2023高考数学一轮复习高考大题专项练五直线与圆锥曲线文含解析北师大版202303232115

高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题1.(2020江西上饶三模,文21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,且|F1F2|=2,P在椭圆C上且|PF1|+|PF2|=4.(1)求椭圆C的方程;(2)过右焦点F2的直线交椭圆于点B,C两点,A为椭圆的左顶点,若F1C·AB=0,求直线AB的斜率k的值.2.(2020新高考全国2,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为12.(1)求C的方程;(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.3.已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|=2x0.(1)求抛物线C的方程;(2)过点P引圆M:(x-3)2+y2=r20<r≤2的两条切线PA,PB,切线PA,PB与抛物线C的另一交点分别为A,B,线段AB中点的横坐标记为t,求t的取值范围.\n4.(2020江苏,18)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.(1)求△AF1F2的周长;(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求OP·QP的最小值;(3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别为S1,S2.若S2=3S1,求点M的坐标.5.(2020山东高考预测卷)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M(a,25)在抛物线C上.(1)若|MF|=6,求抛物线的标准方程;(2)若直线x+y=t与抛物线C交于A,B两点,点N的坐标为(1,0),且满足NA⊥NB,原点O到直线AB的距离不小于2,求p的取值范围.\n6.已知圆O:x2+y2=4,抛物线C:x2=2py(p>0).(1)若抛物线C的焦点F在圆O上,且A为抛物线C和圆O的一个交点,求|AF|;(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于M,N两点,设M(x0,y0),当y0∈[3,4]时,求|MN|的最大值.突破2　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2020山东德州二模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与圆x2+y2=43b2相交于M,N,P,Q四点,四边形MNPQ为正方形,△PF1F2的周长为2(2+1).(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l与椭圆C相交于A,B两点,D(0,-1),若直线AD与直线BD的斜率之积为16,证明:直线恒过定点.\n2.已知动圆P过定点F12,0,且和直线x=-12相切,动圆圆心P形成的轨迹是曲线C,过点Q(4,-2)的直线与曲线C交于A,B两个不同的点.(1)求曲线C的方程;(2)在曲线C上是否存在定点N,使得以AB为直径的圆恒过点N?若存在,求出N点坐标;若不存在,说明理由.3.在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为l,其焦点为F,点B是抛物线C上横坐标为12的一点,若点B到l的距离等于|BO|.(1)求抛物线C的方程;(2)设A是抛物线C上异于顶点的一点,直线AO交直线l于点M,抛物线C在点A处的切线m交直线l于点N,求证:以点N为圆心,以|MN|为半径的圆经过x轴上的两个定点.\n4.(2020山东淄博一模,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为23,左、右焦点分别为F1,F2,点B是椭圆上位于第一象限的任意一点,且当BF2·F1F2=0时,|BF2|=32.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若椭圆C上点A与点B关于原点O对称,过点B作BD垂直于x轴,垂足为D,连接AD并延长交C于另一点M,交y轴于点N.①求△ODN面积的最大值;②证明:直线AB与BM的斜率之积为定值.5.如图,O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距等于其长半轴长,M,N为椭圆C的上、下顶点,且|MN|=23.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,1)作直线l交椭圆C于异于M,N的A,B两点,直线AM,BN交于点T.求证:点T的纵坐标为定值3.\n6.(2020山东济南三模,22)已知平面上一动点A的坐标为(2t2,-2t).(1)求点A的轨迹E的方程.