課時作業(yè)(二十一)高考中的熱點題型[練基礎]1．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(3),2)，A1，A2分別為橢圓E的左右頂點，B為上頂點，△A1BA2的面積為2，直線l過點D(1,0)且與橢圓E交于P，Q兩點．(1)求橢圓E的標準方程；(2)求△OPQ面積的最大值．2．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)是其右焦點，直線y＝kx與橢圓交于A，B兩點，|AF|＋|BF|＝8，(1)求橢圓的標準方程；(2)設Q(3,0)，若∠AQB為銳角，求實數(shù)k的取值范圍．[提能力]3．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|＝2，過點F1的直線與橢圓C交于A，B兩點，延長BF2交橢圓C于點M，△ABF2的周長為8(1)求C的離心率及方程；(2)試問：是否存在定點P(x0,0)，使得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值？若存在，求x0；若不存在，請說明理由．[培優(yōu)生]4．已知F為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，過F且傾斜角為45°的直線交拋物線于A，B兩點，|AB|＝8.(1)求拋物線的方程；(2)已知P(x0，－1)為拋物線上一點，M，N為拋物線上異于P的兩點，且滿足kPM·kPN＝－2，試探究直線MN是否過一定點？若是，求出此定點；若不是，說明理由．課時作業(yè)(二十一)1．解析：(1)由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，a＝2b，又因為S△A1BA2＝ab＝2，所以b＝1，a＝2，故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當PQ斜率不存在時，易知P(1，eq\f(\r(3),2))，Q(1，－eq\f(\r(3),2))，此時S△OPQ＝eq\f(\r(3),2).當PQ斜率存在時，設PQ方程為：y＝k(x－1)(k≠0)，將y＝k(x－1)代入eq\f(x2,4)＋y2＝1并整理得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4k2－4,4k2＋1)，所以S△OPQ＝eq\f(1,2)×1×|y1－y2|＝eq\f(1,2)×|k(x1－x2)|＝eq\f(|k|,2)eq\r(（x1＋x2）－4x1x2)＝eq\f(2|k|\r(3k2＋1),4k2＋1)＝eq\f(2\r(3k4＋k2),4k2＋1)，令4k2＋1＝t(t>1)則S△OPQ＝eq\f(2,t)eq\r(\f(3,16)（t－1）2＋\f(1,4)（t－1）)＝eq\f(1,2)eq\r(－\f(1,t2)－\f(2,t)＋3)<eq\f(\r(3),2)，所以△OPQ面積最大值為eq\f(\r(3),2).2．解析：(1)設F1為橢圓的左焦點，連接F1B，由橢圓的對稱性可知，|AF|＝|F1B|，所以|AF|＋|BF|＝|BF1|＋|BF|＝2a＝8，所以a＝4，又e＝eq\f(\r(3),2)＝eq\f(c,a)，a2＝b2＋c2，解得c＝2eq\r(3)，b＝2，所以橢圓的標準方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(2)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\o(QA,\s\up6(→))＝(x1－3，y1)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x2－3，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1,y＝kx))，得(4k2＋1)x2－16＝0，所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq\f(－16,4k2＋1)，因為∠AQB為銳角，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))>0，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2＝9－eq\f(16（1＋k2）,4k2＋1)>0，解得k>eq\f(\r(35),10)或k<－eq\f(\r(35),10).3．解析：(1)由題意可知，|F1F2|＝2c＝2，則c＝1，又△ABF2的周長為8，所以4a＝8，即a＝2，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，b2＝a2－c2＝3.故C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，(2)假設存在點P，使得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值．若直線BM的斜率不存在，直線BM的方程為x＝1，B(1，eq\f(3,2))，M(1，－eq\f(3,2))，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x0－1)2－eq\f(9,4).若直線BM的斜率存在，設BM的方程為y＝k(x－1)，設點B(x1，y1)，M(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝k（x－1）))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，根據(jù)韋達定理可得：x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，由于eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x2－x0，y2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x1x2－(x1＋x2)x0＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋k2＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(（4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－8x0－5）k2＋3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－12,4k2＋3)因為eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值，所以eq\f(4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－8x0－5,4)＝eq\f(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－12,3)解得x0＝eq\f(11,8)，故存在點P，且x0＝eq\f(11,8).4．解析：(1)由已知F(eq\f(p,2)，0)，直線AB的方程為y＝x－eq\f(p,2)聯(lián)立直線與拋物線eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px,y＝x－\f(p,2)))，消y可得，x2－3px＋eq\f(p2,4)＝0，所以xA＋xB＝3p，因為|AB|＝xA＋xB＋p＝4p＝8，所以2p＝4，即拋物線的方程為y2＝4x.(2)將P(x0，－1)代入y2＝4x可得P(eq\f(1,4)，－1)，不妨設直線MN的方程為x＝my＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,x＝my＋t))，消x得y2－4my－4t＝0，則有y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，Δ＝16m2＋16t，由題意kPM·kPN＝eq\f(y1＋1,x1－\f(1,4))×eq\f(y2＋1,x2－\f(1,4))＝eq\f(4,y1－1