高考数学知识点考点重点讲解第2讲-解析几何中的“瓶颈题”-(1).docx

1、第2讲 解析几何中的“瓶颈题”【举题说法】第2讲解析几何中的“瓶颈题”(本讲对应学生用书第6573页)数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，主要分六块：三角函数(或与平面向量交汇)、立体几何、应用问题、解析几何(或与平面向量交汇)、函数与导数(或与不等式交汇)、数列(或与不等式交汇).其中三角函数和立体几何属于基础问题，若能够拿下应用问题和解析几何题，便攻下了全部中档题和基础题，锁定了128分，应该认为这已打了一个大胜仗，基本上已经进入了“第一方阵”(本科行列).解析几何重点考查的内容是：直线方程，圆的方程，圆锥曲线的定义，标准方程及其应用，离心率、焦点、准线和渐近线等简单的几何性质以及数

2、学学科内在的联系和综合.解析几何解答题重点考查的内容是：圆锥曲线的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系.常考常新的题型有轨迹、最值、定值、对称、参数范围、几何证明、实际应用和探究性问题等.圆锥曲线是高考的重点、难点和热点，其难度往往体现在运算上，尤其是代数式的运算，“降低运算量”应视为解答解析几何综合问题的首要理念，只有将运算量有效地降下来，才能回避繁重的计算.因而如何降低运算量就成为了突破解析几何问题的关键.回归定义，追根溯源对某些圆锥曲线问题，甚至一些从表面上看并不是圆锥曲线问题的问题，若采取“回归定义”的策略，把定量的计算和定性的分析有机地结合起来，则往往能获得题目所固有的本质属性，达到准

3、确判断、合理运算、灵活解题的目的，这样可使计算量大大减小.例1如图，已知圆C：(x+2)2+y2=36，P是圆C上的任意一动点，点A的坐标为(2，0)，线段PA的垂直平分线l与半径CP交于点Q.求点Q的轨迹G的方程.(例1)【分析】因为QA=QP，所以QC+QA=QC+QP=CP=r=6，再根据椭圆的定义，点Q的轨迹G是中心在原点，以C，A为焦点，长轴长等于6的椭圆.【解答】圆C的圆心为C(-2，0)，半径r=6，CA=4，连接QA.由已知得QA=QP，所以QC+QA=QC+QP=CP=r=6CA.根据椭圆的定义，点Q的轨迹G是中心在原点，以C，A为焦点，长轴长等于6的椭圆，即a=3，c=2，

4、b2=a2-c2=9-4=5，所以点Q的轨迹G的方程为+=1.【点评】应用定义求动点轨迹或其方程，其优势在于避免列式、化简等繁琐的代数处理过程，给人以简捷、明快之感.定义法是解析几何中最朴素、最基本的数学思想方法，可以说它是求动点轨迹或其方程的重要方法之一.练习如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆+=1(ab0)的两焦点分别为F1(-，0)，F2(，0)，且经过点.(1)求椭圆的方程及离心率.(2)设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称.设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2=k3k4.求k1k2的值；求OB2+OC2的值.(练

5、习)【解答】(1)方法一：依题意知c=，a2=b2+3，由+=1，解得b2=1，从而a2=4.故所求椭圆方程为+y2=1，离心率e=.方法二：由椭圆的定义知2a=+=4，即a=2.又因为c=，故b2=1.下同方法一.(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则D(-x1，-y1)，于是k1k2=-.由知k3k4=k1k2=-，故x1x2=-4y1y2.所以(x1x2)2=(-4y1y2)2，即(x1x2)2=16=16-4(+)+，所以+=4.又2=+=+，故+=1.所以OB2+OC2=+=5.设而不求，多思少算在解题时，可设一些辅助元(参数)，然后在解题过程中，巧妙地消去辅助元(参数)，而

