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专题3.14 探究图形之性质代数运算是利器高考数学解答题压轴题突破讲义(解析版)

1、【题型综述】探究图形之性质问题解题策略:(1)“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素某性质图形存在,用向量或平面几何知识,转化直线与圆锥曲线交点坐标的函数式,利用设而不求思想,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则某性质图形存在存在;否则,元素某性质图形存在不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.【典例指引】类型一 面积计算例1 【2016高考上海理数】(本题满分14)有一块正方形菜地,所在直线是一条小河,收货的蔬菜可送到点或河边运走。于是,菜地分为两个区域和,其中中的蔬菜运到河边较近,中的蔬菜运到点较近,而菜地内和的分界线上的点到河边与到点

2、的距离相等,现建立平面直角坐标系,其中原点为的中点,点的坐标为(1,0),如图(1) 求菜地内的分界线的方程(2) 菜农从蔬菜运量估计出面积是面积的两倍,由此得到面积的“经验值”为。设是上纵坐标为1的点,请计算以为一边、另一边过点的矩形的面积,及五边形的面积,并判断哪一个更接近于面积的经验值所求的矩形面积为,而所求的五边形面积为矩形面积与“经验值”之差的绝对值为,而五边形面积与“经验值”之差的绝对值为,所以五边形面积更接近于面积的“经验值”学*类型二 四边形形状探究例2. 【2015高考新课标2,理20】已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴,与有两个交点,线段的中点为()证明:直线的斜率与的

3、斜率的乘积为定值;()若过点,延长线段与交于点,四边形能否为平行四边形?若能,求此时的斜率,若不能,说明理由 解得,因为,所以当的斜率为或时,四边形为平行四边形学*类型三 探究角是否相等例3【2015高考北京,理19】已知椭圆:的离心率为,点和点都在椭圆上,直线交轴于点()求椭圆的方程,并求点的坐标(用,表示);()设为原点,点与点关于轴对称,直线交轴于点问:轴上是否存在点,使得?若存在,求点的坐标;若不存在,说明理由 ),则,存在点使得.学*类型四 探究两直线的位置关系例4.【2017课标3,文20】在直角坐标系xOy中,曲线与x轴交于A,B两点,点C的坐标为.当m变化时,解答下列问题:(1

4、)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.【扩展链接】1.给出,等于已知,即是直角,给出,等于已知是钝角, 给出,等于已知是锐角;2.给出,等于已知是的平分线;3.在平行四边形中,给出,等于已知是菱形;4.在平行四边形中,给出,等于已知是矩形;5.已知抛物线方程为,定点M,直线过点M交抛物线于A,B两点,则有 ;【新题展示】1【2019四川凉山二诊】椭圆长轴右端点为,上顶点为,为椭圆中心,为椭圆的右焦点,且,离心率为(1)求椭圆的标准方程;(2)直线交椭圆于、两点,判断是否存在直线,使点恰为的垂心?若存在,求出直线的方程;若不存在,请说明理由【

5、思路引导】(1)由条件布列关于a,b的方程组,即可得到椭圆的标准方程;(2)由为的垂心可知,利用韦达定理表示此条件即可得到结果【解析】(1)设椭圆的方程为,半焦距为则、由,即,又,解得,椭圆的方程为(2)为的垂心,又,设直线:,将直线方程代入,得,且又,即由韦达定理得:解之得:或(舍去)来源:Z_xx_k.Com存在直线:使为的垂心2【2019山东潍坊一模】如图,点为圆:上一动点,过点分别作轴,轴的垂线,垂足分别为,连接延长至点,使得,点的轨迹记为曲线(1)求曲线的方程;(2)若点,分别位于轴与轴的正半轴上,直线与曲线相交于,两点,试问在曲线上是否存在点,使得四边形为平行四边形,若存在,求出直

6、线方程;若不存在,说明理由【思路引导】(1)设,则,且,通过,转化求解即可(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),由题意知直线的斜率存在且不为零,设直线的方程为,代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程,假设存在点Q,满足题意,则其充要条件为,则点Q的坐标为(x1+x2,y1+y2)由此利用韦达定理结合点Q在曲线上,得到关于k的方程求解即可【解析】(1)设,则,由题意知,所以为中点,由中点坐标公式得,即,又点在圆:上,故满足,得(2)由题意知直线的斜率存在且不为零,设直线的方程为,因为,故,即 ,联立,消去得:,设, ,因为为平行四边形,故,点在椭圆上,故,整理得,将代入,得,该方程无解,故

