南京市2020届高三数学二轮专题复习资料专题13：(选讲)直线与圆、圆锥曲线难点专项研究.doc

1、第 1 页 共 24 页 专题专题 13：圆锥曲线难点专项研究圆锥曲线难点专项研究 问题归类问题归类篇篇 类型一：类型一：圆的轨迹问题圆的轨迹问题 一、一、高考高考回顾回顾 1 1（0808 年高考题）年高考题）.满足条件 AB2, AC 2BC 的三角形 ABC 的面积的最大值是 答案：2 2. 解：因为AB=2（定长） ，可以以AB所在的直线为x轴，其中垂线为y轴建立直角坐标系，则A(1，0)， B(1，0)，设C(x，y)，由AC 2BC可得 (x1) 2y2 2 (x1)2y2，化简得(x3)2y28，即 C 在以（3，0）为圆心，2 2为半径的圆上运动。又SABC1 2AB|y c|

2、yc|2 2。 2（13 年高考题）年高考题） 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0，3)，直线 l：y2x4，设圆 C 的半径为 1， 圆心在 l 上 (1)若圆心 C 也在直线 yx1 上，过点 A 作圆 C 的切线，求切线的方程； (2)若圆 C 上存在点 M，使 MA2MO，求圆心 C 的横坐标 a 的取值范围 答案：(1)y3 或 3x4y120； (2)a 的取值范围为0，12 5 解： （1）由题设点 C(a，2a4)，又 C 也在直线 yx1 上，2a4a1，a3 C:(x3)2(y2)21，由题，过 A 点切线方程可设为 ykx3，即 kxy30，则|3k1| k2

3、11，解 得：k0，3 4，所求切线为 y3 或 y 3 4x3 （2）设点 C(a，2a4)，M(x0，y0)，MA2MO，A(0，3)，O(0，0)，x02(y03)24(x02y02)，即 x02 y0232y0，又点 M 在圆 C 上，(x0a)2(y02a4)21，两式相减得 ax0(2a3)y0(5a 2 2 8a9)0，由题以上两式有公共点， |a2(2a3)(2a4)(5a 2 2 8a9)| a2(2a3)2 1 整理得：|5a 2 2 6a3| 5a212a9，即(5a212a6)24(5a212a9)，令 t5a212a6，则 t24(t3)，解得：2t6，25a212a

4、66，解得：0a12 5 3 （17 年高考题）年高考题） .在平面直角坐标系 xOy 中,A(12，0)，B(0，6)，点 P 在圆 Ox2y250 上,若PA PB20， 则点 P 的横坐标的取值范围是 . 答案：5 2，1 二、方法联想二、方法联想 1.阿波罗尼斯圆阿波罗尼斯圆 结论 1：已知平面上两定点 A、B，则所有满足PA PBk(k0 且 k1)的点 P 的轨迹是一个圆 2.向量数量积圆向量数量积圆 x y A l O B 第 2 页 共 24 页 结论 2：已知平面上两定点 A、B，且 ABm，则所有满足PA PB (m2 4 0)的点 P 的轨迹是一个 圆 推导方法 1：取

5、AB 中点 M，PA PB(PMMA)(PMMB)|PM|2|MA|2|PM|2m2 4 ，所以 |PM |2m2 4 . 推导方法 2：建系设点法. 3.距离平方圆距离平方圆 结论 3：已知平面上两定点 A、B，且 ABm，则所有满足 PA2PB2 (其中 2 m2 4 0 ) 的点 P 的 轨迹是一个圆 推导方法 1：建系设点法. 推导方法 2：取 AB 中点 M.利用余弦定理代入 cosPMAcosPMB 化简得|PM|2 2 m2 4 . 推导方法 3：取 AB 中点 M.利用“平行四边形四边的平方和等于对角线的平方和”得 PA2PB22(AM2 PM2)2(m 2) 2PM2)得 P

6、M2 2 m2 4 . 4.4.求轨迹方程的常用方法有求轨迹方程的常用方法有： (1)直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系F(x，y)0. (2)待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程. (3)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程. (4)代入(相关点)法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点P(x， y)的轨迹方程. (5)参数法. 三、归类三、归类研究研究 *1等腰三角形 ABC 中，ABAC，腰 AC 上的中线 BD2，则ABC 面积的最大值为_ 答案：8 3 . (利用等腰三角形的性质得到