6、不必求出这些辅助元(参数)的值(有时也求不出)，便于降低运算量，优化解题过程.例2(2015苏锡常镇、宿迁一调)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：+=1(ab0)的离心率为，且经过点，过椭圆的左顶点A作直线lx轴，点M为直线l上的动点(点M与点A不重合)，点B为椭圆的右顶点，直线BM交椭圆C于点P.(1)求椭圆C的方程.(2)求证：APOM.(3)试问是否为定值?若是定值，请求出该定值；若不是，请说明理由.(例2)【解答】(1)因为椭圆C：+=1(ab0)的离心率为，所以a2=2c2，又c2=a2-b2，所以a2=2b2.又椭圆C过点，所以+=1，所以a2=4，b2=2.所以椭圆C的

7、方程为+=1.(2)方法一：设直线BM的斜率为k，则直线BM的方程为y=k(x-2).设P(x1，y1)，将y=k(x-2)代入椭圆C的方程+=1中，化简得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-4=0，解得x1=，x2=2，所以y1=k(x1-2)=，从而P.令x=-2，得y=-4k，所以M(-2，-4k)，=(-2，-4k).又=，所以=+=0，所以APOM.方法二：设P(x0，y0).因为A(-2，0)，B(2，0).所以kPAkPB=.又因为点P在椭圆上，所以+=1，所以=2.所以kPAkPB=-.因为kPB=kMB=-tanMBA=-，kMO=-tanMOA=-.所以2kPB=kMO.

8、因为kPA=，所以kMOkPA=-1，即APMO.(3)设P(x0，y0)，M(-2，t).由(2)得APMO，所以kAP=，kOM=.所以kAPkOM=-1，所以t=.所以=(x0，y0)=-2x0+y0=4.所以为定值4.【点评】本题第(2)问中方法一是采用设直线斜率k为参数，用k表示点P的坐标；方法二是用点P坐标去表示与之相关的直线斜率，并且成功地避开求出点P坐标，而是利用点P的几何特征求出直线斜率之间的关系，从而达到设而不求简化计算的目的.练习过椭圆+=1内一点M(2，1)引一条弦，使弦被点M平分，求这条弦所在直线的方程.【解答】设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2).

9、因为M(2，1)为AB的中点，所以x1+x2=4，y1+y2=2.又A，B在椭圆上，所以+4=16，+4=16，以上两式相减得(-)+4(-)=0，所以(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0，所以=-=-=-，即kAB=-.故所求直线的方程为y-1=-(x-2)，即x+2y-4=0.平几渗透，数形结合在用代数方法研究曲线间关系的同时，充分利用好图形本身所具有的平面几何性质，常可得出简捷而优美的解法.例3如图，已知点P是圆O：x2+y2=1上第一象限内的任意一点，过点P作圆O的切线交椭圆C：+y2=1于Q(x1，y1)，R(x2，y2)(y1y2)两点，椭圆C的右焦点为

10、F(，0).(1)求证：PQ+FQ=2；(2)求QR的最大值.(例3)【分析】(1)由两点间的距离公式求QF(用x1表示)，由勾股定理求PQ(用x1表示)；(2)同理，PR+FR=2，有QR+QF+FR=4，结合QRQF+FR求解.【解答】(1)由点Q(x1，y1)在椭圆上，得+=1，则QF=2-x1，PQ=x1，所以PQ+FQ=2.(2)由(1)同理得PR+FR=2，则QR+QF+FR=4.又QRQF+FR2QR4，即QR2，所以当QR过点F时取得最大值2.【点评】运用平面几何知识，可降低运算量、直观地解决问题.如：(1)线段垂直平分线：已知线段AB，动点P满足PA=PB点P在线段AB的垂直