7、这样的直线不存在3【2019山东淄博3月模拟】已知点A,B的坐标分别为(2,0),(2,0)三角形ABM的两条边AM,BM所在直线的斜率之积是()求点M的轨迹方程;()设直线AM方程为,直线l方程为x2,直线AM交l于P,点P,Q关于x轴对称,直线MQ与x轴相交于点D若APD面积为2,求m的值【思路引导】(I)设出点的坐标,利用斜率乘积为建立方程,化简后求得点的轨迹方程(II)联立两条直线的方程求得点的坐标,进而求得点的坐标,将直线的方程和的轨迹方程联立,求得点的坐标,进而求得直线的方程,从而求得点的坐标,利用三角形的面积列方程,解方程求得的值【解析】()设点M的坐标为(x,y),因为点A的坐

8、标是(-2,0),所以,直线AM的斜率同理,直线BM的斜率由已知又化简,得点M的轨迹方程()解:直线AM的方程为x=my-2(m0),与直线l的方程x=2联立,可得点,故将x=my-2与联立,消去x,整理得,解得y=0,或来源:Z,xx,k.Com由题设,可得点由,可得直线MQ的方程为,令y=0,解得,故所以所以APD的面积为:又因为APD的面积为,故,整理得,解得,所以4【2019福建龙岩质检】已知椭圆的两焦点为、,抛物线:()的焦点为,为等腰直角三角形()求的值;()已知过点的直线与抛物线交于两点,又过作抛物线的切线,使得,问这样的直线是否存在?若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由【

9、思路引导】()先写出、的坐标,利用为等腰直角三角形,求得p即可()依题意,直线l的斜率必存在,设直线l的方程为yk(x+2),可得切线l1,l2的斜率分别为,x1x24再将直线与抛物线联立,结合韦达定理解得k即可【解析】()椭圆,两焦点为,为等腰直角三角形, ()过点的直线与抛物线交于两点,的斜率必存在,设直线的方程为, 由得,或 抛物线方程得为所以切线的斜率分别为, 当时,即 又,解得合题意,所以存在直线的方程是,即5【2019广西桂林市,贺州市,崇左市3月联合调研】已知抛物线,过点的直线交抛物线于、两点,设为坐标原点,且(1)求的值;(2)若,的面积成等比数列,求直线的方程【思路引导】(1

10、)利用 ,从而可得结果;(2)由(1)知点为抛物线的焦点,可设直线的方程为,由 ,成等比数列,可得,即利用韦达定理可得,解方程即可得结果【解析】(1)据题直线,斜率均存在,且, 故(2)由(1)知点为抛物线的焦点,据题意,直线的斜率存在且不为0,故可设直线的方程为由 设,则有, 若,的面积成等比数列,则,成等比数列,即:,则解得,或,均满足故直线的方程为或6【2019河北石家庄3月质检】已知椭圆()的离心率为,且经过点(1)求椭圆的方程;(2)过点作直线与椭圆交于不同的两点,试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称?若存在,求出点的坐标;若不存在,说明理由【思路引导】(1)由题得a,b

11、,c的方程组求解即可(2)直线与直线恰关于轴对称,等价于的斜率互为相反数,即,整理设直线的方程为,与椭圆联立,将韦达定理代入整理即可【解析】(1)由题意可得,又, 解得,所以,椭圆的方程为 (2)存在定点,满足直线与直线恰关于轴对称设直线的方程为,与椭圆联立,整理得,设,定点(依题意则由韦达定理可得, 直线与直线恰关于轴对称,等价于的斜率互为相反数 所以,即得 又,所以,整理得,从而可得, 即,所以,当,即时,直线与直线恰关于轴对称成立 特别地,当直线为轴时,也符合题意 综上所述,存在轴上的定点,满足直线与直线恰关于轴对称7【2019山东临沂2月质检】已知抛物线E:上一点M到焦点F的距离为5来

