2016年10月24圓錐曲線解答題3

1、2016年10月24圓錐曲線解答題3參考答案與試題解析一解答題（共30小題）2（2016新余二模）已知O為坐標原點，的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右頂點為A，上頂點為B，若|OB|，|OF2|，|AB|成等比數(shù)列，橢圓C上的點到焦點F2的最短距離為（1）求橢圓C的標準方程；（2）設T為直線x=3上任意一點，過F1的直線交橢圓C于點P，Q，且，求的最小值【解答】解：（1）|OB|，|OF2|，|AB|成等比數(shù)列，=|OB|AB|，=，設M（x0，y0）為橢圓C上一點，則=+=，ax0a，當x0=a時，ac=2，及其a2=b2+c2，解得a2=6，b2=2橢圓C的標準方程為=1（II）由（I）可知：

2、F1（2，0），設T（3，m），|TF1|=，直線TF1的斜率=m，當m0時，直線PQ的斜率kPQ=，直線PQ的方程是x=my2，當m=0時也適合設P（x1，y1），Q（x2，y2），將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得，化為：（m2+3）y24my2=0，0，y1+y2=，y1y2=，|PQ|=，=，當且僅當=，即m=±1時，等號成立的最小值為3（2016上海模擬）如圖，在平面直角坐標系xoy中，已知橢圓C：=1（ab0）的離心率e=，左頂點為A（4，0），過點A作斜率為k（k0）的直線l交橢圓C于點D，交y軸于點E（1）求橢圓C的方程； （2）已知P為AD的中點，是否存在定點Q

3、，對于任意的k（k0）都有OPEQ，若存在，求出點Q的坐標；若不存在說明理由；（3）若過O點作直線l的平行線交橢圓C于點M，求的最小值【解答】解：（1）橢圓C：=1（ab0）的離心率e=，左頂點為A（4，0），a=4，又，c=2（2分）又b2=a2c2=12，橢圓C的標準方程為（4分）（2）直線l的方程為y=k（x+4），由消元得，化簡得，（x+4）（4k2+3）x+16k212）=0，x1=4，（6分）當時，點P為AD的中點，P的坐標為，則（8分）直線l的方程為y=k（x+4），令x=0，得E點坐標為（0，4k），假設存在定點Q（m，n）（m0），使得OPEQ，則kOPkEQ=1，即恒成立，

4、（4m+12）k3n=0恒成立，即，定點Q的坐標為（3，0）（10分）（3）OMl，OM的方程可設為y=kx，由，得M點的橫坐標為，（12分）由OMl，得=（14分）=，當且僅當即時取等號，當時，的最小值為 （16分）4（2016新余二模）如圖，已知橢圓+y2=1的四個頂點分別為A1，A2，B1，B2，左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，若圓C：（x3）2+（y3）2=r2（0r3）上有且只有一個點P滿足=（1）求圓C的半徑r；（2）若點Q為圓C上的一個動點，直線QB1交橢圓于點D，交直線A2B2于點E，求的最大值【解答】解：（1）由橢圓+y2=1可得F1（1，0），F(xiàn)2（1，0），設P（x，y），=，

5、=，化為：x23x+y2+1=0，即=又（x3）2+（y3）2=r2（0r3），圓C上有且只有一個點P滿足=上述兩個圓外切，=r+，解得r=（2）直線A2B2方程為：，化為=設直線B1Q：y=kx1，由圓心到直線的距離，可得：k聯(lián)立，解得E聯(lián)立，化為：（1+2k2）x24kx=0，解得D|DB1|=|EB1|=，=|1+|，令f（k）=，f（k）=0，因此函數(shù)f（k）在k上單調(diào)遞減k=時，=|1+|=取得最大值6（2016莆田一模）己知兩點A（2，0），B（2，0），直線l過點B且與x軸垂直，點C是l上異于點B的動點，直線BP垂直線段OC并交線段AC于點P，記點P的軌跡為曲線（1）求曲線的方程

6、；（2）過點D（1，0）的直線與曲線 交于M，N兩點，直線AM，AN分別與l交于E，F(xiàn)兩點當AEF的面積是AMN的面積的2倍時，求直線MN的方程【解答】解：（1）設點C（2，m）（m0），則kOC=，kAC=，直線BP的方程為：y=（x+2），直線AC的方程為：y=（x2），聯(lián)立，消去m可得=1曲線的方程為=1（y0）（2）由題意可設直線MN的方程為x=ty1，聯(lián)立，化為（m2+2）y22my3=0，設M（x1，y1），N（x2，y2），（y1y2），則y1+y2=，y1y2=直線AM的方程為：（x2），由xE=2，可得yE=同理可得：yF=|EF|=|yEyF|=，SAEF=，SAMN=SA