11、平分线上.(2)三角形：三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；等腰三角形的两底角相等，且两底角必为锐角；两个特殊直角三角形.(3)四边形：对角线互相垂直的四边形的面积等于两对角线之积的一半；平行四边形的对角线互相平分(反之也行)；菱形的对角线互相平分且互相垂直(反之也行)；矩形的对角线互相平分且相等(反之也行)；正方形的对角线互相平分、垂直、相等(反之也行)，其中含有等腰直角三角形.(4)圆：直径所对的圆周角为直角(反之也行)；垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦(反之也行).练习设直线l：3x+4y+m=0与圆C：x2+y2+x-2y=0相交于P，Q两点，则当m为何值时，OPOQ?(

12、练习)【解答】如图，因为圆C：x2+y2+x-2y=0过原点O，则POQ是圆C的圆周角，且为直角.根据“圆中90的圆周角所对的弦是直径”可知PQ为圆C的直径，即直线3x+4y+m=0过圆心C，代入直线方程得3+41+m=0，解得m=-.【点评】将直线方程3x+4y+m=0代入圆的方程，消元后利用x1x2+y1y2=0来求m值，也是切实可行的.而借助圆的几何性质来解题，则令人拍案叫绝!同理推算，整体代换解析几何中存在不少类似问题，这些问题只需算好一部分，然后作类似的推算与替换即可得到另一部分结果.例4如图，已知点P在椭圆C：+=1(ab0)上，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B是椭

13、圆C上两点，且kPA+kPB=0，求直线AB的斜率kAB.(例4)【分析】(1)由=，可用a表示b，再代入点P得椭圆的方程.(2)由kPA+kPB=0，设直线PA：y-=k(x-1)，则直线PB：y-=-k(x-1)，将PA的方程与椭圆的方程联立结合韦达定理可求得点A的坐标(用k表示).同理(以-k替换k)可得点B的坐标(用k表示)，再求kAB即可.【解答】(1)由=，得c2=a2=a2-b2，有b2=a2，所以椭圆C：+=1，又点P在椭圆C上，代入解得a2=4，b2=3，所以椭圆C的方程为+=1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知直线PA，PB的斜率存在，设直线PA：y-=

14、k(x-1)，则直线PB：y-=-k(x-1)，由消去y，得(4k2+3)x2+8kx+4-12=0，由1x1=，即x1=，y1=k+=，所以A.同理可得B，所以kAB=，即直线AB的斜率kAB=.【点评】当一动直线与圆锥曲线相交时，若两个交点均为未知点，要求出这两个交点，是非常困难的事，但若知道了一个交点，借用韦达定理求另一个交点难度也就不大了，一旦求出了交点的坐标，问题则已接近解决.练习如图，已知椭圆E：+=1过点D，且右焦点为F(1，0)，右顶点为A.过点F的弦为BC，直线BA、直线CA分别交直线l：x=m (m2)于P，Q两点.(1)求椭圆E的方程；(2)若FPFQ，求m的值.(练习)

15、【解答】(1)因为椭圆E过点D，所以+=1，又椭圆E的右焦点为F(1，0)，所以a2-b2=1，联立两方程解得a2=4，b2=3，所以椭圆E的方程为+=1.(2)设B(x0，y0)，则BC：y=(x-1)，与椭圆E：+=1联立方程组解得x=x0，y=y0或x=，y=，所以C.kABkAC=-.显然kAB=kAP，kAC=kAQ，所以kAPkAQ=-.设Q(m，y1)，kFQ=kAQ，同理kFP=kAP.所以kFPkFQ=kAPkAQ=-=-1，又m2，所以=，所以m=4.【点评】本题考查了椭圆的标准方程、直线的斜率.重点考查学生的计算能力，即应用解析的方法证明圆锥曲线性质的能力.本题中要证明F

16、PFQ，即证明kFPkFQ=-1，通过分析可以发现kFQ与kAQ成比例，同理kFP与kAP成比例，故只需证明kABkAC即可.【几何性质的应用】几何性质的应用圆中的几何量转化为代数关系例1如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A为椭圆+=1的右顶点，点D(1，0)，点P，B在椭圆上，=.(1)求直线BD的方程.(2)求直线BD被过P，A，B三点的圆C截得的弦长.(3)是否存在分别以PB，PA为弦的两个相外切的等圆?若存在，求出这两个圆的方程；若不存在，请说明理由.(例1)【点拨】弦长公式l=2.【分析】(1)根据两点式即可求出直线BD的方程；(2)先求出圆心、半径，再根据弦长公式求出弦长；(3

