x?x?12224k?14k?1解法7：设P?x1,y1?，Q?x2,y2?，则OP的方程为y? 又点Q到直线OP的距离为d?
x2y1?x1y2x12?y12，所以S?POQ?11 OP?d?x1y2?x2y1（以下同解法3）
222y2x18. 设F1,F2分别是椭圆C：2?2?1?a?b?0?的左，右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，ab直线MF1与C的另一个交点为N.
（1）若直线MN的斜率为3，求C的离心率；
4（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且MN?5F1N，求a,b.
b213【解析】（Ⅰ）tan?MF1F2?a?，解得e?
22c4（Ⅱ）依据题意，原点O为F1F2的中点，MF2与x轴垂直，所以直线MF1
b2?4，即b2?4a 与y轴的交点P(0,2)是线段MF1的中点，故MF2?a由MN?5F1N，得PF1?2F1N
设N(x1,y1)，且F1(?c,0)，易知y1?0，则
3??2(?c?x1)?c?x1??c9c21??2，代入椭圆方程得2?2?1 ?4ab?2y?21??y??1?12222又b?4a,c?a?b代入上式，解得a?7,b?27.