7、EF=2SAMN，=3|y1y2|，化為=8，化簡可得：=8，解得m=，直線MN的方程為：y=±2（x+1）7（2016遼寧校級一模）已知橢圓C：的離心率為，右頂點A（2，0）（1）求橢圓C的方程；（2）過點的直線l交橢圓于B、D兩點，設直線AB斜率為k1，直線AD斜率為k2求證：k1k2為定值，并求此定值【解答】解：（）橢圓C：的離心率為，右頂點A（2，0），由題意得，解得橢圓C的方程為（4分）證明：（）由題意知直線l斜率不為0，可設直線l方程為，與聯(lián)立，得，=9m2+7（m2+4）0，設B（x1，y1），D（x2，y2），則（8分）=k1k2為定值，定值為（12分）8（2016南

8、寧二模）已知橢圓：+=1（ab0）的兩個焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為，ABF2的周長等于4，點A、B在橢圓C上，且F1在邊AB上（1）求橢圓C的標準方程；（2）如圖，過圓O：x2+y2=4上任意一點P作橢圓C的兩條切線PM和PN與圓O交于點M、N，求PMN面積的最大值【解答】解：（1）ABF2的周長等于4，且F1在邊AB上，（BF1+BF2）+（AF1+AF2）=4，即a=，又=，=1，橢圓C的標準方程為：+y2=1；（2）依題意，設P（x0，y0），設過P點的直線為yy0=k（xx0），記b=kx0+y0，整理得：y=kx+b，并代入橢圓方程，得：x2+3k2x2+6kbx+3b23=0，令=

9、0，得9k2b23b29k2b2+9k2+3=0，9k23b2+3=0，即3k2b2+1=0，又b=kx0+y0，3k2k2x02+2kx0y0y02+1=0，=3y02+x0230，k1k2=，又x02+y02=4，即y02=4x02，k1k2=1，過圓O：x2+y2=4上任意一點P作橢圓C的兩條切線均垂直，MN為圓O的直徑，顯然當P點為P（0，±2）時，PMN面積的最大，最大值為42=410（2016浙江模擬）已知橢圓+=1（ab0）的右焦點為F2（1，0），點H（3，0）在橢圓上（1）求橢圓的方程；（2）點M在圓x2+y2=b2上，且M在第一象限，過M作圓x2+y2=b2的切線

10、交橢圓于P，Q兩點，求證：PF2Q的周長是定值【解答】解：（1）由題意可得c=1，a=3，即有b=2，則橢圓的方程為+=1；（2）證明：設P（x1，y1），Q（x2，y2），+=1（|x1|3），|PF2|2=（x11）2+y12=（x19）2，|PF2|=3x1，連接OM，OP，由相切條件知：|PM|2=|OP|2|OM|2=x12+y128=x12，|PM|=x1，|PF2|+|PM|=3，同理可求|QF2|+|QM|=3，|F2P|+|F2Q|+|PQ|=6即有PF2Q的周長為定值611（2016西安校級二模）設F1，F(xiàn)2是橢圓C：x2+2y2=2（0）的左、右焦點，P是橢圓上任意一點（

11、1）記F1PF2=，求證：cos0；（2）若F1（1，0），點N（2，0），已知橢圓C上的兩個動點A，B滿足=，當，時，求直線AB斜率的取值范圍【解答】解：（1）證明：橢圓C：x2+2y2=2（0），即為+=1，可得a=，b=，c=，則F1（，0），F(xiàn)2（，0），當P為短軸的一個端點時，|PF1|=|PF2|=a=，|F1F2|=2c=2，即有|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，F(xiàn)1PF2=90°，由橢圓的性質(zhì)可得，當P為短軸的端點時，F(xiàn)1PF2取得最大值，即0°F1PF290°，則cos0；（2）由=，可得A，B，N三點共線，而N（2，0），設直線的方程

