（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考專題突破五 高考中的圓錐曲線問題教師用書 文 蘇教版-蘇教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、高考專題突破五 高考中的圓錐曲線問題 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2015·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ改編)已知A，B為雙曲線E的左，右頂點(diǎn)，點(diǎn)M在E上，△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為________． 答案　 解析　如圖，設(shè)雙曲線E的方程為－＝1(a＞0，b＞0)，則AB＝2a，由雙曲線的對(duì)稱性，可設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)在第一象限內(nèi)，過M作MN⊥x軸于點(diǎn)N(x1,0)， ∵△ABM為等腰三角形，且∠ABM＝120°， ∴BM＝AB＝2a，∠MBN＝60°， ∴y1＝MN＝BMsin∠MBN＝2asin 60°＝a， x1＝OB＋BN＝a＋2ac

2、os 60°＝2a.將點(diǎn)M(x1，y1)的坐標(biāo)代入－＝1，可得a2＝b2，∴e＝＝ ＝. 2.如圖，已知橢圓C的中心為原點(diǎn)O，F(xiàn)(－2，0)為C的左焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，滿足OP＝OF，且PF＝4，則橢圓C的方程為______________． 答案?。? 解析　設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)，焦距為2c，右焦點(diǎn)為F′，連結(jié)PF′，如圖所示，因?yàn)镕(－2，0)為C的左焦點(diǎn)，所以c＝2. 由OP＝OF＝OF′知，∠FPF′＝90°，即FP⊥PF′. 在Rt△PFF′中，由勾股定理， 得PF′＝＝＝8. 由橢圓定義，得PF＋PF′＝2a＝4＋8＝12， 所以a＝6，

3、a2＝36，于是b2＝a2－c2＝36－(2)2＝16，所以橢圓的方程為＋＝1. 3．設(shè)F為拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn)，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則△OAB的面積為________． 答案　 解析　由已知得焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(，0)， 因此直線AB的方程為y＝(x－)， 即4x－4y－3＝0. 方法一　聯(lián)立直線方程與拋物線方程化簡(jiǎn)得 4y2－12y－9＝0， 故|yA－yB|＝＝6. 因此S△OAB＝·OF·|yA－yB|＝××6＝. 方法二　聯(lián)立方程得x2－x＋＝0， 故xA＋xB＝. 根據(jù)拋物線的定義有AB＝xA＋xB＋p＝＋＝12， 同

4、時(shí)原點(diǎn)到直線AB的距離為h＝＝， 因此S△OAB＝·AB·h＝. 4．(2016·北京)雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的漸近線為正方形OABC的邊OA，OC所在的直線，點(diǎn)B為該雙曲線的焦點(diǎn)，若正方形OABC的邊長(zhǎng)為2，則a＝________. 答案　2 解析　設(shè)B為雙曲線的右焦點(diǎn)，如圖所示．∵四邊形OABC為正方形且邊長(zhǎng)為2， ∴c＝OB＝2， 又∠AOB＝，∴＝tan＝1，即a＝b. 又a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2. 5．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)和橢圓＋＝1有相同的焦點(diǎn)，且雙曲線的離心率是橢圓離心率的兩倍，則雙曲線的方程為____________． 答案?。?/p>

5、＝1 解析　由題意得，雙曲線－＝1(a>0，b>0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(，0)，(－，0)，c＝且雙曲線的離心率為2×＝＝?a＝2，b2＝c2－a2＝3， 所以雙曲線的方程為－＝1. 題型一　求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程 例1　已知P點(diǎn)在以坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸的橢圓上，點(diǎn)P到兩焦點(diǎn)的距離分別為和，過P作長(zhǎng)軸的垂線恰好過橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，則橢圓的方程為______________． 答案　＋＝1或＋＝1 解析　設(shè)橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，PF1＝，PF2＝. 由橢圓的定義，知2a＝PF1＋PF2＝2，即a＝. 由PF1>PF2知，PF2垂直于長(zhǎng)軸． 故在Rt△PF2F1中，4c2＝PF－

