1．已知點(diǎn)P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))是橢圓C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，|PF1|＋|PF2|＝4.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P點(diǎn)且與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線PA與直線PB的斜率之和為1，問(wèn)：直線l是否過(guò)定點(diǎn)？證明你的結(jié)論．
2．過(guò)點(diǎn)(4，2)的動(dòng)直線l與雙曲線E： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)交于M，N兩點(diǎn)，當(dāng)l與x軸平行時(shí)，|MN|＝4 eq \r(2)，當(dāng)l與y軸平行時(shí)，|MN|＝4 eq \r(3).
(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)點(diǎn)P是直線y＝x＋1上一定點(diǎn)，設(shè)直線PM，PN的斜率分別為k1，k2，若k1k2為定值，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
INCLUDEPICTURE "B組.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B級(jí) 能力提升】
1．已知F1(－ eq \r(6)，0)，F(xiàn)2( eq \r(6)，0)為雙曲線C的焦點(diǎn)，點(diǎn)P(2，－1)在C上．
(1)求C的方程．
(2)點(diǎn)A，B在C上，直線PA，PB與y軸分別相交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)Q在直線AB上，若 eq \(OM,\s\up6(→))＋ eq \(ON,\s\up6(→))＝0， eq \(PQ,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝0，是否存在定點(diǎn)T，使得|QT|為定值？若存在，請(qǐng)求出該定點(diǎn)及定值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
2．已知橢圓Γ： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為 eq \f(\r(2),2)，其左焦點(diǎn)為F1(－2，0).
(1)求Γ的方程．
(2)如圖，過(guò)Γ的上頂點(diǎn)P作動(dòng)圓F1的切線分別交Γ于M，N兩點(diǎn)，是否存在圓F1，使得△PMN是以PN為斜邊的直角三角形？若存在，求出圓F1的半徑；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
參考答案
【A級(jí) 基礎(chǔ)鞏固】
1．解：(1)由|PF1|＋|PF2|＝4，得a＝2.
又P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))在橢圓上，
代入橢圓方程有 eq \f(1,a2)＋ eq \f(9,4b2)＝1，解得b＝ eq \r(3)，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)直線l過(guò)定點(diǎn)．證明如下：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x1，－y1).
kPA＋kPB＝ eq \f(y1－\f(3,2)－y1－\f(3,2),x1＋1)＝1，
解得x1＝－4，不符合題意；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
x1＋x2＝ eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝ eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0.
由kPA＋kPB＝1，
整理得(2k－1)x1x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋m－\f(5,2)))(x1＋x2)＋2m－4＝0，即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.
當(dāng)m＝k＋ eq \f(3,2)時(shí)，此時(shí)，直線l過(guò)P點(diǎn)，不符合題意；
當(dāng)m＝4k時(shí)，Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0有解，此時(shí)直線l：y＝k(x＋4)過(guò)定點(diǎn)(－4，0).
2．解：(1)根據(jù)雙曲線的對(duì)稱(chēng)性，可知雙曲線E過(guò)點(diǎn)(±2 eq \r(2)，2)和點(diǎn)(4，±2 eq \r(3))，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,a2)－\f(4,b2)＝1，,\f(16,a2)－\f(12,b2)＝1，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝4，))
故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為 eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,4)＝1.
(2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－4)＋2，
與雙曲線方程聯(lián)立，消去y，得(k2－1)x2－(8k2－4k)x＋16k2－16k＋8＝0，Δ＞0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝ eq \f(8k2－4k,k2－1)，x1x2＝ eq \f(16k2－16k＋8,k2－1).
設(shè)P(t，t＋1)，則
k1k2＝ eq \f((y1－t－1)(y2－t－1),(x1－t)(x2－t))
＝ eq \f((kx1－4k－t＋1)(kx2－4k－t＋1),(x1－t)(x2－t))
＝ eq \f(k2x1x2－k(4k＋t－1)(x1＋x2)＋(4k＋t－1)2,x1x2－t(x1＋x2)＋t2)
＝ eq \f(k2(16k2－16k＋8)－k(4k＋t－1)(8k2－4k)＋(4k＋t－1)2(k2－1),16k2－16k＋8－t(8k2－4k)＋t2(k2－1))
＝ eq \f((t2＋2t－11)k2－8(t－1)k－(t－1)2,(t－4)2k2＋4(t－4)k－(t2－8)).
當(dāng)t＝4時(shí)，不滿足k1k2為定值．
當(dāng)t≠4時(shí)，若k1k2為定值，則 eq \f(t2＋2t－11,(t－4)2)＝ eq \f(－8(t－1),4(t－4))＝ eq \f(－(t－1)2,－(t2－8))，解得t＝3，此時(shí)k1k2＝4.
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，對(duì)P(3，4)也滿足k1k2＝4.
所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3，4).
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1．解：(1)由題意設(shè)雙曲線C的方程為 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，由題意知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(6)，,\f(4,a2)－\f(1,b2)＝1，,a2＋b2＝c2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(3)，,b＝\r(3)，))
∴雙曲線C的方程為 eq \f(x2,3)－ eq \f(y2,3)＝1.