(2)点B在轨迹E上,且纵坐标为2t.①证明直线AB过定点,并求出定点坐标.②分别以A,B为圆心作与直线x=-2相切的圆,两圆公共弦的中点为H,在平面内是否存在定点P,使得|PH|为定值?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.突破3　圆锥曲线中的证明与探索性问题\n1.(2020江西南昌三模,理20)在平面直角坐标系中取两个定点A1(-6,0),A2(6,0),再取两个动点N1(0,m),N2(0,n),且mn=2.(1)求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程;(2)过R(3,0)的直线与轨迹C交于P,Q,过P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N,F为轨迹C的右焦点,若RP=λRQ(λ>1),求证:NF=λFQ.2.(2018全国1,文20)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;(2)证明:∠ABM=∠ABN.3.(2020河南开封三模,理19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与左、右焦点F1,F2构成一个面积为1的直角三角形,(1)求椭圆C的标准方程;(2)若直线l与椭圆C相切,求证:点F1,F2到直线l的距离之积为定值.\n4.(2020河南六市第二次联考,理19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),点P,M,N为椭圆C上的点,直线MN过坐标原点,直线PM,PN的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-12.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若PF∥MN且直线PF与椭圆的另一个交点为Q,问|MN|2|PQ|是否为常数?若是,求出该常数;若不是,请说明理由.5.(2020河北衡水中学三模,理19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,短轴长为23,A,B是椭圆C上关于x轴对称的两点,△ABF1周长的最大值为8.(1)求椭圆C的标准方程.(2)过椭圆C上的动点M作椭圆C的切线l,过原点O作OP⊥l于点P.问:是否存在直线l,使得△OMP的面积为1?若存在,求出此时直线l的方程;若不存在,请说明理由.6.(2020河北唐山二模,理21)已知A(x1,y1),B(-x1,-y1)是椭圆T:x24+y2=1上的两点,且A点位于第一象限.过A作x轴的垂线,垂足为点C,点D满足AC=2CD,延长BD交T于点E(x2,y2).(1)设直线AB,BD的斜率分别为k1,k2.①求证:k1=4k2;②证明:△ABE是直角三角形.\n(2)求△ABE的面积的最大值.参考答案高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题1.解(1)因为|F1F2|=2,所以2c=2,c=1.根据椭圆的定义及|PF1|+|PF2|=4,可得2a=4,a=2.所以b=a2-c2=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设直线AB的方程lAB:y=k(x+2),B(xB,yB).由(1)知,A(-2,0).由y=k(x+2),x24+y23=1,消去y,得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0,∴-2xB=16k2-123+4k2,∴xB=-8k2+63+4k2,∴yB=k(xB+2)=12k3+4k2,∴B-8k2+63+4k2,12k3+4k2.若k=12,则B1,32,C1,-32,AB=3,32.∵F1(-1,0),∴F1C=2,-32.∴F1C·AB=0不成立.同理,k=-12也不成立.∴k≠±12.∵F2(1,0),kBF2=4k1-4k2,kCF1=-1k,∴直线BF2的方程lBF2:y=4k1-4k2(x-1),直线CF1的方程lCF1:y=-1k(x+1).由y=4k1-4k2(x-1),y=-1k(x+1),得x=8k2-1,y=-8k.∴C(8k2-1,-8k).\n又点C在椭圆上,得(8k2-1)24+(-8k)23=1,即(24k2-1)(8k2+9)=0,即k2=124,k=±612.2.解(1)由题意,直线AM的方程为y-3=12(x-2),即x-2y=-4.当y=0时,解得x=-4,所以a=4.椭圆C过点M(2,3),可得416+9b2=1,解得b2=12.所以C的方程为x216+y212=1.(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m.如图所示,当直线与椭圆相切时,设与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.