1．(2019·湖南湘东五校联考)已知椭圆C的中心在原点，离心率1
等于2，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝83y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
1
①若直线AB的斜率为2，求四边形APBQ面积的最大值； ②当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．
x2y2
解：(1)设椭圆C的方程为a2＋b2＝1(a＞b＞0)，则b＝23. c1
由a＝2，a2＝c2＋b2，得a＝4， x2y2
∴椭圆C的方程为16＋12＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 1
①设直线AB的方程为y＝2x＋t， x2y2
代入16＋12＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0， 由Δ＞0，解得－4＜t＜4，
由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12， ∴|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2＝t2－4t2－12＝48－3t2.
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1
∴四边形APBQ的面积S＝2×6×|x1－x2|＝348－3t2. ∴当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝123.
②若∠APQ＝∠BPQ，则直线 PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，
则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，
y－3＝kx－2，由x2y2
16＋12＝1，
得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0， 82k－3k
∴x1＋2＝，
3＋4k2
－8k－2k－38k2k＋3
将k换成－k可得x2＋2＝＝，
3＋4k23＋4k216k2－12－48k
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
3＋4k23＋4k2y1－y2
∴kAB＝ x1－x2
kx1－2＋3＋kx2－2－3＝ x1－x2kx1＋x2－4k1＝＝2，
x1－x21
∴直线AB的斜率为定值2.
x2y2
2．(2019·石家庄摸底)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左、右3焦点分别为F1，F2，离心率为2，点A是椭圆上任意一点，△AF1F2的周长为4＋23.
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(1)求椭圆C的方程；
→(2)过点Q(－4,0)任作一动直线l交椭圆C于M，N两点，记MQ＝→→→
λQN，若在线段MN上取一点R，使得MR＝－λRN，则当直线l转动时，点R在某一定直线上运动，求该定直线的方程．
解：(1)因为△AF1F2的周长为4＋23， 所以2a＋2c＝4＋23，即a＋c＝2＋3. c3又椭圆的离心率e＝a＝2， 所以a＝2, c＝3， 所以b2＝a2－c2＝1.
x22
所以椭圆C的方程为4＋y＝1. (2)由题意可知，直线l的斜率必存在．
故可设直线l的方程为y＝k(x＋4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
2x＋y2＝1，由4
y＝kx＋4，
消去y，得(1＋4k2)x2＋32k2x＋64k2－4＝0，
由根与系数的关系，
－32k264k2－4
得x1＋x2＝2，x1x2＝2，
4k＋14k＋1→
由MQ＝λQN，
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得(－4－x1，－y1)＝λ(4＋x2，y2)， 所以－4－x1＝λ(x2＋4)， x1＋4
所以λ＝－.
x2＋4
设点R的坐标为(x0，y0)，
→
由MR＝－λRN，得(x0－x1，y0－y1)＝ －λ(x2－x0，y2－y0)， 所以x0－x1＝－λ(x2－x0)，
x1＋4x1＋x
x2＋422x1x2＋4x1＋x2x1－λx2
解得x0＝＝＝.
1－λx1＋4x1＋x2＋8
1＋x2＋4
64k2－4－32k28
而2x1x2＋4(x1＋x2)＝2×2＋4×2＝－2，(x＋x)
4k＋14k＋14k＋112
－32k28
＋8＝2＋8＝2，
4k＋14k＋1
所以x0＝－1.
故点R在定直线x＝－1上 .
3．(2019·广西柳州摸底)已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，且抛物线上有一点P(4，m)到焦点的距离为5.
(1)求该抛物线C的方程；
(2)已知抛物线上一点M(t,4)，过点M作抛物线的两条弦MD和ME，且MD⊥ME，判断直线DE是否过定点？并说明理由．
解：(1)由题意设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，其准线方程为xp＝－2，
∵P(4，m)到焦点的距离等于P到其准线的距离， p
∴4＋2＝5，∴p＝2. ∴抛物线C的方程为y2＝4x.
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(2)由(1)可得点M(4,4)， 可得直线DE的斜率不为0， 设直线DE的方程为x＝my＋t，
x＝my＋t，联立2得y2－4my－4t＝0，
y＝4x，
则Δ＝16m2＋16t＞0.(*)
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t.
→→∵MD·ME＝(x1－4，y1－4)·(x2－4，y2－4) ＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16
22
y2y1y2y1y2221y2＝4·4－44＋4＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16＝16－(y1＋y2)2
＋3y1y2－4(y1＋y2)＋32
＝t2－16m2－12t＋32－16m＝0， 即t2－12t＋32＝16m2＋16m， 得(t－6)2＝4(2m＋1)2， ∴t－6＝±2(2m＋1)， 即t＝4m＋8或t＝－4m＋4，
代入(*)式检验知t＝4m＋8满足Δ＞0，
∴直线DE的方程为x＝my＋4m＋8＝m(y＋4)＋8. ∴直线过定点(8，－4)．
4．(2019·广州综合测试)已知圆(x＋3)2＋y2＝16的圆心为M，
→点P是圆M上的动点，点N(3，0)，点G在线段MP上，且满足(GN
→→→＋GP)⊥(GN－GP)．
(1)求点G的轨迹C的方程；
(2)过点T(4,0)作斜率不为0的直线l与(1)中的轨迹C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为D，连接BD交x轴于点Q，求△ABQ面积的最大值．
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→→→→→→→→解：(1)因为(GN＋GP)⊥(GN－GP)， 所以(GN＋GP)·(GN－GP)＝0， →→
即GN2－GP2＝0，所以|GP|＝|GN|，
所以|GM|＋|GN|＝|GM|＋|GP|＝|MP|＝4＞23＝|MN|， 所以点G在以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆上， x2y2
设椭圆的方程为a2＋b2＝1(a＞b＞0)， 则2a＝4,2c＝23，
即a＝2，c＝3，所以b2＝a2－c2＝1， x22
所以点G的轨迹C的方程为4＋y＝1. (2)解法一 依题意可设直线l：x＝my＋4.