12、源:Zxxk.Com(1)求抛物线E的方程;(2)直线与圆C:相切且与抛物线E相交于A,B两点,若AOB的面积为4(O为坐标原点),求直线的方程【思路引导】(1)由抛物线的定义求出p的值,即可得出抛物线的方程;(2)设直线l的方程为xmy+n,设点A(x1,y1)、B(x2,y2),根据直线l与圆C相切得出m与n所满足的第一个关系式,将直线l的方程联立,列出韦达定理,计算出|AB|以及原点O到直线l的距离d,然后利用三角形的面积公式计算出AOB的面积,得出m与n所满足的第二个关系式,然后将两个关系式联立,求出m和n的值,即可得出直线l的方程【解析】(1)由抛物线的定义知,所以,p2,因此,抛物

13、线E的方程为y24x;(2)由题意知,直线l与y轴不垂直,设直线l的方程为xmy+n直线l与圆C相切,又圆C的圆心为(2,0),所以,4m2n24n,设点A(x1,y1)、B(x2,y2),由,消去x得,y24my4n0,由韦达定理得y1+y24m,y1y24n则,又原点O到直线l的距离为,(m2+n)n24,又4m2n24n,解得n2当n2时,m21不成立;当n2时,m23,经检验,所求直线方程为,即8【2019湖北十堰模拟】已知椭圆过点(1)求椭圆的方程,并求其离心率;(2)过点作轴的垂线,设点为第四象限内一点且在椭圆上(点不在直线上),点关于的对称点为,直线与交于另一点设为原点,判断直线

14、与直线的位置关系,并说明理由【思路引导】(1)将P点代入椭圆方程,可得a的值,结合离心率的公式可得离心率的值;(2)设直线,设点的坐标为,分别求出,根据斜率公式以及两直线的位置关系与斜率的关系可得答案【解析】(1)由椭圆方程椭圆过点,可得,椭圆的方程为,离心率(2)直线与直线平行证明如下:设直线,设点的坐标为,由得,同理,由,有,在第四象限,且不在直线上,又,故,直线与直线平行9【2019安徽淮南一模】设椭圆的左、右焦点分别为,上顶点为,过点与垂直的直线交轴负半轴于点,且,过,三点的圆恰好与直线相切求椭圆的方程;过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点,问在轴上是否存在点,使得以为邻边的平行四边形

15、是菱形?如果存在,求出的取值范围;如果不存在,说明理由【思路引导】设点的坐标为,且,利用以及得出点的坐标,利用外接圆圆心到该直线的距离等于半径,可求出的值,进而得出与的值,从而得出椭圆的方程;令,得出,设点、,将直线l的方程与椭圆的方程联立,利用韦达定理,求出线段的中点的坐标,将条件“以为邻边的平行四边形是菱形”转化为,得出这两条直线的斜率之积为,然后得出的表达式,利用不等式的性质可求出实数的取值范围【解析】设椭圆C的焦距为,则点的坐标为,点的坐标为,设点Q的坐标为,且,如下图所示,则,所以,则点Q的坐标为,直线与直线AQ垂直,且点,所以,由,得,则,为直角三角形,且为斜边,线段的中点为,的外

16、接圆半径为2c由题意可知,点到直线的距离为,所以,因此,椭圆C的方程为由题意知,直线的斜率,并设,则直线l的方程为,设点、将直线的方程与椭圆C的方程联立,消去x得,由韦达定理得,所以,线段MN的中点为点由于以PM,PN为邻边的平行四边形是菱形,则,则,所以,由两点连线的斜率公式可得,得由于,则,所以,所以,因此,在x轴上存在点,使得以PM,PN为邻边的平行四边形是菱形,且实数m的取值范围是来源:【同步训练】1已知椭圆的离心率为,其左、右焦点分别为F1,F2,点P(x0,y0)是坐标平面内一点,且(O为坐标原点)(1)求椭圆C的方程;(2)过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点,在y轴上是否

17、存在定点M,使以AB为直径的圆恒过这个点?若存在,求出M的坐标,若不存在,说明理由【思路点拨】(1)设出P的坐标,利用|OP|的值求得x0和y0的关系式,同时利用求得x0和y0的另一关系式,进而求得c,通过椭圆的离心率求得a,最后利用a,b和c的关系求得b,则椭圆的方程可得(2)设出直线l的方程,与椭圆方程联立消去y,设A(x1,y1),B(x2,y2),则可利用韦达定理表示出x1+x2和x1x2,假设在y轴上存在定点M(0,m),满足题设,则可表示出,利用=0求得m的值假设在y轴上存在定点M(0,m),满足题设,则=由假设得对于任意的恒成立,即解得m=1学*因此,在y轴上存在定点M,使得以A

