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??2222?3k1?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。
（II）解法一：
（1）当直线l的斜率存在时，
由（I）知|OM|?|x1|?6,|PQ|?2|y1|?2, 2因此|OM|?|PQ|?6?2?6. 2 （2）当直线l的斜率存在时，由（I）知
x1?x23k?, 22my1?y2x1?x23k2?3k2?2m2??k()?m???m??,222m2mmx1?x22y1?y229k216m2?2112|OM|?()?()????(3?),
224m2m24m22m2222(2m2?1)12224(3k?2?m)|PQ|?(1?k)??2(2?),2222(2?3k)mm所以|OM|?|PQ|?22111?(3?2)?2?(2?2) 2mm即|OM|?|PQ|?5,当且仅当2|OM|?|PQ|?5时等号成立。 25因此 |OM|·|PQ|的最大值为.
26. 26， 2 （III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S?ODE?S?ODG?S?OEG?证明：假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足S?ODE?S?ODG?S?OEG?由（I）得
2222u2?x12?3,u2?x2?3,x12?x2?3;v2?y12?2,v2?y2?2,y12?y2?2,322解得u2?x12?x2?;v2?y12?y2?1.25因此u,x1,x2只能从?中选取,v,y1,y2只能从?1中选取,2因此D，E，G只能在(?
6,?1)这四点中选取三个不同点， 2而这三点的两两连线中必有一条过原点，
与S?ODE?S?ODG?S?OEG?6矛盾， 2所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.
【名师点睛】本题考查直线与圆锥曲线的综合应用,考查学生分类讨论等数学思想,考查学生分析问题、解决问题的能力。
【备考提示】：这类综合性问题，是高考中区分度比较大的题目，所以我们在二轮复习中，在务实基础知识的基础上，掌握弦长、中点弦等类型题的解法，适当做些题目以提高运算能力、逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力是根本所在。
3x2y2练习3：（2020年高考天津卷文科21）已知椭圆2?2?1（a>b>0）的离心率e=，连接2ab椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线l与椭圆相交于不同的两点A、B，已知点A的坐标为（-a，0）.
|= （i）若|AB42，求直线l的倾斜角； 5uuuruuurQB=4.求y0的值. （0，y0） （ii）若点Q在线段AB的垂直平分线上，且QAg【解析】（Ⅰ）解：由e=
c322222?，得3a?4c.再由c?a?b，解得a=2b. a2由题意可知
1?2a?2b?4，即ab=2. 2?a?2b,x2?y2?1. 解方程组?得a=2，b=1，所以椭圆的方程为4?ab?2,(Ⅱ)(i)解：由（Ⅰ）可知点A的坐标是（-2,0）.设点B的坐标为(x1,y1)，直线l的斜率为k.则直线l的方程为y=k（x+2）.
?y?k(x?2),?于是A、B两点的坐标满足方程组?x2消去y并整理，得 2??y?1.?4(1?4k2)x2?16k2x?(16k2?4)?0.
16k2?42?8k24kx?y?由?2x1?，得.从而. 1121?4k21?4k21?4k?2?8k2??4k?41?k2所以|AB|???2?. ???2?2?21?4k??1?4k?1?4k?222k1?8k2?（2）当k?0时，线段AB的垂直平分线方程为y????x??。
1?4k2k?1?4k2?6k。
1?4k2uuuruuur由QA???2,?y0?，QB??x1,y1?y0?，
令x?0，解得y0??uuuruuur?2?2?8k2?6k?4k6k?QA?QB??2x1?y0?y1?y0??????
1?4k21?4k2?1?4k21?4k2??4?16k4?15k2?1??1?4k?22?4，
14214。所以y0??。 75214。 52整理得7k?2。故k??综上，y0??22或y0??【易错专区】 问题：圆锥曲线的性质
x2y2??1的中心和左焦点，例. （2020年高考福建卷文科11）若点O和点F分别为椭圆43uuuruuur点P为椭圆上的任意一点，则OPgFP的最大值为（ ）
相关推荐：
loading