6、PF＝， ∴c2＝，于是b2＝a2－c2＝. 又所求的橢圓的焦點(diǎn)可以在x軸上，也可以在y軸上，故所求的橢圓方程為＋＝1或＋＝1. 思維升華　求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程是高考的必考題型，主要利用圓錐曲線的定義、幾何性質(zhì)，解得標(biāo)準(zhǔn)方程中的參數(shù)，從而求得方程． 　(2015·天津改編)已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0 )的一個(gè)焦點(diǎn)為F(2,0)，且雙曲線的漸近線與圓(x－2)2＋y2＝3相切，則雙曲線的方程為________________． 答案　x2－＝1 解析　雙曲線－＝1的一個(gè)焦點(diǎn)為F(2,0)， 則a2＋b2＝4， ① 雙曲線的漸近線方程為y＝±x，

7、由題意得＝， ② 聯(lián)立①②解得b＝，a＝1， 所求雙曲線的方程為x2－＝1. 題型二　圓錐曲線的幾何性質(zhì) 例2　(1)(2015·湖南改編)若雙曲線－＝1的一條漸近線經(jīng)過點(diǎn)(3，－4)，則此雙曲線的離心率為________． (2)(2016·天津改編)設(shè)拋物線y2＝2px (p>0)的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l.過拋物線上一點(diǎn)A作l的垂線，垂足為B.設(shè)C，AF與BC相交于點(diǎn)E.若CF＝2AF，且△ACE的面積為3，則p的值為________． 答案　(1)　(2) 解析　(1)由條件知y＝－x過點(diǎn)(3，－4)，∴＝4， 即3b＝4a，∴9b2＝16a2，∴9c2

8、－9a2＝16a2， ∴25a2＝9c2，∴e＝. (2)∵拋物線方程為y2＝2px(p>0)， ∴F， AB＝AF＝p， 可得A(p，p)． 易知△AEB∽△FEC，∴＝＝， 故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p× ＝p2＝3， ∴p2＝6，∵p>0，∴p＝. 思維升華　圓錐曲線的幾何性質(zhì)是高考考查的重點(diǎn)，求離心率、準(zhǔn)線、雙曲線漸近線，是常考題型，解決這類問題的關(guān)鍵是熟練掌握各性質(zhì)的定義，及相關(guān)參數(shù)間的聯(lián)系．掌握一些常用的結(jié)論及變形技巧，有助于提高運(yùn)算能力． 　已知橢圓＋＝1(a>b>0)與拋物線y2＝2px(p>0)有相同的焦點(diǎn)F，P，Q是橢圓與拋物線的交點(diǎn)，若P

9、Q經(jīng)過焦點(diǎn)F，則橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為____________． 答案?。? 解析　因?yàn)閽佄锞€y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F為，設(shè)橢圓另一焦點(diǎn)為E. 當(dāng)x＝時(shí)，代入拋物線方程得 y＝±p， 又因?yàn)镻Q經(jīng)過焦點(diǎn)F，所以P且PF⊥OF. 所以PE＝ ＝p， PF＝p，EF＝p. 故2a＝ p＋p,2c＝p，e＝＝－1. 題型三　最值、范圍問題 例3　設(shè)橢圓M：＋＝1(a>b>0)的離心率與雙曲線x2－y2＝1的離心率互為倒數(shù)，且橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4. (1)求橢圓M的方程； (2)若直線y＝x＋m交橢圓M于A，B兩點(diǎn)，P(1，)為橢圓M上一點(diǎn)，求△PAB面積的最

10、大值． 解　(1)雙曲線的離心率為， 則橢圓的離心率e＝＝， 由? 故橢圓M的方程為＋＝1. (2)由得4x2＋2mx＋m2－4＝0， 由Δ＝(2m)2－16(m2－4)>0，得－2

11、法、導(dǎo)數(shù)法等方法求最值；二是幾何法，從圓錐曲線的幾何性質(zhì)的角度考慮，根據(jù)圓錐曲線幾何意義求最值與范圍． 　直線l：x－y＝0與橢圓＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，則△ABC面積的最大值為________． 答案　 解析　由得3x2＝2， ∴x＝±，設(shè)點(diǎn)A在第一象限， ∴A(，)，B(－，－)，∴AB＝. 設(shè)與l平行的直線l′：y＝x＋m與橢圓相切于P點(diǎn)． 則△ABP面積最大． 由得3x2＋4mx＋2m2－2＝0， ∴Δ＝(4m)2－4×3×(2m2－2)＝0， ∴m＝±.∴P到AB的距離即為l與l′的距離， ∴d＝.∴S△ABC＝××＝. 題型四　定值、