18、B为直径的圆恒过这个点,点M的坐标为(0,1)2.已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,左顶点为A,左焦点为F1(2,0),点B(2,)在椭圆C上,直线y=kx(k0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N;(1)求椭圆C的方程;(2)以MN为直径的圆是否经过定点?若经过,求出定点的坐标,若不经过,请说明理由【思路点拨】(1)由题意可设椭圆标准方程,结合已知及隐含条件列关于a,b,c的方程组,求解方程组得到a2,b2的值,则椭圆方程可求;(2)设F(x0,y0),E(x0,y0),写出AE、AF所在直线方程,求出M、N的坐标,得到以MN为直径的圆的方程,由圆的方程可知

19、以MN为直径的圆经过定点(2,0) AE所在直线方程为,取x=0,得y=,M(0,)学*则以MN为直径的圆的圆心坐标为(0,),半径r=, 3.已知椭圆+=1(ab0)的离心率为,F1、F2是椭圆的左、右焦点,过F2作直线l交椭圆于A、B两点,若F1AB的周长为8(1)求椭圆的方程;(2)若直线l的斜率不为0,且它的中垂线与y轴交于Q,求Q的纵坐标的范围;(3)是否在x轴上存在点M(m,0),使得x轴平分AMB?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由【思路点拨】(1)由椭圆的性质可知:4a=8,e=及b2=a2c2,即可求得a和b的值,即可求得椭圆的方程;(2)当k不存在时,Q为原点,y0=

20、0,当k存在时,将直线方程代入椭圆方程,求得关于x的一元二次方程,利用韦达定理求得x1+x2及x1x2,根据中点坐标公式,求得P点坐标,求得直线PQ方程,令x=0,yQ=,0)(0,即可求得Q的纵坐标的范围;(3)假设存在m,由x轴平分AMB可得,+=0,由()可知,代入即可求得m的值【详细解析】(1)由椭圆的性质可知:4a=8,a=2,e=,c=1,学*b2=a2c2=41=3,b=,椭圆的方程;(3)存在m=4,假设存在m,由x轴平分AMB可得,kMA+kMB=0,即+=0,k(x11)(x2m)+k(x21)(x1m)=0,2x1x2(m+1)(x1+x2)+2m=0,8k2248k2m

21、8k2+6m+8mk2=0,解得:m=4学*4.已知圆E:(x+1)2+y2=16,点F(1,0),P是圆E上任意一点,线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q(1)求动点Q的轨迹的方程;(2)若直线y=k(x1)与(1)中的轨迹交于R,S两点,问是否在x轴上存在一点T,使得当k变动时,总有OTS=OTR?说明理由【思路点拨】(1)连结QF,运用垂直平分线定理可得,|QP|=|QF|,可得|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4|EF|=2,由椭圆的定义即可得到所求轨迹方程;(2)假设存在T(t,0)满足OTS=OTR设R(x1,y1),S(x2,y2),联立直线方程和椭圆方程,运用韦达定理和

22、判别式大于0,由直线的斜率之和为0,化简整理,即可得到存在T(4,0)(2)假设存在T(t,0)满足OTS=OTR设R(x1,y1),S(x2,y2)联立, 得(3+4k2)x28k2x+4k212=0,由韦达定理有,其中0恒成立,由OTS=OTR(显然TS,TR的斜率存在),故kTS+kTR=0即,由R,S两点在直线y=k(x1)上,故y1=k(x11),y2=k(x21)代入得,即有2x1x2(t+1)(x1+x2)+2t=0,学*将代入,即有:,要使得与k的取值无关,当且仅当“t=4“时成立,学*综上所述存在T(4,0),使得当k变化时,总有OTS=OTR5.在平面直角坐标系xOy中,设

23、椭圆(ab0)的离心率是e,定义直线y=为椭圆的“类准线”,已知椭圆C的“类准线”方程为y=,长轴长为4(1)求椭圆C的方程;(2)点P在椭圆C的“类准线”上(但不在y轴上),过点P作圆O:x2+y2=3的切线l,过点O且垂直于OP的直线l交于点A,问点A是否在椭圆C上?证明你的结论【思路点拨】(1)由题意列关于a,b,c的方程,联立方程组求得a2=4,b2=3,c2=1,则椭圆方程可求;(2)设P(x0,2)(x00),当x0=时和x0=时,求出A的坐标,代入椭圆方程验证知,A在椭圆上,当x0时,求出过点O且垂直于0P的直线与椭圆的交点,写出该交点与P点的连线所在直线方程,由原点到直线的距离

