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    圓錐曲線教學案例

    時間:2022-05-10字體大?。?em class="fontsize">A-A+

    《圓錐曲線教學案例》這是優秀的教學設計文章,希望可以對您的學習工作中帶來幫助!

      第3講 圓錐曲線中的熱點問題

      考情解讀

      1.本部分主要以解答題形式考查,往往是試卷的壓軸題之一,一般以橢圓或拋物線為背景,考查弦長、定點、定值、最值、范圍問題或探索性問題,試題難度較大.

      2.求軌跡方程也是高考的熱點與重點,若在客觀題中出現通常用定義法,若在解答題中出現一般用直接法、代入法、參數法或待定系數法,往往出現在解答題的第(1)問中.

      1.直線與圓錐曲線的位置關系

      (1)直線與橢圓的位置關系的判定方法:

      將直線方程與橢圓方程聯立,消去一個未知數,得到一個一元二次方程.若Δ>0,則直線與橢圓相交;若Δ=0,則直線與橢圓相切;若Δ<0,則直線與橢圓相離.<>

      (2)直線與雙曲線的位置關系的判定方法:

      將直線方程與雙曲線方程聯立,消去y(或x),得到一個一元方程ax2+bx+c=0(或ay2+by+c=0).

     ?、偃鬭≠0,當Δ>0時,直線與雙曲線相交;當Δ=0時,直線與雙曲線相切;當Δ<0時,直線與雙曲線相離.<>

     ?、谌鬭=0時,直線與漸近線平行,與雙曲線有一個交點.

      (3)直線與拋物線的位置關系的判定方法:

      將直線方程與拋物線方程聯立,消去y(或x),得到一個一元方程ax2+bx+c=0(或ay2+by+c=0).

     ?、佼攁≠0時,用Δ判定,方法同上.

     ?、诋攁=0時,直線與拋物線的對稱軸平行,只有一個交點.

      2.有關弦長問題

      有關弦長問題,應注意運用弦長公式;有關焦點弦長問題,要重視圓錐曲線定義的運用,以簡化運算.

      (1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點P1(x1,y1),P2(x2,y2),則所得弦長|P1P2|=|x2-x1|或|P1P2|=|y2-y1|.

      (2)當斜率k不存在時,可求出交點坐標,直接運算(利用兩點間距離公式).

      3.弦的中點問題

      有關弦的中點問題,應靈活運用“點差法”,“設而不求法”來簡化運算.

      4.軌跡方程問題

      (1)求軌跡方程的基本步驟:

     ?、俳⑦m當的平面直角坐標系,設出軌跡上任一點的坐標——解析法(坐標法).

     ?、趯ふ覄狱c與已知點滿足的關系式——幾何關系.

     ?、蹖狱c與已知點的坐標代入——幾何關系代數化.

     ?、芑喺矸匠?mdash;—簡化.

     ?、葑C明所得方程為所求的軌跡方程——完成其充要性.

      (2)求軌跡方程的常用方法:

     ?、僦苯臃ǎ簩缀侮P系直接翻譯成代數方程;

     ?、诙x法:滿足的條件恰適合某已知曲線的定義,用待定系數法求方程;

     ?、鄞敕ǎ喊阉髣狱c的坐標與已知動點的坐標建立聯系;

     ?、芙卉壏ǎ簩懗鰞蓷l動直線的方程直接消參,求得兩條動直線交點的軌跡;

      (3)注意①建系要符合最優化原則;②求軌跡與“求軌跡方程”不同,軌跡通常指的是圖形,而軌跡方程則是代數表達式.步驟②⑤省略后,驗證時常用途徑:化簡是否同解變形,是否滿足題意,驗證特殊點是否成立等.

      熱點一 圓錐曲線中的范圍、最值問題

      例1 (2013·浙江)如圖,點P(0,-1)是橢圓C1:+=1(a>b>0)的一個頂點,C1的長軸是圓C2:x2+y2=4的直徑.l1,l2是過點P且互相垂直的兩條直線,其中l1交圓C2于A,B兩點,l2交橢圓C1于另一點D.

      (1)求橢圓C1的方程;

      (2)求△ABD面積取最大值時直線l1的方程.

      思維啟迪 (1)P點是橢圓上頂點,圓C2的直徑等于橢圓長軸長;(2)設直線l1的斜率為k,將△ABD的面積表示為關于k的函數.

