《浙江省2020年高考數學第二輪復習 專題六 解析幾何第2講 橢圓、雙曲線、拋物線 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省2020年高考數學第二輪復習 專題六 解析幾何第2講 橢圓、雙曲線、拋物線 文（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題六　解析幾何第2講　橢圓、雙曲線、拋物線 真題試做 1．(2020·浙江高考，文8)如圖，中心均為原點O的雙曲線與橢圓有公共焦點，M，N是雙曲線的兩頂點．若M，O，N將橢圓長軸四等分，則雙曲線與橢圓的離心率的比值是(　　)． A．3 B．2 C． D． 2．(2020·浙江高考，文17)定義：曲線C上的點到直線l的距離的最小值稱為曲線C到直線l的距離．已知曲線C1：y＝x2＋a到直線l：y＝x的距離等于曲線C2：x2＋(y＋4)2＝2到直線l：y＝x的距離，則實數a＝__________. 3．(2020·大綱全國高考，文10)已知F1，F2

2、為雙曲線C：x2－y2＝2的左、右焦點，點P在C上，|PF1|＝2|PF2|，則cos∠F1PF2＝(　　)． A． B． C． D． 4．(2020·浙江高考，文22)如圖，在直角坐標系xOy中，點P到拋物線C：y2＝2px(p＞0)的準線的距離為.點M(t,1)是C上的定點，A，B是C上的兩動點，且線段AB被直線OM平分． (1)求p，t的值； (2)求△ABP面積的最大值． 考向分析 圓錐曲線是高考的重點和熱點，是高考中每年必考的內容．所占分數約在12～18分．主要考查圓錐曲線的標準方程、幾何性質、直線與圓錐曲線的位置關系等內容．其中對圓錐曲線方程與

3、性質的考查，多以選擇題、填空題為主，如2020年湖南高考文6,2020年江西高考文8等題；對直線與圓錐曲線的位置關系的考查，常與其他知識結合，形成曲線中的存在性問題、曲線中的證明問題等，多以解答題的形式出現． 預計在今后高考中，解析幾何中的解答題仍將以直線與圓錐曲線為載體，繼續(xù)與函數、方程、不等式、向量等知識結合，考查最值問題、范圍問題、存在性問題以及有關的證明等，試題屬于中、高檔題，考查的思想方法主要有數形結合、等價轉化、分類討論等數學思想方法． 熱點例析 熱點一　圓錐曲線的定義、性質與標準方程 【例1】若橢圓＋＝1與雙曲線－＝1(m，n，p，q均為正數)有共同的焦點F1，F2，

4、P是兩曲線的一個公共點，則|PF1|·|PF2|等于(　　)． A．p2－m2 B．p－m C．m－p D．m2－p2 規(guī)律方法 1．求圓錐曲線方程常用的方法有定義法、待定系數法、軌跡方程法．而對于雙曲線和橢圓在不明確焦點坐標的情況下可以統一設成mx2＋ny2＝1(mn≠0)，這樣可以避免對參數的討論． 2．應特別重視圓錐曲線的定義在解題中的運用，若已知圓錐曲線上一點及焦點的相關信息，應首先要考慮使用圓錐曲線的定義來求解． 3．在求解有關離心率的問題時，一般并不是直接求出c和a的值，而是根據題目給出的橢圓或雙曲線的幾何特點，建立關于參數c，a，b的方程或不等式，

5、通過解方程或不等式求得離心率的值或范圍． 4．在雙曲線中，由于e2＝1＋，故雙曲線的漸近線與離心率密切相關． 5．拋物線的幾何性質的特點：有一個頂點、一個焦點、一條準線、一條對稱軸、無對稱中心、沒有漸近線，這里強調p的幾何意義是焦點到準線的距離． 變式訓練1 (1)(2020·江蘇南京二模，6)已知雙曲線－y2＝1的一條漸近線方程為x－2y＝0，則該雙曲線的離心率e＝__________； (2)已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程是y＝x，它的一個焦點與拋物線y2＝16x的焦點相同，則雙曲線的方程為__________． 熱點二　圓錐曲線的最值或定值問題 【例2】在