12、為y=k（x+2），（k0），由F1（1，0），可得c=1，即=1，可得橢圓的方程為x2+2y2=2，由，消去x得：y2y+2=0，由=（）280，解得0k或k0設A（x1，y1），B（x2，y2），由韋達定理得y1+y2=，y1y2=，又由=得：（x1+2，y1）=（x2+2，y2），y1=y2將式代入式得：，消去y2得：=設（）=+2，當，時，（）是減函數(shù)，（），解得 k2，又由0k或k0得k或k直線AB的斜率的取值范圍是，12（2016遼寧校級一模）已知橢圓C：+=1（ab0）的離心率為，且點（，）在C上（）求橢圓C的方程；（）直線l經(jīng)過點P（1，0），且與橢圓C有兩個交點A，B，是否存

13、在直線l0：x=x0（其中x02），使得A，B到l0的距離dA，dB滿足：=恒成立？若存在，求x0的值；若不存在，請說明理由【解答】解：（）由題意可得e=，a2b2=c2，又+=1，解得a=2，b=1，即有橢圓的方程為+y2=1；（）設直線l的方程為y=k（x1），代入橢圓方程可得，（1+4k2）x28k2x+4k24=0，設A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2），即有x1+x2=，x1x2=，存在直線l0：x=x0（其中x02），使得A，B到l0的距離dA，dB滿足：=恒成立，即有=，即為2x1x2+2x0（1+x0）（x1+x2）=0，即有+2x0（1+x0）=0，即為8k28+2

14、x0（1+4k2）8k2（1+x0）=0，即有2x0=8，解得x0=42故存在這樣的直線l：x=413（2016白山三模）設直線l：y=k（x+1）（k0）與橢圓x2+4y2=m2（m0）相交于A，B兩個不同的點，與x軸相交于點C，記O為坐標原點（1）證明：m2；（2）若=3，求OAB的面積取得最大值時橢圓的方程【解答】解：（1）依題意，直線l顯然不平行于坐標軸，故y=k（x+1）可化為x=1將x=代入x2+4y2=m2，消去x，得（1+4k2）y22ky+k2k2m2=0，由直線l與橢圓相交于兩個不同的點，得=4k24（1+4k2）（k2k2m2）=4k2m216k4+16k4m20，化簡整

15、理即得；（2）A（x1，y1），B（x2，y2），由，得，=（1x1，y1），=（x2+1，y2），由=3，得y1=3y2 ，由聯(lián)立，解得y2=，OAB的面積S=|OC|y1y2|=2|y2|=，上式取等號的條件是4k2=1，即k=±當k=時，由解得；當k=時，由解得將k=，及k=，這兩組值分別代入，均可解出m2=5，經(jīng)驗證，m2=5，k=±滿足OAB的面積取得最大值時橢圓方程是x2+4y2=415（2016湛江一模）如圖，已知橢圓C1：+=1（ab0）的半焦距為c，原點O到經(jīng)過兩點（c、0），（0，b）的直線的距離為c（0，1），垂直于x軸的直線l與橢圓C1及圓C2：x2

16、+y2=a2均有兩個交點，這四個交點按其坐標從大到小分別為A、B、C、D（）當=時，求的值；（）設N（a，0），若存在直線l使得BOAN，證明：0【解答】（）解：過兩點（c、0），（0，b）的直線方程為，即bx+cybc=0，由原點O到直線bx+cybc=0的距離為c（0，1），得，即b=a，當=時，b=，此時橢圓方程為設直線l的方程為x=m（ama），聯(lián)立，解得B（m，），C（m，），聯(lián)立，解得A（m，），D（m，），=；（）證明：如圖，由（）得，A（m，），聯(lián)立，得B（m，），又N（a，0），而，由BOAN，得，m=（ma），即am0，即，解得：1（舍）或，又（0，1），016（2016洛

17、陽二模）已知圓心在直線y=x上的圓C與x軸相切，與y軸正半軸交于M，N兩點（點M在N的下方），且|MN|=3（1）求圓C的方程；（2）過點M任作一條直線與橢圓+=1交于A、B兩點，設直線AN、BN的斜率分別為k1，k2，則k1+k2是否為定值？若為定值，求出該定值；若不為定值，請說明理由【解答】解：（1）設圓C的半徑為r（r0），依題意，設圓心坐標為（4a，5a），a0，|MN|=3，r2=（）2+（4a）2=（5a）2，解得a=，即有圓心為（2，），r=，圓C的方程為（x2）2+（y）2=；（2）把x=0代入方程（x2）2+（y）2=，解得：y=1，或y=4，即M（0，1），N（0，4），當