7、 AB2AD，则点 A 是圆上动点，即求圆上动点到直线距离的最值) *2. 已知等边三角形 ABC 的边长为 2，点P在线段 AC 上，若满足等式PA PB的点 P 有两个，则实数 的取值范围是 答案： 1 40 （方法一：以 AC 中点为原点，AC 所在的直线为 x 轴，设 P(x，0)(1x1) 转化为方程有两解问题；方 法二：以 AB 中点为原点，AB 所在的直线为 x 轴，转化为圆与线段有两个公共点问题；方法三：向量投影 法，记 AP=x，问题可化为PA PB PA (PAAB)PA2APABx2x 在 x0，2 上有两解） *3已知 ABC 中，ABAC 3，ABC 所在平面内存在点

8、 P 使得 PB2PC23PA23，则 ABC 面 积的最大值为 第 3 页 共 24 页 答案： 5 23 16 （建系转化为两轨迹圆有公共点问题研究面积最值） *4.在平面直角坐标系 xOy 中,点 A(1,0),B(0,4) 若圆 222 (x m)(m0,)ymmR 上不存在两点 P 使 得 22 5PAPB ,则实数 m 的取值范围是_ 答案: 55 17 0 8 m . (知道轨迹的常见结论，更需要知道求轨迹的方法本身) *5.点 P 是圆 C：x2y21 上动点，已知 A(1,2)，B(2,0)，则 PA 1 2PB 的最小值为_ 答案：5 2 (已知动点轨迹为圆，将1 2PB

9、转化为 P 到一个定点的距离，即求动点到两个定点距离之和） *6.已知椭圆 M：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2,一个焦点到相应的准线的距离为 3,圆 N 的方程为(x c)2y2a2c2(c 为半焦距),直线 l：ykxm(k0)与椭圆 M 和圆 N 均只有一个公共点,分别设为 A,B点 P 在圆 N 上,且PB PA2 2，则点 P 的坐标为 答案：(1,1)或( 9 13, 19 13) (已知动点到到两个定点距离之比为定值，求定点坐标) *7. 已知点 A(0，1)，B(1，0)，C(t，0)，点 D 是直线 AC 上的动点，若 AD2BD 恒成立，则最小正整 数

10、 t 的值为_ 答案. 4 解析：直线 AC 的方程为x ty1 即 xtyt0，设 D(x，y)， AD2BD 即 AD 24BD2， x2(y1)24(x1)2y2， x4 3 2 y1 3 2 8 9表示圆外区域及圆周上的点， 直线 xtyt0 与圆 x4 3 2 y1 3 2 8 9相离， 4 3 1 3tt 1t2 2 2 3 ，化简得 t24t10， 解得 t2 3或 t2 3. 正整数 t 的值的值为 4. （本题考查直线与圆的位置，一元二次不等式解法，以及数形结合思想的运用） 8.平面直角坐标系 xOy 中，已知 F1、F2分别是椭圆 C： x2 4y 21 的左、右焦点. 在

11、椭圆 C 上任取一点 P，点 Q 在 PO 的延长线上，且 OQ O =2 *（1）当点 P 在椭圆 C 上运动时，求点 Q 形成的轨迹 E 的方程； *（2）若过点 P 的直线 l：y=x+m 交（1）中的曲线 E 于 A，B 两点，求ABQ 面积的最大值 第 4 页 共 24 页 解：解： (1)设 Q(x， y)， P(x1， y1) ， 由题 OQ O =2 知， OQ 2PO 得(x， y)2(x 1， y1) x2x1 y2y1 x11 2x y11 2y 因为x1 2 4 y121 所以轨迹 E 的方程为x 2 16 y2 41 . (2)设 A(x1，y1)B(x2，y2) 由

12、 x2 16 y2 41 yxm 得 5x28mx4m2160(*) 此式0 显然成立， x1x28 5m，x1x2 4m216 5 ，AB 11|x1x2| 2 (x1x2)24x1x24 402m 2 5 设 P(x1，y1) ，由 （1） 知Q(2x1， 2y1) ， 因为y1x1m ， y1x1m ， 点Q到直线l的距离为d|2x12y1m| 2 |2mm| 2 3 2 2 |m| ，ABQ 面积 S1 2ABd 1 2* 4 402m2 5 3 2 2 |m|6 5 m2(20m2)6 5 (m210)2100 由 x2 4y 21 yxm 得 5x28mx4m240 此式0 解得