6、平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋y2＝1.如圖所示，斜率為k(k＞0)且不過原點的直線l交橢圓C于A，B兩點，線段AB的中點為E，射線OE交橢圓C于點G，交直線x＝－3于點D(－3，m)． (1)求m2＋k2的最小值； (2)若|OG|2＝|OD|·|OE|， ①求證：直線l過定點； ②試問點B，G能否關于x軸對稱？若能，求出此時△ABG的外接圓方程；若不能，請說明理由． 規(guī)律方法 1．求最值的常用方法 (1)函數法，如通過二次函數求最值；(2)三角代換法，轉化為三角函數，利用三角函數的有界性求最值；(3)不等式法，通過基本不等式求最值；(4)數形結合法等． 2．定值問

7、題的求解策略 解這類問題常通過取參數和特殊值先確定“定值”是多少，再進行證明，或者將問題轉化為代數式，再證明該式是與變量無關的常數． 特別提醒：解決定值問題一定要分清哪些量為變量，哪些量為常量． 變式訓練2 (2020·安徽安慶二模，20)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點為F1，F2，e＝，過F1的直線l交橢圓C于A，B兩點，|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數列，且|AB|＝4. (1)求橢圓C的方程； (2)M，N是橢圓C上的兩點，若線段MN被直線x＝1平分，證明：線段MN的中垂線過定點． 熱點三　求圓錐曲線中的參數范圍 【例1】如圖，已知圓C：(x＋1)2＋

8、y2＝8，定點A(1,0)，M為圓上一動點，點P在AM上，點N在CM上，且滿足＝2，·＝0，點N的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程； (2)若過定點F(0,2)的直線交曲線E于不同的兩點G，H(點G在點F，H之間)，且滿足＝λ，求λ的取值范圍． 規(guī)律方法 求圓錐曲線中參數范圍的常用方法 (1)函數法，用其他變量表示該參數，建立函數關系，利用求函數值域的方法求解． (2)不等式法，根據題意建立含參數的不等關系，通過解不等式求參數的范圍． (3)判別式法，建立關于某變量的一元二次方程，利用判別式Δ≥0求參數的范圍． (4)數形結合法，研究該參數所對應的幾何意義，利用數形結合思

9、想求解． 特別提醒：直線與圓錐曲線相交(有兩個交點)，聯立方程消元后得方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，則Δ＝b2－4ac＞0，求字母范圍時易忽視此限制條件，從而產生增根． 變式訓練3 已知點P(4,4)，圓C：(x－m)2＋y2＝5(m＜3)與橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)有一個公共點A(3,1)，F1，F2分別是橢圓的左、右焦點，直線PF1與圓C相切． (1)求m的值與橢圓E的方程； (2)設Q為橢圓E上的一個動點，求·的取值范圍． 熱點四　開放性、探索性問題(存在性問題) 【例4】在平面直角坐標系xOy中，經過點(0，)且斜率為k的直線l與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點P

10、和Q. (1)求k的取值范圍； (2)設橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點分別為A，B，是否存在常數k，使得向量＋與共線？如果存在，求k的值；如果不存在，請說明理由． 規(guī)律方法 1．解決探索性問題應注意以下幾點： 存在性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在． (1)當條件和結論不唯一時，要分類討論； (2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件； (3)當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑． 2．存在性問題的解題步驟： (1)先假設存在，引入參變量，根據題目條件列出關于參變量的方程(組)

11、或不等式(組)； (2)解此方程(組)或不等式(組)，若有解則存在，若無解則不存在； (3)得出結論． 變式訓練4 如圖，橢圓C：＋＝1的頂點為A1，A2，B1，B2，焦點為F1，F2，|A1B1|＝，. (1)求橢圓C的方程； (2)設n是過原點的直線，l是與n垂直相交于P點，與橢圓相交于A，B兩點的直線，||＝1.是否存在上述直線l使·＝1成立？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由． 思想滲透 分類討論思想——解析幾何中含參數的問題 解析幾何中含參數的問題類型： (1)當直線過定點設直線方程時，應對直線分斜率存在與不存在兩種情況進行討論； (2)求有關直線

