2016年10月24圆锥曲线解答题2

2016年10月24圆锥曲线解答题2参考答案与试题解析一解答题（共30小题）1（2016广西模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2及椭圆的短轴端点为顶点的三角形是等边三角形，椭圆的右顶点到右焦点的距离为1（）求椭圆E的方程：（）如图，直线l与椭圆E有且只有一个公共点M，且交于y轴于点P，过点M作垂直于l的直线交y轴于点Q，求证：F1，Q，F2，M，P五点共圆【解答】（）解：如图，AF1F2是等边三角形，a=2c，又椭圆的右顶点到右焦点的距离为1，ac=1，则a=2，c=1，从而b=，故椭圆E的方程为：；（）证明：依题意，直线l的斜率必存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+m，由，得（4k2+3）x2+8mkx+4m212=0令=0，即64m2k216（4k2+3）（m23）=0，化简得：m2=4k2+30设M（x1，y1），则，即即M（）又直线MQPM，直线MQ的方程为由，得Q（0，），又由，得P（0，m）由（）知，F1（1，0），F2（1，0），PF2QF2，PF1QF1，又PMQM，点F1，Q，F2，M，P都在以PQ为直径的圆上故F1，Q，P2，M，P五点共圆2（2016白银模拟）已知椭圆C1：+=1（ab0）与抛物线C2：x2=2py（p0）有一公共焦点，抛物线C2的准线l与椭圆C1有一交点坐标是（，2）（1）求椭圆C1与抛物线C2的方程；（2）若点P是直线l上的动点，过点P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与椭圆C1分别交于点E，F，求的取值范围【解答】解：（1）抛物线C2的准线方程是y=2，所以，所以抛物线C2的方程是：x2=8y，椭圆的焦点坐标是（0，2），（0，2），所以c=2，所以，即椭圆C1的方程是+=1；（2）设点P（t，0），A（x1，y1），B（x2，y2），E（x3，y3），F（x4，y4），抛物线方程可以化为：，所以AP的方程为：，所以，即，同理：，所以直线AB的方程为：，将直线AB方程代入椭圆C1的方程得到：（t2+32）x2+16tx64=0，则=256t2+256（t2+32）0，且，所以，因为，所以的取值范围是（8，23（2016河南二模）已知椭圆C：2x2+y2=16（1）求椭圆C的离心率；（2）设O为原点，点A在椭圆C上，点B在直线x=4上，且=0，求直线AB截圆x2+y2=17所得弦长为l【解答】解：（1）由椭圆C：2x2+y2=16，得，则故椭圆C的离心率为e=；（2）设A（x0，y0），B（4，t），由=0，得，根据点斜式得到直线AB的方程为：yt=，化简得（y0t）x（x04）y4y0+tx0=0原点O到AB的距离d=将代入可得：d=在圆x2+y2=17中，利用勾股定理可得直线AB截圆x2+y2=17所得弦长为64（2016抚顺校级四模）已知F1，F2分别是椭圆E：的左右焦点，P是椭圆E上的点，且PF2x轴，直线l经过F1，与椭圆E交于A，B两点，F2与A，B两点构成ABF2（1）求椭圆E的离心率；（2）设F1PF2的周长为，求ABF2的面积的最大值【解答】解：（1）由题意可得F1（c，0），F2（c，0），设点P在第一象限，令x=c，可得y=b=，则，可得，则a2=4b2=4（a2c2），可得3a2=4c2，即c=a，即有离心率e=；（2）由（1）可得2c=a，由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a，F1PF2的周长为2a+2c=，解得a=1，c=，则b=，可得椭圆方程为x2+4y2=1，由题知直线斜率不为0，设直线方程为，由，得，设A（x1，y1），B（x2，y2），即有，|y1y2|=，则=，“=”成立时t2=2，即t=，则ABF2的面积的最大值为6（2016辽宁三模）已知椭圆的离心率为，且过点，其长轴的左右两个端点分别为A，B，直线l：y=x+m交椭圆于两点C，D（）求椭圆的标准方程；（）设直线AD，CB的斜率分别为k1，k2，若k1：k2=2：1，求m的值【解答】解：（）由题意得：，（2分）解得，（4分）椭圆方程为（5分）（II）设C（x1，y1），D（x2，y2），联立方程，得3x2+3mx+m23