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2022高考数学一轮总复习课件:综合突破五 圆锥曲线的综合问题

1、综合突破五综合突破五 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题 第第1课时课时 圆锥曲线中的最值或范围问题圆锥曲线中的最值或范围问题 已知椭圆x 2 2 y21 上两个不同的点 A,B 关于直线 ymx1 2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 y 1 mxb,A(x1,y1),B(x2,y2) 由 x 2 2 y21, y 1 mxb, 消去 y,得 1 2 1 m2 x22b m xb210(*) 因为直线 y 1 mxb 与椭圆 x2 2 y21 有两个不同的交点,所以 2b22 4 m20,

2、 则 x1x2 4mb m22,x1x2 2m2(b21) m22 , 设 AB 的中点为 M(x0,y0),则 x0 x1x2 2 ,y0y1y2 2 1 2m(x1x2)b,所以 M 2mb m22, m2b m22 ,代入直线方程 ymx1 2,解得 b m22 2m2 , 由得 m 6 3 所以 m 的取值范围为 m|m 6 3 (2)令 t 1 m 6 2 ,0 0, 6 2 ,则 t2 0,3 2 则 b1 2t 2,直线 AB 为 ytx1 2t 2,(*)式变为 t21 2 x22btxb210, 2 1 2t 2 2 24t22t42t23 2, 则|AB| 1t2 t21

3、2 t21 2t42t23 2 t21 2 ,且 O 到直线 AB 的距离为 d t21 2 t21 设AOB 的面积为 S(t), 所以 S(t)1 2|AB|d 1 2 2 t21 2 2 2 2 2 , 当且仅当 t21 2时等号成立,此时满足 t 2 0,3 2 故AOB 面积的最大值为 2 2 【点拨】 求与直线或与圆锥曲线有关的某个量的取值范围问题, 依据已知 条件建立关于该量的函数表达式,转化为求函数值域问题,要正确确定定 义域应注意到的是本例第(1)问使用了判别式法求参数范围考查数学建 模、数学运算、逻辑推理以及函数与方程、化归与转化的数学思想等 已知抛物线 C:y24x 的焦

4、点为 F,A 为 C 上位于第一象限的任 意一点, 过点 A 的直线 l 交抛物线 C 于另一点 B, 交 x 轴的正半轴于点 D(x0, 0) x01 2 ,记点 B 关于 x 轴的对称点为点 E,AE 交 x 轴于点 P,且 APBP (1)求证:点 P,D 关于原点对称; (2)求点 P 到直线 AB 的距离 d 的取值范围 解:设直线 l:xmyx0(m0),A(x1,y1),B(x2,y2),则 E(x2,y2), 由 y24x, xmyx0,消去 x,得 y 24my4x 00, 则 y1y24m, y1y24x0 (1)证明:设 P(xP,0),由题意知 A,E,P 三点共线,

5、又PE (x2xP,y2),PA (x 1xP,y1),则有(x2xP)y1y2(x1xP)0, 即 xPx2y1x1y2 y1y2 y1y2(y1y2) 4(y1y2) x0,所以点 P,D 关于原点对称 (2)因为 APBP, 所以APD45, 所以 kAE1, 即y1y2 x1x2 4(y1y2) y2 1y 2 2 1y1 y24, 即(y1y2)24y1y216, 得 m21x00, 则 x0 1 2,1 , d 2x0 m21 2x0 2x0, 设 t 2x0 1, 6 2 ,则 d42t 2 t 4 t 2t,函数 y4 t 2t 在 1, 6 2 上单调递减, 所以 d 6 3

6、 ,2 考点二考点二 构造不等式求最值或范围问题构造不等式求最值或范围问题 命题角度 1 构造基本不等式 在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 C1:x24y,直线 l 与抛物线 C1交于 A,B 两点 (1)若直线 OA,OB 的斜率之积为1 4,证明:直线 l 过定点; (2)若线段 AB 的中点 M 在曲线 C2:y41 4x 2(2 2x0,x1x24k,x1x24m, 所以 kOAkOBy1y2 x1x2 1 4x 2 11 4x 2 2 x1x2 x1x2 16 m 4 , 由已知 kOAkOB1 4,得 m1, 所以直线 l 的方程为 ykx1,所以直线 l 过定点(0,1) (

