【解】（1）设椭圆的半焦距为c，由题意知： c2?,2a?2c?4(2?1) a2所以a?22,c?2。又a2?b2?c2，因此b?2. 故椭圆的标准方程为x2y2??1 84x2y2由题意设等轴双曲线的标准方程为2?2?1(m?0)， mm因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m?2 22xy因此双曲线的标准方程为??1 44y0y0,k2?（2）设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0)，则k1? x0?2x0?2 22因为点P在双曲线x2?y2?4上，所以x0?y0?4。 因此k1k2?y0yy?0?20?1。即k1k2?1。 x0?2x0?2x0?4（3）由于PF1的方程为y?k1(x?2)，将其代入椭圆方程得 (2k12?1)x2?8k12x?8k12?8?0 8k128k12?8,x1x2?2由违达定理得x1?x2?2 2k1?12k1?1 所以|AB|?1?k12(x1?x2)2?4x1x2?1?k12?8k12?8k12?8k12?1?42?2 ?2??4?22k1?12k1?1?2k1?1?2 22k2?1111?2k12?12k2?1?同理可得CD|?422.则????2? 22k2?1|AB||CD|42?k1?1k2?1? ?2k12?1又k1k2?1，所以|1?1?1??2?|AB||CD|42?k1?1??2??1?2?2k12?1k12?2?32 k12???2?2??18k?1k?18??11??1?k12?
故|AB|?|CD|?因此，存在??32|AB|?|CD|| 832，使|AB|?|CD|??|AB|?|CD|恒成立。 8x2【例10】（2012预测题原创题）已知椭圆C：?y2?1，过椭圆的右焦点F的直线
2与椭圆交于M、N两点（不与左、右顶点重合），A分别是椭圆C的左、1、A2右顶点，
（1）证明：直线A的交点在椭圆C的右准线l上。 1M、A2N（2）设椭圆C的右准线l与x轴交于点D，求?DMN的面积的最大值，并求
出当?DMN面积最大时?DMN的正切值。
【解】由已知：F（1，0），右准线l的方程为：x?2 设直线MN的方程为x?1?ky，且设M(x1,y1),N(x2,y2)， ?x?1?ky222(k?2)y?2ky?1?0， 联立?，消去x，得：?x2??y?1?2?2k?1则有：y1?y2?2，y1?y2?2。 k?2k?2（1）设直线AM、A2N与右准线l分别交于P、Q两点，则 1(2?2)y1(2?2)y1(2?2)y2(2?2)y2，yQ?。 yP???x1?2ky1?1?2x2?2ky2?1?2(2?2)y1(2?2)y222ky1y2?2(y1?y2) ??ky1?1?2ky2?1?2(ky1?1?2)(ky2?1?2)??1???2k?22k??2??2??2?k?2k?2?????0， ?(ky1?1?2)(ky2?1?2)于是yP?yQ?所以yP?yQ，即点P与点Q重合。 故直线AM、A2N的交点在椭圆右准线上。 1（2）由已知：D（2，0）. S?DMN211?FD?y1?y2?(y1?y2)2?4y1?y2 221??2k?42?k2?12??。令k?1?t(t?1)， ?2??222?k?2?k?2k?2则S?DMN12?t2。函数f(t)?t?在[1,??)上单调递增， ?2?1t?1t?tt2?。 2所以f(t)min?f(1)?2，故?S?DMN?max当?DMN面积最大时，t = 1，即k = 0，此时MN?x轴， 所以tan?DMN?
DF1??2. MF22【例11】（2009湖南卷）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短
轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q）. （1）求椭圆C的方程;
（2）设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点，过点P的直线l与椭圆C相交
于M、N两点，当线段MN的中点落在正方形Q内（包括边界）时，求直线l的斜率k的取值范围。
x2y2【解】（1）依题意，设椭圆C的方程为2?2?1(a?b?0),焦距为2c， ab2由题设条件知，a?8,b?c,所以b?212a?4. 2x2y2?1 . 故椭圆C的方程为?84（2）椭圆C的左准线方程为x??4,所以点P的坐标(?4,0)， 显然直线l的斜率k存在，所以直线l的方程为y?k(x?4)。 如图，设点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 线段MN的中点为G(x0,y0)， ?y?k(x?4),?2联立?x消去y得：(1?2k2)x2?16k2x?32k2?8?0. y2?1??4?82222则有??(16k)?4(1?2k)(32k?8)?0 解得?22. …………① ?k?2216k2又由韦达定理可得：x1?x2??， 1?2k2x1?x28k2于是有：x0?=?， 21?2k2从而y0?k(x0?4)?4k . 1?2k2 8k2?0，所以点G不可能在y轴的右边， 因为x0??21?2k又直线F1B2，F1B1方程分别为y?x?2,y??x?2, 所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为 ?4k8k22???2,?22?y0?x0?2,?2k?2k?1?0,??1?2k1?2k?即?亦即?2 2y?x?2.2k?2k?1?0.4k8k?0?0????2,22?1?2k?1?2k解得?3?13?1，此时①也成立. ?k?22故k的取值范围是[?
3?13?1,]. 22x2y2【例12】（2009福建）已知直线x?2y?2?0经过椭圆C:2?2?1(a?b?0)的左顶点
abA和上顶点D，椭圆C的右顶点为B，点S是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AS、BS与直线l:x?10分别交于M、N两点。 3（1）求椭圆C的方程；
（2）求线段MN的长度的最小值；
（3）当线段MN的长度最小时，在椭圆C上是否存
1在这样的点T，使得?TSB的面积为？
5若存在，确定点T的个数，若不存在，说明理由。
【解】（1）由已知得，椭圆C的左顶点为A(?2,0),上顶点为D(0,1),?a?2,b?1 x2故椭圆C的方程为?y2?1 4（2）直线AS的斜率k显然存在，且k > 0，故可设直线AS的方程为y?k(x?2)， 从而M(1016k,) 33?y?k(x?2)?22222联立?x消去y得:(1?4k)x?16kx?16k?4?0 2??y?1?44k2?8k216k2?4y?x?设S(x1,y1),则(?2),x1? 2，从而12得11?4k21?4k1?4k10?1?x?y??(x?2)2???3?2?8k4k4k?S(,),即又B(2,0)由?10得: 2211?4k1?4k??x?y????3k3??10116k1?N(,?)故|MN|?? 33k33k|MN|?又k?0,?16k116k18??2?? 33k33k316k1118??k?当且仅当，即k?时等号成立，时，|MN|取最小值 33k443（3）由（Ⅱ）可知，当|MN|取最小值时，k?1 46442|BS|?此时BS的方程为x?y?2?0,s(,),? 555要使椭圆C上存在点T，使得?TSB的面积等于，只须T到直线BS的距离等于所以T在平行于BS且与BS距离等于设直线l:x?y?t?0则由2的直线l上。 4152，435|t?2|2解得t??或t?? ?4222