(2)存在．由題意可知直線AB的斜率存在．
設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－y2＝3，))消去y，得(1－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
則1－k2≠0，Δ＝4k2m2＋4(1－k2)(m2＋3)＞0，
x1＋x2＝ eq \f(2km,1－k2)，x1x2＝ eq \f(－m2－3,1－k2)，
∴直線PA的方程為y＝ eq \f(y1＋1,x1－2)(x－2)－1，
令x＝0，則M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(x1＋2y1,2－x1)))，同理N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(x2＋2y2,2－x2)))，由 eq \(OM,\s\up6(→))＋ eq \(ON,\s\up6(→))＝0，可得 eq \f(x1＋2y1,2－x1)＋ eq \f(x2＋2y2,2－x2)＝0，
∴ eq \f(x1＋2(kx1＋m),2－x1)＋ eq \f(x2＋2(kx2＋m),2－x2)＝0，
∴[(2k＋1)x1＋2m](2－x2)＋[(2k＋1)x2＋2m](2－x1)＝0，
∴(4k＋2－2m)(x1＋x2)－(4k＋2)x1x2＋8m＝0，
∴(4k－2m＋2)· eq \f(2km,1－k2)－(4k＋2)· eq \f(－m2－3,1－k2)＋8m＝0，
∴(2k－m＋1)·2km＋(2k＋1)(m2＋3)＋4m(1－k2)＝0，
∴4k2m－2km2＋2km＋2km2＋6k＋m2＋3＋4m－4mk2＝0，
∴m2＋(2k＋4)m＋6k＋3＝0，即(m＋3)(m＋2k＋1)＝0，
當(dāng)m＋2k＋1＝0時(shí)，m＝－2k－1，此時(shí)直線AB的方程為y＝k(x－2)－1，恒過(guò)定點(diǎn)P(2，－1)，顯然不可能；
∴m＝－3，此時(shí)直線AB的方程為y＝kx－3，恒過(guò)定點(diǎn)E(0，－3).∵ eq \(PQ,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝0，∴PQ⊥AB，取PE的中點(diǎn)T，∴T(1，－2)，
∴|QT|＝ eq \f(1,2)|PE|＝ eq \f(1,2)× eq \r(4＋4)＝ eq \r(2)，為定值，
∴存在定點(diǎn)T(1，－2)，使得|QT|為定值 eq \r(2).
2．解：(1)由題意設(shè)焦距為2c，則c＝2，由離心率 eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(2),2)，得a＝2 eq \r(2)，則b2＝a2－c2＝4.
所以Γ的方程為 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,4)＝1.
(2)不存在．
理由如下：假設(shè)存在圓F1滿足題意，當(dāng)圓F1過(guò)原點(diǎn)O時(shí)，直線PN與y軸重合，直線PM的斜率為0，不符合題意．不妨設(shè)PM：y＝k1x＋2(k1≠0)，PN：y＝k2x＋2(k2≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，圓F1的半徑為r，
則圓心到直線PM的距離為 eq \f(|－2k1＋2|,\r(1＋k eq \\al(2,1)))＝r，到直線PN的距離為 eq \f(|－2k2＋2|,\r(1＋k eq \\al(2,2)))＝r，則k1，k2是關(guān)于k的方程(r2－4)k2＋8k＋r2－4＝0的兩異根，此時(shí)k1k2＝1，
聯(lián)立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得(1＋2k eq \\al(2,1))x2＋8k1x＝0，
所以xP＋xM＝ eq \f(－8k1,1＋2k eq \\al(2,1))，即xM＝ eq \f(－8k1,1＋2k eq \\al(2,1))，得yM＝ eq \f(2－4k eq \\al(2,1),1＋2k eq \\al(2,1))，
所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k1,1＋2k eq \\al(2,1))，\f(2－4k eq \\al(2,1),1＋2k eq \\al(2,1))))，同理N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k2,1＋2k eq \\al(2,2))，\f(2－4k eq \\al(2,2),1＋2k eq \\al(2,2)))).
由k2＝ eq \f(1,k1)，得N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k1,2＋k eq \\al(2,1))，\f(2k eq \\al(2,1)－4,2＋k eq \\al(2,1))))，
由題意，得PM⊥MN，即kMN＝－ eq \f(1,k1)，
即kMN＝ eq \f(\f(2－4k eq \\al(2,1),1＋2k eq \\al(2,1))－\f(2k eq \\al(2,1)－4,2＋k eq \\al(2,1)),\f(－8k1,1＋2k eq \\al(2,1))－\f(－8k1,2＋k eq \\al(2,1)))
＝ eq \f(（－2k eq \\al(2,1)＋1）（k eq \\al(2,1)＋2）－（k eq \\al(2,1)－2）（2k eq \\al(2,1)＋1）,4k1（2k eq \\al(2,1)＋1）－4k1（k eq \\al(2,1)＋2）)＝ eq \f(－4k eq \\al(4,1)＋4,4k1（k eq \\al(2,1)－1）)＝ eq \f(－（k eq \\al(2,1)＋1）,k1)＝－ eq \f(1,k1)，因此k1≠0，所以方程無(wú)解，故不存在圓F1，使得△PMN是以PN為斜邊的直角三角形。

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