      解 (1)由題意得

      所以橢圓C1的方程為+y2=1.

      (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).

      由題意知直線l1的斜率存在,不妨設其為k,

      則直線l1的方程為y=kx-1.

      又圓C2:x2+y2=4,

      故點O到直線l1的距離

      d=,

      所以|AB|=2=2.

      又l2⊥l1,故直線l2的方程為x+ky+k=0.

      由

      消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,

      故x0=-.

      所以|PD|=.

      設△ABD的面積為S,

      則S=|AB|·|PD|=,

      所以S=≤=,

      當且僅當k=±時取等號.

      所以所求直線l1的方程為y=±x-1.

      思維升華 求最值及參數范圍的方法有兩種:①根據題目給出的已知條件或圖形特征列出一個關于參數的函數關系式,將其代入由題目列出的不等式(即為消元),然后求解不等式;②由題目條件和結論建立目標函數,進而轉化為求函數的值域.

      已知橢圓C的左,右焦點分別為F1,F2,橢圓的離心率為,且橢圓經過點P(1,).

      (1)求橢圓C的標準方程;

      (2)線段PQ是橢圓過點F2的弦,且=λ,求△PF1Q內切圓面積最大時實數λ的值.

      解 (1)e==,P(1,)滿足+=1,

      又a2=b2+c2,∵a2=4,b2=3,

      ∴橢圓標準方程為+=1.

      (2)顯然直線PQ不與x軸重合,

      當直線PQ與x軸垂直時,|PQ|=3,|F1F2|=2,

      S=3;

      當直線PQ不與x軸垂直時,設直線PQ:y=k(x-1),k≠0代入橢圓C的標準方程,

      整理,得(3+4k2)y2+6ky-9k2=0,

      則y1=,y2=,

      S=×|F1F2|×|y1-y2|=12,

      令t=3+4k2,∴t>3,k2=,

      ∴S=3,

      ∵0<<,<>

      ∴S∈(0,3),

      ∴當直線PQ與x軸垂直時S△PF1Q最大,且最大面積為3.

      設△PF1Q內切圓半徑為r,

      則S=(|PF1|+|QF1|+|PQ|)·r=4r≤3.

      即rmax=,此時直線PQ與x軸垂直,△PF1Q內切圓面積最大,

      ∴=,∴λ=1.

      熱點二 圓錐曲線中的定值、定點問題

      例2 (2013·陜西)已知動圓過定點A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長為8.

      (1)求動圓圓心的軌跡C的方程;

      (2)已知點B(-1,0),設不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明:直線l過定點.

      思維啟迪 (1)設動圓圓心坐標,利用圓的半徑、半弦長和弦心距組成的直角三角形求解;(2)設直線方程y=kx+b,將其和軌跡C的方程聯立,再設兩個交點坐標,由題意知直線BP和BQ的斜率互為相反數,推出k和b的關系,最后證明直線過定點.

      (1)解 如圖,設動圓圓心為O1(x,y),由題意,得|O1A|=|O1M|,

      當O1不在y軸上時,過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點,

      ∴|O1M|=,

      又|O1A|=,

      ∴=,

      化簡得y2=8x(x≠0).

      又當O1在y軸上時,O1與O重合,點O1的坐標為(0,0)也滿足方程y2=8x,

      ∴動圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x.

      (2)證明 如圖由題意,設直線l的方程為y=kx+b(k≠0),

      P(x1,y1),Q(x2,y2),

      將y=kx+b代入y2=8x中,

      得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.

      其中Δ=-32kb+64>0.

      得x1,2=,

      則x1+x2=,①

      x1x2=,②

      ∵x軸是∠PBQ的角平分線,

      ∴=-,

      即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,

      (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,

      2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0③

      將①②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,

      ∴k=-b,此時Δ>0,

      ∴直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(1,0).

      思維升華 (1)定值問題就是在運動變化中尋找不變量的問題,基本思想是使用參數表示要解決的問題,證明要解決的問題與參數無關.在這類試題中選擇消元的方向是非常關鍵的.

      (2)由直線方程確定定點,若得到了直線方程的點斜式:y-y0=k(x-x0),則直線必過定點(x0,y0);若得到了直線方程的斜截式:y=kx+m,則直線必過定點(0,m).

      已知橢圓C的中點在原點,焦點在x軸上,離心率等于,它的一個頂點恰好是拋物線x2=8y的焦點.

