高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 17-18版 第9章 熱點(diǎn)探究課6 高考中的圓錐曲線問題

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1、 熱點(diǎn)探究課(六)　高考中的圓錐曲線問題 [命題解讀]　圓錐曲線是平面解析幾何的核心內(nèi)容，每年高考必考一道解答題，常以求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程、位置關(guān)系、定點(diǎn)、定值、最值、范圍、探索性問題為主．這些試題的命題有一個共同的特點(diǎn)，就是起點(diǎn)低，但在第(2)問中一般都伴有較為復(fù)雜的運(yùn)算，對考生解決問題的能力要求較高． 熱點(diǎn)1　圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程與性質(zhì) 圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程是作為解答題中考查“直線與圓錐曲線”的第一小題，最常用的方法是定義法與待定系數(shù)法．離心率是高考對圓錐曲線考查的另一重點(diǎn)，涉及a，b，c三者之間的關(guān)系．另外拋物線的準(zhǔn)線，雙曲線的

2、漸近線也是命題的熱點(diǎn)． 　如圖1，橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且PQ⊥PF1. 圖1 (1)若PF1＝2＋，PF2＝2－，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若PF1＝PQ，求橢圓的離心率e. 【導(dǎo)學(xué)號：62172279】 [解]　(1)由橢圓的定義， 2a＝PF1＋PF2＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2. 設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝F1F2＝ ＝＝2.3分 即c＝，從而b＝＝1， 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.5分 (2)連結(jié)F1Q，如圖，由橢圓的定義知PF1＋PF2＝2a，

3、QF1＋QF2＝2a， 又PF1＝PQ＝PF2＋QF2＝(2a－PF1)＋(2a－QF1)， 可得QF1＝4a－2PF1. ① 又因?yàn)镻F1⊥PQ且PF1＝PQ， 所以QF1＝PF1.?、?分 由①②可得PF1＝(4－2)a， 從而PF2＝2a－PF1＝(2－2)a. 由PF1⊥PF2，知PF＋PF＝F1F， 即(4－2)2a2＋(2－2)2a2＝4c2，12分 可得(9－6)a2＝c2，即＝9－6， 因此e＝＝＝－.14分 [規(guī)律方法]　1.用定義法求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程是常用的方法，同時應(yīng)注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 2．圓錐曲線的離心率刻畫曲線的扁平程度，只需明確a，b

4、，c中任意兩量的關(guān)系都可求出離心率，但一定注意不同曲線離心率取值范圍的限制． [對點(diǎn)訓(xùn)練1]　已知橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為，它的一個頂點(diǎn)為拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)． (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若直線y＝x－1與拋物線相切于點(diǎn)A，求以A為圓心且與拋物線的準(zhǔn)線相切的圓的方程． [解]　(1)橢圓中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上． 設(shè)橢圓的方程為＋＝1(a>b>0)， 因?yàn)閽佄锞€x2＝4y的焦點(diǎn)為(0,1)， 所以b＝1.2分 由離心率e＝＝，a2＝b2＋c2＝1＋c2， 從而得a＝，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.6分 (2)由解得所以點(diǎn)A(2,1).8分 因?yàn)?/p>

5、拋物線的準(zhǔn)線方程為y＝－1， 所以圓的半徑r＝1－(－1)＝2， 所以圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4.14分 熱點(diǎn)2　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題 定點(diǎn)、定值問題一般涉及曲線過定點(diǎn)、與曲線上的動點(diǎn)有關(guān)的定值問題以及與圓錐曲線有關(guān)的弦長、面積、橫(縱)坐標(biāo)等的定值問題． 角度1　圓錐曲線的定值問題 　(2016·北京高考)已知橢圓C：＋＝1過A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． [解]　(1)由題意得a＝2，b＝1，

6、所以橢圓C的方程為＋y2＝1.3分 又c＝＝，所以離心率e＝＝.5分 (2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 又A(2,0)，B(0,1)， 所以直線PA的方程為y＝(x－2).7分 令x＝0，得yM＝－，從而BM＝1－yM＝1＋. 直線PB的方程為y＝x＋1.9分 令y＝0，得xN＝－，從而AN＝2－xN＝2＋. 所以四邊形ABNM的面積S＝AN·BM ＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值.14分 [規(guī)律方法]　1.求定值問題的常用方法： (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)． (2)直接推理、計(jì)算，并在

