三、解答题2 X26.（江苏18）如图，在平面直角坐标系XOy中，M 、N 分别是椭圆4过坐标原点的直线交椭圆于P 、A 两点，其中P 在第一象限，过 P 作X 轴的垂线，垂足为C ,连接AC ,并延长交椭圆于点 B,设直线PA 的斜率为k （1） 当直线PA 平分线段MN ,求k 的值； （2） 当k=2时，求点P 到直线AB 的距离d ； （3） 对任意k>0，求证：PA ⊥ PB 本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，满分 16分.（3）解法一:2L 12的顶点,解：（1）由题设知,a 2,b 2故M( 2,0), N (O ,•、2),所以线段MN 中点的坐标为√2^(I,牙),由于直线 PA 平分线段MN ,故直线 PA 过线段MN 的中点，又直线 PA 过坐原点，所以（2）直线 PA 的方程2x 代入椭圆方程得2y_ 21,*TV (■ IB ■)X解得22 42 43,因此P(3,3),A( 3,32是C （3,O ）,直线AC 的斜率为30 -―I 1,故直线AB 的方程为X y30.|- - -| 因此,d 333 J 1 12将直线PA 的方程ykx2 X4 代入2—1,解得X 2J ,记 2k 22 1 2k 2则 P ( , k), A(k),于是 C( ,0)故直线AB 的斜率为y -(X ),代入椭圆方程得(2 k 2)χ2 2 k 2χ2(3k 2 2) 0,其方程为 2k 32 k 2kk k 3 k(2 k 2) k 12(3k 2 2)3k 2 2 (2 k 2)亠， "亠 2 k 2直线PB 的斜率因此k 1k1,所以PA PB.解法二：设 P(x 1,y 1),B(X 2,y 2),则X i 0,X 2 0,X 1 X 2,A( X I) y 1),C(x 1,O)k 2设直线PB, AB 的斜率分别为k 1,k 2因为C 在直线AB 上，所以从而28.(北京理19)(I )求椭圆G 的焦点坐标和离心率; 解: (I)由已知得a 2,b 1,OkkX解得(3k 2 2) 2 k 2 因此B((3k 2 2)2 k 2k 3FT )0 (yJ _Y L - X 1 ( X 1) 2 X 1 2k 1k 1 2k 1k 2y 2 如X 2 X 1 y 2 ( y 1) IX 22y 2 2y 1(x ； 2X12yf)X 12 4 ~~2 X24~~2 X10.1,所以PA PB.2X G :— 已知椭圆4y 2 1.过点(m,0) 作圆2 2 .Xy 1的切线I 交椭圆G 于A ，B 两点.AB (II )将(19)(共 14 分) 表示为m 的函数，并求 AB 的最大值.所以C所以椭圆G 的焦点坐标为(∙∙3,0),C 3,0)C e 一 离心率为 a(∏)由题意知,|m| 1当m 1时, 切线I 的方程X 1 ,点A 、B 的坐标分别为 ":3■- 3(I^^)，(I，M此时1ABI ■3当m= - 1时，同理可得1 AB 1 3当1 m| 1时，设切线I 的方程为y k(Xm), y k(χ m), χ2 得(1 4k 2)χ2 8k 2mχ C 1. 4k 2m 2 4 0设A 、B 两点的坐标分别为 (χι, y 1)(χ2, y 2),则 X i X 2 2 8k 2mΓ,χ1χ21 4k4k 2m 2 4 1 4k 2 又由 I 与圆2 2 |km | X y 1相切,得 ----------- V k 21 2 2 21,即 m k k1.所以 |AB| (X 2 X 1)2 (y 2 y 1)2(1 k 2)[(64k 44k m )22 24(4k m 4)]] 1 4k m 23 由于当m3 时，|AB|、•3, ∣AB∣所以4、3 | m | m 23,m(,1] [1,因为 IABl m 23 |m|4.3Im |2, 且当m■-3时, |AB|=2 ,所以|AB|的最大值为2. 32.(湖南理 21) 2 G ：笃 如图7椭圆a2b 2 1(a b O)的离心率为 2 , X 轴被曲线C2： y线段长等于C1的长半轴长。

(I)求C1, C2的方程；(∏)设C2与y 轴的焦点为 M ,过坐标原点 O 的直 线I 与C2相交于点 A,B,直线MA,MB分别与 C1相交与D,E(i )证明：MD 丄ME; (ii )记厶MABA MDE 的面积分别是 " 问：是 S L 否存在直线I,使得S 2173 32?请说明理由。