24、等于圆的半径说明直线是圆的切线,从而说明点A在椭圆C上 PA1所在直线方程为(2+x0)x(x06)yx0212=0此时原点O到该直线的距离d=,说明A点在椭圆C上;同理说明另一种情况的A也在椭圆C上综上可得,点A在椭圆C上 另解:设切点为(x0,y0),由圆上一点的切线方程可得切线l的方程为x0x+y0y=3,代入y=2,可得x=,即有P(,2),kOP=,与OP垂直的直线,且过O的直线为y=x,代入x0x+y0y=3,结合x02+y02=3,可得x=,y=,学*即为A(,),由3()2+4()2=12,则点A在椭圆C上学*6.已知椭圆E过点A(2,3),对称轴为坐标轴,焦点F1,F2在x轴

25、上,离心率e=,F1AF2的平分线所在直线为l(1)求椭圆E的方程;(2)设l与x轴的交点为Q,求点Q的坐标及直线l的方程;(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点?若存在,请找出;若不存在,说明理由【思路点拨】(1)设出椭圆方程,根据椭圆E经过点A(2,3),离心率,建立方程组,求得几何量,即可得到椭圆E的方程;(2)求得AF1方程、AF2方程,利用角平分线性质,即可求得F1AF2的平分线所在直线l的方程;(3)假设存在B(x1,y1)C(x2,y2)两点关于直线l对称,设出直线BC方程代入椭圆E的方程,求得BC中点代入直线2xy1=0上,即可得到结论 7.)如图,已知F1、F2是椭

26、圆G:的左、右焦点,直线l:y=k(x+1)经过左焦点F1,且与椭圆G交于A、B两点,ABF2的周长为(1)求椭圆G的标准方程;(2)是否存在直线l,使得ABF2为等腰直角三角形?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由【思路点拨】(1)由题意可知:c=1,4a=4,b2=a2c2=31=2即可求得椭圆方程;(2)分类讨论,假设|AF2|=|BF2|,利用作差法,即可求得x1+x2=6(与x1,x2,x1+x226,矛盾),将直线方程代入椭圆方程由韦达定理:=6,矛盾故|AF2|BF2|再证明AB不可能为等腰直角三角形的直角腰由勾股定理得:,此方程无解故不存在这样的等腰直角三角形(2)不

27、存在理由如下:先用反证法证明AB不可能为底边,即|AF2|BF2|由题意知F2(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),假设|AF2|=|BF2|,则,又,代入上式,消去,得:(x1x2)(x1+x26)=0因为直线l斜率存在,所以直线l不垂直于x轴,所以x1x2,故x1+x2=6(与x1,x2,x1+x226,矛盾)联立方程,得:(3k2+2)x2+6k2x+3k26=0,所以=6,矛盾故|AF2|BF2|再证明AB不可能为等腰直角三角形的直角腰假设ABF2为等腰直角三角形,不妨设A为直角顶点设|AF1|=m,则,学*在AF1F2中,由勾股定理得:,此方程无解故不存在这样的等腰直角三

28、角形8.已知椭圆C:+=1(ab0)经过点(,1),过点A(0,1)的动直线l与椭圆C交于M、N两点,当直线l过椭圆C的左焦点时,直线l的斜率为(1)求椭圆C的方程;(2)是否存在与点A不同的定点B,使得ABM=ABN恒成立?若存在,求出点B的坐标;若不存在,请说明理由【思路点拨】(1)将点(,1)代入椭圆方程,设左焦点为(c,0),再由斜率公式,可得c的值,结合a,b,c的关系,即可得到椭圆方程;(2)假设存在与点A不同的定点B,使得ABM=ABN恒成立当直线MN的斜率为0时,由对称性可得B在y轴上,设为B(0,t),设直线MN的方程为x=my+1,代入椭圆方程,运用韦达定理,设M(x1,y