17、)根据两个等圆相外切得到P，M，N在一条直线上，且PM=PN，从而求出两个圆的方程.【解答】(1)因为=，且A(3，0)，所以BP=DA=2，而B，P关于y轴对称，所以点P的横坐标为1，从而得P(1，2)，B(-1，2)，所以直线BD的方程为x+y-1=0.(2)由(1)知线段BP的垂直平分线方程为x=0，线段AP的垂直平分线方程为y=x-1，联立解得所以圆C的圆心为(0，-1)，且圆C的半径为r=.又圆心(0，-1)到直线BD的距离为d=，所以直线BD被圆C截得的弦长为2=4.(3)假设存在这样的两个圆M与圆N，其中PB是圆M的弦，PA是圆N的弦，则点M一定在y轴上，点N一定在线段PA的垂直

18、平分线y=x-1上.当圆M和圆N是两个相外切的等圆时，一定有P，M，N在一条直线上，且PM=PN.设M(0，b)，则N(2，4-b)，根据N(2，4-b)在直线y=x-1上，解得b=3.所以M(0，3)，N(2，1)，PM=PN=，故存在这样的两个圆，且方程分别为x2+(y-3)2=2，(x-2)2+(y-1)2=2.【点评】求圆中弦长问题，多用垂径定理，先计算圆心到直线的距离，再利用弦长公式l=2；求圆的方程问题常见于找出圆心和半径，对于两圆的位置关系则多借助于几何关系进行判定.练习在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x-3)2+(y+2)2=4，圆C2：(x+m)2+(y+m+5)2=

19、2m2+8m+10(mR，且m-3).(1)设P为坐标轴上的点，满足过点P分别作圆C1与圆C2的一条切线，切点分别为T1，T2，使得PT1=PT2，试求出所有满足条件的点P的坐标；(2)若斜率为正数的直线l平分圆C1，求证：直线l与圆C2总相交.【点拨】“相交”转化为圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系.【分析】(1)将等式PT1=PT2转化为坐标之间的关系，通过解方程求解；(2)利用直线与圆的位置关系的判定方法证明.【解答】(1)设点P的坐标为(x0，y0)，圆C1与圆C2的半径分别为r1，r2.由题意得P-=P-，即(x0-3)2+(y0+2)2-4=(x0+m)2+(y0+m+5)2-(

20、2m2+8m+10)，化简得x0+y0+1=0.因为P为坐标轴上的点，所以点P的坐标为(0，-1)或(-1，0).(2)依题意可设直线l的方程为y+2=k(x-3)，k0，化简得kx-y-3k-2=0，则圆心C2(-m，-m-5)到直线l的距离为.又圆C2的半径为，所以“直线l与圆C2总相交”等价于“m-3，”，即，记y=，整理得(y-2)m2+2(3y-4)m+9y-10=0，当y=2时，m=-2；当y2时，判别式=2(3y-4)2-4(y-2)(9y-10)0，解得y1；综上得y=，m-3的最小值为1，所以式等价于0，即证.【点评】根据圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系，判定直线与圆的位

21、置关系.本题的命题着眼点就在于直线与圆的位置关系的判定与圆的切线性质的运用.圆锥曲线中的几何量转化为代数关系例1已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍，且经过点M(2，1)，平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m0)，直线l交椭圆于A，B两个不同点.(1)求椭圆的方程；(2)求m的取值范围；(3)求证：直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.【点拨】等腰三角形k1+k2=0.【分析】(1)利用待定系数求出椭圆方程；(2)利用方程根的判别式求m的取值范围；(3)将几何问题转化为代数问题，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可.【解答】(1)设椭