7、2)设 M(x0,y0),则由(1)知 x0 x1x2 2 2k, y0kx0m2k2m, 将 M(x0,y0)代入 C2:y41 4x 2(2 2x2 2)得 2k2m41 4(2k) 2,所以 m43k2, 因为2 2x02 2,所以2 22k2 2, 所以 2k0, 所以 2kb0)过点( 2,1),且焦距为 2 2 (1)求椭圆 C 的方程; (2)若直线 l:yk(x1)(k2)与椭圆 C 相交于不同的两点 A,B,线段 AB 的中点 M 到直线 2xyt0 的距离为3 5 5 ,求 t(t2)的取值范围 解:(1)由 2c2 2,得 c 2,则 a2b22, 将点( 2,1)代入椭

8、圆方程 2 a2 1 b21,解得 a 24,b22, 所以椭圆的标准方程x 2 4 y 2 2 1 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),联立 yk(x1), x2 4 y 2 2 1 整理得(2k21)x24k2x2k240,显然 0,则 x1x2 4k2 2k21,x0 x1x2 2 2k2 2k21, y0k(x01) k 2k21, M(x0,y0)到直线 2xyt0 的距离为3 5 5 , 即 4k2 2k21 k 2k21t 5 3 5 5 , 则 k2 2k21t2 3,由 k2 及 t2, 则 t5 k2 2k215 1 2(k2) 9 k28 ,

9、因为 2(k2) 9 k26 2, 所以 5 1 6 28t5,即 4 3 2 4 t5, 所以 t(t2)的取值范围是 43 2 4 ,5 命题角度 2 利用判别式构造不等式 (2021届浙江高三上开学考试)已知抛物线 C:y22px,F 为其焦点,点 Q(1,y)(y0) 在抛物线 C 上,且|FQ|2,过点 Q 作抛物线 C 的切线 l1,P(x0,y0)为 l1上异于点 Q 的一个 动点,过点 P 作直线 l2交抛物线 C 于 A,B 两点 (1)求抛物线 C 的方程; (2)若|PQ|2|PA| |PB|,求直线 l2的斜率,并求 x0的取值范围 解:(1)|FQ|1p 22,所以

10、p2,所以抛物线 C 的方程为 y 24x (2)易知 Q(1,2),设切线 l1的方程为 y2k(x1),代入 y24x,得 ky24y4k8 0, 由 0,得 k1,所以切线 l1的方程为 yx1, P(x0,y0)在直线 l1上,所以 x0y01, 设直线 l2方程为 xx0m(yy0),代入 y24x,得 y24my4my04x00, 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1y24m, y1y24my04x0 且 16m216my016x00,得 m2my0 x00,(*) |PA|PB|1m2|y1y0| 1m2|y2y0| (1m2)(y1y0)(y2y0) (1m2)y1

11、y2y0(y1y2)y2 0 (1m2)(4my04x04my0y2 0) (1m2)y2 04(y01) (1m2)(y02)2, 又|PA| |PB|PQ|22(y02)2,所以 1m22,所以 m 1(由题意取负),所 以直线 l2的斜率为1代入(*)式,得 1y0 x00,所以 2(x01)0,所以 x0 1,又 x01,所以 x0的取值范围为x0|x01 且 x01 【点拨】 若题设中给出直线(曲线)与曲线有公共点或无公共点 的条件时,可以通过联立消元,得到一元二次方程,进而用判别式 法求范围 (2021届广西桂林十八中高三月考)设抛物线 E:x22py(p0) 的焦点为 F,点 A

