8.给定椭圆C：
xa22?yb22?1 ?a?b?0? ，称圆心在坐标原点O，半径为a?b的圆是椭圆C的“伴随
22圆”． 已知椭圆C的两个焦点分别是F1?2,0????????????M1F1?MF?23． 12??、F2?2,0，椭圆C上一动点M1满足
?
（Ⅰ）求椭圆C及其“伴随圆”的方程；
（Ⅱ） 过点P(0,m)?m?0?作直线l,使得直线l与椭圆C只有一个交点，且l截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为22．求出m的值．
x2解：（Ⅰ）由题意得：2a?23“伴随圆”的方程为
22得a?
3，半焦距c?2 则b?1椭圆C的方程为3?y?12
x?y?4（Ⅱ）设过点P?0,m?，且与椭圆有一个交点的直线l为
y?kx?m，
则
?y?kx?m?2?x2?y?1??32?1?3k?x 整理得
22?6kmx?3m?3?0
，
?2?所以???6km??41?3k?2??3m2?3?0?3k?1?m22 ①
又因为直线l截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为22，
222则有
?????mk2????1?2?22m 化简得
2?2k?2?1 ②
?联立①②解得，k2?1,m2?4，所以k??1,m??2(?m?0)
339.已知椭圆C的焦点在x轴上，中心在原点，离心率e?半轴为半径的圆O相切．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
，直线l:y?x?2与以原点为圆心，椭圆C的短
（Ⅱ）设椭圆C的左、右顶点分别为A1、A2，点M是椭圆上异于A1、A2的任意一点，设直线MA1、MA2的斜率分别为kMA、kMA，证明kMA?kMA为定值；
1212
（Ⅲ）设椭圆方程
xa22?yb22?1，A1、A2为长轴两个端点， M为椭圆上异于A1、A2的点， kMA1、kMA2分别
为直线MA1、MA2的斜率，利用上面（Ⅱ）的结论得kMA?kMA?（ ）（只需直接填入结果
12即可，不必写出推理过程）． 解．（Ⅰ）椭圆方程
x23?y22?1
6
（Ⅱ）证明：由椭圆方程得A1(?3,0)，A2(3,0)设M点坐标(xo,yo)则
2xo32?yo22?1?yo?223(3?xo)
2kMA1?yoxo?3，kMA2?bayoxo?3，kMA?kMA?12yo22xo?3?3(3?xo)xo?322??23?kMA1?kMA2是定值
（Ⅲ）kMA?kMA??12
2210. 设椭圆C1：
xa22?yb?1(a?b?0)的左、右焦点分别是F1、F2，下顶点为A，线段OA的中点为B（O为坐
标原点），如图．若抛物线C2：y?x2?1与y轴的交点为B，且经过F1，F2点． （Ⅰ）求椭圆C1的方程； （Ⅱ）设M（0，?面积的最大值．
（Ⅰ）解：由题意可知B（0，-1），则A（0，-2），故b=2．
令y=0得x2?1?0即x??1，则F1(-1，0)，F2（1，0），故c=1． 所以a?b?c?5．于是椭圆C1的方程为：
22245），N为抛物线C2上的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P、Q两点，求?MPQx25?y24?1．
（Ⅱ）设N（t,t2?1），由于y'?2x知直线PQ的方程为：
y?(t?1)?2t(x?t)． 即y?2tx?t?1．
22代入椭圆方程整理得：4(1?5t)x?20t(t?1)x?5(t?1)?20?0,
??400t(t?1)?80(1?5t)[(t?1)?4]=80(?t?18t?3),
2222224222222x1?x2?5t(t?1)1?5t22 , x1x2?5(t?1)?204(1?5t)222,
故PQ?1?4t2x1?x2?1?4t.(x1?x2)?4x1x2?4515225?1?4t?2?t?18t?32421?5t．
??t?122t??2设点M到直线PQ的距离为d，则d?1?4t1?4t2．
所以，?MPQ的面积S?12PQ?d?125?1?4t?2?t?18t?3242t??21521?5t 1?4t 7
?510?t?18t?3?4251022?(t?9)?84 ?51084?1055
当t??3时取到“=”，经检验此时??0，满足题意． 综上可知，?MPQ的面积的最大值为11.已知椭圆个不同的动点. (I)求直线(II)若过点
与
交点的轨迹
C的方程；
C交于
A ,B两点，
，问在
y轴
1055．
的上、下顶点分别为是椭圆上两
F(0，2)的动直线l与曲线
上是否存在定点E，使得说明理由.