12、定點(diǎn)問題 例4　(2016·全國(guó)乙卷)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E. (1)證明EA＋EB為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． 解　(1)因?yàn)锳D＝AC，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以EB＝ED，故EA＋EB＝EA＋ED＝AD. 又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而AD＝4， 所以EA＋EB＝4. 由題設(shè)得A(－1,0)，B

13、(1,0)，AB＝2，由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為＋＝1(y≠0)． (2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 所以MN＝|x1－x2|＝. 過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)， 點(diǎn)A到m的距離為， 所以PQ＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積 S＝MN·PQ＝12. 可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)． 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x＝1，MN＝3，PQ＝8，四邊形MPNQ的面積

14、為12. 綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)． 思維升華　求定點(diǎn)及定值問題常見的方法有兩種 (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)． (2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值． 　(2016·北京)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn)，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證：AN·BM為定值． (1)解　由已知＝，ab＝1. 又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝. ∴橢圓方程為＋y2＝

15、1. (2)證明　由(1)知，A(2,0)，B(0,1)． 設(shè)橢圓上一點(diǎn)P(x0，y0)，則＋y＝1. 當(dāng)x0≠0時(shí)，直線PA方程為y＝(x－2)， 令x＝0，得yM＝. 從而BM＝|1－yM|＝. 直線PB方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝. ∴AN＝|2－xN|＝. ∴AN·BM＝· ＝· ＝ ＝＝4. 當(dāng)x0＝0時(shí)，y0＝－1，BM＝2，AN＝2， ∴AN·BM＝4. 故AN·BM為定值． 題型五　探索性問題 例5　(2015·廣東)已知過原點(diǎn)的動(dòng)直線l與圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點(diǎn)A，B. (1)求圓C1的圓心坐標(biāo)； (2)

16、求線段AB的中點(diǎn)M的軌跡C的方程； (3)是否存在實(shí)數(shù)k，使得直線L：y＝k(x－4)與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，說明理由． 解　(1)圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0可化為(x－3)2＋y2＝4，∴圓C1的圓心坐標(biāo)為(3,0)． (2)設(shè)M(x，y)， ∵A，B為過原點(diǎn)的直線l與圓C1的交點(diǎn)，且M為AB的中點(diǎn)， ∴由圓的性質(zhì)知MC1⊥MO， ∴·＝0. 又∵＝(3－x，－y)，＝(－x，－y)， ∴由向量的數(shù)量積公式得x2－3x＋y2＝0. 易知直線l的斜率存在， ∴設(shè)直線l的方程為y＝mx， 當(dāng)直線l與圓C1相切時(shí)，d＝＝2， 解得m＝

17、±. 把相切時(shí)直線l的方程代入圓C1的方程， 化簡(jiǎn)得9x2－30x＋25＝0，解得x＝. 當(dāng)直線l經(jīng)過圓C1的圓心時(shí)，M的坐標(biāo)為(3,0)． 又∵直線l與圓C1交于A，B兩點(diǎn)，M為AB的中點(diǎn)， ∴

18、. 當(dāng)Δ＝0時(shí)，解得k2＝，即k＝±，此時(shí)方程可化為25x2－120x＋144＝0，即(5x－12)2＝0， 解得x＝∈，∴k＝±滿足條件． 當(dāng)Δ>0時(shí)， ①若x＝3是方程的解，則f(3)＝0?k＝0?另一根為x＝0<，故在區(qū)間上有且僅有一個(gè)根，滿足題意； ②若x＝是方程的解，則f＝0?k＝±?另外一根為x＝，<≤3，故在區(qū)間上有且僅有一個(gè)根，滿足題意； ③若x＝3和x＝均不是方程的解，則方程在區(qū)間上有且僅有一個(gè)根，只需f·f(3)<0?－