12、 是 E 上一点,且线段 AF 的中点坐标为(1,1) (1)求抛物线 E 的标准方程; (2)若 B,C 为抛物线 E 上的两个动点(异于点 A),且 BABC,求点 C 的横坐标的取值范围 解:(1)依题意得 F 0,p 2 ,设 A(x0,y0),由 AF 的中点坐标为(1,1),得 1x 0 2 , 1 y0p 2 2 , 即 x02, y02p 2, 所以 42p 2p 2 ,得 p24p40,即 p2, 所以抛物线 E 的标准方程为 x24y (2)由题意知 A(2,1),设 B x1,x 2 1 4 ,C x,x 2 4 , 则 kBA x2 1 4 1 x12 1 4(x12)

13、, 因为 x12,所以 kBC 4 x12,BC 所在直线的方程为 y x2 1 4 4 x12(xx1),联立 yx 2 1 4 4 x12(xx1), x24y, 因为 xx1,得(xx1)(x12)160, 即 x2 1(x2)x12x160, 因为 (x2)24(2x16)0,即 x24x600,故 x10 或 x6经检验,当 x 6 时,不满足题意 所以点 C 的横坐标的取值范围是(,6)10,). 第第2课时课时 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 考点一考点一 定点问题定点问题 命题角度 1 直线过定点 (2020年广州执信、广雅、六中联考)如图

14、,已知椭圆 C: x2 a2y 21(a1)的上 顶点为 A,右焦点为 F,直线 AF 与圆 M:x2y26x2y70 相切 (1)求椭圆的方程; (2)不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 相交于 P,Q 两点,且 APAQ,证明:动直线 l 过定点,并且求出该定点坐标 解:(1)由题可知,A(0,1),F(c,0),则直线 AF 的方程为x cy1,即 xcyc0, 因为直线 AF 与圆 M:x2y26x2y70 相切,该圆的圆心为 M(3,1),r 3,则 3 3 1c2, 所以 c22,所以 a23,故椭圆的方程为x 2 3 y21 (2)证法一:依题意得直线 l 的斜率必存在,设 l

15、:ykxm,设点 P(x1,y1),Q(x2,y2), 联立 ykxm, x2 3 y21,消去 y 并整理得(3k 21)x26kmx3m230, 36k2m24(3k21)(3m23)0,即 m20)的焦点 F 是椭圆x 2 4 y 2 3 1 的一 个焦点 (1)求抛物线 C 的方程; (2)设 P,M,N 为抛物线 C 上的不同三点,点 P(x0,2),且 PMPN求证:直线 MN 过定点 解:(1)因为椭圆x 2 4 y 2 3 1 的焦点为( 1,0), 依题意,p 21,则 p2,所以 C 的方程为 y 24x (2)证明:易知 P(1,2),设直线 MN 的方程为 xmyn,与

16、抛物线的方程联立得 y24my4n0,由 0 知,m2n0 设 M(x1,y1),N(x2,y2), 则 y1y24m,y1y24n, 由 PMPN,则PM PN 0,即(x11,y12) (x21,y22)0, 所以(x11)(x21)(y12)(y22)0, 即(my1n1)(my2n1)(y12)(y22)0, 整理得到(m21)y1y2(mnm2)(y1y2)(n1)240, 所以4n(m21)4m(mnm2)(n1)240, 化简得 n26n4m28m50, 即(n3)24(m1)2, 解得 n2m5 或 n2m1 当 n2m5 时,满足0,直线 MN 的方程为 xmy2m5,即为

17、x5m(y2),即 直线过定点(5,2); 当 n2m1 时,由 0 须 m1,直线 MN 的方程为 xmy2m1,即为 x1m(y 2),即直线过定点(1,2),此时与点 P 重合,故应舍去 所以直线 MN 过定点(5,2) 命题角度 2 圆过定点 (2019北京卷)已知抛物线 C:x22py 经过点(2,1) (1)求抛物线 C 的方程及其准线方程; (2)设 O 为原点,过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M,N,直线 y1 分别交直线 OM,ON 于点 A 和点 B求证:以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点 解:(1)由抛物线 C:x22py