12、與圓錐曲線交點個數問題時，對參數的討論； (3)求有關線段長度、圖形面積的最值問題時，對解析式中含有的參數進行討論； (4)對有關二元二次方程表示曲線類型的判定等． 求解時注意的問題： (1)求解有關含參數的問題時應結合參數的意義，對參數的不同取值或不同取值范圍進行分類討論，分類時應注意討論的時機、標準、原因，做到不重不漏； (2)對參數的分類討論，最后仍然分類寫出答案；如果是對所求的字母進行分類求解，最后一般要整理得出并集． (2020·浙江高考，理21)如圖，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，其左焦點到點P(2,1)的距離為，不過原點O的直線l與C相交于A，B兩點，且線段

13、AB被直線OP平分． (1)求橢圓C的方程； (2)求△ABP面積取最大值時直線l的方程． 解：(1)設橢圓左焦點為F(－c,0)，則由題意得 解得 所以橢圓方程為＋＝1. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點為M. 當直線AB與x軸垂直時，直線AB的方程為x＝0，與不過原點的條件不符，舍去．故可設直線AB的方程為y＝kx＋m(m≠0)， 由消去y，整理得 (3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，① 則Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0， 所以線段AB的中點M， 因為M在直線OP上，所以 ＝， 得m＝0(舍去

14、)或k＝－. 此時方程①為3x2－3mx＋m2－3＝0，則 Δ＝3(12－m2)＞0， 所以|AB|＝·|x1－x2|＝·. 設點P到直線AB距離為d，則 d＝＝. 設△ABP的面積為S，則 S＝|AB|·d＝·， 其中m∈(－2，0)∪(0,2)． 令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2，2]， u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)·(m－1－)(m－1＋)． 所以，當且僅當m＝1－時，u(m)取到最大值． 故當且僅當m＝1－時，S取到最大值． 綜上，所求直線l方程為3x＋2y＋2－2＝0. 1．(2020·浙江嘉興第二次檢

15、測，9)設雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的右焦點為F，過點F作與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A，B兩點，與雙曲線的其中一個交點為P，設O為坐標原點，若＝m＋n(m，n∈R)，且mn＝，則該雙曲線的離心率為(　　)． A． B． C． D． 2．(2020·浙江義烏中學月考，15)已知實數p＞0，直線3x－4y＋2p＝0與拋物線x2＝2py和圓x2＋2＝從左到右的交點依次為A，B，C，D，則的值為__________． 3．(2020·浙江嘉興第二次檢測，16)已知拋物線x2＝4y的焦點為F，經過F的直線與拋物線相交于A，B兩點，則以AB為直徑的圓在x軸上所截

16、得的弦長的最小值是__________． 4．(2020·浙江五校聯考，15)過拋物線y2＝2px(p＞0)焦點的直線與拋物線交于A，B兩點，|AB|＝3，且AB中點的縱坐標為，則p的值為__________． 5．(2020·北京豐臺3月模擬，10)已知拋物線y2＝8x上一點P到焦點的距離是6，則點P的坐標是__________． 6．過雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一個焦點F作一條漸近線的垂線，若垂足恰在線段OF(O為原點)的垂直平分線上，則雙曲線的離心率為__________． 7．(2020·山東濟南3月模擬，22)已知中心在原點O，焦點F1，F2在x軸上的橢圓E經過點C(2