      (1)求橢圓C的方程;

      (2)已知點P(2,3),Q(2,-3)在橢圓上,點A、B是橢圓上不同的兩個動點,且滿足∠APQ=∠BPQ,試問直線AB的斜率是否為定值,請說明理由.

      解 (1)設橢圓C的方程為+=1(a>b>0),

      則b=2.由=,a2=c2+b2,得a=4,

      ∴橢圓C的方程為+=1.

      (2)當∠APQ=∠BPQ時,PA、PB的斜率之和為0,

      設直線PA的斜率為k,

      則PB的斜率為-k,PA的直線方程為y-3=k(x-2),

      由整理得

      (3+4k2)x2+8(3-2k)kx+4(3-2k)2-48=0,

      x1+2=,

      同理PB的直線方程為y-3=-k(x-2),

      可得x2+2==.

      ∴x1+x2=,x1-x2=,

      kAB==

      ==,

      ∴直線AB的斜率為定值.

      熱點三 圓錐曲線中的探索性問題

      例3 已知橢圓C1、拋物線C2的焦點均在x軸上,C1的中心和C2的頂點均為原點O,從每條曲線上各取兩個點,將其坐標記錄于下表中:

      x3-24y-20-4

      (1)求C1,C2的標準方程;

      (2)是否存在直線l滿足條件:①過C2的焦點F;②與C1交于不同的兩點M,N,且滿足⊥?若存在,求出直線l的方程;若不存在,說明理由.

      思維啟迪 (1)比較橢圓及拋物線方程可知,C2的方程易求,確定其上兩點,剩余兩點,利用待定系數法求C1方程.

      (2)聯立方程,轉化已知條件進行求解.

      解 (1)設拋物線C2:y2=2px(p≠0),

      則有=2p(x≠0),

      據此驗證四個點知(3,-2),(4,-4)在C2上,

      易求得C2的標準方程為y2=4x.

      設橢圓C1:+=1(a>b>0),

      把點(-2,0),(,)代入得,

      解得,所以C1的標準方程為+y2=1.

      (2)容易驗證當直線l的斜率不存在時,不滿足題意.

      當直線l的斜率存在時,設其方程為y=k(x-1),

      與C1的交點為M(x1,y1),N(x2,y2).

      由

      消去y并整理得(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,

      于是x1,2=,

      則x1+x2=,①

      x1x2=.②

      所以y1y2=k2(x1-1)(x2-1)

      =k2[x1x2-(x1+x2)+1]

      =k2[-+1]=-.③

      由⊥,即·=0,得x1x2+y1y2=0.(*)

      將②③代入(*)式,得-==0,

      解得k=±2,所以存在直線l滿足條件,

      且直線l的方程為2x-y-2=0或2x+y-2=0.

      思維升華 解析幾何中的探索性問題,從類型上看,主要是存在類型的相關題型.解決問題的一般策略是先假設結論成立,然后進行演繹推理或導出矛盾,即可否定假設或推出合理結論,驗證后肯定結論,對于“存在”或“不存在”的問題,直接用條件證明或采用反證法證明.解答時,不但需要熟練掌握圓錐曲線的概念、性質、方程及不等式、判別式等知識,還要具備較強的審題能力、邏輯思維能力以及運用數形結合的思想分析問題和解決問題的能力.

      已知中心在坐標原點O的橢圓C經過點A(2,3),且點F(2,0)為其右焦點.

      (1)求橢圓C的方程;

      (2)是否存在平行于OA的直線l,使得直線l與橢圓C有公共點,且直線OA與l的距離等于4?若存在,求出直線l的方程;若不存在,說明理由.

      解 方法一 (1)依題意,可設橢圓C的方程為+=1(a>b>0),且可知其左焦點為F′(-2,0).

      從而有解得

      又a2=b2+c2,所以b2=12,

      故橢圓C的方程為+=1.

      (2)假設存在符合題意的直線l,設其方程為y=x+t.

      由得3x2+3tx+t2-12=0.

      因為直線l與橢圓C有公共點,所以Δ=(3t)2-4×3×(t2-12)≥0,解得-4≤t≤4.

      另一方面,由直線OA與l的距離d=4,得=4,解得t=±2.由于±2∉[-4,4],

      所以符合題意的直線l不存在.