7、計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值． 2．定值問題就是在運(yùn)動變化中尋找不變量的問題，基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題，證明要解決的問題與參數(shù)無關(guān)．在這類問題中選擇消元的方法是非常關(guān)鍵的． 角度2　圓錐曲線中的定點(diǎn)問題 　設(shè)橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為e＝，且過點(diǎn). (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)橢圓E的左頂點(diǎn)是A，若直線l：x－my－t＝0與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)M，N(M，N與A均不重合)，若以MN為直徑的圓過點(diǎn)A，試判定直線l是否過定點(diǎn)，若過定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo). 【導(dǎo)學(xué)號：62172280】 [解]　(1)由e2＝＝＝，可得a2＝2b2，2分 橢圓方程為

8、＋＝1， 代入點(diǎn)可得b2＝2，a2＝4， 故橢圓E的方程為＋＝1.5分 (2)由x－my－t＝0得x＝my＋t， 把它代入E的方程得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 y1＋y2＝－，y1y2＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝， x1x2＝(my1＋t)(my2＋t) ＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝.8分 因?yàn)橐訫N為直徑的圓過點(diǎn)A， 所以AM⊥AN， 所以·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2) ＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2 ＝＋2×＋4＋ ＝＝＝0.10分 因?yàn)镸，N與A均

9、不重合，所以t≠－2， 所以t＝－，直線l的方程是x＝my－，直線l過定點(diǎn)T， 由于點(diǎn)T在橢圓內(nèi)部，故滿足判別式大于0， 所以直線l過定點(diǎn)T.14分 [規(guī)律方法]　1.假設(shè)定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無關(guān)，故得到一個關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即所求定點(diǎn)． 2．從特殊位置入手，找出定點(diǎn)，再證明該點(diǎn)適合題意． [對點(diǎn)訓(xùn)練2]　已知橢圓E：＋＝1，A，B分別是橢圓E的左、右頂點(diǎn)，動點(diǎn)M在射線l：x＝4(y>0)上運(yùn)動，MA交橢圓E于點(diǎn)P，MB交橢圓E于點(diǎn)Q. (1)若△MAB垂心的縱坐標(biāo)為－4，求點(diǎn)P的坐標(biāo)； (2)試問

10、：直線PQ是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請說明理由． [解]　(1)由題意知A(－2，0)，B(2，0)． 設(shè)△MAB的垂心為H，因?yàn)锳B邊上的高所在的直線方程為l：x＝4，且△MAB垂心的縱坐標(biāo)為－4，所以H(4，－4)． 所以直線BH的斜率為kBH＝＝－， 所以直線AM的方程為y＝()(x＋2)． 由?或4分 所以P點(diǎn)的坐標(biāo)為.6分 (2)設(shè)P點(diǎn)的坐標(biāo)為(x1，y1)，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(x2，y2)， 則y＝(8－x)，y＝(8－x)，直線AP的方程為y＝(x＋2)． 由?M.8分 由于M，B，Q三點(diǎn)共線，所以kBM＝kBQ，從而＝， 即＝，兩邊平方得

11、 ＝?＝?＝， 整理得2x1x2－5(x1＋x2)＋16＝0.(*) 設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m. 由?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝，代入(*)得m2＋5km＋8k2＝0， 解得m＝－k，或m＝－4k. 當(dāng)m＝－k時，直線PQ的方程為y＝kx－k，即y＝k(x－)，恒過點(diǎn)(，0)； 當(dāng)m＝－4k，直線PQ的方程為y＝kx－4k，即y＝k(x－4)，恒過點(diǎn)(4，0)，此種情況不合題意． 綜上可知，直線PQ恒過點(diǎn)(，0).16分 熱點(diǎn)3　圓錐曲線中的最值、范圍問題 圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值

12、以及與之相關(guān)的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關(guān)的一些問題． 　平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：＋＝1(a>b>0)右焦點(diǎn)的直線x＋y－＝0交M于A，B兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率為. (1)求M的方程； (2)C，D為M上的兩點(diǎn)，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值． [解]　(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 則＋＝1，＋＝1，＝－1， 由此可得＝－＝1. 因?yàn)閤1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝， 所以a2＝2b2. 又由題意知，M的右焦點(diǎn)為(，0)，故a