x＝my＋4，由x22
4＋y＝1，
得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
设直线l与椭圆C的两交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由Δ＝64m2－4×12×(m2＋4)＝16(m2－12)＞0，得m2＞12.① 且y1＋y2＝－
8m12
，yy＝.② 1222
m＋4m＋4
因为点A关于x轴的对称点为D， 所以D(x1，－y1)，可设Q(x0,0)， y2＋y1y2＋y1
所以kBD＝＝，
x2－x1my2－y1
y2＋y1
所以BD所在直线的方程为y－y2＝(x－my2－4)．
my2－y12my1y2＋4y1＋y2
令y＝0，得x0＝.③
y1＋y224m－32m
将②代入③，得x0＝＝1，
－8m
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所以点Q的坐标为(1,0)．
1
因为S△ABQ＝|S△TBQ－S△TAQ|＝2|QT| |y2－y1|
2
6m－1232
＝2y1＋y2－4y1y2＝，
m2＋4
令t＝m2＋4，结合①得t＞16， 所以S△ABQ＝61121－16t－32＋64.
3
当且仅当t＝32，即m＝±27时，(S△ABQ)max＝4. 3
所以△ABQ面积的最大值为4.
(求△ABQ的面积的另解：因为点Q(1,0)到直线l的距离为d＝3
， 2
1＋m
2
4m－12
|AB|＝1＋m2·y1＋y22－4y1y2＝1＋m2·， 2
m＋4
6m2－121
所以S△ABQ＝2d·|AB|＝)
m2＋4
解法二 依题意直线l的斜率存在且不为0，设其方程为y＝k(x－4)，
y＝kx－4，由x22
4＋y＝1，
得(4k2＋1)y2＋8ky＋12k2＝0.
设直线l与椭圆C的两交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 1
由Δ＝(8k)－4×(4k＋1)×12k＞0，得k＜12，①
2
2
2
2
8k12k2
且y1＋y2＝－2，y1y2＝2.②
4k＋14k＋1因为点A关于x轴的对称点为D， 所以D(x1，－y1)，可设Q(x0,0)，
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y2＋y1y2＋y1
所以kBD＝＝k，
x2－x1y2－y1所以BD所在直线的方程为 y2＋y1
y－y2＝k(x－x2)．
y2－y1
2y1y2＋4ky1＋y2
令y＝0，得x0＝.③
ky2＋y1
24k2－32k2
将②代入③，得x0＝＝1，所以点Q的坐标为(1,0)．
－8k21
因为S△ABQ＝|S△TBQ－S△TAQ|＝2|QT| |y2－y1|
246k－12k3
＝2y1＋y22－4y1y2＝，
4k2＋1
t－1
令t＝4k＋1，则k＝4，
2
2
4
结合①得1＜t＜3， 所以S△ABQ＝31721－4t－8＋16.
1773
当且仅当t＝8，即k＝±14时，(S△ABQ)max＝4. 3
所以△ABQ面积的最大值为4.
(求△ABQ面积的另解：因为点Q(1,0)到直线l的距离为d＝3|k|
， 2
1＋k|AB|＝
224
1＋k4k－12k11＋k2·y1＋y22－4y1y2＝|k|·，
4k2＋1
6k2－12k41
所以S△ABQ＝2d·|AB|＝)
4k2＋1
解法三 依题意直线l的斜率存在，设其方程为y＝k(x－4)，
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y＝kx－4，由x22
4＋y＝1，
22
得(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4＝0.
设直线l与椭圆C的两交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 1
由Δ＝(－32k)－4×(4k＋1)×(64k－4)＞0，得k＜12，①
2
2
2
64k2－432k2
且x1＋x2＝2，x1x2＝2.②
4k＋14k＋1因为点A关于x轴的对称点为D， 所以D(x1，－y1)，可设Q(x0,0)， －y1y2则kBQ＝kDQ，即kBD＝＝，
x2－x0x1－x0kx2－4－kx1－4即＝， x2－x0x1－x02x1x2－4x1＋x2整理得x0＝.③
x1＋x2－8
将②代入③，得x0＝1，所以点Q的坐标为(1,0)． 3|k|
因为点Q(1,0)到直线l的距离为 d＝2，
k＋1|AB|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2 41＋k2·1－12k2＝，
4k2＋1
6k2－12k41
所以S△ABQ＝2d·|AB|＝.