联立直线方程x-2y=m与椭圆方程x216+y212=1,可得3(m+2y)2+4y2=48,化简可得16y2+12my+3m2-48=0,所以Δ=144m2-4×16×(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=±8.与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8,点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离,利用平行线之间的距离公式可得d=8+41+4=1255.由两点之间距离公式可得|AM|=(2+4)2+32=35.所以△AMN的面积的最大值为12×35×1255=18.3.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+p2,由题意得2x0=x0+p2,2px0=4,p>0,解得p=2,x0=1.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)由题意知,过P(1,2)引圆(x-3)2+y2=r2(0<r≤2)的切线斜率存在且不为0,设切线PA的方程为y=k1(x-1)+2,则圆心M到切线PA的距离d=|2k1+2|k12+1=r,整理得(r2-4)k12-8k1+r2-4=0.设切线PB的方程为y=k2(x-1)+2,同理可得(r2-4)k22-8k2+r2-4=0.所以k1,k2是方程(r2-4)k2-8k+r2-4=0的两根,k1+k2=8r2-4,k1k2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k1(x-1)+2,y2=4x,得k1y2-4y-4k1+8=0,由韦达定理知,2y1=8-4k1k1,\n所以y1=4-2k1k1=4k1-2=4k2-2,同理可得y2=4k1-2.设线段AB的中点为D,则点D的横坐标为t,则t=x1+x22=y12+y228=(4k2-2)2+(4k1-2)28=2(k12+k22)-2(k1+k2)+1=2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3.设λ=k1+k2,则λ=8r2-4∈[-4,-2),所以t=2λ2-2λ-3,对称轴λ=12>-2,所以9<t≤37.所以t的取值范围是(9,37].4.解(1)设椭圆E:x24+y23=1的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,则a2=4,b2=3,c2=1.所以△AF1F2的周长为2a+2c=6.(2)椭圆E的右准线为x=4.设P(x,0),Q(4,y),则OP=(x,0),QP=(x-4,-y),OP·QP=x(x-4)=(x-2)2-4≥-4,在x=2时取等号.所以OP·QP的最小值为-4.(3)因为椭圆E:x24+y33=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,则F1(-1,0),F2(1,0),A1,32,所以直线AB:3x-4y+3=0.设M(x,y),因为S2=3S1,所以点M到直线AB距离等于点O到直线AB距离的3倍.由此得|3x-4y+3|5=3×|3×0-4×0+3|5,则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.联立方程3x-4y+12=0,x24+y23=1,消去y得7x2+24x+32=0,此方程无解;联立方程3x-4y-6=0,x24+y23=1,消去y得7x2-12x-4=0,所以x=2或x=-27.代入直线l:3x-4y-6=0,对应分别得y=0或y=-127.因此点M的坐标为(2,0)或-27,-127.\n5.解(1)由题意及抛物线的定义得a+p2=6,又点M(a,25)在抛物线C上,所以20=2pa,由a+p2=6,20=2pa,解得p=2,a=5或p=10,a=1.所以抛物线的标准方程为y2=4x或y2=20x.(2)联立方程x+y=t,y2=2px,整理得x2-(2t+2p)x+t2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系可得x1+x2=2t+2p,x1x2=t2.因为NA⊥NB,所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,又y1=t-x1,y2=t-x2,所以2x1x2-(1+t)(x1+x2)+t2+1=0,得2p=t2-2t+1t+1.由原点O到直线AB的距离不小于2,得|t|2≥2,即t≤-2(舍去)或t≥2,因为2p=t2-2t+1t+1=t+1+4t+1-4,函数y=t2-2t+1t+1在t∈[2,+∞)上单调递增,所以p≥16,即p的取值范围为16,+∞.6.解(1)由题意知F(0,2),所以p=4.所以抛物线C的方程为x2=8y.将x2=8y与x2+y2=4联立得点A的纵坐标为yA=2(5-2),结合抛物线定义得|AF|=yA+p2=25-2.(2)由x2=2py得y=x22p,y'=xp,所以直线l的斜率为x0p,故直线l的方程为y-y0=x0p(x-x0).