19、將不確定性問題明朗化．其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在． (2)反證法與驗(yàn)證法也是求解探索性問題常用的方法． 　(2016·蘇州、無(wú)錫、常州、鎮(zhèn)江二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過點(diǎn)(1，)，過橢圓的左頂點(diǎn)A作直線l⊥x軸，點(diǎn)M為直線l上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)M與點(diǎn)A不重合)，點(diǎn)B為橢圓的右頂點(diǎn)，直線BM交橢圓C于點(diǎn)P. (1)求橢圓C的方程； (2)求證：AP⊥OM； (3)試問

20、：·是否為定值？若是定值，請(qǐng)求出該定值；若不是定值，請(qǐng)說明理由． (1)解　因?yàn)闄E圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為， 所以a2＝2c2，所以a2＝2b2. 又因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)(1，)，所以＋＝1， 所以a2＝4，b2＝2，所以橢圓C的方程＋＝1. (2)證明　設(shè)直線BM的斜率為k，則直線BM的方程為y＝k(x－2)，設(shè)P(x1，y1)， 將y＝k(x－2)代入橢圓C的方程＋＝1中， 化簡(jiǎn)得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－4＝0， 解得x1＝，x2＝2， 所以y1＝k(x1－2)＝， 從而P(，)． 令x＝－2，得y＝－4k， 所以M(－2，－4k)，＝(－2，－

21、4k)． 又因?yàn)椋?＋2，)＝(，)， 所以·＝＋＝0， 所以AP⊥OM. (3)解　因?yàn)椤ぃ?，)·(－2，－4k) ＝＝＝4， 所以·為定值4. 1．(2015·陜西)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)，經(jīng)過點(diǎn)A(0，－1)，且離心率為. (1)求橢圓E的方程； (2)經(jīng)過點(diǎn)(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2. (1)解　由題設(shè)知＝，b＝1， 結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝， 所以橢圓的方程為＋y2＝1. (2)證明　由題設(shè)知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2

22、＝1， 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0， 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 從而直線AP，AQ的斜率之和 kAP＋kAQ＝＋＝＋ ＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k) ＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2. 2．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的焦距為3，其中一條漸近線的方程為x－y＝0.以雙曲線C的實(shí)軸為長(zhǎng)軸，虛軸為短軸的橢圓記為E，過原點(diǎn)O的動(dòng)直線與橢圓E交于A，B兩點(diǎn)． (1)求橢圓E的方程； (2)若點(diǎn)P為橢圓E的左頂點(diǎn)，＝2，求||2＋||2的取值范圍． 解

23、　(1)由雙曲線－＝1的焦距為3， 得c＝，∴a2＋b2＝. ① 由題意知＝， ② 由①②解得a2＝3，b2＝， ∴橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)由(1)知P(－，0)． 設(shè)G(x0，y0)，由＝2， 得(x0＋，y0)＝2(－x0，－y0)， 即解得∴G(－，0)． 設(shè)A(x1，y1)，則B(－x1，－y1)， ||2＋||2＝(x1＋)2＋y＋(x1－)2＋y ＝2x＋2y＋＝2x＋3－x＋ ＝x＋. 又∵x1∈[－，]，∴x∈[0,3]， ∴≤x＋≤， ∴||2＋||2的取值范圍是[，]． 3．已知橢圓＋＝1的左頂點(diǎn)

24、為A，右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線交橢圓于B，C兩點(diǎn)． (1)求該橢圓的離心率； (2)設(shè)直線AB和AC分別與直線x＝4交于點(diǎn)M，N，問：x軸上是否存在定點(diǎn)P使得MP⊥NP？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由． 解　(1)由橢圓方程可得a＝2，b＝， 從而橢圓的半焦距c＝＝1. 所以橢圓的離心率為e＝＝. (2)依題意，直線BC的斜率不為0， 設(shè)其方程為x＝ty＋1，B(x1，y1)，C(x2，y2)， 將其代入＋＝1， 整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0. 所以y1＋y2＝，y1y2＝. 易知直線AB的方程是y＝(x＋2)， 從而可得M(4，)， 同理可得