      方法二 (1)依題意,可設橢圓C的方程為+=1(a>b>0),

      且有解得b2=12,b2=-3(舍去).

      從而a2=16.所以橢圓C的方程為+=1.

      (2)同方法一.

      1.圓錐曲線的最值與范圍問題的常見求法

      (1)幾何法:若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義,則考慮利用圖形性質來解決;

      (2)代數法:若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系,則可首先建立起目標函數,再求這個函數的最值,在利用代數法解決最值與范圍問題時常從以下五個方面考慮:

     ?、倮门袆e式來構造不等關系,從而確定參數的取值范圍;

     ?、诶靡阎獏档姆秶?,求新參數的范圍,解這類問題的核心是在兩個參數之間建立等量關系;

     ?、劾秒[含或已知的不等關系建立不等式,從而求出參數的取值范圍;

     ?、芾没静坏仁角蟪鰠档娜≈捣秶?

     ?、堇煤瘮档闹涤虻那蠓?,確定參數的取值范圍.

      2.定點、定值問題的處理方法

      定值包括幾何量的定值或曲線過定點等問題,處理時可以直接推理求出定值,也可以先通過特定位置猜測結論后進行一般性證明.對于客觀題,通過特殊值法探求定點、定值能達到事半功倍的效果.

      3.探索性問題的解法

      探索是否存在的問題,一般是先假設存在,然后尋找理由去確定結論,如果真的存在,則可以得出相應存在的結論;若不存在,則會由條件得出矛盾,再下結論不存在即可.

      真題感悟

      (2018·北京)已知橢圓C:x2+2y2=4.

      (1)求橢圓C的離心率;

      (2)設O為原點,若點A在橢圓C上,點B在直線y=2上,且OA⊥OB,試判斷直線AB與圓x2+y2=2的位置關系,并證明你的結論.

      解 (1)由題意,得橢圓C的標準方程為+=1,

      所以a2=4,b2=2,從而c2=a2-b2=2.

      因此a=2,c=.

      故橢圓C的離心率e==.

      (2)直線AB與圓x2+y2=2相切.證明如下:

      設點A,B的坐標分別為(x0,y0),(t,2),其中x0≠0.

      因為OA⊥OB,所以·=0,

      即tx0+2y0=0,解得t=-.

      當x0=t時,y0=-,代入橢圓C的方程,得t=±,

      故直線AB的方程為x=±,

      圓心O到直線AB的距離d=.

      此時直線AB與圓x2+y2=2相切.

      當x0≠t時,直線AB的方程為y-2=(x-t).

      即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.

      圓心O到直線AB的距離

      d=.

      又x+2y=4,t=-,

      故d===.

      此時直線AB與圓x2+y2=2相切.

      押題精練

      已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,其左、右焦點分別是F1、F2,過點F1的直線l交橢圓C于E、G兩點,且△EGF2的周長為4.

      (1)求橢圓C的方程;

      (2)若過點M(2,0)的直線與橢圓C相交于兩點A、B,設P為橢圓上一點,且滿足+=t(O為坐標原點),當|-|<時,求實數t的取值范圍.<>

      解 (1)由題意知橢圓的離心率e==,

      ∴e2===,即a2=2b2.

      又△EGF2的周長為4,即4a=4,

      ∴a2=2,b2=1.

      ∴橢圓C的方程為+y2=1.

      (2)由題意知直線AB的斜率存在,即t≠0.

      設直線AB的方程為y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2),P(x,y),

      由得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0.

      由Δ=64k4-4(2k2+1)(8k2-2)>0,得k2<.<>

      ∴x1,2=,

      ∴x1+x2=,x1x2=,

      ∵+=t,

      ∴(x1+x2,y1+y2)=t(x,y),

      x==,

      y==[k(x1+x2)-4k]=.

      ∵點P在橢圓C上,∴+2=2,

      ∴16k2=t2(1+2k2).

      ∵|-|<,∴|x1-x2|<,<>

      ∴(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]<,<>

      ∴(1+k2)[-4·]<,<>

      ∴(4k2-1)(14k2+13)>0,∴k2>.∴

      ∵16k2=t2(1+2k2),∴t2==8-,

      又<1+2k2<2,∴

      ∴-2

      ∴實數t的取值范圍為(-2,-)∪(,2).