=0，判别式=（3m）212（m23）=3m2+360，解得m212，（7分）x1，x2为式的根，（8分）由题意知A（2，0），B（2，0），k1：k2=2：1，即，得，又，同理，（10分）代入式，解得=4，即10（x1+x2）+3x1x2+12=0，10（m）+m23+12=0，解得m=1或m=9，又m212，m=9（舍去），m=1（12分）7（2016莱芜一模）设椭圆C：+=1（ab0），定义椭圆C的“相关圆”方程为x2+y2=若抛物线y2=4x的焦点与椭圆C的一个焦点重合，且椭圆C短轴的一个端点和两个焦点构成直角三角形（）求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；（）过“相关圆”E上任意一点P的直线l：y=kx+m与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，若OAOB，证明原点O到直线AB的距离为定值，并求m的取值范围【解答】解：（）因为若抛物线y2=4x的焦点为（1，0）与椭圆C的一个焦点重合，所以c=1又因为椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b=c=1故椭圆C的方程为，“相关圆”E的方程为（4分）证明：（）设A（x1，y1），B（x2，y2）联立方程组得（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0=16k2m24（1+2k2）（2m22）=8（2k2m2+1）0，即2k2m2+10（6分），由条件OAOB得3m22k22=0（8分）所以原点O到直线l的距离是由3m22k22=0得为定值（10分）此时要满足0，即2k2m2+10，又，即，所以，即或（13分）10（2016江西模拟）椭圆C：+=1（ab0）的上顶点为B，过点B且互相垂直的动直线l1，l2与椭圆的另一个交点分别为P，Q，若当l1的斜率为2时，点P的坐标是（，）（1）求椭圆C的方程；（2）若直线PQ与y轴相交于点M，设=，求实数的取值范围【解答】解：（1）l1的斜率为2时，直线l1的方程为y=2x+b由l1过点P（，），得，即b=2椭圆C的方程可化为，由点P（，）在椭圆上，得，解得a2=5椭圆C的方程是；（2）由题意，直线l1，l2的斜率存在且不为0，设直线l1，l2的方程分别为y=kx+2，由，得（4+5k2）x2+20kx=0，即，同理，可得，由=，得，5k2+44，0，实数的取值范围为（）11（2016江西二模）给定椭圆C：+=1（ab0），称圆C1：x2+y2=a2+b2为椭圆C的“伴随圆” 已知点A（2，1）是椭圆G：x2+4y2=m上的点（1）若过点的直线l与椭圆G有且只有一个公共点，求l被椭圆G的伴随圆G1所截得的弦长；（2）椭圆G上的B，C两点满足4k1k2=1（其中k1，k2是直线AB，AC的斜率），求证：B，C，O三点共线【解答】解：（1）由点A（2，1）是椭圆G：x2+4y2=m上的点可得22+412=m，即有m=8，即椭圆G：+=1，可得a2=8，b2=2，可得伴随圆G1的方程为x2+y2=10，当直线l的斜率不存在时，显然不满足l与椭圆G有且只有一个公共点；当直线l的斜率存在时，设直线，与椭圆G：x2+4y2=8联立，得，由直线l与椭圆G有且只有一个公共点，得，解得k=1，由对称性取直线，即；圆心到直线l的距离为，直线l被椭圆G的伴随圆G1所截得的弦长=；（2）证明：设直线AB，AC的方程分别为y1=k1（x2），y1=k2（x2），设点B（x1，y1），C（x2，y2），联立G：x2+4y2=8，得，则2，得；同理，斜率，同理；因为4k1k2=1，所以，=kOB，即有B，O，C三点共线12（2016怀化二模）已知椭圆+=1（ab0）上一点与它的左、右两个焦点F1，F2的距离之和为2，且它的离心率与双曲线x2y2=2的离心率互为倒数（1）求椭圆的方程；（2）如图，点A为椭圆上一动点（非长轴端点），AF1的延长线与椭圆交于点B，AO的延长线与椭圆交于点C当直线AB的斜率存在时，求证：直线AB与BC的斜率之积为定值；求ABC面积的最大值，并求此时直线AB的方程【解答】解：（1）由椭圆的定义知2a=2，双曲线x2y2=2的离心率为，故椭圆+=1的离心率e=，故a=，c=1，b=1；故椭圆的方程为+y2=1；（2）证明：设A（