18、经过点(2,1),得 p2 所以抛物线 C 的方程为 x24y,其准线方程为 y1 (2)证明:抛物线 C 的焦点为 F(0,1) 设直线 l 的方程为 ykx1(k0) 由 ykx1, x24y, 得 x24kx40 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1x24 直线 OM 的方程为 yy1 x1x 令 y1,得点 A 的横坐标 xAx1 y1 同理得点 B 的横坐标 xBx2 y2 设点 D(0,n),则 DA (x1 y1,1n),DB (x2 y2,1n), 所以DA DB x1x2 y1y2(n1) 2 x1x2 (x 2 1 4 )(x 2 2 4 ) (n1)2 16

19、x1x2(n1) 2 4(n1)2 令DA DB 0,即4(n1)20,则 n1 或 n3 综上,以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0,1)和(0,3) 【点拨】 圆过定点,可依据直径所对圆周角为直角,转化为 两条线段的垂直,进而转化为两个向量垂直,即两向量的数量积 等于 0,从而建立方程求解 (2021届广西防城中学高三10月考)已知椭圆 C: x2 b2 y2 a21(ab0)的离 心率为 2 2 ,且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为 2 2 (1)求椭圆 C 的方程; (2)斜率为 k 的动直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点,点 S 1 3,0 在直线 l 上, 求证:无论

20、直线 l 如何转动,以 AB 为直径的圆恒过点 T(1,0) 解:(1)设椭圆的离心率为 e,由题可知 ec a 2 2 , 2a2 2, 解得 a 2, c1 因为 b2a2c21,所以椭圆 C 的方程为y 2 2 x21 (2)证明:由题知直线 l 的方程为 yk x1 3 , 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则代入椭圆方程y 2 2 x21, 整理得(k22)x22 3k 2xk 218 9 0 因为点 S 1 3,0 在椭圆内,此方程必有两个实根, x1x2 2k2 3(k22), x1x2 k218 9(k22) 所以TA TB (x11,y1) (x21,y2) (x11

21、)(x21)k x11 3 k x21 3 (k21)x1x21 3(k 23)(x 1x2)1 9(k 29) 1 9(k22)(k 21)(k218)2k2(k23)(k29) (k22)0, 所以TA TB ,所以以 AB 为直径的圆恒过点 T(1,0) 考点二考点二 定值问题定值问题 命题角度 1 代数式的定值 (2021届湖北四地六校高三起点联考)已知椭圆 C:x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2, 以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 7x 5y120 相切 (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 A(4,0),过点 R(3,0)作与 x 轴不重合的直线 l

22、 交椭圆 C 于 P,Q 两点,连接 AP, AQ 分别交直线 x16 3 于 M,N 两点,若直线 MR,NR 的斜率分别为 k1,k2,试问:k1k2是否 为定值?若是,求出该定值,若不是,请说明理由 解:(1)由题意得 e c a 1 2, 12 75b, a2b2c2, 解得 a4, b2 3, c2, 故椭圆 C 的方程为 x2 16 y2 121 (2)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),直线 PQ 的方程为 xmy3,由 x 2 16 y2 121, xmy3, 得(3m24)y218my 210,0 显然成立,所以 y1y2 18m 3m24,y1y2 21 3m24, 由

23、 A,P,M 三点共线可知, yM 16 3 4 y1 x14,所以 yM 28 3 y1 x14;同理可得 yN 28 3 y2 x24 所以 k1k2 yM 16 3 3 yN 16 3 3 9yMyN 49 16y1y2 (x14)(x24) 因为(x14)(x24)(my17)(my27)m2y1y27m(y1y2)49, 所以 k1k2 16y1y2 m2y1y27m(y1y2)49 16 21 3m24 m2 21 3m247m 18m 3m2449 12 7 故 k1k2为定值,且为12 7 【点拨】 判断或证明代数式为定值,依题意设条件,得出与 代数式参数有关的等式,代入代数式

