1、(建议用时：80分钟)1.(2015浙江卷)已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称.(1)求实数m的取值范围；(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点).解(1)由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb.由消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b220，将AB中点M代入直线方程ymx解得b由得m或m.(2)令t，则|AB|.且O到直线AB的距离为d.设AOB的面积为S(t)，所以S(t)|AB|d .当且仅当t2时，等号成立.故AOB面积的最大值为.2.(2015北京卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点P(0，1)和点A(m，n)(m0
2、)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由.解(1)由题意得解得a22，故椭圆C的方程为y21.设M(xM，0).因为m0，所以1n1.直线PA的方程为y1x.所以xM，即M.(2)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m，n).设N(xN，0)，则xN.“存在点Q(0，yQ)使得OQMONQ”，等价于“存在点Q(0，yQ)使得”，即yQ满足y|xM|xN|.因为xM，xN，n21.所以y|xM|xN|
3、2.所以yQ或yQ.故在y轴上存在点Q，使得OQMONQ，点Q的坐标为(0，)或(0，).3.(2016西安模拟)如图所示，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y22px(p0)的准线的距离为.点M(t，1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m，n)在直线OM上.(1)求曲线C的方程及t的值.(2)记d，求d的最大值.解(1)y22px(p0)的准线为x，1，p，抛物线C的方程为y2x.又点M(t，1)在曲线C上，t1.(2)由(1)知，点M(1，1)，从而nm，即点Q(m，m)，依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的斜率为k(k0).且A(x1，y1)，B
4、(x2，y2)，由得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k2m1，所以直线AB的方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB| |y1y2|2.d2m(1m)1，当且仅当m1m，即m时，上式等号成立，又m满足4m4m20.d的最大值为1.4.如图，已知椭圆C：y21(a1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2y26x2y70相切.(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P、Q两点，且0，求证：直线l过定点，并求出该定点N的坐标.(1)解将圆M的一般方程x2y26x2y
5、70化为标准方程为(x3)2(y1)23，圆M的圆心为M(3，1)，半径r.由A(0，1)，F(c，0)(c)得直线AF：y1，即xcyc0.由直线AF与圆M相切，得.c或c(舍去).a，椭圆C的方程为y21.(2)证明由0，知APAQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，由A(0，1)可设直线AP的方程为ykx1，直线AQ的方程为yx1(k0)，将ykx1代入椭圆C的方程y21并整理得：(13k2)x26kx0，解得x0或x，因此P的坐标为，即.将上式中的k换成，得Q.直线l的方程为y，化简得直线l的方程为yx.因此直线l过定点N.5.(2016南昌模拟)已知圆E：x2经过椭圆C：1(ab0)的左、
6、右焦点F1，F2，且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线，直线l交椭圆C于M，N两点，且(0).(1)求椭圆C的方程；(2)当三角形AMN的面积取到最大值时，求直线l的方程.解(1)如图，圆E经过椭圆C的左、右焦点F1，F2，F1，E，A三点共线，F1A为圆E的直径，AF123，AF2F1F2.令y0，则x2，解得x，c.|AF2|2|AF1|2|F1F2|2981，2a|AF1|AF2|4，a2b2c2，解得a2，b，椭圆C的方程为1.(2)由(1)得点A的坐标为(，1)，(0)，直线l的斜率为，故设直线l的方程为yxm，联立方程组消去y得x2mxm220，设M(x1，y1)
7、，N(x2，y2)，x1x2m，x1x2m22，2m24m280，2mb0)的离心率e，点A为椭圆上一点，F1AF260，且SF1AF2.(1)求椭圆C的方程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x4相交于点Q.问：在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过定点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.解(1)由e可得a24c2，SF1AF2|AF1|AF2|sin 60，可得|AF1|AF2|4，在F1AF2中，由余弦定理可得|F1A|2|F2A|22|F1A|F2A|cos 604c2，又|AF1|AF2|2a，可得a2c23，联立得a24，c21.b23，椭圆C的方程为1.(2)设点P(x0，y0)，由得(4k23)x28kmx4m2120，由题意知64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230，x0，y0，P.由得Q(4，4km)，假设存在点M，坐标为(x1，0)，则，(4x1，4km).以PQ为直径的圆恒过M点，0，即4x1x30，(4x14)x4x130对任意k，m都成立.则解得x11，故存在定点M(1，0)符合题意.