xA，yA），B（xB，yB），则C（xA，yA），设直线BA的方程为y=k（x+1），联立方程化简得，（2k2+1）x2+4k2x+2k22=0，xA+xB=，yA+yB=k（xA+xB）+2k=k（+2）=k，kABkBC=k=；当直线AB的斜率不存在时，可知A（1，），B（1，），C（1，），故SABC=，当直线AB的斜率存在时，由知，xA+xB=，xAxB=，故|xAxB|=，故|AB|=|xAxB|=，点C到直线AB的距离d=，故SABC=（）=2=2，故ABC面积的最大值为，此时AB的方程为x+1=014（2016河北区一模）已知椭圆C：+=1（ab0）的短轴长为2，离心率e=（）求椭圆C的方程；（）若直线l：y=kx+m与椭圆交于不同的两点A，B，与圆x2+y2=相切于点M（i）证明：OAOB（O为坐标原点）；（ii）设=，求实数的取值范围【解答】解：（）2b=2，b=1（1分）又e=，a2=b2+c2，a2=2（3分）椭圆C的方程为；（4分）（）（i）直线l：y=kx+m与圆x2+y2=相切，即（5分）由，消去y并整理得，（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0设A（x1，y1），B（x2，y2），则（7分）=，OAOB（9分）（ii）直线l：y=kx+m与椭圆交于不同的两点A，B，=（11分）由（）（i）知x1x2+y1y2=0，x1x2=y1y2，即（13分），的取值范围是（14分）15（2016广东模拟）已知点C为圆（x+1）2+y2=8的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A（1，0）和AP上的点M，满足=0，=2（）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；（）若斜率为k的直线 l与圆x2+y2=1相切，直线 l与（）中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，H，O是坐标原点，且时，求k的取值范围【解答】解：（I）由题意知MQ中线段AP的垂直平分线，点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴为的椭圆，故点Q的轨迹方程是（II）设直线l：y=kx+b，F（x1，y1），H（x2，y2）直线l与圆x2+y2=1相切联立，（1+2k2）x2+4kbx+2b22=0，=16k2b24（1+2k2）2（b21）=8（2k2b2+1）=8k20，可得k0，=，为所求16（2016安徽校级四模）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）（ab0）为动点，F1，F2分别为椭圆G的左、右焦点，A为椭圆G的左顶点，已知F1PF2为等腰三角形（）求椭圆G的离心率；（）过F2的直线m：x=1与椭圆G相交于点M（M点在第一象限），平行于AM的直线l与椭圆G交于B，C两点，判断直线MB，MC是否关于直线m对称，并说明理由【解答】解：（）由ab，可得PF1PF2，设F1（c，0），F2（c，0），若PF1=F1F2，则=2c，即有a2+ac2c2=0，由ac，可得a2+ac2c2，故方程无解；若PF2=F1F2，则=2c，即有a2ac2c2=0，即有2e2+e1=0，解得e=（1舍去），综上可得，椭圆G的离心率为；（）由F2（1，0），可得c=1，a=2，b=，即有椭圆的方程为+=1，A为椭圆G的左顶点，A（2，0），M（1，），由题意可设直线l：y=x+n，n1设B（x1，y1），C（x2，y2），由，得x2+nx+n23=0由题意得=n24（n23）=123n20，即n（2，2）且n1x1+x2=n，x1x2=n23kMB+kMC=kMB+kMC=+=+=1+=1+=1=0，故直线MB，MC关于直线m对称17（2016大庆校级二模）己知椭圆方程C：+=1（ab0），经过点（1，），且两焦点与短轴的一个端点构成等腰直角三角形（1）求椭圆方程；（2）过椭圆右顶点的两条斜率乘积为的直线分别交椭圆于M，N两点，试问：直线MN是否过定点？