圆锥曲线21
解答题:
1. （本小题满分14分）
x2y2??1交于P?x1,y1?、Q?x2,y2?两不同点，且△OPQ的面积已知动直线l与椭圆C: 32S?OPQ=
6,其中O为坐标原点. 22222（Ⅰ）证明x1?x2和y1?y2均为定值;
（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求|OM|?|PQ|的最大值；
（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得S?ODE?S?ODG?S?OEG?的形状；若不存在，请说明理由.
6?若存在，判断△DEG2
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y?kx?m,
x2y2??1，得 由题意知m?0，将其代入32(2?3k2)x2?6kmx?3(m2?2)?0，
其中??36km?12(2?3k)(m?2)?0, 即3k2?2?m2
…………（*）
22226km3(m2?2),x1x2?, 又x1?x2??222?3k2?3k263k2?2?m2, 所以|PQ|?1?k?(x1?x2)?4x1x2?1?k?22?3k222因为点O到直线l的距离为d?|m|1?k,2
所以S?OPQ?1|PQ|?d 2221|m|2263k?2?m?1?k??
222?3k21?k6|m|3k2?2?m2? 22?3k又S?OPQ?26, 22整理得3k?2?2m,且符合（*）式，
6km23(m2?2))?2??3, 此时x?x?(x1?x2)?2x1x2?(?2?3k22?3k221222222222y12?y2?(3?x12)?(3?x2)?4?(x12?x2)?2.
3332222综上所述，x1?x2?3;y1?y2?2,结论成立。
511，当且仅当3?2?2?2,即m??2时，等号成立. 2mm5综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为.
2所以|OM|?|PQ|?3x2y22.如图7，椭圆C1:2?2?1(a?b?0)的离心率为，x轴被曲线
2abC2:y?x2?b截得的线段长等于C1的长半轴长.
???求C1，C2的方程；
????设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E. (ⅰ)证明： MD?ME;
(ⅱ)记?MAB,?MDE的面积分别为S1,S2，问：是否存在直线l，使得理由.
解：???由题意知e?S117?？请说明S232c3?，从而a?2b，又2b?a，解得a?2,b?1，故C1，C2的a2x2?y2?1，y?x2?1 方程分别为4????（ⅰ）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则
直线l的方程为y?kx
?y?kx2x?kx?1?0 由?得2?y?x?1设A?x1,y1?，B?x2,y2?，则x1,x2是上述方程的两
个实根，于是
x1?x2?k,x1,x2??1
又点M?0,?1?，所以
y1?1y2?1?kx1?1??kx2?1?k2x1x2?k?x1?x2??1????
x1x2x1x2x1x2kMA?kMB?k2?k2?1??1
?1故MA?MB即MD?ME
?S11?24?? ?4k??17因此12??S264?k1??171?41222??4k??17?k?k?4由题意知，，解得或 1112??64?4k1?32
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