1、第 30 练 圆锥曲线的热点问题明考情圆锥曲线的热点问题作为直线与圆锥曲线的位置关系的延伸与深化，是高考的必考点，高考中常选取其中一个热点问题作为圆锥曲线的压轴题目.知考向1.范围与最值问题.2.定值、定点问题.3.探索性问题.考点一 范围与最值问题方法技巧 圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立相关关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用函数值域的求法，确定参数的取
2、值范围.1.已知点 A(1，0)，点 M 是圆 C：(x1)2y28 上的任意一点，线段 MA 的垂直平分线与直线 CM 交于点 E.(1)求点 E 的轨迹方程；(2)若直线 ykxm 与点 E 的轨迹有两个不同的交点 P 和 Q，且原点 O 总在以 PQ 为直径的圆的内部，求实数 m 的取值范围.解(1)由题意知|EM|EA|，|CE|EM|2 2，所以|CE|EA|2 22|CA|，所以点 E 的轨迹是以点 C，A 为焦点的椭圆，其轨迹方程为x22y21.(2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则将直线与椭圆的方程联立得ykxm，x22y22，消去 y，得(2k21)x24kmx2m
3、220，0，m22k21.x1x2 4km2k21，x1x22m222k21.因为点 O 在以 PQ 为直径的圆的内部，故OP OQ 0，即 x1x2y1y20，而 y1y2(kx1m)(kx2m)m22k22k21，故由 x1x2y1y22m222k21m22k22k21 0，得 m22k223，且满足式，所以 m223，所以 m 的取值范围是 63，63.2.如图，已知椭圆x22y21 上两个不同的点 A，B 关于直线 ymx12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 y1mxb，A(x1，y1)
4、，B(x2，y2).由x22y21，y1mxb，消去 y，得12 1m2 x22bmxb210.因为直线 y1mxb 与椭圆x22y21 有两个不同的交点，所以 2b22 4m20.则 x1x2b2112 1m22m2b21m22，x1x22bm12 1m2 4mbm22，y1y21m(x1x2)2b1m 4mbm222b 2bm2m22.设 M 为 AB 的中点，则 M2mbm22，m2bm22，代入直线方程 ymx12，解得 bm222m2，由，得 m 63 或 m 63.(2)令 t1m 62，0 0，62，则|AB|t212t42t232t212，且点 O 到直线 AB 的距离为 dt
5、212t21.设AOB 的面积为 S(t)，所以 S(t)12|AB|d122t21222 22，当且仅当 t212时，等号成立.故AOB 面积的最大值为 22.3.已知抛物线 y24x，直线 l：y12xb 与抛物线交于 A，B 两点.(1)若 x 轴与以 AB 为直径的圆相切，求该圆的方程；(2)若直线 l 与 y 轴负半轴相交，求AOB(O 为坐标原点)面积的最大值.解(1)联立y12xb，y24x，化简得 y28y8b0.由 6432b0，解得 b2.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y28，y1y28b.设圆心 Q(x0，y0)，则有 x0 x1x22，y0y1y224
6、，r|y0|4，|AB|122|y1y2|56432b2r8，解得 b85.所以 x02b8245，圆心 Q245，4，故圆的方程为x2452(y4)216.(2)因为直线与 y 轴负半轴相交，所以 b0.又直线与抛物线交于两点，由(1)知 b2，所以2b0，直线 l 的方程为 y12xb，整理得 x2y2b0，点 O 到直线 l 的距离 d|2b|5 2b5，所以 SAOB12|AB|d4 2b2b4 2b32b2.令 g(b)b32b2，2b0，g(b)3b24b3bb43，当 b 变化时，g(b)，g(b)的变化情况如下表：b2，434343，0g(b)0g(b)极大值由上表可得 g(b
7、)的最大值为 g43 3227.所以当 b43时，AOB 的面积取得最大值32 39.4.(2017山东)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 22，焦距为 2.(1)求椭圆 E 的方程；(2)如图，动直线 l：yk1x 32 交椭圆 E 于 A，B 两点，C 是椭圆 E 上一点，直线 OC 的斜率为 k2，且 k1k2 24.M 是线段 OC 延长线上一点，且|MC|AB|23，M 的半径为|MC|，OS，OT 是M 的两条切线，切点分别为 S，T.求SOT 的最大值，并求取得最大值时直线 l的斜率.解(1)由题意知 eca 22，2c2，所以 c1
8、，a 2，则 b1，所以椭圆 E 的方程为x22y21.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程x22y21，yk1x 32，得(4k212)x24 3k1x10，由题意知 0，且 x1x22 3k12k211，x1x2122k211，所以|AB|1k21|x1x2|2 1k21 18k2112k21.由题意可知圆 M 的半径 r 为 r23|AB|2 231k21 18k2112k21.由题设知 k1k2 24，所以 k2 24k1，因此直线 OC 的方程为 y 24k1x，联立方程x22y21，y 24k1x，得 x2 8k2114k21，y2114k21，因此|OC|x2y