17、,2)，且拋物線y2＝－4x的焦點為F1. (1)求橢圓E的方程； (2)垂直于OC的直線l與橢圓E交于A，B兩點，當以AB為直徑的圓P與y軸相切時，求直線l的方程和圓P的方程． 參考答案 命題調研·明晰考向 真題試做 1．B　解析：由題意可知橢圓的長軸長2a1是雙曲線實軸長2a2的2倍，即a1＝2a2，而橢圓與雙曲線有相同的焦點． 故離心率之比為＝＝2. 2．　解析：x2＋(y＋4)2＝2到直線y＝x的距離為－＝， 所以y＝x2＋a到y＝x的距離為，而與y＝x平行且距離為的直線有兩條，分別是y＝x＋2與y＝x－2，而拋物線y＝x2＋a開口向上，所以y＝x2＋a與y＝x＋2相

18、切，可求得a＝. 3．C　解析：設|PF2|＝m，則|PF1|＝2m， 由雙曲線定義知：|PF1|－|PF2|＝2a，得2m－m＝2， ∴m＝2. 又2c＝2＝2×2＝4， ∴由余弦定理可得：cos∠F1PF2＝＝. 4．解：(1)由題意知得 (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點為Q(m，m)． 由題意知，設直線AB的斜率為k(k≠0)． 由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k·2m＝1. 所以直線AB方程為y－m＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由 消去x，整理得y2－2my＋2m2－m＝0， 所以Δ＝4m－4m

19、2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m. 從而|AB|＝·|y1－y2|＝·. 設點P到直線AB的距離為d， 則d＝. 設△ABP的面積為S， 則S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·. 由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1. 令u＝，0＜u≤，則S＝u(1－2u2)． 設S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤， 則S′(u)＝1－6u2. 由S′(u)＝0，得u＝∈， 所以S(u)max＝S＝. 故△ABP面積的最大值為. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】C　解析：根據題意可知m＞n，由于點P是橢圓上的點，據橢圓定義有|PF1|＋|PF2|＝2

20、. 又點P在雙曲線上，再據雙曲線定義有|PF1|－|PF2|＝±2，將上述兩式分別平方再相減得|PF1|·|PF2|＝m－p. 【變式訓練1】(1) (2)－＝1　解析：由雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程為y＝x得＝，∴b＝a. ∵拋物線y2＝16x的焦點為F(4,0)，∴c＝4. 又∵c2＝a2＋b2，∴16＝a2＋(a)2. ∴a2＝4，b2＝12. ∴所求雙曲線的方程為－＝1. 【例2】解：(1)設直線l的方程為y＝kx＋t(k＞0)，由題意，t＞0. 由方程組 得(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0. 由題意Δ＞0，所以3k2＋1＞t2.

21、設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由韋達定理得x1＋x2＝－. 所以y1＋y2＝. 由于E為線段AB的中點， 因此xE＝－，yE＝， 此時kOE＝＝－. 所以OE所在直線方程為y＝－x. 又由題設知D(－3，m)，令x＝－3，得m＝，即mk＝1. 所以m2＋k2≥2mk＝2.當且僅當m＝k＝1時上式等號成立． 此時由Δ＞0得0＜t＜2. 因此當m＝k＝1且0＜t＜2時，m2＋k2取最小值2. (2)①證明：由(1)知OD所在直線的方程為y＝－x，將其代入橢圓C的方程，并由k＞0， 解得G， 又E，D， 由距離公式及t＞0得 |OG|2＝2＋2 ＝， |O

22、D|＝＝， |OE|＝ ＝， 由|OG|2＝|OD|·|OE|得t＝k， 因此直線l的方程為y＝k(x＋1)，所以直線l恒過定點(－1,0)． ②由①得G， 若B，G關于x軸對稱， 則B. 代入y＝k(x＋1)，整理得3k2－1＝k， 即6k4－7k2＋1＝0，解得k2＝(舍去)或k2＝1，所以k＝1. 此時B，G關于x軸對稱． 又由(1)得x1＝0，y1＝1，所以A(0,1)． 由于△ABG的外接圓的圓心在x軸上，可設△ABG的外接圓的圓心為(d,0)， 因此d2＋1＝2＋，解得d＝－. 故△ABG的外接圓的半徑為r＝＝. 所以△ABG的外接圓方程為2＋y2＝.