？若存在，求出E点的坐标；若不存在，
解：（Ⅰ）方法一：设直线A1M与A2N的交点为P(x,y)，∵A1，A2是椭圆x?y1?x122y23?1的上、下顶点，
∴A1(0，3)，A2(0，-3)y1?3?x1222，
A1M：y?3?3x，A2N：y?y23?y1??x13x，
两式相乘得y?3?2x.而M(x1,y1)在椭圆x?23?1（x1?0）上，
所以x?21y132?1，即
y1?3?x2122?3，所以y?3?3x. 又当x?0时，不合题意，去掉顶点.
∴直线A1M与A2N的交点的轨迹C的方程是
y23?x?1(x?0)；
2方法二：设直线A1M与A2N的交点为P(x,y)，∵A1，A2是椭圆x?∴A1(0，3)，A2(0，-3) ∵A1、M、P共线，A2、N、P共线， ∴y1?x13?y?x22y23?1的上、下顶点，
3????①
y1??x123?y?x3????②
2①?②得
y1?3?x212?y?3x2，又∵x?21y13?1即
y1?3?x212?3，∴
y?3x2?3，即
y23?x?1(x?0)，
2∴直线A1M与A2N的交点的轨迹C的方程是
y22?x?1；（x?0）
3（Ⅱ）假设存在满足条件的直线，由已知，其斜率一定存在，设其斜率为k，
8
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(0，y0) ，
?y?kx?2，?4k1?由?y2得(k2?3)x2?4kx?1?0(k2?3)，x1?x2?2. ，x1x2?22k?3k?3?x?1.??3????????????????xAF?(?x1，2?y1)，FB?(x2，y2?2)，∵AF??FB，∴?x1??x2，∵x2?0，∴???1，
x2????????????∵OF?(0，2)，EA?(x1，y1?y0)，EB?(x2，y2?y0)，
????????????????????????????????又∵OF?(EA??EB)，∴OF?(EA??EB)?0， EA??EB?(x1??x2，y1?y0??y2??y0)，∴0?(x1??x2）?2?（y1?y0??y2??y0)?0，即y1?y0??y2??y0?0. 将y1?kx1?2，y2?kx2?2，???x1x2代入上式并整理得2kx1x2?2(x1?x2)?(x1?x2)y0， 2k2k?3?2?3， 当x1?x2?0时，y0??2??4kx1?x222kx1x2k?32当x1?x2?0时，k?0，2kx1x2?2(x1?x2)?(x1?x2)y0恒成立，
????????????3所以，在y轴上存在定点E，使得OF?(EA??EB)，点E的坐标为(0，)．
2????????????????12.已知点B（-1，0），C（1，0），P是平面上一动点，且满足PC?BC?PB?CB.
（Ⅰ）求动点P的轨迹方程；
（Ⅱ）直线l过点（?4,43）且与动点P的轨迹交于不同两点M、N，直线OM、ON（O是坐标原点）的倾斜角分别为?，?.求???的值.
????????????????解：（Ⅰ）设P（x，y），则PC=（1- x，-y），BC=（2，0），PB=（-1- x，-y），，CB=（-2，0），
?????????????????PC?BC?PB?CB,?(1?x)?(?y)?2?2?(1?x),
22
化简得动点P的轨迹方程是：y2=4x.
2
(Ⅱ）由于直线l过点（?4,43），且与抛物线y=4x交于两个不同点，所以直线l的斜率一定存在，且不为0.
设l:y?43?k(x?4)
??y?43?k(x?4)2,消去x得,ky?4y?(16k?163)?0, ?2??y?4x
9
??4?4k(16k?163)?0,2?2?23?k?2?23,且k?0.
y1y1?y2?4k,y1y2?16?163k. tan(???)?tan??tan?1?tan?tan??x11??y2x2 y1y2x1x24?y14(y1?y2)3y2k???.
16y1y2?1631631?16??16y1y2k?416?0????,0????,?0?????2?.?????所以???的值为?6或????7?6.
?6或7?6.
10