9、218k2114k21.由题意可知，sinSOT2rr|OC|11|OC|r.而|OC|r 18k2114k212 231k2118k2112k213 2412k2114k211k21，令 t12k21，则 t1，1t(0，1)，因此|OC|r 32t2t2t132121t1t23211t122941，当且仅当1t12，即 t2 时等号成立，此时 k1 22，所以 sin SOT212，因此SOT26，所以SOT 的最大值为3.综上所述，SOT 的最大值为3，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1 22.考点二 定值、定点问题方法技巧 (1)定点问题的常见解法假设定点坐标，根据题意选择参数，建立
10、一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点；从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.(2)定值问题的常见解法从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.5.(2017全国)在直角坐标系 xOy 中，曲线 yx2mx2 与 x 轴交于 A，B 两点，点 C 的坐标为(0，1).当 m 变化时，解答下列问题：(1)能否出现 ACBC 的情况？说明理由；(2)证明过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值.(1)解 不能出现 ACBC 的情况.理由如下
11、：设 A(x1，0)，B(x2，0)，则 x1，x2 满足 x2mx20，所以 x1x22.又点 C 的坐标为(0，1)，故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为1x1 1x2 12，所以不能出现 ACBC 的情况.(2)证明 BC 的中点坐标为x22，12，可得 BC 的中垂线方程为 y12x2xx22.由(1)可得 x1x2m，所以 AB 的中垂线方程为 xm2.联立xm2，y12x2xx22，又 x22mx220，可得xm2，y12.所以过 A，B，C 三点的圆的圆心坐标为m2，12，半径 r m292.故圆在 y 轴上截得的弦长为 2r2 m223，即过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上
12、截得的弦长为定值.6.已知抛物线 C 的顶点在坐标原点 O，其图象关于 y 轴对称且经过点 M(2，1).(1)求抛物线 C 的方程；(2)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另两个顶点在抛物线上，求该等边三角形的面积；(3)过点 M 作抛物线 C 的两条弦 MA，MB，设 MA，MB 所在直线的斜率分别为 k1，k2，当 k1k22 时，试证明直线 AB 的斜率为定值，并求出该定值.解(1)设抛物线 C 的方程为 x22py(p0)，由点 M(2，1)在抛物线 C 上，得 42p，则 p2，抛物线 C 的方程为 x24y.(2)设该等边三角形 OPQ 的顶点 P，Q 在抛物线上，且 P(
13、xP，yP)，Q(xQ，yQ)，则 x2P4yP，x2Q4yQ，由|OP|OQ|，得 x2Py2Px2Qy2Q，即(yPyQ)(yPyQ4)0.又 yP0，yQ0，则 yPyQ，|xP|xQ|，即线段 PQ 关于 y 轴对称.POy30，yP 3|xP|，代入 x2P4yP，得 xP4 3，该等边三角形边长为 8 3，SPOQ48 3.(3)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x214y1，x224y2，k1k2y11x12y21x2214x211x12 14x221x22 14(x12x22)2.x1x212，kABy2y1x2x114x2214x21x2x1 14(x1x2)3.7
14、.(2017全国)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)，四点 P1(1，1)，P2(0，1)，P31，32，P41，32中恰有三点在椭圆 C 上.(1)求 C 的方程；(2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为1，证明：l 过定点.(1)解 由于 P3，P4 两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C 经过 P3，P4 两点.又由1a2 1b2 1a2 34b2知，椭圆 C 不经过点 P1，所以点 P2 在椭圆 C 上.因此1b21，1a2 34b21，解得a24，b21.故椭圆 C 的方程为x24y21.(2)证明 设直
15、线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2.如果 l 与 x 轴垂直，设 l：xt，由题设知 t0，且|t|0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8km4k21，x1x24m244k21.而 k1k2y11x1 y21x2 kx1m1x1kx2m1x22kx1x2m1x1x2x1x2.由题设 k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0，即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210，解得 km12.当且仅当 m1 时，0，于是 l：ym12xm，即 y1m12(x2)，所以 l 过定点(2，1).8.已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆 E 的离
16、心率为12，椭圆 E 的一个焦点和抛物线 y24x 的焦点重合，过直线 l：x4 上一点 M 引椭圆 E 的两条切线，切点分别是 A，B.(1)求椭圆 E 的方程；(2)若在椭圆x2a2y2b21(ab0)上的点(x0，y0)处的切线方程是x0 xa2 y0yb2 1，求证：直线 AB 恒过定点 C，并求出定点 C 的坐标.(1)解 设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，因为抛物线 y24x 的焦点是(1，0)，所以 c1.又ca12，所以 a2，b a2c2 3，所以所求椭圆 E 的方程为x24y231.(2)证明 设切点坐标为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 上一点 M