22、圆方程为+=1(ab0)，则解得所以椭圆方程为+=1.(2)因为直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m.又kOM=，所以直线l的方程为y=x+m.联立方程组消去y，得x2+2mx+2m2-4=0.因为直线l与椭圆交于A，B两个不同点，所以=(2m)2-4(2m2-4)0，解得-2mb0)，由已知得a+c=3，a-c=1，解得a=2，c=1，所以b2=a2-c2=3，所以椭圆的标准方程为+=1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组消去y，得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0，则 即3+4k2-m20，又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x

23、1+x2)+m2=.因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，所以kADkBD=-1，即=-1，所以y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0.所以+4=0，所以7m2+16mk+4k2=0，解得m1=-2k，m2=-，且均满足3+4k2-m20.当m1=-2k时，l的方程y=k(x-2)，直线过点(2，0)，与已知矛盾；当m2=-时，l的方程为y=k，直线过定点，0.所以直线l过定点，定点坐标为.【点评】第二问难点突破是将“以AB为直径的圆过椭圆D的右顶点DADB”，将几何问题转化为代数问题.【合理运算方法的应用】合理运算方法的应用圆锥曲线的最值、范围问题例1已知椭圆C：+=1(ab

24、0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线x+y+1=0与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切.(1)求椭圆C的方程；(2)设P为椭圆上一点，若过点M(2，0)的直线l与椭圆C相交于不同的两点S和T，且满足+=t(O为坐标原点)，求实数t的取值范围.【解答】(1)由题意，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x-c)2+y2=a2，所以圆心到直线x+y+1=0的距离d=a.因为椭圆C：+=1(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，所以b=c，a=b=c，代入式得b=c=1，所以a=b=.故所求椭圆的方程为+y2=1.(

25、2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x-2)，设P(x0，y0)，将直线方程代入椭圆方程得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0，所以=64k4-4(1+2k2)(8k2-2)=-16k2+80，所以k2.设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则x1+x2=，x1x2=.当k=0时，直线l的方程为y=0，此时t=0，+=t成立，故t=0符合题意.当t0时，得所以x0=，y0=.将上式代入椭圆方程得+=1，整理得t2=.由k2，知0t2b0)，其离心率为，两条准线之间的距离为.B，C分别为椭圆M的上、下顶点，过点T(t，2)(t0)的直线TB，TC分别与椭圆M交于E，F两

26、点.(1)求椭圆M的标准方程；(2)若TBC的面积是TEF的面积的k倍，求k的最大值.(练习)【解答】(1)由题意知=，解得a=2，c=，所以b=1，所以所求椭圆方程为+y2=1.(2)方法一：STBC=BC|t|=|t|，直线TB的方程为y=x+1，联立得xE=，所以E.直线TC的方程为y=x-1，联立得xF=，所以F，点E到直线TC：3x-ty-t=0的距离d=，TF=，所以STEF=TFd=，所以k=，令t2+12=m12，则k=1+-，当且仅当m=24，即t=2时，取“=”，所以k的最大值为.方法二：直线的TB的方程为y=x+1，联立得xE=，直线TC的方程为y=x-1，联立得xF=，

27、k=，令t2+12=m12，则k=1+-，当且仅当m=24，即t=2时，取“=”，所以k的最大值为.【点评】本题第(2)小题，若按照一般的思路，分别求TBC与TEF的面积，难点是求TEF的面积，在分割求面积法行不通的情况下，只有利用三角形基本面积公式，但是计算量大；反之，若能从整体上分析，利用TBC与TEF有公共角，便可以将这两个三角形的面积比转化成xT，xB，xC，xE，xF之间的关系，就比较容易了.【总结提炼】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数