      (推薦時間:50分鐘)

      一、選擇題

      1.已知點M與雙曲線-=1的左、右焦點的距離之比為2∶3,則點M的軌跡方程為(  )

      A.x2-y2+26x+25=0

      B.x2+y2+16x+81=0

      C.x2+y2+26x+25=0

      D.x2+y2+16x-81=0

      答案 C

      解析 設點M(x,y),F1(-5,0),F2(5,0),

      則由題意得=,

      將坐標代入,得=,

      化簡,得x2+y2+26x+25=0.

      2.已知橢圓E的左、右焦點分別為F1、F2,過F1且斜率為2的直線交橢圓E于P、Q兩點,若△PF1F2為直角三角形,則橢圓E的離心率為(  )

      A.B.

      C.D.

      答案 A

      解析 由題意可知,∠F1PF2是直角,且tan∠PF1F2=2,

      ∴=2,又|PF1|+|PF2|=2a,

      ∴|PF1|=,|PF2|=.

      根據勾股定理得2+2=(2c)2,

      所以離心率e==.

      3.已知拋物線y2=8x的焦點F到雙曲線C:-=1(a>0,b>0)漸近線的距離為,點P是拋物線y2=8x上的一動點,P到雙曲線C的上焦點F1(0,c)的距離與到直線x=-2的距離之和的最小值為3,則該雙曲線的方程為(  )

      A.-=1B.y2-=1

      C.-x2=1D.-=1

      答案 C

      解析 由題意得,拋物線y2=8x的焦點F(2,0),

      雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的一條漸近線的方程為ax-by=0,

      ∵拋物線y2=8x的焦點F到雙曲線C:-=1(a>0,b>0)漸近線的距離為,

      ∴=,

      ∴a=2b.

      ∵P到雙曲線C的上焦點F1(0,c)的距離與到直線x=-2的距離之和的最小值為3,

      ∴|FF1|=3,∴c2+4=9,∴c=,

      ∵c2=a2+b2,a=2b,∴a=2,b=1.

      ∴雙曲線的方程為-x2=1,故選C.

      4.若點O和點F分別為橢圓+=1的中心和左焦點,點P為橢圓上的任意一點,則·的最大值為(  )

      A.2B.3C.6D.8

      答案 C

      解析 設P(x0,y0),則

      +=1,即y=3-,

      又因為F(-1,0),

      所以·=x0·(x0+1)+y=x+x0+3

      =(x0+2)2+2,

      又x0∈[-2,2],即·∈[2,6],

      所以(·)max=6.

      5.設M(x0,y0)為拋物線C:x2=8y上一點,F為拋物線C的焦點,以F為圓心,|FM|為半徑的圓和拋物線的準線相交,則y0的取值范圍是(  )

      A.(0,2)B.[0,2]

      C.(2,+∞)D.[2,+∞)

      答案 C

      解析 依題意得F(0,2),準線方程為y=-2,

      又∵以F為圓心,|FM|為半徑的圓和拋物線的準線相交,且|FM|=|y0+2|,

      ∴|FM|>4,即|y0+2|>4,

      又y0≥0,∴y0>2.

      6.已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的左,右焦點分別為F1(-c,0),F2(c,0),若雙曲線上存在點P滿足=,則該雙曲線的離心率的取值范圍為(  )

      A.(1,+1)B.(1,)

      C.(,+∞)D.(+1,+∞)

      答案 A

      解析 根據正弦定理得=,

      所以由=

      可得=,

      即==e,

      所以|PF1|=e|PF2|.

      因為e>1,所以|PF1|>|PF2|,

      點P在雙曲線的右支上.

      又|PF1|-|PF2|=e|PF2|-|PF2|

      =|PF2|(e-1)=2a,

      解得|PF2|=,

      因為|PF2|>c-a,

      所以>c-a,即>e-1,

      即(e-1)2<2,解得1-

      又e>1,所以e∈(1,+1),故選A.

      二、填空題

      7.直線y=kx+1與橢圓+=1恒有公共點,則m的取值范圍是________.

      答案 m≥1且m≠5

      解析 ∵方程+=1表示橢圓,

      ∴m>0且m≠5.

      ∵直線y=kx+1恒過(0,1)點,

      ∴要使直線與橢圓總有公共點,應有:

      +≤1,m≥1,

      ∴m的取值范圍是m≥1且m≠5.

      8.在直線y=-2上任取一點Q,過Q作拋物線x2=4y的切線,切點分別為A、B,則直線AB恒過定點________.