13、0m25 ，所以当 m25 时，ABQ 面积的最大 值为 6 3 . （本题考查了求轨迹问题、直线与椭圆的位置关系、弦长公式及函数最值问题，求面积最值时定义域问题 易错，隐藏了直线与原椭圆的位置关系，最终二次函数不是在对称轴取得最大值，而是端点处.） 类型类型二二：定值问题定值问题 一、一、高考高考回顾回顾 1（12 年高考题年高考题）.如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左、右焦点分别为F1(c， 0)，F2(c，0)已知(1，e)和(e， 3 2 )都在椭圆上，其中 e 为椭圆的离心率 （1）求椭圆的方程； （2）设 A，B 是椭圆上位于 x 轴上

14、方的两点，且直线 AF1与直线 BF2平行，AF2与 BF1交于点 P （i）若 AF1BF2 6 2 ，求直线 AF1的斜率； （ii）求证：PF1PF2是定值 解： （1）椭圆的方程为x 2 2y 21. （2） （i）延长AF1交椭圆于点B1,设A(x1，y1)，B1(x2，y2)，设直线 AF1的斜率为 k(k0) ，由 yk(x1) x22y21 (12k2)x24k2x2k220 第 5 页 共 24 页 x1x2 4k2 2k21，x1x2 2k22 2k21 ，(*) 由椭圆第二定义及对称性可知AF1BF2AF1B1F1(x1a 2 c )e(x2a 2 c )e 2 2 (x

15、1x2) AF1BF221 2(x1x2) 21 2(x1x2) 24x 1x2( 6 2 )2 将(*)代入解得 12k44k250 , k21 2 或 5 6 (舍), 又k0， 所以k 2 2 . （ii）当直线 AF1的斜率不存在时，A1 2 2 ，直线 AF2:y 2 4 (x1) ，得 P 点坐标为(0， 2 4 ) ，PF1 PF23 2 4 ,PF1PF23 2 2 . 当直线 AF1的斜率存在时，因为 AF1BF2 ,PF1 PB AF1 BF2 , PF1 PBPF1 AF1 BF2AF1,所以 PF1 AF1 AB1BF1 AF1 AB1(2aBF2) ,同理可证PF2

16、BF2 AB1(2aAF1),所以PF1PF2 AF1 AB1(2aBF2) BF2 AB1(2aAF1)2a 2AF1B1F1 AB1 ,又AF1B1F1 AB1 (ex1a)(ex2a) ex1aex2a e 2x 1x2ea(x1x2)a 2 e(x1x2)2a 1 2x1x2(x1x2)2 2 2 (x1x2)2 2 ，将（i）中的(*) 代入上式得AF1B1F1 AB1 2 4 ，PF1PF23 2 2 . 综上. PF1PF2是定值3 2 2 . 二、方法联想二、方法联想 方法 1 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关 方法 2 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量

17、，从而得到定值 （对于某些特殊问题注意平面几何知识的应用） 三、归类三、归类研究研究 1.如图，在直角坐标系 xOy 中，O 为直角坐标系的原点，椭圆 T：x 2 a2 y2 b21(ab0)过点 P( 3， 1 2)，且椭 圆 T 的离心率为 3 2 ， 已知椭圆 T 的内接四边形 ABCD(逆时针排列)的对角线 AC、BD 均过坐标原点，且 ACBD. * (1) 求椭圆 T 的方程； * (2) 求证： 1 OA2 1 OB2 1 OC2 1 OD2为定值，并求出这个定值； 解：在椭圆 T 中， 3 a2 1 4b21， 又c a 3 2 c 3 2 a，ba2 3 2 a 21 2a，

18、 第 6 页 共 24 页 代入解得 a2，b1. 椭圆 T 的方程为x 2 4 y21. (2) 证明：由于点 A 与 C、 B 与 D 关于原点对称，故 OAOC， OBOD，从而 1 OA2 1 OB2 1 OC2 1 OD2 2 1 OA2 1 OB2 ，设直线 OA 的斜率为 k，则直线 OA：ykx，代入椭圆的方程得 x2 4 14k2， OA 2 x2k2x2(1k2)x24（1k 2） 14k2 ， 用1 k代替 k，可得 OB 24 1 1 k 2 14 1 k 2 4（k 21） k24 ， 1 OA2 1 OB2 14k2 4（1k2） k24 4（k21） 5（k21）