若过定点，请求出此定点，若不过，请说明理由【解答】解：（1）椭圆两焦点与短轴的一个端点构成等腰直角三角形a=b，+=1，又椭圆经过点P（1，），代入可得b=1，a=，故所求椭圆方程为+y2=1；（2）直线MN过定点（0，0），证明：设过椭圆右顶点A（，0）的直线l1的方程为y=k1（x），代入椭圆方程，消去y，得（1+2k12）x24k12x+4k122=0，则xM=，yM=k1xMk1=，则M（，），由于l2的方程为y=k2（x），且k1k2=，代入椭圆方程，则将上面的k1换成，有N（，），则有M，N两点关于原点对称，连接MN，必过原点（0，0）故直线MN恒过定点（0，0）18（2016重庆校级模拟）椭圆C：+=1（ab0），作直线l交椭圆于P，Q两点M为线段PQ的中点，O为坐标原点，设直线1的斜率为k1，直线OM的斜率为k2，k1k2=（I）求椭圆C的离心率；（）设直线l与x轴交于点D（5，0），且满足=2，当0PQ的面积最大时，求椭圆C的方程【解答】解：（I）设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x0，y0），由题意可得+=1，+=1，两式相减可得，+=0，由k1=，k2=，即有k1k2=，即为2a2=3b2=3（a2c2），即c2=a2，e=；（）由（）知，a2=3c2，b2=2c2，椭圆的方程为2x2+3y2=6c2，可设直线l的方程为x=my5，将代入中整理得（3+2m2）y220my+506c2=0，因为直线l与椭圆交于P，Q两点，所以=4（12m2c2+18c2150）0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1+y2=，y1y2=，|y1y2|=又=2，可得（x1+5，y1）=2（5x2，y2），即为y1=2y2，代入韦达定理，可得c2=，即有|y1y2|=5，当且仅当2|m|=，即为m=时，取得等号又0PQ的面积为S=|OD|y1y2|=|y1y2|的最大值为，此时，m2=，c2=，所求椭圆的方程为2x2+3y2=250，即+=119（2016玉溪三模）椭圆C：+=1（ab0），作直线l交椭圆于P，Q两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点，设直线l的斜率为k1，直线OM的斜率为k2，k1k2=（1）求椭圆C的离心率；（2）设直线l与x轴交于点D（，0），且满足=2，当OPQ的面积最大时，求椭圆C的方程【解答】解：（1）设P（x1，y1），Q（x2，y2），代入椭圆C的方程有：，两式相减：，即，直线l的斜率为k1，直线OM的斜率为k2，可得k1=，k2=，即有，即b2=a2，c2=a2b2=a2，可得；（2）由（1）知，得a2=3c2，b2=2c2，可设椭圆C的方程为：2x2+3y2=6c2，设直线l的方程为：，代入椭圆C的方程有，因为直线l与椭圆C相交，所以=48m24（2m2+3）（66c2）0，由韦达定理：，又，所以y1=2y2，代入上述两式有：，=，当且仅当时，等号成立，此时c2=5，代入，有0成立，所以所求椭圆C的方程为：20（2016济宁一模）已知椭圆C：+=1（ab0）的焦距为2，左右焦点分别为F1，F2，以原点O为圆心，以椭圆C的半短轴长为半径的圆与直线3x4y+5=0相切（）求椭圆C的方程；（）设不过原点的直线l：y=kx+m与椭圆C交于A，B两点（i）若直线AF2与BF2的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=0，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标；（ii）若直线l的斜率是直线OA，OB斜率的等比中项，求OAB面积的取值范围【解答】解：（）由题意可得c=1，即a2b2=1，由直线3x4y+5=0与圆x2+y2=b2相切，可得b=1，解得a=，即有椭圆的方程为+y2=1；（）（i）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y=kx+m（m0）代入椭圆x2+2y2=2，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0，即有=16k2m28（1+2k2）（m21）0，x1+x2=，x1x2=，由k1+k2=+=+=0，即有2kx1x22m+（mk）（x1+x2）=0，代入韦达定理，可得2k2m+（mk）（）=0，化简可得m=2k，则