即x0x-py-py0=0.又由|ON|=|-py0|x02+p2=2得p=8y0y02-4且y02-4>0,所以|MN|2=|OM|2-|ON|2=x02+y02-4=2py0+y02-4=16y0y02-4y0+y02-4=16y02y02-4+y02-4=16(y02-4+4)y02-4+y02-4=16+64y02-4+y02-4.令t=y02-4,y0∈[3,4],则t∈[5,12],令f(t)=16+t+64t,则f'(t)=1-64t2;当t∈[5,8]时f'(t)≤0,f(t)单调递减,当t∈(8,12]时f'(t)>0,f(t)单调递增,又f(5)=16+5+645=1695,f(12)=16+12+6412=1003<1695,所以f(x)max=1695,即|MN|的最大值为1355.\n突破2　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(1)解由2x2=43b2,则x2=23b2代入椭圆方程得2b23a2+23=1,即b2a2=12.①由题意,得2a+2c=2(2+1).②由①②解得a2=2,b2=1.所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)证明①当直线l的斜率不存在时,设l:x=m,A(m,yA),B(m,-yA),kAD·kBD=yA+1m·-yA+1m=1-yA2m2=m22m2=12≠16不满足题意.②当直线l的斜率存在时,设l:y=kx+b(b≠-1),A(x1,y1),B(x2,y2).联立y=kx+b,x2+2y2-2=0,整理得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0,x1+x2=-4kb1+2k2,x1·x2=2b2-21+2k2.则kAD·kBD=y1+1x1·y2+1x2=(kx1+b)(kx2+b)+[k(x2+x1)+2b]+1x1x2=k2x1x2+(kb+k)(x1+x2)+b2+2b+1x1x2=(b+1)22(b+1)(b-1)=16,又b≠-1,解得b=-2.所以直线l恒过定点(0,-2).2.解(1)设动圆圆心P到直线x=-12的距离为d,根据题意,d=|PF|,∴动点P形成的轨迹是以F12,0为焦点,以直线x=-12为准线的抛物线,∴抛物线方程为y2=2x.(2)根据题意,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线的方程为lAB:x=n(y+2)+4,代入抛物线方程,整理得y2-2ny-4n-8=0,Δ=4n2+16(n+2)=4(n2+4n+8)>0,∴y1+y2=2n,y1y2=-4n-8.若设抛物线上存在定点N,使得以AB为直径的圆恒过点N,设N(x0,y0),则y02=2x0,kNA=y1-y0x1-x0=y1-y0y122-y022=2y1+y0,同理可得kNB=2y2+y0,kNA·kNB=2y1+y0·2y2+y0=4y1y2+(y1+y2)y0+y02=4-4n-8+2ny0+y02=-1,∴(2y0-4)n+y02-4=0,∴2y0-4=0,y02-4=0,解得y0=2,x0=2,∴在曲线C上存在定点N(2,2),使得以AB为直径的圆恒过点N.\n3.(1)解由题意,得|BF|=|BO|,则△BOF为等腰三角形,因为点B的横坐标为12,所以线段OF的中点的横坐标为12,从而点F的横坐标为1,即p2=1,所以p=2,故所求抛物线C的方程为y2=4x.(2)证明设切线m的方程为y=kx+b,联立方程y=kx+b,y2=4x,消去y得k2x2+2(kb-2)x+b2=0,(*)由题意知Δ=4(kb-2)2-4k2b2=0,即b=1k,所以方程(*)的根为x=1k2,从而A1k2,2k.直线OA的方程为y=2kx,由y=kx+1k,x=-1,得N-1,1k-k,由y=2kx,x=-1,得M(-1,-2k),所以以点N为圆心,以|MN|为半径的圆的方程为(x+1)2+(y-1k+k)2=(k+1k)2,令y=0,得(x+1)2+(k-1k)2=(k+1k)2,解得x=1或x=-3,所以圆N经过x轴上的两个定点(1,0)和(-3,0).4.解(1)设F2(c,0),由BF2·F1F2=0,得BF2⊥F1F2.将x=c代入x2a2+y2b2=1,得y=±b2a,即|BF2|=b2a=32,由b=3,得a=2,所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)设B(x1,y1),M(x2,y2),则A(-x1,-y1),D(x1,0).①易知ON为△ABD的中位线,所以N0,-y12,所以S△ODN=12|x1|·-y12=14|x1|·|y1|=14x1y1.又B(x1,y1)满足x24+y23=1,所以x124+y123=1≥2·x12·y13=x1y13,得x1y1≤3,故S△ODN=14x1y1≤34,当且仅当x12=y13,即x1=2,y1=62时,等号成立.所以△ODN面积的最大值为34.\n②证明:记直线AB的斜率为k=y1x1(k>0),则直线AD的斜率为y12x1=k2,所以直线AD的方程为y=k2(x-x1).