18、ABx軸時，不滿足題意；當AB與x軸不垂直時，設直線AB解析式為y=kx+1，聯(lián)立方程，消去y得：（2k2+1）x2+4kx6=0，設直線AB交橢圓于A（x1，y1），B（x2，y2），則有x1+x2=，x1x2=，y1=kx1+1，y2=kx2+1，k1+k2=+=+=，2kx1x23（x1+x2）=2k（）3（）=0，k1+k2=017（2016安徽三模）已知橢圓C：=1（ab0）和圓D：x2+y2=b2分別與射線y=x（x0）交于A、B兩點，且|OA|=|OB|=（I）求橢圓C的方程；（）若不經(jīng)過原點O且斜率為k的直線l與橢圓交于M、N兩點，且SOMN=1，證明：線段MN中點P（x0，y

19、0）的坐標滿足x+4y=2【解答】解：（I）由題意可得|OB|=1，|OA|=，即有b=1，令y=x，可得+x2=1，解得x=±，即有=，解得a=2，即有橢圓的方程為+y2=1；（）證明：設直線l的方程為y=kx+t，代入橢圓方程x2+4y2=4，可得（1+4k2）x2+8ktx+4t24=0，設M（x1，y1），N（x2，y2），即有x1+x2=，x1x2=，MN的中點為（，），SOMN=|OM|ON|sinMON=|x1y2x2y1|=|x1（kx2+t）x2（kx1+t）|=|t（x1x2）|=|t|=1，化簡可得1+4k2=2t2，即有x02+4y02=+4=218（2016

20、河南模擬）已知橢圓C：=1（ab0）的離心率e=，橢圓的右焦點F（c，0），橢圓的右頂點為A，上頂點為B，原點到直線AB的距離為（I）求橢圓C的方程；（）判斷在x軸上是否存在異于F的一點G，滿足過點G且斜率為k（k0）的直線l與橢圓C交于M、N兩點，P是點M關于x軸的對稱點，N、F、P三點共線，若存在，求出點G坐標；若不存在，說明理由【解答】解：（I）由題意可得e=，直線AB的方程為bx+ay=ab，由題意可得=，又a2b2=c2，解得a=，b=c=1，即有橢圓的方程為+y2=1；（）在x軸上假設存在異于F的一點G，設為（n，0），設直線l的方程為y=k（xn），代入橢圓方程x2+2y2=2，

21、可得（1+2k2）x24nk2x+2k2n22=0，設M（x1，y1），N（x2，y2），可得x1+x2=，x1x2=，由假設可得P（x1，y1），F(xiàn)（1，0），N（x2，y2）三點共線，可得kPN=kNF，即=，由y1=k（x1n），y2=k（x2n），可得（x1+x22n）（x21）=（x2x1）（x2n），化簡為（n+1）（x1+x2）2x1x22n=0，即有（n+1）22n=0，化簡可得n=2，代入判別式可得2k21，故存在異于F的一點G，且為（2，0），使N、F、P三點共線19（2016成都校級模擬）已知橢圓的離心率為，且以坐標原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線相切（1）求橢

22、圓C的標準方程；（2）若一條不過原點的直線l與橢圓相交于A，B兩點，設直線OA，l，OB的斜率分別為k1，k，k2，且k1，k，k2恰好構成等比數(shù)列求|OA|2+|OB|2的值【解答】解：（1）橢圓的離心率為，由題意知e=，e2=，整理，得a2=4b2，a=2b，又以坐標原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線相切，b=1，a=2，故橢圓C的方程為：=1（2）設直線l的方程為y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），由直線l的方程代入橢圓方程，消去y得：（1+4k2）x2+8kmx+4m24=0，x1+x2=，x1x2=，且=16（1+4k2m2）0，k1、k、k2恰好構成等比數(shù)列k

23、2=k1k2=，4k2m2+m2=0，k=±，此時=16（2m2）0，即m（，），x1+x2=±2m，x1x2=2m22|OA|2+|OB|2=（x1+x2）22x1x2+2=5，|OA|2+|OB|2是定值為520（2016?？谛＜壞M）如圖，已知橢圓+=1（ab0），橢圓的長軸長為8，離心率為（1）求橢圓方程；（2）橢圓內(nèi)接四邊形ABCD的對角線交于原點，且（）（）=0，求四邊形ABCD周長的最大值與最小值【解答】解：（1）由題意可得2a=8，即a=4，由e=，可得c=，b=3，即有橢圓的方程為+=1；（2）由題意的對稱性可得四邊形ABCD為平行四邊形，由（）（）=0，