直线的方程为y=kx2k，即y=k（x2），故直线l恒过定点（2，0）；（ii）由直线l的斜率是直线OA，OB斜率的等比中项，即有k2=，即为k2x1x2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2，可得m2+km（）=0，解得k2=，代入=16k2m28（1+2k2）（m21）0，可得m，且m0由O到直线的距离为d=，弦长AB为=2，则OAB面积为S=d|AB|=，当且仅当m2=2m2，即m=1时，取得最大值则OAB面积的取值范围为（0，21（2016连云港模拟）在平面直角坐标系xOy中，点C在椭圆M：+=1（ab0）上，若点A（a，0），B（0，），且=（1）求椭圆M的离心率；（2）设椭圆M的焦距为4，P，Q是椭圆M上不同的两点线段PQ的垂直平分线为直线l，且直线l不与y轴重合若点P（3，0），直线l过点（0，），求直线l的方程；若直线l过点（0，1），且与x轴的交点为D求D点横坐标的取值范围【解答】解：（1）设C（m，n），由=，可得（a，a）=（m，n），可得m=a，n=a，即C（a，a），即有+=1，即为b2=a2，c2=a2b2=a2，则e=；（2）由题意可得c=2，a=3，b=，即有椭圆方程为+=1，设直线PQ的方程为y=k（x+3），代入椭圆方程可得（5+9k2）x2+54k2x+81k245=0，x1+x2=，PQ的中点H为（，），由题意可得直线l的斜率为=，解得k=1或，即有直线l的方程为y=x或y=x；设直线PQ的方程为y=kx+m，代入椭圆方程可得，（5+9k2）x2+18kmx+9m245=0，可得x1+x2=，即有PQ的中点为（，），由题意可得直线l的斜率为=，化简可得4m=5+9k2，中点坐标即为（，），由中点在椭圆内，可得+1，解得k，由直线l的方程为y=x1，可得D的横坐标为k，可得范围是（，0）（0，）22（2016临沂一模）已知椭圆C1：=1（ab0）的离心率为，其短轴的下端点在抛物线x2=4y的准线上（）求椭圆C1的方程；（）设O为坐标原点，M是直线l：x=2上的动点，F为椭圆的右焦点，过点F作OM的垂线与以为OM直径的圆C2相交于P，Q两点，与椭圆C1相交于A，B两点，如图所示若PQ=，求圆C2的方程；设C2与四边形OAMB的面积分别为S1，S2，若S1=S2，求的取值范围【解答】解：（）椭圆C1：=1（ab0）的离心率为，其短轴的下端点在抛物线x2=4y的准线上，解得a=，b=c=1，椭圆C1的方程为（）由（）知F（1，0），设M（2，t），则C2的圆心坐标为（1，），C2的方程为（x1）2+（y）2=1+，直线PQ方程为y=（x1），（t0），即2x+ty2=0，（t0）又圆C2的半径r=，由（）2+d2=r2，得（）2+=，解得t2=4，t=2，圆C2的方程为：（x1）2+（y1）2=2或（x1）2+（y+1）2=2由知PQ方程为2x+ty2=0，（t0），由，得（8+t2）x216x+82t2=0，t0，则=（16）24（8+t2）（82t2）=8（t4+4t2）0，|AB|=2，=，S1=r2=，S1=S2，=，当t=0时，PQ的方程为x=1，|AB|=，|OM|=2，|OM|AB|=，=，S1=S2，=当直线PQ的斜率不存在时，PQ方程为x=1，|AB|=，|OM|=2，S2=|OM|AB|=，S1=，综上，24（2016衡水校级二模）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线x=2与椭圆交于P，Q两点，A，B是椭圆上位于直线x=2两侧的动点若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；当动点A，B满足APQ=BPQ时，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由【解答】解：（1）椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，设椭圆标准方程为（ab0），椭圆离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点焦点为，b=2（1分）e=，a2b2=c2，解得a2=16，b2=12椭圆C的标准方程（3分）（2）直线 