19、 4（k21） 5 4. 又当 k0 或 k 不存在时，OA、OB 分别是椭圆的长半轴、短半轴的长(可交换)， 1 OA2 1 OB2 1 22 1 12 5 4. 综上所述， 1 OA2 1 OB2 1 OC2 1 OD2为定值 5 2. （本题考查简单的定值计算问题，也可以设点坐标利用椭圆方程求解） 2.如图，已知椭圆 C：x 2 12 y2 4 1，点 B 是其下顶点，过点 B 的直线交椭圆 C 于另外一点 A(点 A 在 x 轴下 方)，且线段 AB 的中点 E 在直线 yx 上 * (1) 求直线 AB 的方程； *(2) 若点 P 为椭圆 C 上异于 A， B 的动点， 且直线 A

20、P， BP 分别交直线 yx 于点 M， N， 证明： OM ON 为定值 解： (1)设点 E(m，m)，由 B(0，2)得 A(2m，2m2) 代入椭圆方程得4m 2 12 （2m2） 2 4 1，即m 2 3 (m1)21， 解得 m3 2或 m0(舍) 所以 A(3，1)， 故直线 AB 的方程为 x3y60. (2) 证明：设 P(x0，y0)，则x 2 0 12 y20 4 1，即 y204x 2 0 3 . 设 M(xM，yM)，由 A，P，M 三点共线，即AP AM ， (x03)(yM1)(y01)(xM3) 又点 M 在直线 yx 上，解得 M 点的横坐标 xM 3y0x0

21、 x0y02. 设 N(xN，yN)，由 B，P，N 三点共线，即BP BN ， x0(yN2)(y02)xN， 点 N 在直线 yx 上，解得 N 点的横坐标 xN 2x0 x0y02. OMON 2|xM0| 2|xN0|2|xM|xN| 2| 3y0x0 x0y02| 2x0 x0y02| 2| 2x206x0y0 （x0y0）24|2| 2x206x0y0 x202x0y0x 2 0 3 | 第 7 页 共 24 页 2|x 2 03x0y0 x20 3 x0y0 |6. （本题考查利用椭圆方程进行消元化简求最值问题，利用向量共线知识避免斜率讨论问题） 3.在平面直角坐标系 xOy 中

22、，已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，且过点 1， 6 2 ，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OP OM 是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由 解： 椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ， a22c2，则 a22b2. 又椭圆 C 过点 1， 6 2 ， 1 a2 3 2b21. a24，b22， 则椭圆 C

23、 的方程为x 2 4 y2 2 1. (2) 证明：设直线 BM 的斜率为 k，则直线 BM 的方程为 yk(x2)，设 P(x1，y1)， 将 yk(x2)代入椭圆 C 的方程x 2 4 y 2 21 中并化简，得 (2k21)x24k2x8k240， 解得 x14k 22 2k21，x22， y1k(x12) 4k 2k21，从而 P 4k22 2k21， 4k 2k21 . 令 x2，得 y4k, M(2，4k)，OM (2，4k) 又AP 4k22 2k212， 4k 2k21 8k2 2k21， 4k 2k21 ， AP OM 16k 2 2k21 16k2 2k210， APOM.

24、 (3) 解：OP OM 4k22 2k21， 4k 2k21 (2，4k)8k 2416k2 2k21 8k 24 2k214. OP OM 为定值 4. （考查简单的定值问题） 4.已知椭圆 E:x 2 a2 y2 b21(ab0)过点(0，1)，且离心率为 3 2 *（1）求椭圆 E 的方程； *（2）设直线 l:y1 2xm 与椭圆 E 交于 A、C 两点，以 AC 为对角线作正方形 ABCD，记直线 l 与 x 轴的交点为 N，问 B、N 两点间距离是否为定值？如果是， 求出定值；如果不是，请说明理由 第 8 页 共 24 页 解（1）设椭圆的半焦距为 c 因为点(0，1)在椭圆 C