24、,化简即可得出 已知 O 为坐标原点,过点 M(1,0)的直线 l 与抛物线 C:y2 2px(p0)交于 A,B 两点,且OA OB 3 (1)求抛物线 C 的方程; (2)过点 M 作直线 ll 交抛物线 C 于 P,Q 两点,记OAB,OPQ 的面积分别为 S1,S2,证明: 1 S2 1 1 S2 2为定值 解:(1)设直线 l:xmy1 与 y22px 联立消去 x 得,y22pmy2p0设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1 y22pm,y1y22p 因为OA OB 3,所以OA OB x1x2y1y2(my11)(my21)y1y2(1m2)y1y2m(y1y2)1(1

25、 m2)(2p)2pm212p13,解得 p2 所以抛物线 C 的方程为 y24x (2)证明:由(1)知,M(1,0)是抛物线 C 的焦点,所以|AB|x1x2pmy1my22p4m24 原点到直线 l 的距离 d 1 1m2, 所以 S11 2|AB|d 1 24(m 21) 1 1m22 1m 2 因为直线 l过点(1,0)且 ll, 所以 S221 1 m 2 2 1m2 m2 所以 1 S2 1 1 S2 2 1 4(1m2) m2 4(1m2) 1 4, 即 1 S2 1 1 S2 2为定值 1 4 命题角度 2 与长度、面积、角度等相关的定值 已知椭圆 C:x 2 4 y 2 b

26、21(0b2)的左、右焦点分别为 F1,F2,F1( 3,0) (1)若 P 为椭圆 C 上任意一点,且横坐标为 x0,求证:|PF1|2 3 2 x0; (2)不经过 F1和 F2的直线 l:ykxm(k0,m0)与圆 x2y21 相切,且与椭圆 C 交于 M,N 两点,试判断MF1N 的周长是否为定值,若是,求出定值;若不是,请说明理由 解:(1)证明:易知 a2,c 3,则 b1,椭圆 C 的方程为x 2 4 y21,设 P(x0,y0),则|PF1| (x0 3)2y2 0 x2 02 3x031x 2 0 4 3 2 x02 ,因为2x02,所以|PF1|2 3 2 x0 (2)因为

27、直线 l 与圆 x2y21 相切,所以 |m| 1k21,m 21k2设 M(x 1,y1),N(x2,y2),由 ykxm, x2 4 y21,得(4k 21)x28kmx4(m21)0, 0, x 1x2 8km 4k21, x1x2 4(m21) 4k21 , 所以|MN| 1k2|x1x2|4 3mk 4k21, 由(1)得|MF1|2 3 2 x1, |NF1|2 3 2 x2, |MF1|NF1|MN|44 3mk 4k21 4 3mk 4k214所以MF1N 的周长为定值 4 【点拨】 判断或证明长度、面积、角度为定值,利用相应的公 式求得代数式,依据条件对代数式进行化简、变形即

28、可 已知椭圆 E 的中心在坐标原点 O,焦点在 x 轴上,椭圆上的短轴顶点 到焦点的距离为 2,椭圆上的点到焦点距离的最大值是 2 3 (1)求椭圆 E 的标准方程; (2)直线 l 交椭圆于 M,N 两点,若 16k2 OMk 2 ON8kOMkON10,OMN 的面 积是否为定值,如果是定值,请求出定值;如果不是定值,请说明理由 解:(1)由题意知:a2b2c24,ac2 3,解得 a2,b1,所以椭圆 E 的标准方程为x 2 4 y21 (2)由题意知,(4kOMkON1)20,即 kOMkON1 4若直线 l 的斜率不存在,设 l:xt联立 xt, x2 4 y21,解得 M t,1t

29、 2 4 ,N(t,1t 2 4),则 kOMkON 1t 2 4 t2 1 4,解得 t 2,则 SOMN 1 22 1t 2 4 21若直 线 l 的斜率存在,设 l:ykxb,M(x1,y1),N(x2,y2),则原点到直线 l 的距离为 d |b| k21,联立 ykxb, x2 4 y21,整理 得(4k21)x28kbx4b240,由 0 得 4k2b21,则 x1x2 8kb 4k21,x1x2 4b24 4k21,又 kOMkON 1 4,则 y1y2 x1x2 1 4, 即(k 21 4)x1x2kb(x1x2)b 20, (k21 4) 4b24 4k21 8k2b2 4k