b截得的解：(I)由题意知3 3,从而a2 2b,又2∙.b a,解得 a 2,b 1.故C1, C2的方程分别为 4(i )由题意知，直线I y kX 2 ”yX 1得 kx 1 0 2 彳 2 y 1,y X的斜率存在，设为 1. k ,则直线I 的方程为 y kX设A(X I , y I )) B(X 2 , y 2),则X 1 , X 2是上述方程的两个实根，于 X 1 X 2 k, X 1X 21.又点 M 的坐标为(O , —1),所以kMAkMBy 1 1 y 2 1(kx 1 1)(kx 2 1)k 2X 1X 2 k(X 1 X 2) 1X 1 X 2X 1X 2X 1X 22 2k k 11.故MA丄MB,即卩MD丄ME.(ii )设直线MA的斜率为k1 ,则直线MA的方程为k1X 1,由yyk1X 1,X'1解得01或k,k121则点A的坐标为(k1,k121)又直线MB的斜率为kι(同理可得点B的坐标为12∣MA ∣IMBl2'.口Ik1∣ , 1K l2丨匕|k1x 1,4y240 得(1 4k12)x28k1x 0.解得0,或18k11 4k12,4k12 11 4k1228k1 4k1 1则点D的坐标为(I 4k12 ,1 4宀又直线ME的斜率为1(4k ,同理可得点E的坐标为4k1 4 k12) ~2 ，2丿.k1 4 k1因此S2 5 1 52由题意知,12∣MD∣6>26>2I ME I (132(1k2)∣k1∣kj)(kι24)4k12k1217).17)17 2 2132,解得k14,或k14k21~2k ——k11k-,所以k3k11k12又由点A、B的坐标可知，k1y—X禾廿y —X.故满足条件的直线l存在，且有两其方程分别为 2 234.(全国大纲理21)C : X2已知O为坐标原点，F为椭圆2y21在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为-'^2的UIl UIH UJU直线l与C交于A、B两点，点P满足OA OB OP 0.(I)证明：点P在C上；(∏)设点P关于点O的对称点为Q,证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.解：(I) F ( 0,1 ),∣的方程为y丘X122 y 彳X 1代入2 并化简得4X22×2X 1 0.设A(X1, yj, B(X2, y2), P(X3, y3),2(X1 X2) 2 1,2 .6则X1,X2.2 -64由题意得X3(XIX2),y3(y1 y2)1.2⅛ 1,故点P 在椭圆C 上。

PQ 的垂直平分线11的方程为设AB 的中点为M ,则Me4,2），AB 的垂直平分线为12的方程为（所以点P 的坐标为（至经验证，点P 的坐标为2I ）满足方程(II )P(由 -2, 1）2和题设知,*.2 1 y -X—24'②l 1, l2 N( 由②得 的交点为√2 18，8)O .......... 9 分INPl I AB ∣ ,1 ( 2)2 |X 2 X i l1、2 311) 8 82,| AM | I MN | U2')2(1 1)2 U,⅛ 482 8822 3、不| NA | | AM I 2 | MN |2,8故 ∣NP∣=∣NA∣ o 又∣NP∣=∣NQ∣, |NAFINBI ,所以 I NAI =I NPI =I NBI =IMQI ,由此知A 、P B Q 四点在以N 为圆心，NA 为半径的圆上 12分36.（山东理22）2 21 L 1 已知动直线l与椭圆C:3 4交于PX 1, y 1√6S积OPQ=2,其中O 为坐标原点.SSS 亚SODESODGSOEG2?若存在，判断△ DEG的形状；若不存在，请说明理由所以x2x 1,y2y1∙因为P(X ι, y I )在椭圆上,2 2X L Y L因此322 2 2(2 3k )x 6kmx 3(m2)2 2 2即 3k 2 m4C22 2 2([)证明x 1X 2和W2%均为定值； (∏)设线段PQ 的中点为M ,求IOM 1 IPQI的最大值;(I )解：(1)当直线l 的斜率不存在时,P, Q 两点关于X 轴对称,SOPQ又因为_62Iy ι I由①、②得∣χι I知 1I1.2此时x2 2y 1 y 2 2,(2) 当直线l的斜率存在时，设直线ι的方程为ykx m，由题意知 m 0,将其代入3,得x 2,y 2两不同点，且厶OPQ 的面(川)椭圆C 上是否存在点D,E,G,使得其中36k m 12(2 3k )(2) 0,IPQl ,1 k 2 J x 1 x 2 )2 4x 1x 2 所以 -1S OPQ - |PQ I d所以4 5 61 仃2 2^6 3k 2 2 m 2」m|_ 2^Γk 7一6∣m ∣ '∙. 3k 22 m 2IOM I ∣X 1∣ 咅,| PQI 2∣y 1∣ 2,由(I )知2|OM IIPQI-2云因此2（2）当直线l的斜率存;在时，由（:1)知X 1 X 2 3k22m,2 3k 2 5 輕OPQ6kmX i又2 3k2,X 1X 23(m 2 2)2-2 3k 2d因为点O 到直线l的距离为 |m|,1 k 22∖ 6.3k 2 2 m 22 3k 22X 2 X2(X 1X 2)22x x此时2 22“ 2、 2 Zo 2 Xy 1 y 22(3X 1 ) 2(3X 2)22 2 2综上所述, X 1X 3; y 1 y 2（II ）解法一：6km (2 )2 22 3(m2)3,2 3k2 3k,2z 22、4 (X 1 X 2) 2.32 2整理得3k 2 2m,且符合（*）式,（1）当直线I 的斜率存在时,2,结论成立。

2 21 1所以IOMIIPQ I-(3m^)2 (251 1 IOMllPQl3222，即 m所以2 ,当且仅当m m5综合(1) (2)得IOMI ∙ IPQI 的最大值为2解法2 2 2 2 2因为 4I0M I IPQI (×1 x 2)(y 1 y 2)(x 2 ×1)2 2 2 22[(X 1 X 2) (y 1 y 2)]10.IOM I I PQI所以2 24 IOM I IPQI因此|0M| ∙ ∣PQ∣的最大值为2D(u,v), E(X 1, yj, G(X 2, y 2)满足 S ODESODGSOEG证明：假设存在 由(I )得2j k(「m3k-222m∣0M ∣2 (仝勻2 (上上)22 2 m3k 2 2m 7m ,2m9k 2 1 6m 2 2 1 Zo2 2 2 -(3 4m m 4m2 22(2 m 1) 2 m 1 -2 m ),|PQ|2 (1 k 2) 2 2 24(3k 2 m ) (2 3k 2)21 2(2 2)，m11(3 ~2)(2 —)mm 3 1 2 1 2 2(—m 2 m )2 25 4IOM I IPQI即5 2,当且仅当2 IOM I I PQ I5时等号成立。