（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题9平面解析几何第64练高考大题突破练——圆锥曲线练习文1．(2015·重庆)如图，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.(1)若PF1＝2＋，PF2＝2－，求椭圆的标准方程；(2)若PF1＝PQ，求椭圆的离心率e.2．(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程；(2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：MA·MB＝MC·MD.3．(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得PT2＝λPA·PB，并求λ的值．4．(2015·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到直线l：x＝－的距离为3.1(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．答案精析——圆锥曲线21．解(1)由椭圆的定义，有2a＝PF1＋PF2＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，得2c＝F1F2＝＝＝2，即c＝，从而b＝＝1.故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)连结F1Q，由椭圆的定义，有PF1＋PF2＝2a，QF1＋QF2＝2a.从而由PF1＝PQ＝PF2＋QF2，有QF1＝4a－2PF1.又由PF1⊥PQ，PF1＝PQ，知QF1＝PF1，因此，4a－2PF1＝PF1，得PF1＝2(2－)a.从而PF2＝2a－PF1＝2a－2(2－)a＝2(－1)a.由PF1⊥PF2，知PF＋PF＝F1F＝(2c)2，因此e＝＝＝＝＝－.2．(1)解由已知，a＝2b，又椭圆＋＝1(a＞b＞0)过点P，故＋＝1，解得b2＝1.所以椭圆E的方程是＋y2＝1.(2)证明设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由方程组得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①方程①的判别式为Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ＞0，即2－m2＞0，解得－＜m＜.由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.所以M点坐标为，直线OM方程为y＝－x，由方程组得C，D.所以MC·MD＝(－m＋)·(＋m)＝(2－m2)．又MA·MB＝AB2＝[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝[(x1＋x2)2－4x1x2]＝[4m2－4(2m2－2)]＝(2－m2)．所以MA·MB＝MC·MD.3．(1)解由已知，a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.3由方程组得3x2－12x＋18－2b2＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1，点T的坐标为(2,1)．(2)证明由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，由方程组可得所以P点坐标为.PT2＝m2.设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由方程组可得3x2＋4mx＋4m2－12＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ＞0，解得－＜m＜.由②得x1＋x2＝－，x1x2＝.所以PA＝＝，同理PB＝.所以PA·PB＝＝＝＝m2.故存在常数λ＝，使得PT2＝λPA·PB.4．解(1)由题意，得＝且c＋＝3，解得a＝，c＝1，则b＝1，所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意．当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，则x1,2＝，C的坐标为，且AB＝＝＝.若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与直线l平行，不合题意．从而k≠0，故直线PC的方程为4y＋＝－，则P点的坐标为，从而PC＝.因为PC＝2AB，所以＝，解得k＝±1.此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.5