4k2＋1令t＝4k2＋1，
t－14
则k＝4，结合①得1＜t＜3，
2
所以SABQ＝3
1721－4t－8＋16.
1773
当且仅当t＝8，即k＝±14时，(S△ABQ)max＝4.
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3
所以△ABQ面积的最大值为4.
y2x2
5．(2019·武昌调研)如图，在直角坐标系xOy中，椭圆C：a2＋b2126
＝1(a＞b＞0)的上焦点为F1，椭圆C的离心率为2，且过点(1，3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过椭圆C的上顶点A的直线l与椭圆C交于点B(B不在y→→轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与x轴交于点H，若F1B·F1H＝0，且|MO|＝|MA|，求直线l的方程．
1
解：(1)因为椭圆C的离心率为2， c1
所以a＝2，即a＝2c.
2
3y
又a2＝b2＋c2，所以b2＝3c2，即b2＝4a2，所以椭圆C的方程为a2x2
＋3＝1.
2a4
26把点(1，3)代入椭圆C的方程中，解得a2＝4. y2x2
所以椭圆C的方程为4＋3＝1.
(2)解法一 由(1)知，A(0,2)，设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线
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l的方程为y＝kx＋2，
y＝kx＋2，由x2y2
3＋4＝1，
得(3k2＋4)x2＋12kx＝0.
－12k
设B(xB，yB)，得xB＝2，
3k＋4
－6k2＋8－12k－6k2＋8
所以yB＝2，所以B(2，2)．
3k＋43k＋43k＋4
设M(xM，yM)，因为|MO|＝|MA|，所以点M在线段OA的垂直平分线上，
所以yM＝1，因为yM＝kxM＋2， 11
所以xM＝－k，即M(－k，1)．
1
设H(xH,0)，又直线HM垂直于直线l，所以kMH＝－k，即1＝－k.
11
所以xH＝k－k，即H(k－k，0)．
→－12k4－9k2→1
又F1(0,1)，所以F1B＝2，2，F1H＝(k－k，－1)． 3k＋43k＋4→→
因为F1B·F1H＝0，
－12k14－9k226所以2·(k－k)－2＝0，解得k＝±3.
3k＋43k＋426所以直线l的方程为y＝±3x＋2.
解法二 由(1)知，A(0,2)，设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝kx＋2，
11－k－xH
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y＝kx＋2，由x2y2
3＋4＝1，
得(3k2＋4)x2＋12kx＝0，
－12k－6k2＋8
设B(xB，yB)，得xB＝2，所以yB＝2.
3k＋43k＋4
→－12k4－9k2→
又F1(0,1)，所以F1B＝2，2，设H(xH,0)，则F1H＝(xH，
3k＋43k＋4－1)．
→→－12k4－9k29k2－4
因为F1B·F1H＝0，所以2·xH－2＝0，解得xH＝12k.
3k＋43k＋49k2－41
所以直线MH的方程为y＝－k(x－12k)．设M(xM，yM)，
222
因为|MO|＝|MA|，所以x2M＋yM＝xM＋(yM－2)，解得yM＝1.
y＝kx＋2，联立9k2－41
y＝－kx－12k，
9k2＋20
解得yM＝.
121＋k2
9k2＋2026
由yM＝＝1，解得k＝±3.
121＋k226
所以直线l的方程为y＝±3x＋2.
x2y2
6．椭圆C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离3
心率为2，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k2≠0，11
证明kk＋kk为定值，并求出这个定值．
12
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22xy
解：(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程a2＋b2＝1，得y
b2＝±a.
2b2
由题意知a＝1，即a＝2b2. c3
又e＝a＝2，所以a＝2，b＝1. x22
所以椭圆C的方程为4＋y＝1.
(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－3，0)，F2(3，0)， 所以直线PF1，PF2的方程分别为 lPF1：y0x－(x0＋3)y＋3y0＝0， lPF2：y0x－(x0－3)y－3y0＝0， 由题意知
|my0＋3y0|y20＋x0＋
3
2
＝|my0－3y0|y20＋x0－3
2
.
2
x0
2
由于点P在椭圆上，所以4＋y0＝1.
所以
|m＋3|＝32x0＋22|m－3|.
32x0－22
因为－3＜m＜3，－2＜x0＜2， m＋33－m
可得＝，
332x0＋22－2x0333
所以m＝4x0，因此－2＜m＜2. (3)设P(x0，y0)(y0≠0)，
则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
2x＋y2＝1，
联立得4
y－y0＝kx－x0.
2
整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y0－2kx0y0＋k2x20－1)＝0.
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22
由题意Δ＝0，即(4－x20)k＋2x0y0k＋1－y0＝0.
x2x002222
又4＋y0＝1，所以16y0k＋8x0y0k＋x0＝0，故k＝－4y.
011x0＋3x0－32x0由(2)知k＋k＝y＋y＝y，
12000111114y02x0
所以kk＋kk＝kk＋k＝－x·y＝－8，
120120因此11
kk1＋kk2
为定值，这个定值为－8.
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