25、 上，所以 b1故 a2c21 又因为 ec a 3 2 ，所以 c 3， a2 所以椭圆 C 的标准方程为: x 2 4y 21 （）设 A(x1，y1)， C(x2，y2)，线段 AC 中点为 M(x0，y0) 联立 y1 2xm 和 x 24y240，得: x22mx2m220 由 (2m)24(2m22)84m20，可得 2m 2 所以 x1x22m， x1x22m22 所以 AC 中点为 M(m，1 2m) 弦长|AC| (x1x2)2(y1y2)2 5 4(x1x2) 24x 1x2 105m 2， 又直线 l 与 x 轴的交点 N(2m，0)， 所以|MN|(m2m)2(1 2m

26、) 2 5 4m 2 所以|BN|2|BM|2|MN|2 1 4|AC| 2|MN|25 2 所以 B、N 两点间距离为定值 10 2 (考查弦长公式，勾股定理求定值问题) 5.已知椭圆 C：x 2 25 y2 91 的右焦点为 F，过 F 作与坐标轴不垂直的直线 l，交椭圆于 A，B 两点，线段 AB 的中垂线 l交 x 轴于点 M *（1）若 BF2，求 B 点坐标； *（2）问：AB FM是否为定值 答案： （1） （15 4 ，3 7 4 ） （2）AB FM是定值为 5 2 （直接计算求定值，考查圆锥曲线的统一定义、点差 法及平面几何性质等） 6.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，

27、椭圆 C: x2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 6 3 ，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2 6 3 . * (1) 求椭圆 C 的方程； *(2) 若点 E 的坐标为 3 2 ，0 ，点 A 在第一象限且横坐标为 3，连结点 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 1 EA2 1 EB2为定值？若存在，请指出点 E 的坐标，并求出该定值；若不存 在，请说明理由 A x y B F M O N l l 第 9 页 共

28、24 页 解：(1) 由c a 6 3 ，设 a3k(k0)，则 c 6k，b23k2， 所以椭圆 C 的方程为 x2 9k2 y2 3k21. 因为直线 l 垂直于 x 轴且点 E 为椭圆 C 的右焦点，即 xAxB 6k，代入椭圆方程，解得 y k，于 是 2k2 6 3 ，即 k 6 3 ， 所以椭圆 C 的方程为x 2 6 y 2 21. (2) 将 x 3代入x 2 6 y 2 2 1，解得 y 1. 因为点 A 在第一象限，从而 A( 3，1)，由点 E 的坐标为 3 2 ，0 ， 所以 kAB 2 3，直线 PA 的方程为 y 2 3 x 3 2 ， 联立直线 PA 与椭圆 C

29、的方程，解得 B 3 5 ，7 5 . 又 PA 过原点 O，于是 P() 3，1 ，PA4，所以直线 PA 的方程为 x 3y0， 所以点 B 到直线 PA 的距离 h 3 5 7 3 5 2 3 3 5 ， SPAB1 24 3 3 5 6 3 5 . (3) 假设存在点 E，使得 1 EA2 1 EB2为定值，设 E(x0，0)， 当直线 AB 与 x 轴重合时，有 1 EA2 1 EB2 1 （x0 6）2 1 （ 6x0）2 122x20 （6x20）2. 当直线 AB 与 x 轴垂直时， 1 EA2 1 EB2 2 2 1x 2 0 6 6 6x20， 由 122x20 （6x20

30、）2 6 6x20，解得 x0 3， 6 6x202， 所以若存在点 E，此时 E( 3，0)， 1 EA2 1 EB2为定值 2. 根据对称性，只需考虑直线 AB 过点 E( 3，0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 又设直线 AB 的方程为 xmy 3，与椭圆 C 联立方程组， 化简得(m23)y22 3my30， 所以 y1y22 3m m23 ，y1y2 3 m23. 又 1 EA2 1 ()x1 3 2 y21 1 m2y21y21 1 （m21）y21， 所以 1 EA2 1 EB2 1 （m21）y21 1 （m21）y22 （y1y2）22y1y2 （m21）y21y