13、2－b2＝3. 因此a2＝6，b2＝3. 所以M的方程為＋＝1.8分 (2)由解得或 因此AB＝. 由題意可設(shè)直線CD的方程為y＝x＋n， 設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)． 由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0. 于是x3,4＝. 因?yàn)橹本€CD的斜率為1， 所以CD＝|x4－x3|＝. 由已知，四邊形ACBD的面積 S＝CD·AB＝， 當(dāng)n＝0時，S取得最大值，最大值為， 所以四邊形ACBD面積的最大值為.16分 [規(guī)律方法]　范圍(最值)問題的主要求解方法： (1)幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決． (2)代數(shù)

14、法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標(biāo)函數(shù)或等量關(guān)系，利用判別式、基本不等式、函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)法進(jìn)行求解． [對點(diǎn)訓(xùn)練3]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點(diǎn)(，－2)． (1)求橢圓C的方程； (2)過橢圓焦點(diǎn)的直線l與橢圓C分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，求·的取值范圍． [解]　由橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4. 得曲線C的焦點(diǎn)F1(0，－2)，F(xiàn)2(0,2).2分 又點(diǎn)(，－2)在橢圓C上， 2a＝＋＝4， 所以a＝2，b＝2， 即橢圓C的方程是＋＝1.5分 (2)若直線l垂直于x軸， ①則點(diǎn)E(0,2)，F(xiàn)(0，－2)，·＝－

15、8. ②若直線l不垂直于x軸， 設(shè)l的方程為y＝kx＋2，點(diǎn)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，將直線l的方程代入橢圓C的方程得到： (2＋k2)x2＋4kx－4＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝，8分 所以·＝x1x2＋y1y2 ＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4 ＝＋＋4＝－8.10分 因?yàn)?<≤10，所以－8<·≤2. 綜上可知，·的取值范圍是[－8,2].14分 熱點(diǎn)4　圓錐曲線中的探索性問題(答題模板) 圓錐曲線的探索性問題主要體現(xiàn)在以下幾個方面：(1)探索點(diǎn)是否存在；(2)探索曲線是否存在；(3)探索命題是否成立．涉及這類命題的求解主要是研究直線與

16、圓錐曲線的位置關(guān)系問題． 　(本小題滿分16分)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y＝與直線l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N兩點(diǎn)． (1)當(dāng)k＝0時，分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程； (2)y軸上是否存在點(diǎn)P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由． [解]　(1)由題設(shè)可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a).2分 又y′＝，故y＝在x＝2處的導(dǎo)數(shù)值為，C在點(diǎn)(2，a)處的切線方程為y－a＝(x－2)， 即x－y－a＝0.4分 y＝在x＝－2處的導(dǎo)數(shù)值為－，C在點(diǎn)(－2，a)處的切線方程為y－a＝－(x＋2)， 即x＋y＋a＝0.6分 故所

17、求切線方程為x－y－a＝0或x＋y＋a＝0.7分 (2)存在符合題意的點(diǎn)．證明如下： 設(shè)P(0，b)為符合題意的點(diǎn)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.8分 將y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0. 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.10分 從而k1＋k2＝＋ ＝＝.13分 當(dāng)b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ)， 故∠OPM＝∠OPN，所以點(diǎn)P(0，－a)符合題意.16分 [答題模板]　第一步：分別求出曲線y＝在M點(diǎn)，N點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)． 第二步：利用點(diǎn)斜式分別寫出在M點(diǎn)、N點(diǎn)的切線方程．

18、 第三步：聯(lián)立直線y＝kx＋a與拋物線y＝，并寫出根與系數(shù)的關(guān)系式． 第四步：由kPM＋kPN＝0，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系式，探索點(diǎn)P的坐標(biāo)． 第五步：檢驗(yàn)反思，查關(guān)鍵點(diǎn)，規(guī)范步驟． [溫馨提示]　1.(1)在第(2)問中，不能把條件∠OPM＝∠OPN適當(dāng)轉(zhuǎn)化為k1＋k2＝0，找不到解題的思路和方法，而不能得分． (2)運(yùn)算能力差或運(yùn)算不細(xì)心，導(dǎo)致運(yùn)算結(jié)果錯誤而扣分或者不得分． 2．?dāng)?shù)學(xué)閱卷時，主要看關(guān)鍵步驟、關(guān)鍵點(diǎn)，有則得分，無則扣分，所以解題時要寫全關(guān)鍵步驟． (1)本題的關(guān)鍵點(diǎn)一是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，二是把條件中轉(zhuǎn)化為只需直線PM，PN的斜率之和為0. (2)解析幾