17、的坐标为(4，t)，则切线方程分别为x1x4 y1y3 1，x2x4 y2y3 1.又两切线均过点 M，即 x1t3y11，x2t3y21，即点 A，B 的坐标都适合方程 xt3y1.又两点确定唯一的一条直线，故直线 AB 的方程是 xt3y1，显然对任意实数 t，点(1，0)都适合这个方程，故直线 AB 恒过定点 C(1，0).考点三 探索性问题方法技巧 探索性问题的求解方法(1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则否定存在性.若证明某结论不存在，也可以采用反证法.(2)采
18、用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明，得出结论.9.(2017湖南东部五校联考)已知椭圆 E：x2a2y2b21 的右焦点为 F(c，0)且 abc0，设短轴的一个端点 D，原点 O 到直线 DF 的距离为 32，过原点和 x 轴不重合的直线与椭圆 E 相交于 C，G 两点，且|GF|CF|4.(1)求椭圆 E 的方程；(2)是否存在过点 P(2，1)的直线 l 与椭圆 E 相交于不同的两点 A，B 且使得OP 24PAPB成立？若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由.解(1)由椭圆的对称性知，|GF|CF|2a4，a2.又原点 O 到直线
19、DF 的距离为 32，bca 32，bc 3，又 a2b2c24，abc0，b 3，c1.故椭圆 E 的方程为x24y231.(2)当直线 l 与 x 轴垂直时不满足条件.故可设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 yk(x2)1，代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，x1x28k2k134k2，x1x216k216k834k2，32(6k3)0，k12.OP24PAPB，即 4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即 4x1x22(x1x2)4(1k2)5，416k216k834k228k2k134k2
20、 4(1k2)444k234k25，解得 k12，k12不符合题意，舍去，存在满足条件的直线 l，其方程为 y12x.10.(2016全国)在直角坐标系 xOy 中，直线 l：yt(t0)交 y 轴于点 M，交抛物线 C：y22px(p0)于点 P，M 关于点 P 的对称点为 N，连接 ON 并延长交 C 于点 H.(1)求|OH|ON|；(2)除 H 以外，直线 MH 与 C 是否有其它公共点？说明理由.解(1)如图，由已知得 M(0，t)，Pt22p，t，又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 Nt2p，t，ON 的方程为 yptx，代入 y22px，整理得 px22t2x0，解得 x1
21、0，x22t2p，因此 H2t2p，2t.所以 N 为 OH 的中点，即|OH|ON|2.(2)直线 MH 与 C 除 H 以外没有其他公共点，理由如下：直线 MH 的方程为 ytp2tx，即 x2tp(yt).代入 y22px，得 y24ty4t20，解得 y1y22t，即直线 MH 与 C 只有一个公共点，所以除 H 以外，直线 MH 与 C 没有其他公共点.11.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：yx24与直线 l：ykxa(a0)交于 M，N 两点，(1)当 k0 时，分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有OPMOPN？说明
22、理由.解(1)由题设可得 M(2 a，a)，N(2 a，a)，或 M(2 a，a)，N(2 a，a).又 yx2，故 yx24在 x2 a处的导数值为 a，C 在点(2 a，a)处的切线方程为 ya a(x2 a)，即 axya0.yx24在 x2 a处的导数值为 a，C 在点(2 a，a)处的切线方程为 ya a(x2 a)，即 axya0.故所求切线方程为 axya0 和 axya0.(2)存在符合题意的点，理由如下：设 P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 PM，PN 的斜率分别为 k1，k2.将 ykxa 代入 C 的方程，得 x24kx4a0.故 x1
23、x24k，x1x24a.从而 k1k2y1bx1 y2bx2 2kx1x2abx1x2x1x2kaba.当 ba 时，有 k1k20，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点 P(0，a)符合题意.12.已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab1)的离心率 e 22，其右焦点到直线 2axby 20 的距离为 23.(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知直线 xym0 与椭圆 C 交于不同的两点 M，N，且线段 MN 的中点不在圆 x2y21 内，求实数 m 的取值范围.(3)过点 P0，13 的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，是否存在定点 Q，使以 AB