23、 【變式訓練2】(1)解：∵|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數列， ∴|AF2|＋|BF2|＝2|AB|. ∴4a＝|AF2|＋|AF1|＋|BF2|＋|BF1|＝|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝3|AB|＝12. ∴a＝3. 又e＝＝，∴c＝1，b＝＝2. 所求的橢圓方程為＋＝1. (2)證明：設M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點為(1，y0)， 由題意知，. 兩式相減，得＋＝0， ∴kMN＝＝－＝－. ∴線段MN的中垂線方程為y－y0＝(x－1)， 易證，此直線過定點. 【例3】解：(1)∵＝2，·＝0， ∴NP為AM的垂直平分線， ∴|N

24、A|＝|NM|. 又∵|CN|＋|NM|＝2， ∴|CN|＋|AN|＝2＞2， ∴點N的軌跡是以點C(－1,0)，A(1,0)為焦點的橢圓且橢圓長軸長為2a＝2，焦距2c＝2， ∴a＝，c＝1，b2＝1， ∴曲線E的方程為＋y2＝1. (2)當直線GH的斜率存在時， 設直線GH的方程為y＝kx＋2，代入橢圓方程＋y2＝1，得x2＋4kx＋3＝0. 由Δ＞0得k2＞. 設G(x1，y1)，H(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 又∵＝λ， ∴(x1，y1－2)＝λ(x2，y2－2)，∴x1＝λx2， ∴x1＋x2＝(1＋λ)x2，x1x2＝λx2， ∴2＝x

25、2＝. ∴2·2＝·， 整理得＝. ∵k2＞，∴4＜＜. ∴4＜λ＋＋2＜，∴＜λ＜3. 又∵0＜λ＜1，∴＜λ＜1. 又當直線GH的斜率不存在，即其方程為x＝0時，＝，λ＝. ∴≤λ＜1，即所求λ的取值范圍是. 【變式訓練3】解：(1)點A坐標代入圓C方程，得(3－m)2＋1＝5. ∵m＜3，∴m＝1. 圓C：(x－1)2＋y2＝5. 設直線PF1的斜率為k， 則PF1：y＝k(x－4)＋4，即kx－y－4k＋4＝0. ∵直線PF1與圓C相切，∴＝. 解得k＝或k＝. 當k＝時，直線PF1與x軸的交點橫坐標為，不合題意，舍去； 當k＝時，直線PF1與x軸的交點

26、橫坐標為－4，∴c＝4. ∴F1(－4,0)，F2(4,0)． 2a＝AF1＋AF2＝5＋＝6，a＝3，a2＝18，b2＝2. 橢圓E的方程為＋＝1. (2)＝(1,3)，設Q(x，y)，＝(x－3，y－1)， ·＝(x－3)＋3(y－1)＝x＋3y－6. ∵＋＝1，即x2＋(3y)2＝18， 而x2＋(3y)2≥2|x|·|3y|，∴－18≤6xy≤18. 則(x＋3y)2＝x2＋(3y)2＋6xy＝18＋6xy的取值范圍是[0,36]． x＋3y的取值范圍是[－6,6]． ∴·＝x＋3y－6的取值范圍是[－12,0]． 【例4】解：(1)由已知條件知直線l的方程為y＝

27、kx＋， 代入橢圓方程得＋(kx＋)2＝1. 整理得x2＋2kx＋1＝0.① 直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q等價于Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0， 解得k＜－或k＞. 即k的取值范圍為∪. (2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則＋＝(x1＋x2，y1＋y2)， 由方程①得x1＋x2＝－.② 又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2，③ 而A(，0)，B(0,1)，＝(－2,1)， 所以＋與共線等價于x1＋x2＝－(y1＋y2)． 將②③代入上式，解得k＝. 由(1)知k＜－或k＞，故沒有符合題意的常數k. 【變式訓練4】解：(1)由|A1B1|＝知a2＋b2＝7