29、1),N(x2,y2),由假设可得kBM+kBN=0,化简整理,可得t+2m=0,故不存在这样的定点B即有2my1y2+(y1+y2)=tm(y1+y2)+2,即为=t(+2),学*化为8m=4t,即t+2m=0,由于m为任意的,则t不为定值故不存在与点A不同的定点B,使得ABM=ABN恒成立9.已知椭圆E的方程是+=1,左、右焦点分别是F1、F2,在椭圆E上有一动点A,过A、F1作一个平行四边形,使顶点A、B、C、D都在椭圆E上,如图所示() 判断四边形ABCD能否为菱形,并说明理由() 当四边形ABCD的面积取到最大值时,判断四边形ABCD的形状,并求出其最大值【思路点拨】(1) 设直线方

30、程,代入椭圆方程,若四边形ABCD能否为菱形,则OAOB,由向量数量积的坐标运算,整理可知=0,方程无实数解,故四边形ABCD不能是菱形;(2)由三角形的面积公式SABCD=2丨OF1丨丨y1y2丨=2,利用韦达定理,及向量数量积的坐标运算,函数的单调性即可求得ABCD的面积取到最大值及m的值(2)由题SABCD=4SAOB,而SAOB=丨OF1丨丨y1y2丨,又丨OF1丨=1,即SABCD=2丨OF1丨丨y1y2丨=2,(8分)由()知y1+y2=,y1y2=SABCD=2=24,函数,t1,+),在t=1时,f(t)min=10,(11分)SABCD的最大值为6,此时m2+1=1,即m=0

31、时,此时直线ABx轴,即ABCD是矩形(12分)10.已知椭圆C:=1(ab0)过点A(0,3),与双曲线=1有相同的焦点(1)求椭圆C的方程;(2)过A点作两条相互垂直的直线,分别交椭圆C于P,Q两点,则PQ是否过定点?若是,求出定点的坐标,若不是,请说明理由【思路点拨】(1)求得双曲线的焦点坐标,可得椭圆的c,由A点,可得b,求得a,即可得到椭圆方程;(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线AP的斜率为k,直线AQ的斜率为,直线AP的方程为y=kx+3,代入椭圆方程,求得P的坐标,k换为,可得Q的坐标,求出直线PQ的斜率,以及方程,整理可得恒过定点【详细解析】(1)双曲线=1的焦点

32、坐标为(3,0),(3,0),可得椭圆中的c=3,由椭圆过点A(0,3),可得b=3,则a=6,则椭圆的方程为+=1; 11.如图,已知F为椭圆+=1的左焦点,过点F且互相垂直的两条直线分别交椭圆于A、B及C、D(1)求证:+为定值;(2)若直线CD交直线l:x=于点P,试探究四边形OAPB能否为平行四边形,并说明理由【思路点拨】(1)当直线AB、CD有一平行于x轴时,+=,当直线AB、CD都不平行于x轴时,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB:y=k(x+1),则直线CD:y=(x+1),将直线直线AB 与椭圆方程联立,得(3+4k2)x2+8k2x+4k212=0,由此利用韦达定

33、理和弦长公式能求出AB,同理求出CD,由此能证明=(2)假设四边形OAPB是平行四边形,即,此时直线AB、CD都不平行于x轴P(,),则=(x1,y1),=(,),推导出,无解,由此得到四边形OAPB不可能是平行四边形x1+x2=,x1x2=AB=|x1x2|=,(4分)同理:CD=,(4分)=综上:=故+为定值(6分) 12.已知椭圆E:+=1(ab0)的离心率为,且过点(1,)(1)求E的方程;(2)是否存在直线l:y=kx+m相交于P,Q两点,且满足:OP与OQ(O为坐标原点)的斜率之和为2;直线l与圆x2+y2=1相切若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由【思路点拨】(1)由椭圆的

34、离心率公式求得a2=4b2,将点(1,)代入椭圆方程,即可求得a和b的值,即可求得椭圆方程;(2)将直线方程,代入椭圆方程,由韦达定理及直线的斜率公式,求得m2+k=1,由,即可求得k的取值范围,由点到直线的距离即可求得k和m的值,求得直线l的方程(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则,整理得:(1+4k2)x2+8kmx+4(m21)=0,由x1+x2=,x1x2=,由kOP+kOQ=+=2,2(k1)x1x2+m(x1+x2)=0,2(k1)+m()=0,整理得:m2+k=1,由=16(4k2m2+1)=16(4k2+k),解得:k,或0k1,直线与圆x2+y2=1相切,则=1,联立解得k=0(舍去),k=1,来源:Zxxk.Comm2=2,即m=,直线l的方程y=x 35