24、可得（）=0，即（）（）=0，可得2=2，即有四邊形ABCD為菱形，即有ACBD，設直線AC的方程為y=kx，（k0），則BD的方程為y=x，代入橢圓方程可得x=±，可設A（，k），同理可得D（，），即有|AD|2=（）2+（+）2=，令1+k2=t（t1），即有|AD|2=25=25，由144+=49（）2+，即有t=2，即k=±1時，|AD|取得最小值，且為；又當AC的斜率為0時，BD為短軸，即有ABCD的周長取得最大值，且為20綜上可得四邊形ABCD的周長的最小值為，最大值為2021（2016天津一模）橢圓C：=1（ab0），A，B是橢圓與x軸的兩個交點，M為橢圓C的

25、上頂點，設直線MA的斜率為k1，直線MB的斜率為k2，k1k2=（）求橢圓C的離心率；（）設直線l與x軸交于點D（，0），交橢圓于P、Q兩點，且滿足=3，當OPQ的面積最大時，求橢圓C的方程【解答】解：（）由題意可得M（0，b），A（a，0），B（a，0）k1=，k2=k1k2=，b=a，可得e= （）由（）知e=，得a2=3c2，b2=2c2，可設橢圓C的方程為：2x2+3y2=6c2，設直線l的方程為：x=my，直線l與橢圓交于P，Q兩點得（2m2+3）y24my+66c2=0，因為直線l與橢圓C相交，所以=48m24（2m2+3）（66c2）0，由韋達定理：y1+y2=，y1y2= 又=

26、3，所以y1=3y2，代入上述兩式有：66c2=，所以SOPQ=|OD|y1y2|=|=12=1212=，當且僅當m2=時，等號成立，此時c2=，代入，有0成立，所以橢圓C的方程為：+=122（2016晉中一模）已知橢圓E：+=1（ab0），A為橢圓E的右頂點，B，C分別為橢圓E的上、下頂點（I）若N為AC的中點，BAN的面積為，橢圓的離心率為求橢圓E的方程；（）F為橢圓E的右焦點，線段CF的延長線與線段AB交于點M，與橢圓E交于點P，求的最小值【解答】解：（I）由題意可得A（a，0），B（0，b），C（0，b），|AN|=|AC|=，直線AC的方程為bxayab=0，可得B到AC的距離為d=

27、，由BAN的面積為，可得（）=，即有ab=2，又e=，a2b2=c2，解得a=2，b=c=，即有橢圓的方程為+=1；（）設F（c，0），C（0，b），A（a，0），B（0，b），可得直線CF：y=xb，直線AB的方程為y=x+b，聯(lián)立直線CF和AB的方程，可得M（，），將直線CF的方程代入橢圓方程b2x2+a2y2=a2b2，可得x=0或，即有P（，），由=，由e=（0，1），可得=（1+e）+222=22當且僅當1+e=，即e=1，可得最小值2223（2016河南二模）已知橢圓C：的左、右焦點分別為F1（c，0）、F2（c，0），P為橢圓C上任意一點，且最小值為0（）求曲線C的方程；（）若動

28、直線l2，l2均與橢圓C相切，且l1l2，試探究在x軸上是否存在定點B，使得點B到l1，l2的距離之積恒為1？若存在，請求出點B的坐標；若不存在，請說明理由【解答】解：（）設P（x，y），則有=（x+c，y），=（xc，y），=x2+y2c2=，xa，a，由最小值為0，得1c2=0，c=1，a2=2，橢圓C的方程為（）當直線l1，l2斜率存在時，設其方程為y=kx+m，y=kx+n，把l1的方程代入橢圓方程，得（1+2k2）x2+4mkx+2m22=0，直線l1與橢圓C相切，=16k2m24（1+2k2）（2m22）=0，化簡，得m2=1+2k2，同理，n2=1+2k2，m2=n2，若m=n，