x=2与椭圆交点P（2，3），Q（2，3）或P（2，3），Q（2，3），|PQ|=6，（4分）设A （x1，y1 ），B（ x2，y2），直线AB的方程为，与联立，得 x2+mx+m212=0，由=m24（m212）0，得4m4，由韦达定理得x1+x2=m，（6分）由A，B两点位于直线x=2两侧，得（x1+2）（x2+2）0，即x1x2+2（x1+x2）+40m22m80解得2m4，（7分）S=|PQ|x1x2|=|PQ|=3，当m=0时，S最大值为（8分）当APQ=BPQ时直线PA，PB斜率之和为0设PA斜率为k，则PB斜率为k当P（2，3），Q（2，3）时，PA的直线方程为y3=k（x+2）（9分）与椭圆联立得（3+4k2）x2+8k（2k+3）x+4（2k+3）248=0；同理（10分）y1y2=k（x1+2）+3k（x2+2）+3直线AB斜率为（11分）当P（2，3），Q（2，3）时，同理可得直线AB斜率为（12分）26（2016佛山一模）已知椭圆：+=1（ab0）的一个顶点为A（2，0），且焦距为2，直线l交椭圆于E、F两点（E、F与A点不重合），且满足AEAF（）求椭圆的标准方程；（）O为坐标原点，若点P满足2=+，求直线AP的斜率的取值范围【解答】解：（）由题意可得a=2，2c=2，即c=1，b=，则椭圆的标准方程为+=1；（）设直线AE的方程为y=k（x2），代入椭圆方程，可得（3+4k2）x216k2x+16k212=0，由2+xE=，可得xE=，yE=k（xE2）=，由于AEAF，只要将上式的k换为，可得xF=，yF=，由2=+，可得P为EF的中点，即有P（，），则直线AP的斜率为t=，当k=0时，t=0；当k0时，t=，再令s=k，可得t=，当s=0时，t=0；当s0时，t=，当且仅当4s=时，取得最大值；当s0时，t=，综上可得直线AP的斜率的取值范围是，29（2016德州一模）已知椭圆C：+=1（ab0）过点（1，），且离心率e=（）求椭圆方程；（）设点A是椭圆C的左顶点，P，Q为椭圆C上异于点A的两动点，若直线AP，AQ的斜率之积为，问直线PQ是否恒过定点？若恒过定点，求出该点坐标；若不恒过定点，说明理由【解答】解：（）由题意椭圆的离心率e=，又b2=a2c2，又点（1，）在椭圆上，可得+=1，解得a=2，b=，c=1 即有椭圆的方程为+=1；（）在（I）的条件下，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=kx+m，由，消去y得：（3+4k2）x2+8kmx+4m212=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则又A（2，0），由题知，则（x1+2）（x2+2）+4y1y2=0，且x1，x22，则x1x2+2（x1+x2）+4+4（kx1+m）（kx2+m）=则m2km2k2=0（m2k）（m+k）=0，m=2k或m=k当m=2k时，直线PQ的方程为y=kx+2k=k（x+2），此时直线PQ过点（2，0），显然不适合题意当m=k时，直线PQ的方程为y=kxk=k（x1），此时直线PQ过点（1，0）当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过点（1，0），P、Q点的坐标分别是，满足，综上，直线PQ恒过点（1，0）30（2016南通模拟）已知椭圆+=1（ab0）的离心率e=，一条准线方程为x=2过椭圆的上顶点A作一条与x轴、y轴都不垂直的直线交椭圆于另一点P，P关于x轴的对称点为Q（1）求椭圆的方程；（2）若直线AP，AQ与x轴交点的横坐标分别为m，n，求证：mn为常数，并求出此常数【解答】解：（1）=，=2，解得a=，c=1，b=1故椭圆的方程为 +y2=1（2）证法一：设P点坐标为（x1，y1），则Q点坐标为（x1，y1）kAP=，直线AP的方程为y=x+1令y=0，解得m=kAQ=，直线AQ的方程为y=x+1令y=0，解得n=mn=又（x1，y1）在椭圆+y2=1上，=1，即1=，mn=2以mn为常数，且常数为2解法二：设直线AP的斜率为k（k0），则AP的方程为y=kx+1，令y=0，得m=联立消去y，得（1+2k2）x2+4kx=0，解得xA=0，xP=，yP=kxP+1=，则Q点的坐标为（，）kAQ=，故直线AQ的方程为y=x+1令y=0，得n=2k，mn=（）（2k）=2mn为常数，常数为2