24、为直径的圆恒过这个定点？若存在，求出 Q 点的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由题意知 eca 22，所以 e2c2a2a2b2a212，即 a22b2，可得 a 2b，cb.因为右焦点(c，0)到直线 2axby 20 的距离为 23，所以|2ac 2|4a2b2 23，又 cb，a 2b，ab1，解得 b1，所以 a22，c1.故椭圆 C 的方程为x22y21.(2)联立方程xym0，x22y21，消去 y 可得 3x24mx2m220，则 16m212(2m22)0 3m 3.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x24m3，y1y2x1x22m4m3 2m2m3，所以线段
25、 MN 的中点坐标为2m3，m3.因为 MN 的中点不在圆 x2y21 内，所以2m32 m321m3 55 或 m3 55.综上可知，实数 m 的取值范围为 3，3 553 55，3.(3)假设存在定点 Q，使以 AB 为直径的圆恒过该定点.当 ABx 轴时，以 AB 为直径的圆的方程为 x2y21；当 ABy 轴时，以 AB 为直径的圆的方程为 x2y132169.由x2y21，x2y132169，可得x0，y1，那么这个定点 Q 的坐标为(0，1).当直线 l 的斜率存在且不为零时，设直线 l 的方程为 ykx13(k0)，代入x22y21，可得(2k21)x243kx169 0.设 A
26、(x3，y3)，B(x4，y4)，则 x3x44k32k21，x3x41692k21，则QA(x3，y31)，QB(x4，y41)，从而QA QB x3x4(y31)(y41)x3x4kx343 kx443 (1k2)x3x443k(x3x4)169 (1k2)1692k2143k4k32k21169 0，故QA QB，即点 Q(0，1)在以 AB 为直径的圆上.综上，存在定点 Q(0，1)，使以 AB 为直径的圆恒过这个定点.例(12 分)已知椭圆 C：9x2y2m2(m0)，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M.(1)证明：直线
27、OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值；(2)若 l 过点m3，m，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由.审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程 一元二次方程 中点坐标 求出斜率乘积(2)先假定四边形OAPB能为平行四边形 找几何关系：平行四边形的对角线互相平分 转化成代数关系：xP2xM 求k规范解答评分标准(1)证明 设直线 l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).2 分将 ykxb 代入 9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，故 xMx1x22 kbk29
28、，yMkxMb 9bk29.4 分于是直线 OM 的斜率 kOMyMxM9k，即 kOMk9.所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值.6 分(2)解 四边形 OAPB 能为平行四边形.7 分因为直线 l 过点m3，m，所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k0，k3.由(1)得 OM 的方程为 y9kx.设点 P 的横坐标为 xP，由y9kx，9x2y2m2，得 x2P k2m29k281，即 xPkm3 k29.9 分将点m3，m 的坐标代入 l 的方程，得 bm3k3，因此 xMkk3m3k29.10 分四边形 OAPB 为平行四边形，当且仅当线段 AB 与线段 O
29、P 互相平分，即 xP2xM.于是km3 k292kk3m3k29，解得 k14 7，k24 7.因为 ki0，ki3，i1，2，所以当 l 的斜率为 4 7或 4 7时，四边形 OAPB 为平行四边形.12 分构建答题模板第一步 先假定：假设结论成立.第二步 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解.第三步 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设.第四步 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.1.已知椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，F1，F2 分别为椭圆的左、右焦点，D，E分别是椭圆的上顶点与右顶点，且2D
30、EFS1 32.(1)求椭圆 C1 的方程；(2)在椭圆 C1 落在第一象限的图象上任取一点作 C1 的切线 l，求 l 与坐标轴围成的三角形的面积的最小值.解(1)由题意知 eca 32，故 c 32 a，b12a.2DEFS12(ac)b12a 32 a a2141 32a21 32.故 a24，即 a2，b12a1，c 3，椭圆 C1 的方程为x24y21.(2)l 与椭圆 C1 相切于第一象限内的一点，直线 l 的斜率必存在且为负.设直线 l 的方程为 ykxm(k0)，联立ykxm，x24y21，消去 y 整理可得k214 x22kmxm210.根据题意可得方程有两相等实根，(2km
31、)24k214(m21)0，整理可得 m24k21.直线 l 与两坐标轴的交点分别为mk，0，(0，m)且 k0，l 与坐标轴围成的三角形的面积 S12 m2k，代入，可得 S(2k)12k2(当且仅当 k12时取等号)，l 与坐标轴围成的三角形面积的最小值为 2.2.(2017全国)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x22y21 上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足NP 2NM.(1)求点 P 的轨迹方程；(2)设点 Q 在直线 x3 上，且OP PQ 1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.(1)解 设 P(x，y)，M(x0，y0)