19、何對運(yùn)算能力要求較高，解題時一定要細(xì)心準(zhǔn)確，否則可能是思路正確，但是運(yùn)算結(jié)果錯誤，而不得分． [對點(diǎn)訓(xùn)練4]　如圖2，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上，且·＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P的動直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． 圖2 [解]　(1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)． 又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且·＝－1， 于是解得a＝2，b＝.4分 所以橢圓E的方程為＋＝1.5分 (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的

20、方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.8分 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，·＋λ· ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝＝－－λ－2. 所以，當(dāng)λ＝1時，－－λ－2＝－3.10分 此時，·＋λ·＝－3為定值． 當(dāng)直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD. 此時，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3. 故存在常數(shù)λ＝1，使得·＋λ·為定值－3.14分 熱

21、點(diǎn)探究訓(xùn)練(六) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) (建議用時：30分鐘) 1．(2017·揚(yáng)州模擬)如圖3，已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，P是橢圓上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M在PF1上，＝λ(λ∈R)，PO⊥F2M. 圖3 (1)若橢圓方程為＋＝1，P(2，)，求點(diǎn)M的橫坐標(biāo)； (2)若λ＝2，求橢圓離心率e的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號：62172281】 [解]　(1)∵＋＝1，∴F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)， ∴kOP＝，kF2M＝－，kF1M＝. ∴直線F2M的方程為y＝－(x－2)，直線F1M的方程為：y＝(x＋2)． 由 解得x＝， ∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為.6

22、分 (2)設(shè)P(x0，y0)，M(xM，yM)， ∵＝2，∴＝(x0＋c，y0)＝(xM＋c，yM)，∴M，＝. ∵PO⊥F2M，＝(x0，y0)，∴x0＋y＝0， 即x＋y＝2cx0. 聯(lián)立方程得，消去y0得：c2x－2a2cx0＋a2(a2－c2)＝0. 解得x0＝或x0＝. ∵－a. 綜上，橢圓離心率e的取值范圍為.14分 2．(2017·無錫期末)已知橢圓M：＋＝1(a>b>0)的離心率為，一個焦點(diǎn)到相應(yīng)的準(zhǔn)線的距離為3，圓N的方程為(x－c)2＋y2＝a2＋c2(c為半焦距)，直線l ：y＝k

23、x＋m(k>0)與橢圓M和圓N均只有一個公共點(diǎn)，分別設(shè)為A，B. (1)求橢圓方程和直線方程； (2)試在圓N上求一點(diǎn)P，使＝2. [解]　(1)由題意知解得a＝2，c＝1，所以b＝， 所以橢圓M的方程為：＋＝1. 圓N的方程為(x－1)2＋y2＝5. 由直線l：y＝kx＋m與橢圓M只有一個公共點(diǎn)，所以由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，① 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0得m2＝3＋4k2.② 由直線l：y＝kx＋m與N只有一個公共點(diǎn)，得＝， 即k2＋2km＋m2＝5＋5k2，③ 將②代入③得km＝1，④ 由②，④且k>0，得：

24、k＝，m＝2. 所以直線方程為：y＝x＋2.6分 (2)將k＝，m＝2代入①可得A， 又過切點(diǎn)B的半徑所在的直線l′為：y＝－2x＋2，所以得交點(diǎn)B(0,2)，設(shè)P(x，y)，因?yàn)椋?， 則＝8，化簡得：7x＋7y＋16x0－20y0＋22＝0，⑤ 又P(x，y)滿足x＋y－2x0＝4，⑥ 將⑤－7×⑥得：3x0－2y0＋5＝0，即y0＝.⑦ 將⑦代入⑥得：13x＋22x0＋9＝0，解得x0＝－1或x0＝－， 所以P(－1,1)或P.14分 B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．(2017·泰州中學(xué)高三摸底考試)已知橢圓Γ：＋y2＝1. (1)橢圓Γ的短軸端點(diǎn)分別