由y=k2(x-x1),x24+y23=1,消去y得(3+k2)x2-2k2x1x+k2x12-12=0,则(-x1)+x2=2k2x13+k2,所以x2=2k2x13+k2+x1,代入直线AD的方程,得y2=k3x13+k2.于是,直线BM的斜率kBM=y2-y1x2-x1=k3x13+k2-kx12k2x13+k2+x1-x1=-32k.所以直线AB与BM的斜率之积为定值-32.5.(1)解由题意可知:2c=a,2b=23,又a2=b2+c2,有b=3,c=1,a=2,故椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)证明由题意知直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+1,设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2≠0),联立直线方程和椭圆方程得y=kx+1,3x2+4y2-12=0,消去y得(4k2+3)x2+8kx-8=0,x1+x2=-8k4k2+3,x1x2=-84k2+3,则有x1+x2=kx1x2,又lBN:y=y2+3x2·x-3,lAM:y=y1-3x1·x+3,由y=y2+3x2·x-3,y=y1-3x1·x+3,得y-3y+3=y1-3x1·x2y2+3,故y-3y+3=kx1+1-3x1·x2kx2+1+3=kx1x2+(1-3)x2kx1x2+(1+3)x1,整理得到y=3[2kx1x2+x1+x2+3(x1-x2)]x1-x2+3(x1+x2)=3[3(x1+x2)+3(x1-x2)]x1-x2+3(x1+x2)=3.故点T的纵坐标为3.6.解(1)设动点A的坐标为(x,y),因为A的坐标为(2t2,-2t),所以x=2t2,y=-2t,消去参数t得y2=2x.(2)①证明:因为点B在轨迹E上,且纵坐标为2t,所以点B的坐标为2t2,2t.当t=±1时,直线AB的方程为x=2.当t≠±1时,直线AB的斜率为kAB=yB-yAxB-xA=t1-t2,所以直线AB的方程为y+2t=t1-t2(x-2t2),整理得y=t1-t2(x-2),所以直线AB过定点(2,0).综上,直线AB过定点(2,0).②存在.因为A的坐标为(2t2,-2t),且圆A与直线x=-2相切,\n所以圆A的方程为(x-xA)2+(y-yA)2=(xA+2)2,同理圆B的方程为(x-xB)2+(y-yB)2=(xB+2)2,两圆方程相减得2(xB-xA)x+2(yB-yA)y+yA2-yB2=4xA-4xB,将A(2t2,-2t),B2t2,2t代入并整理得y=t-1t(x+1),①由①可知直线AB的方程为y=t1-t2(x-2),②因为H是两条直线的交点,所以两个方程相乘得y2=-(x-2)(x+1),整理得x-122+y2=94,即点H的轨迹是以12,0为圆心,32为半径的圆,所以存在点P12,0,满足|HP|=32.突破3　圆锥曲线中的证明与探索性问题1.(1)解依题意知直线A1N1的方程为y=m6(x+6),①直线A2N2的方程为y=-n6(x-6),②设Q(x,y)是直线A1N1与A2N2交点,①,②相乘,得y2=-mn6(x2-6),由mn=2整理得x26+y22=1,因为N1,N2不与原点重合,可得点A1,A2不在轨迹C上,所以轨迹C的方程为x26+y22=1(x≠±6).(2)证明设l:x=ty+3,代入椭圆方程消去x,得(3+t2)y2+6ty+3=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x1,-y1),可得y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3,RP=λRQ,可得(x1-3,y1)=λ(x2-3,y2),所以x1-3=λ(x2-3),y1=λy2,证明NF=λFQ,只要证明(2-x1,y1)=λ(x2-2,y2),所以2-x1=λ(x2-2),只要证明x1-3x2-3=-x1-2x2-2,只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)=0,由y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3,代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)=0,所以NF=λFQ.2.解(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线BM的方程为y=12x+1或y=-12x-1.(2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.\n由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.综上,∠ABM=∠ABN.3.