28、，① 由知a＝2c，② 又b2＝a2－c2，③ 由①②③解得a2＝4，b2＝3， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)設A，B兩點的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 假設使·＝1成立的直線l存在， ①當l不垂直于x軸時，設l的方程為y＝kx＋m， 由l與n垂直相交于P點且||＝1， 得＝1，即m2＝k2＋1. ∵·＝1，||＝1， ∴·＝(＋)·(＋) ＝＋·＋·＋· ＝1＋0＋0－1＝0， 即x1x2＋y1y2＝0. 將y＝kx＋m代入橢圓方程， 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋(4m2－12)＝0， 由求根公式可得x1＋x2＝，④ x1x2＝.⑤

29、 0＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝x1x2＋k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 將④⑤代入上式并化簡得 (1＋k2)(4m2－12)－8k2m2＋m2(3＋4k2)＝0，⑥ 將m2＝1＋k2代入⑥并化簡得－5(k2＋1)＝0，矛盾．即此時直線l不存在． ②當l垂直于x軸時，滿足||＝1的直線l的方程為x＝1或x＝－1， 當x＝1時，A，B，P的坐標分別為，，(1,0)， ∴＝，＝. ∴·＝≠1. 當x＝－1時，同理可得A·≠1， 即此時直線l也不存在． 綜上可知，使·＝1成立的直線

30、l不存在． 創(chuàng)新模擬·預測演練 1．C　解析：A，B，代入＝m＋n，得P，代入雙曲線方程，得4e2mn＝1，即得e＝. 2．　解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因直線斜率大于0，故y1＜y2. 而拋物線的焦點F就是圓的圓心，且直線過拋物線的焦點，則|AB|＝|AF|－|BF|＝－＝y1. 同理|CD|＝|DF|－|CF|＝－＝y2. 由消去x整理得8y2－17py＋2p2＝0. 因y1＜y2，解得y1＝，y2＝2p，則＝＝. 3．2　解析：因為焦點F到x軸的距離為1，則以AB為直徑的圓在x軸上所截得的弦長為m＝2，故要使弦長最小，則線段AB長要最?。畯亩褹B與y軸垂

31、直，此時|AB|＝4，故以AB為直徑的圓在x軸上所截得的弦長的最小值為2. 4．　解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有y1y2＝－p2，且y1＋y2＝1，從而有1＝(y1＋y2)2＝y＋y＋2y1y2＝2p(x1＋x2)－2p2. 又由|AB|＝x1＋x2＋p＝3，得x1＋x2＝3－p，則有1＝2p(3－p)－2p2，解得p＝. 5．(4，±4)　解析：利用拋物線定義先求出P點的橫坐標． 6．　解析：設垂足為M. 則△OFM為等腰直角三角形，設OF中點為N，利用MN＝ON＝OF，列出關于a，c的關系式即可解決． 7．解：(1)設橢圓E的方程為＋＝1(a＞b＞0)， 則

32、＋＝1，① ∵拋物線y2＝－4x的焦點為F1，∴c＝.② 又a2＝b2＋c2，③ 由①②③得a2＝12，b2＝6. ∴橢圓E的方程為＋＝1. (2)依題意，直線OC斜率為1，由此設直線l的方程為y＝－x＋m， 代入橢圓E的方程，得3x2－4mx＋2m2－12＝0. 由Δ＝16m2－12(2m2－12)＝8(18－m2)＞0，得m2＜18. A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝. 圓P的圓心為， 半徑r＝|x1－x2|＝. 當圓P與y軸相切時，r＝，則2x1x2＝， 即＝，m2＝9＜18，m＝±3. 當m＝3時，直線l方程為y＝－x＋3，此時，x1＋x2＝4，圓心為(2,1)，半徑為2，圓P的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4； 同理，當m＝－3時，直線l方程為y＝－x－3，圓P的方程為(x＋2)2＋(y＋1)2＝4.