      答案 (0,2)

      解析 設Q(t,-2),A(x1,y1),B(x2,y2),拋物線方程變為y=x2,則y′=x,則在點A處的切線方程為y-y1=x1(x-x1),化簡得,y=x1x-y1,同理,在點B處的切線方程為y=x2x-y2.又點Q(t,-2)的坐標滿足這兩個方程,代入得:-2=x1t-y1,-2=x2t-y2,則說明A(x1,y1),B(x2,y2)都滿足方程-2=xt-y,即直線AB的方程為:y-2=tx,因此直線AB恒過定點(0,2).

      9.(2014·遼寧)已知橢圓C:+=1,點M與C的焦點不重合.若M關于C的焦點的對稱點分別為A,B,線段MN的中點在C上,則|AN|+|BN|=________.

      答案 12

      解析 橢圓+=1中,a=3.

      如圖,設MN的中點為D,

      則|DF1|+|DF2|=2a=6.

      ∵D,F1,F2分別為MN,AM,BM的中點,

      ∴|BN|=2|DF2|,

      |AN|=2|DF1|,

      ∴|AN|+|BN|=2(|DF1|+|DF2|)=12.

      10.(2013·安徽)已知直線y=a交拋物線y=x2于A,B兩點.若該拋物線上存在點C,使得∠ACB為直角,則a的取值范圍為________.

      答案 [1,+∞)

      解析 以AB為直徑的圓的方程為x2+(y-a)2=a,

      由

      得y2+(1-2a)y+a2-a=0.

      即(y-a)[y-(a-1)]=0,

      由已知解得a≥1.

      三、解答題

      11.已知點A、B的坐標分別是(0,-1)、(0,1),直線AM、BM相交于點M,且它們的斜率之積為-.

      (1)求點M軌跡C的方程;

      (2)若過點D(0,2)的直線l與(1)中的軌跡C交于不同的兩點E、F,試求△OEF面積的取值范圍.(O為坐標原點)

      解 (1)設點M的坐標為(x,y),

      ∵kAM·kBM=-.

      ∴·=-.

      整理,得+y2=1(x≠0),

      即M的軌跡方程為+y2=1.

      (2)由題意知直線l的斜率存在,

      設l的方程為y=kx+2,①

      將①代入+y2=1得:

      (2k2+1)x2+8kx+6=0,

      由Δ>0,解得k2>.

      設E(x1,y1),F(x2,y2),則

      則|x1-x2|=.

      S△OEF=S△OED-S△OFD=OD·|x1|-OD·|x2|=OD·|x1-x2|=×2·|x1-x2|=|x1-x2|

      =.

      令k2-=t(t>0),所以k2=t+(t>0),

      所以S△OEF=|x1-x2|==

      =2=2≤2=,

      故△EOF面積的取值范圍是(0,].

      12.如圖,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,以橢圓C的左頂點T為圓心作圓T:(x+2)2+y2=r2(r>0),設圓T與橢圓C交于點M與點N.

      (1)求橢圓C的方程;

      (2)求·的最小值,并求此時圓T的方程;

      (3)設點P是橢圓C上異于M,N的任意一點,且直線MP,NP分別與x軸交于點R,S,O為坐標原點,求證:|OR|·|OS|為定值.

      (1)解 依題意,得a=2,e==,

      所以c=,b==1.

      故橢圓C的方程為+y2=1.

      (2)解 點M與點N關于x軸對稱,設M(x1,y1),

      N(x1,-y1),不妨設y1>0.

      由于點M在橢圓C上,所以y=1-.(*)

      由已知得T(-2,0),

      則=(x1+2,y1),=(x1+2,-y1),

      所以·=(x1+2)2-y

      =(x1+2)2-(1-)=x+4x1+3

      =(x1+)2-.

      由于-2

      把x1=-代入(*)式,得.

      y1=,故M(-,),

      又點M在圓T上,代入圓的方程得到r2=.

      故圓T的方程為:(x+2)2+y2=.

      (3)證明 設P(x0,y0),則直線MP的方程為:

      y-y0=(x-x0),

      令y=0,得xR=,同理:xS=,

      故xR·xS=,(**)

      又點M與點P在橢圓上,

      故x=4(1-y),x=4(1-y),

      代入(**)式,得xR·xS===4.

      所以|OR|·|OS|=|xR|·|xS|=|xR·xS|=4為定值.

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