(1)解∵椭圆C的上顶点A与左、右焦点F1,F2构成一个面积为1的直角三角形,∴b=c,bc=1,∴b=c=1,∴a2=b2+c2=2,∴椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)证明①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=±2,点F1,F2到直线l的距离之积为(2-1)×(2+1)=1.②当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,联立y=kx+m,x22+y2=1,消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=-8(m2-2k2-1)=0,∴m2=1+2k2.点F1到直线l:y=kx+m的距离d1=|-k+m|k2+1,点F2到直线l:y=kx+m的距离d2=|k+m|k2+1.∴d1d2=|-k+m|k2+1·|k+m|k2+1=|m2-k2|k2+1=|2k2+1-k2|k2+1=1.综上可知,当直线l与椭圆C相切时,点F1,F2到直线l的距离之积为定值1.4.解(1)设M(x0,y0),P(x1,y1),则N(-x0,-y0).联立x02a2+y02b2=1,x12a2+y12b2=1,得(x0+x1)(x0-x1)a2+(y0+y1)(y0-y1)b2=0,即(y0+y1)(y0-y1)(x0+x1)(x0-x1)=-b2a2,又k1·k2=-12,∴a2=2b2,又a2-b2=1,∴a2=2,b2=1.故椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)设直线PQ的方程为x=ty+1,则直线MN的方程为x=ty.联立x=ty+1,x2+2y2=2,消去x可得(2+t2)y2+2ty-1=0,设Q(x2,y2),则Δ=4t2+4(2+t2)=8(1+t2)>0,∴y1+y2=-2t2+t2,y1y2=-12+t2,∴|PQ|=1+t2·|y1-y2|=1+t2·(y1+y2)2-4y1y2=1+t2·-2t2+t22+42+t2=22(1+t2)2+t2.\n联立x=ty,x2+2y2=2,可得y02=22+t2,所以|MN|=2x02+y02=2(1+t2)y02=22(t2+1)2+t2,故|MN|2|PQ|=22为常数.5.解(1)设AB与x轴的交点为H,由题意可知|AH|≤|AF2|,则|AF1|+|AH|≤|AF1|+|AF2|=2a,当AB过右焦点F2时,△ABF1的周长取最大值4a=8,所以a=2,且b=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)不存在直线l,使得△OMP的面积为1.理由如下.假设直线l斜率存在且不为0,设直线l:y=kx+t,联立方程组y=kx+t,3x2+4y2=12,消去y得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,由Δ=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-12)=0,得t2=4k2+3,所以xM=-8kt2(3+4k2)=-4kt,因为直线OP⊥l,所以直线OP的方程为y=-1kx,联立y=-1kx,y=kx+t,得xP=-ktk2+1,所以|MP|=1+k2·-4kt+ktk2+1=1+k2·-4k3-4k+kt2t(k2+1)=|k||t|k2+1.又因为|OP|=|t|1+k2,所以S△OMP=12|MP|·|OP|=12·|k||t|k2+1·|t|k2+1=12·|k|k2+1=12·1|k|+1|k|≤14,当且仅当k=±1时,等号成立.因此不存在直线l,使得△OMP的面积为1.6.(1)证明①由题意可得Dx1,-y12,所以k2=-y12-(-y1)x1-(-x1)=y14x1.又k1=y1x1,因此k1=4k2.②因为A(x1,y1),E(x2,y2)都在T上,所以x124+y12=1,x224+y22=1.从而x22-x124+(y22-y12)=0,即y2-y1x2-x1·y2-(-y1)x2-(-x1)=-14.\n又kAE=y2-y1x2-x1,kBE=y2-(-y1)x2-(-x1)=k2,所以kAE·k2=-14.由①k1=4k2,则k1·kAE=-1,即AB⊥AE.故△ABE是直角三角形.(2)解由(1)得,直线AE:y=-x1y1(x-x1)+y1=-x1xy1+x12+y12y1.将直线AE代入椭圆T,并整理可得(4x12+y12)x2-8x1(x12+y12)x+4(x12+y12)2-4y12=0,所以x1+x2=8x1(x12+y12)4x12+y12.S△ABE=12×|AD|×|x2-(-x1)|=12×3y12×|x2+x1|=6x1y1(x12+y12)4x12+y12.因为x124+y12=1,所以S△ABE=24x1y1(x12+y12)(4x12+y12)(x12+4y12)=24y1x1+x1y14x12y12+4y12x12+17.令y1x1+x1y1=t,则t≥2,当且仅当k1=y1x1=1时,等号成立.从而S△ABE=24t4t2+9=244t+9t,因为4t+9t在[2,+∞)上单调递增,所以t=2时,4t+9t取得最小值252,故k1=1时,S△ABE取得最大值4825.