29、則重合，不合題意，m=n，設在x軸上存在點B（t，0），點B到直線l1，l2的距離之積為1，則=1，即|k2t2m2|=k2+1，把1+2k2=m2代入并去絕對值整理，得：k2（t23）=2或k2（t21）=0，前式不恒成立，而要使得后對任意的kR恒立，則t21=0，解得t=±1當直線l1，l2的距離之積為（）（）=1，定點（1，0）到直線l1，l2的距離之積為（）（）=1，綜上所述，滿足題意的定點B為（1，0）或（1，0）24（2016遼寧一模）已知P（x0，y0）（x0±a）是橢圓E：+=1（ab0）上一點，M，N分別是橢圓E的左、右頂點，直線PM、PN的斜率之積為（1

30、）求橢圓E的離心率；（2）過橢圓E的左焦點且斜率為1的直線交橢圓E于A，B兩點，O為坐標原點，點C為橢圓E上一點，且滿足=（0），求的值【解答】解：（1）P（x0，y0）（x0a）是橢圓E：+=1（ab0）上一點，M，N分別是橢圓E的左、右頂點，直線PM，PN的斜率的乘積等于，a2=4b2，c2=3b2，得e=；（2）聯(lián)立方程組，得5x2+8cx+8b2=0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則，再設C（x3，y3），由=，得x3=x1+x2，y3=y1+y2，由于C為橢圓上的點，即，則（x1+x2）2+4（y1+y2）2=4b2，整理得：（x1x2+4y1y2）=4b2 ，由于A（x1，

31、y1），B（x2，y2）在橢圓上，即，又x1x2+4y1y2=x1x2+4（x1+c）（x2+c）=5x1x2+4c（x1+x2）+4c2=，代入得，即，解得：=0，或=25（2016涼山州模擬）設橢圓+=1（ab0）（1）若F，A分別是橢圓的右焦點，右頂點，H是直線x=與x軸的交點，設=f（e）（e為橢圓的離心率），求f（e）的最大值；（2）若點P（x0，y0）是橢圓上任意一點，從原點O作圓（xx0）2+（yy0）2=的兩條切線，且兩條切線的斜率都存在，記為k1，k2，求k1k2的值【解答】解：（1）由題設，H點的坐標為H（，0），O（0，0），F(xiàn)（c，0），A（a，0）|FA|=ac，|O

32、H|=，f（e）=ee2=（e2e）=（e）2+，當e=時，f（e）取得最大值，且為；（2）由點P（x0，y0）是橢圓上任意一點，可得+=1，即為y02=（a2x02），直線y=kx與圓相切，d=r，即=，整理可得（a2b2x02（a2+b2）k2+2x0y0（a2+b2）k+a2b2y02（a2+b2）=0，即有k1k2=，代入，化簡可得k1k2=26（2016漳平市校級模擬）已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：+=1（ab0）的兩個焦點，P（1，）是橢圓上一點，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差數(shù)列（1）求橢圓C的標準方程；（2）已知動直線l過點F2，且與橢圓C交于A、B兩點，試問x軸上

33、是否存在定點Q，使得=恒成立？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由【解答】解：（1）|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差數(shù)列，|PF1|+|PF2|=2|F1F2|，即2a=4c，a=，解得橢圓方程為（2）假設在x軸上存在點Q（m，0），使得恒成立當直線l的斜率為0時，A（，0），B（，0）=（m，0），=（m，0）=m22=，解得或m=若直線l斜率不為0，設直線AB的方程為x=ty+1聯(lián)立方程組，消元得：（t2+2）y2+2ty1=0設A（x1，y1），B（x2，y2），則y1+y2=，y1y2=x1+x2=t（y1+y2）+2=，x1x2=（ty1+1）（ty2+1）=t2y

34、1y2+t（y1+y2）+1=（x1m，y1），=（x2m，y2）=（x1m）（x2m）+y1y2=x1x2m（x1+x2）+m2+y1y2=+m2=，解得m=綜上，Q點坐標為（，0）27（2016邢臺校級模擬）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知R（x0，y0）是橢圓+=1上的一點，從原點O向圓R（xx0）2+（yy0）2=12作兩條切線，分別交橢圓于P，Q兩點（1）若R點在第一象限，且直線OP，OQ互相垂直，求圓R的方程；（2）若直線OP，OQ的斜率存在，分別記為k1，k2，求k1k2的值【解答】解：（1）圓R的半徑r=2，OPOQ，|OR|=r=2，x02+y02=24，又點R在橢圓C上，聯(lián)立，解得圓R的方程為 （x2）2+（y2）2=12（2）直線OP方程為：k1xy=0，直線OQ的方程為：k2xy=0OP，OQ為圓R的切線，=2