32、，则 N(x0，0)，NP(xx0，y)，NM(0，y0).由NP 2NM，得 x0 x，y0 22 y，因为 M(x0，y0)在 C 上，所以x22y221.因此点 P 的轨迹方程为 x2y22.(2)证明 由题意知 F(1，0).设 Q(3，t)，P(m，n)，则OQ(3，t)，PF(1m，n)，OQ PF33mtn，OP(m，n)，PQ(3m，tn).由OP PQ 1，得3mm2tnn21，又由(1)知 m2n22，故 33mtn0，所以OQ PF0，即OQ PF，又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.3.(2016北京)已
33、知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB 的面积为 1.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N.求证：|AN|BM|为定值.(1)解 由已知ca 32，12ab1.又 a2b2c2，解得 a2，b1，c 3.椭圆方程为x24y21.(2)证明 由(1)知，A(2，0)，B(0，1).设椭圆上一点 P(x0，y0)，则x204y201.当 x00 时，直线 PA 的方程为 y y0 x02(x2)，令 x0，得 yM2y0 x02.从而|BM|
34、1yM|1 2y0 x02.直线 PB 方程为 yy01x0 x1.令 y0，得 xN x0y01.|AN|2xN|2 x0y01.|AN|BM|2 x0y01 1 2y0 x02 x02y02y01x02y02x02x204y204x0y04x08y04x0y0 x02y024x0y04x08y08x0y0 x02y024.当 x00 时，y01，|BM|2，|AN|2，|AN|BM|4.故|AN|BM|为定值.4.如图所示，已知椭圆 M：y2a2x2b21(ab0)的四个顶点构成边长为 5 的菱形，原点 O 到直线 AB 的距离为125，其中 A(0，a)，B(b，0).直线 l：xmyn
35、 与椭圆 M 相交于 C，D 两点，且以 CD 为直径的圆过椭圆的右顶点 P(其中点 C，D 与点 P 不重合).(1)求椭圆 M 的方程；(2)证明：直线 l 与 x 轴交于定点，并求出定点的坐标.解(1)由已知，得 a2b252，由点 A(0，a)，B(b，0)知，直线 AB 的方程为 xbya1，即 axbyab0.又原点 O 到直线 AB 的距离为125，即|00ab|a2b2 125，所以 a216，b29，c21697.故椭圆 M 的方程为y216x291.(2)由(1)知 P(3，0)，设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，将 xmyn 代入y216x291，整理，得(16m2
36、9)y232mny16n21440，则 y1y2 32mn16m29，y1y216n214416m29.因为以 CD 为直径的圆过椭圆的右顶点 P，所以PCPD 0，即(x13，y1)(x23，y2)0，所以(x13)(x23)y1y20.又 x1my1n，x2my2n，所以(my1n3)(my2n3)y1y20，整理，得(m21)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20，即(m21)16n214416m29 m(n3)32mn16m29(n3)20，所以16m21n2916m2932m2nn316m29(n3)20，易知 n3，所以 16(m21)(n3)32m2n(16m29)(n3)0
37、，整理，得 25n210，即 n2125.所以直线 l 与 x 轴交于定点，定点的坐标为2125，0.5.如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的离心率是 22，点 P(0，1)在短轴 CD 上，且PCPD 1.(1)求椭圆 E 的方程；(2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点.是否存在常数，使得OA OB PAPB为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.解(1)由已知，得点 C，D 的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点 P 的坐标为(0，1)，且PCPD 1，于是1b21，ca 22，a2b2c2，解得 a2，b 2，所以椭圆 E 的方程为x24
38、y221.(2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 ykx1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立x24y221，ykx1，得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以 x1x24k2k21，x1x222k21，从而OA OB PAPBx1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)124k2212k21 12k212.所以当 1 时，12k2123，此时OA OB PAPB3 为定值.当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD，此时，OA OB PAPBOC OD PCPD 213.故存在常数 1，使得OA OB PAPB为定值3.