30、21b 20, 化简得 2b24k21 根据弦长公式可知|MN| k21|x1x2|4 k21 4k2b21 4k21 4|b| k21 4k21 ,所以 SOMN1 2|MN|d 2b2 4k211综上所述,OMN 的面 积为定值 1 考点三考点三 存在性探究问题存在性探究问题 已知椭圆 C:x 2 a2 y2 b21(ab0)经过点 1, 3 2 ,离心率为 3 2 (1)求椭圆 C 的方程; (2)直线 yk(x1)(k0)与椭圆 C 交于 A,B 两点,点 M 是椭圆 C 的右顶点,直 线 AM 与直线 BM 分别与 y 轴交于 P,Q 两点,试问在 x 轴上是否存在一个定点 N 使

31、得 NPNQ?若存在,求出定点 N 的坐标;若不存在,请说明理由 解:(1)由题意可知 1 a2 3 4b21,又 c a 3 2 ,即a 2b2 a2 3 4,a 24b2解得 a24,即 a2,所以 b1所 以椭圆 C 的方程为x 2 4 y21 (2)假设存在定点 N(n,0)使得 NPNQ由 yk(x1), x2 4 y21, 得(4k21)x28k2x4(k21)0(k0),显 然 0 恒成立设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1x2 8k2 4k21,x1x2 4(k21) 4k21 因为 M(2,0),所以直线 AM 的方程为 y y1 x12(x2),则 P(0, 2

32、y1 x12),直线 BM 的方程为 y y2 x22(x2),则 Q(0, 2y2 x22) 则有NP (n,2y1 x12),NQ (n,2y2 x22),由NP NQ 0 得 n2 4y1y2 (x12)(x22)0(*),又 y1y2k 2(x 11)(x2 1)k2(x1x2x1x21) 3k2 4k21,(x12)(x22)x1x22(x1x2)4 4k2 4k21,代入(*)式整理得 n 230,故 n 3所以存在定点 N( 3,0)使得 NPNQ 【点拨】 存在性问题的探求,常用方法是假设存在,并以此 为基础进行推证,若推出矛盾,则不存在,否则存在特殊情形 的推证,常使思路明晰

33、 已知椭圆的中心是坐标原点 O,焦点在 x 轴上,离心率为 2 2 ,坐标原点 O 到过右焦点 F 且斜率为 1 的直线的距离为 2 2 (1)求椭圆的标准方程; (2)设过右焦点 F 且与坐标轴不垂直的直线 l 交椭圆于 P,Q 两点,在线段 OF 上是否存在点 M(m,0),使得|MP|MQ|?若存在,求出 m 的取值范围;若不存在, 请说明理由 解:(1)依题意,设椭圆的方程为x 2 a2 y2 b21(ab0),F(c,0), 由坐标原点 O 到直线 xyc0 的距离为 2 2 ,得|00c| 2 2 2 ,解 得 c1,又 ec a 2 2 ,故 a 2,b1,所以所求椭圆的标准方程

34、 为x 2 2 y21 (2)假设存在点 M(m,0)(0m1)满足条件 因为直线 l 与 x 轴不垂直, 所以设直线 l 的方程为 yk(x1)(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2) 由 x22y22, yk(x1)得(12k 2)x24k2x2k220, 0 恒成立,所以 x1x2 4k2 12k2,x1x2 2k22 12k2 设线段 PQ 的中点为 N(x0,y0), 则 x0 x1x2 2 2k2 12k2,y0k(x01) k 12k2 因为|MP|MQ|,所以 MNPQ,所以 kMNkPQ1,即 k 12k2 2k2 12k2m k1,所以 m k2 12k2 1 2 1 k2 因为 k20,所以 0m1 2,即 m 的取值范围为(0, 1 2)