25、為A，B(如圖4)，直線AM，BM分別與橢圓Γ交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，其中點(diǎn)M滿足m≠0，且m≠±. ①證明直線EF與y軸交點(diǎn)的位置與m無關(guān)； ②若△BME面積是△AMF面積的5倍，求m的值． (2)若圓O：x2＋y2＝4.l1，l2是過點(diǎn)P(0，－1)的兩條互相垂直的直線，其中l(wèi)1交圓O于T，R兩點(diǎn)，l2交橢圓Γ于另一點(diǎn)Q.求△TRQ面積取最大值時直線l1的方程. 【導(dǎo)學(xué)號：62172282】 圖4 [解]　(1)①因?yàn)锳(0,1)，B(0，－1)，M，且m≠0，∴直線AM的斜率為k1＝－，直線BM的斜率為k2＝， ∴直線AM的方程為y＝－x＋1，直線BM的方程為y＝x－1， 由得

26、(m2＋1)x2－4mx＝0， ∴x＝0，x＝，∴E， 由得(m2＋9)x2－12mx＝0， ∴x＝0或x＝，∴F； 據(jù)已知m≠0，m2≠3， ∴直線EF的斜率 k＝＝＝－， ∴直線EF的方程為y－＝－， 令x＝0，得y＝2， ∴EF與y軸交點(diǎn)的位置與m無關(guān)． ②S△AMF＝MA·MFsin ∠AMF， S△BME＝MB·MEsin ∠BME，∠AMF＝∠BME， 5S△AMF＝S△BME，∴5MA·MF＝MB·ME， ∴＝， ∴＝. ∵m≠0， ∴整理方程得＝－1，即(m2－3)(m2－1)＝0， 又有m≠±，∴m2－3≠0，∴m2＝1，∴m＝±1為所求.8

27、分 (2)因?yàn)橹本€l1⊥l2，且都過點(diǎn)P(0，－1)，所以設(shè)直線l1：y＝kx－1，即kx－y－1＝0， 直線l2：y＝－x－1，即x＋ky＋k＝0， 所以圓心(0,0)到直線l1：y＝kx－1，即kx－y－1＝0的距離d＝， 所以直線l1被圓x2＋y2＝4所截的弦 TR＝2＝； 由得k2x2＋4x2＋8kx＝0， 所以xQ＋xp＝－，所以QP＝＝， 所以S△TRQ＝QP·TR＝＝≤＝， 當(dāng)＝，即k2＝，解得k＝±時等號成立， 此時直線l1：y＝±x－1.16分 2．(2017·蘇北四市期末)如圖5，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，

28、左頂點(diǎn)為A(－4,0)，過點(diǎn)A作斜率為k(k≠0)的直線l交橢圓C于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)E. 圖5 (1)求橢圓C的方程； (2)已知點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，是否存在定點(diǎn)Q，對于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由； (3)若過點(diǎn)O作直線l的平行線交橢圓C于點(diǎn)M，求的最小值． [解]　(1)因?yàn)樽箜旤c(diǎn)為A(－4,0)，所以a＝4， 又e＝，所以c＝2，b2＝a2－c2＝12， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)直線l的方程為y＝k(x＋4)，由消元得，＋＝1. 化簡得(x＋4)[(4k2＋3)x＋16k2－12]＝0，所以x1＝－4，x2

29、＝.8分 當(dāng)x＝時，y＝k＝，所以D. 因?yàn)镻為AD的中點(diǎn)， 所以P的坐標(biāo)為，kOP＝－(k≠0)， 直線l的方程為y＝k(x＋4)，令x＝0得E點(diǎn)坐標(biāo)為(0,4k)， 假設(shè)存在定點(diǎn)Q(m，n)(m≠0)，使得OP⊥EQ，則kOP·kEQ＝－1，即－·＝－1恒成立， 所以(4m＋12)k－3n＝0恒成立，所以即 所以存在定點(diǎn)Q，對于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ，且定點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(－3,0).12分 (3)因?yàn)镺M∥l，所以O(shè)M的方程可設(shè)為y＝kx， 由得M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝±， 由OM∥l，得＝＝ ＝＝· ＝≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)＝即k＝±時取等號， 所以當(dāng)k＝±時，的最小值為2.16分