31、22 ， 将上述关系代入，化简可得 1 EA2 1 EB22. 综上所述，存在点 E( 3，0)，使得 1 EA2 1 EB2为定值 2. 第 10 页 共 24 页 （本题考查求三角形面积问题，由特例求出定点再证明定值问题） 7.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，直线 l：y1 2x 与椭圆 E 相交于 A、B 两点，AB2 5.C、D 是椭圆 E 上异于 A、B 的任意两点，且直线 AC、BD 相交于点 M，直 线 AD、BC 相交于点 N. *(1) 求 a，b 的值； *(2) 求证：直线 MN 的斜率为定值 解(1

32、)：因为 ec a 2 2 ，所以 c21 2a 2，即 a2b21 2a 2，所以 a22b2. 故椭圆的方程为 x2 2b2 y2 b21. 由题意，不妨设点 A 在第一象限，点 B 在第三象限 由 y 1 2x， x2 2b2 y2 b21， 解得 A 2 3 3 b， 3 3 b . 又 AB2 5，所以 OA 5，即4 3b 21 3b 25，解得 b23. 故 a 6，b 3. (2) 证明：(方法 1)由(1)知，椭圆 E 的方程为x 2 6 y 2 3 1，从而 A(2，1)，B(2，1) 当 CA，CB，DA，DB 斜率都存在时， 设直线 CA，DA 的斜率分别为 k1，k2

33、，C(x0，y0)，显然 k1k2. 从而 k1kCBy01 x02 y01 x02 y201 x204 3 1x 2 0 6 1 x204 2x 2 0 2 x204 1 2. 所以 kCB 1 2k1. 同理 kDB 1 2k2. 于是直线 AD 的方程为 y1k2(x2)，直线 BC 的方程为 y1 1 2k1(x2) 由 y1 1 2k1（x2）， y1k2（x2）， 解得 x4k 1k24k12 2k1k21 ， y2k1k24k21 2k1k21 . 从而点 N 的坐标为 4k1k24k12 2k1k21 ，2k1k24k21 2k1k21 . 用 k2代 k1，k1代 k2得点

34、M 的坐标为 4k1k24k22 2k1k21 ，2k1k24k11 2k1k21 . 所以 kMN 2k1k24k21 2k1k21 2k1k24k11 2k1k21 4k1k24k12 2k1k21 4k1k24k22 2k1k21 第 11 页 共 24 页 4（k1k2） 4（k2k1）1. 即直线 MN 的斜率为定值1. 当 CA，CB，DA，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在， 故不妨设直线 CA 的斜率不存在，从而 C(2，1) 仍然设 DA 的斜率为 k2， 由知 kDB 1 2k2. 此时 CA：x2，DB：y1 1 2k2(x2)，它们交

35、点 M 2，1 2 k2 . BC：y1，AD：y1k2(x2)，它们交点 N 2 2 k2，1 ， 从而 kMN1 也成立 由可知，直线 MN 的斜率为定值1. (方法 2)由(1)知，椭圆 E 的方程为x 2 6 y2 3 1，从而 A(2，1)，B(2，1) 当 CA，CB，DA，DB 斜率都存在时，设直线 CA，DA 的斜率分别为 k1，k2. 显然 k1k2. 直线 AC 的方程 y1k1(x2)，即 yk1x(12k1) 由 yk1x（12k1）， x2 6 y 2 3 1 得(12k21)x24k1(12k1)x2(4k214k12)0. 设点 C 的坐标为(x1，y1)，则 2

36、 x12（4k 2 14k12） 12k21 ，从而 x14k 2 14k12 2k211 . 所以 C 4k214k12 2k211 ，2k 2 14k11 2k211 . 又 B(2，1)，所以 kBC 2k214k11 2k211 1 4k214k12 2k211 2 1 2k1. 所以直线 BC 的方程为 y1 1 2k1(x2) 又直线 AD 的方程为 y1k2(x2) 由 y1 1 2k1（x2）， y1k2（x2）， 解得 x4k 1k24k12 2k1k21 ， y2k1k24k21 2k1k21 . 从而点 N 的坐标为 4k1k24k12 2k1k21 ，2k1k24k21

37、 2k1k21 . 用 k2代 k1，k1代 k2得点 M 的坐标为 4k1k24k22 2k1k21 ，2k1k24k11 2k1k21 . 所以 kMN 2k1k24k21 2k1k21 2k1k24k11 2k1k21 4k1k24k12 2k1k21 4k1k24k22 2k1k21 4（k1k2） 4（k2k1）1. 即直线 MN 的斜率为定值1. 第 12 页 共 24 页 当 CA，CB，DA，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在， 故不妨设直线 CA 的斜率不存在，从而 C(2，1) 仍然设 DA 的斜率为 k2， 由知 kDB 1 2k2.