28、之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.解析几何中探究性问题例1(2015盐城三模)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：+=1(ab0)的离心率为，直线l与x轴交于点E，与椭圆C交于A，B两点.当直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点时，弦AB的长为.(例1) (1)求椭圆C的方程.(2)若点E的坐标为，点A在第一象限且横坐标为，连接点A与原点O的直线交椭圆C于另一点P，求PAB的面积.(3)是否存在点E，使得+为定值?若存在，请指出点E的坐标，并求出该定值；

29、若不存在，请说明理由.【分析】要确定+是否为定值，可以通过两个特殊位置来确定，由两个特殊的位置得到的值并令它们相等，这样就可以求出点E的坐标，然后再来证明或判断，它对于一般的情况是否也成立.若成立，就存在，若不成立，则不存在.【解答】(1)由=，设a=3k(k0)，则c=k，b2=3k2，所以椭圆C的方程为+=1.因直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点时，即xA=xB=k，代入椭圆方程，解得y=k，于是2k=，即k=，所以椭圆C的方程为+=1.(2)将x=代入+=1，解得y=1.因为点A在第一象限，从而A(，1).由点E的坐标为，知kAB=，所以直线AB的方程为y=，联立直线AB与椭圆C的方

30、程，解得B.又PA过原点O，于是P(-，-1)，PA=4，所以直线PA的方程为x-y=0，所以点B到直线PA的距离h=，所以SPAB=4=.(3)假设存在点E，使得+为定值，设E(x0，0)，当直线AB与x轴重合时，有+=+=；当直线AB与x轴垂直时，+=.由=，解得x0=2，所以若存在点E，此时E(，0)，+为定值2.根据对称性，只需考虑直线AB过点E(，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又设直线AB的方程为x=my+，与椭圆C联立方程组，化简得(m2+3)y2+2my-3=0，所以y1+y2=，y1y2=，又=，同理可得=，所以+=+=，将上述关系式代入，化简可得+=2.综上所述

31、，存在点E(，0)，使得+为定值2.【点评】研究定值问题，一般地可有两个解题角度，一是通过特殊来说明一般，即由特殊情况来得到问题的结果，然后再证明一般情况也成立.本题的解法即是此法；二是由一般情况来直接推导出结果，即将所研究的数学对象转化为某一个变量的函数，然后通过它为常数这一特征来得到问题的结果.这两种方法中，使用第一种方法，因为由特殊情况已经探索出了结果，再来证明一般情况时目标明确，便于操作.练习1已知椭圆C：+=1的焦点分别为F1，F2.(1)求以线段F1F2为直径的圆的方程.(2)过点P(4，0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得PQM+PQN=18

32、0?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【解答】(1)因为a2=4，b2=2，所以c2=2，所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=2.(练习1)(2)如图，若存在点Q(m，0)，使得PQM+PQN=180，则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2，PQM+PQN=180等价于k1+k2=0.依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y=k(x-4).由得(2k2+1)x2-16k2x+32k2-4=0.因为直线l与椭圆C有两个交点，所以0.即(16k2)2-4(2k2+1)(32k2-4)0，解得k2b0)的离心率为，定点M(2，0)，椭圆短轴的端点是B1，B2，且

33、MB1MB2.(1)求椭圆C的方程.(2)设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于A，B两点，试问：x轴上是否存在定点P，使得PM平分APB?若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【分析】(1)(条件)椭圆离心率、MB1MB2(目标)得出椭圆方程(方法)列方程求解椭圆方程需要求出a，b的值.(2)(条件)椭圆方程(目标)直线与椭圆交于两点A，B，判断x轴上是否存在定点P，使PM平分APB(方法)判断点P是否存在，先假设其存在，把几何条件转化为代数条件后得关于点P坐标的方程，这个方程对任意变动的直线恒成立时，若点P的坐标有解则存在，否则不存在.【解答】(1)由题意得=1-=，即=.依题意，得