25、N(4，)． 假設(shè)x軸上存在定點(diǎn)P(p,0)使得MP⊥NP， 則有·＝0. 所以(p－4)2＋＝0. 將x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1代入上式，整理得 (p－4)2＋＝0， 所以(p－4)2＋＝0， 即(p－4)2－9＝0，解得p＝1或p＝7. 所以x軸上存在定點(diǎn)P(1,0)或P(7,0)， 使得MP⊥NP. 4．(2016·蘇北四市聯(lián)考)如圖所示，已知點(diǎn)F1(0，－)，F(xiàn)2(0，)，動(dòng)點(diǎn)M到F2的距離是4，線段MF1的中垂線交MF2于點(diǎn)P. (1)當(dāng)點(diǎn)M變化時(shí)，求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡G的方程； (2)若斜率為的動(dòng)直線l與軌跡G相交于A，B兩點(diǎn)，Q(1，)為定點(diǎn)，求△Q

26、AB面積的最大值． 解　(1)如圖，連結(jié)PF1. ∵M(jìn)F2＝4，∴PM＋PF2＝4. 又∵PM＝PF1， ∴PF1＋PF2＝4>F1F2＝2， 由橢圓的定義可知， 動(dòng)點(diǎn)P的軌跡G是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓，其方程為＋＝1. (2)設(shè)直線l的方程為y＝x＋m， 代入橢圓方程得(x＋m)2＋2x2＝4， 即4x2＋2mx＋m2－4＝0. 由Δ＝8m2－16(m2－4)＝8(8－m2)>0， 得m2<8. 又點(diǎn)Q不在直線l上，所以m≠0，所以0

27、＝× ＝× . 又點(diǎn)Q到直線l的距離d＝， 則S△QAB＝·AB·d＝×× × ＝. 因?yàn)椤埽?， 則S△QAB≤，當(dāng)且僅當(dāng)m2＝4，即m＝±2時(shí)取等號(hào)， 故△QAB面積的最大值為. 5.(2016·鹽城三模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，直線l與x軸交于點(diǎn)E，與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．當(dāng)直線l垂直于x軸且點(diǎn)E為橢圓C的右焦點(diǎn)時(shí)，弦AB的長(zhǎng)為. (1)求橢圓C的方程； (2)若點(diǎn)E的坐標(biāo)為(，0)，點(diǎn)A在第一象限且橫坐標(biāo)為，連結(jié)點(diǎn)A與原點(diǎn)O的直線交橢圓C于另一點(diǎn)P，求△PAB的面積； (3)是否存在點(diǎn)E，使得＋為定值？若存在

28、，請(qǐng)指出點(diǎn)E的坐標(biāo)，并求出該定值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　(1)由e＝＝，設(shè)a＝3k(k>0)，則c＝k，b2＝3k2， 所以橢圓C的方程為＋＝1. 因?yàn)橹本€l垂直于x軸且點(diǎn)E為橢圓C的右焦點(diǎn)， 即xA＝xB＝k， 代入橢圓方程，解得y＝±k，于是2k＝，即k＝， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)將x＝代入＋＝1，解得y＝±1. 因?yàn)辄c(diǎn)A在第一象限，從而A(，1)． 由點(diǎn)E的坐標(biāo)為(，0)，所以kAB＝， 所以直線AB的方程為y＝(x－)， 聯(lián)立直線AB與橢圓C的方程，解得B(－，－)． 又PA過原點(diǎn)O，于是P(－，－1)，PA＝4， 所以直線PA的方程為x－y

29、＝0， 所以點(diǎn)B到直線PA的距離h＝＝， 故S△PAB＝×4×＝. (3)假設(shè)存在點(diǎn)E，使得＋為定值，設(shè)E(x0,0)，當(dāng)直線AB與x軸重合時(shí)，有＋＝＋＝； 當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)， ＋＝＝， 由＝，解得x0＝±，＝2， 所以若存在點(diǎn)E，此時(shí)E(±，0)，＋為定值2. 根據(jù)對(duì)稱性，只需考慮直線AB過點(diǎn)E(，0)， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 又設(shè)直線AB的方程為x＝my＋，與橢圓C聯(lián)立方程組，化簡(jiǎn)得(m2＋3)y2＋2my－3＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝. 又＝＝＝， 所以＋＝＋ ＝， 將上述關(guān)系代入，化簡(jiǎn)可得＋＝2. 綜上所述，存在點(diǎn)E(±，0)，使得＋為定值2.