38、此时 CA：x2，DB：y1 1 2k2(x2)，它们交点 M 2，1 2 k2 . BC：y1，AD：y1k2(x2)，它们交点 N 2 2 k2，1 ， 从而 kMN1 也成立 由可知，直线 MN 的斜率为定值1. （本题考查椭圆的第三定义的应用或直线与椭圆知一点联立求另一交点问题，对运算能力要求较高） 8.在平面直角坐标系 xOy 中，设中心在坐标原点的椭圆 C 的左、右焦点分别为 F1、F2，右准线 l：xm1 与 x 轴的交点为 B，BF2m *（1）已知点( 6 2 ，1)在椭圆 C 上，求实数 m 的值； （2）已知定点 A(2，0) *若椭圆 C 上存在点 T，使得 TA TF

39、1 2，求椭圆 C 的离心率的取值范围； *当 m1 时，记 M 为椭圆 C 上的动点，直线 AM，BM 分别与椭圆 C 交于另一点 P，Q， 若AM AP，BMBQ，求证：为定值 解： （1）设椭圆 C 的方程为 x2 a2 y2 b21(ab0) 由题意，得 a 2 c m1， (m1)cm， 解得 a 2m1， b2m， c1 所以椭圆方程为 x2 m1 y2 m1 因为椭圆 C 过点( 6 2 ，1)，所以 3 2(m1) 1 m1， 解得 m2 或 m1 2 (舍去） 所以 m2 （2）设点 T(x，y) 由 TA TF1 2，得(x2) 2y22(x1)2y2，即 x2y22 由

40、x 2y22， x2 m1 y2 m1， 得 y2m2m 因此 0m2mm，解得 1m2 所以椭圆 C 的离心率 e 1 m1 3 3 ， 2 2 （方法一）（方法一）设 M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2) x y A O B M P Q （第 18 题图） F2 F1 l 第 13 页 共 24 页 则AM(x02，y0)，AP(x12，y1) 由AMAP， 得 x02(x12)， y0y1 从而 x0x12(1)， y0y1 因为x0 2 2 y021，所以x12(1) 2 2 (y1)21 即2(x1 2 2 y12)2(1)x12(1)210 因为 x12 2 y12

41、1，代入得 2 (1)x132410 由题意知，1， 故 x131 2 ，所以 x03 2 同理可得 x03 2 因此3 2 3 2 ， 所以6 （方法二）（方法二）设 M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2) 直线 AM 的方程为 y y0 x02(x2) 将 y y0 x02(x2)代入 x2 2y 21，得(1 2(x02) 2y2 0)x 24y2 0x4y 2 0(x02) 2 0(*) 因为x0 2 2 y021，所以（*）可化为(2x03)x24y20x3x204x00 因为 x0x13x 2 04x0 2x03 ，所以 x13x04 2x03 同理 x23x04 2

42、x03 因为AMAP， BM BQ ， 所以x02 x12 x02 x12 x02 3x04 2x032 x02 3x04 2x032 (x02)(2x03) x02 (x02)(2x03) x02 6 即 为定值 6 (考查离心率范围，定值问题及计算能力) 类型类型三三：定点定直线问题定点定直线问题 一、一、 高考高考回顾回顾 1.（08 年高考题）年高考题）设平面直角坐标系 xoy 中，设二次函数 f(x)x22xb(xR)的图象与坐标轴有三个交 第 14 页 共 24 页 点，经过这三个交点的圆记为 C. （1） 求实数 b 的取值范围； （2） 求圆 C 的方程； （3） 问圆 C 是否经过某定点（其坐标与 b 无关）？请证明你的结论。 解： （1） 0 f(0)0b1 且 b0 （2）设所求圆的方程为 x2y2DxEyF0。 令 x2DxF0D2，Fby0 得 x2DxF0D2，Fb 又 x0 时 yb，从而 Eb1。 所以圆的方程为 x2y22x(b1)yb0。 （3）x2y22x(b1)yb0 整理为 x2y22xyb(1y)0，过曲线 C:x2y22xy