34、MB1B2是等腰直角三角形，从而b=2，故a=3，所以椭圆C的方程为+=1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x=my+2.将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去x，得(4m2+9)y2+16my-20=0，所以y1+y2=，y1y2=.若PM平分APB，则直线PA，PB的倾斜角互补，所以kPA+kPB=0.设P(n，0)，则有+=0，将x1=my1+2，x2=my2+2代入上式，整理得=0，所以2my1y2+(2-n)(y1+y2)=0.将y1+y2=，y1y2=代入上式，整理得(-2n+9)m=0.由于上式对任意实数m都成立，所以n=.综上，存在定点P，使得PM

35、平分APB.【点评】本题立意是通过圆锥曲线问题考查对数学问题的抽象概括能力、化归转化的思想意识.题目按照解析几何解答题的基本模式进行命制，解题时需要把已知的几何条件逐步转化为代数条件，充分体现了等价转化思想的应用.解析几何中的证明问题例1(2016南通模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，A，B分别是椭圆G：+y2=1的左、右顶点，P(2，t)(tR，且t0)为直线x=2上的一个动点，过点P任意作一条直线l与椭圆G交于C，D两点，直线PO分别与直线AC，AD交于点E，F.(1)当直线l恰好经过椭圆G的右焦点和上顶点时，求t的值.(2)记直线AC，AD的斜率分别为k1，k2.若t=-1，求证：+

36、为定值；求证：四边形AFBE为平行四边形.(例1)【点拨】平行四边形对角线互相平分.【解答】(1)由题意，上顶点C(0，1)，右焦点E(，0)，所以直线l：y=-x+1，令x=2，得t=1-.(2)直线AC：y=k1(x+2)，与+y2=1联立，解得C，同理得D.由C，D，P三点共线得kCP=kDP，即=，化简得4k1k2=t(k1+k2)，t=-1时，+=-4(定值).要证四边形AFBE为平行四边形，即只需证E，F的中点为原点O，由xE=，同理xF=，将t=代入得xE=，xF=，所以xE+xF=0，yE+yF=(xE+xF)=0.即四边形AFBE为平行四边形.练习如图，在平面直角坐标系xOy

37、中，已知椭圆C：+=1(ab0)的离心率为，点(2，1)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与圆O：x2+y2=2相切，与椭圆C相交于P，Q两点.若直线l过椭圆C的右焦点F，求OPQ的面积；求证：OPOQ.(练习)【点拨】OPOQ=0.【解答】(1)由题意得=+=1，解得a2=6，b2=3.所以椭圆C的方程为+=1.(2)由(1)知椭圆C的右焦点为F(，0).设切线方程为y=k(x-)，即kx-y-k=0，所以=，解得k=，所以切线方程为y=(x-).当k=时，由方程组解得或所以P，Q两点的坐标分别为，所以PQ=.因为点O到直线PQ的距离为，所以OPQ的面积为.因为椭圆的对称性，当

38、切线方程为y=-(x-)时，OPQ的面积也为.综上所述，OPQ的面积为.方法一：(i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x=或x=-.当x=时，P()，Q(，-).因为=0，所以OPOQ.当x=-时，同理可得OPOQ.(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0.因为直线与圆相切，所以=，即m2=2k2+2.将直线PQ的方程代入椭圆方程，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1+x2=-，x1x2=.因为=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1

39、+x2)+m2=(1+k2)+km+m2.将m2=2k2+2代入上式可得=0，所以OPOQ.综上所述，OPOQ.方法二：设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0x+y0y-2=0，且+=2.(i)当y0=0时，直线PQ的方程为x=或x=-.当x=时，P()，Q(，-).因为=0，所以OPOQ.当x=-时，同理可得OPOQ.(ii)当y00时，由方程组消去y，得(2+)x2-8x0x+8-6=0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1+x2=，x1x2=.所以=x1x2+y1y2=x1x2+=.因为+=2，代入上式可得=0，所以OPOQ.综上所述，OPOQ.【点评】用斜截式设直线方程时，不要遗漏斜率不存在的情况!