《南京市2018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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《南京市2018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（27页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、南京市2018届高三数学二轮专题复习资料专题13：圆锥曲线难点专项研究问题归类篇类型一：圆的轨迹问题一、高考回顾1（08年高考题）.满足条件AB2, ACBC的三角形ABC的面积的最大值是 答案：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ACBC可得，化简得(x3)2y28，即C在以（3，0）为圆心，2为半径的圆上运动。又SABCAB|yc|yc|2。xyAlOB2（13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yx
2、1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，解：（1）由题设点C(a，2a4)，又C也在直线yx1上，2a4a1，a3C:(x3)2(y2)21，由题，过A点切线方程可设为ykx3，即kxy30，则1，解得：k0，所求切线为y3或yx3（2）设点C(a，2a4)，M(x0，y0)，MA2MO，A(0，3)，O(0，0)，x02(y03)24(x02y02)，即x02y0232y0，又点M在圆C上，(x0a)2(y02a4)21，两式相减得ax0(2a3)y0(8a9)0，由
3、题以上两式有公共点，1整理得：|6a3|，即(5a212a6)24(5a212a9)，令t5a212a6，则t24(t3)，解得：2t6，25a212a66，解得：0a3（17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20，则点P的横坐标的取值范围是 .答案：5，1 二、方法联想1.阿波罗尼斯圆结论1：已知平面上两定点A、B，则所有满足k(k0且k1)的点P的轨迹是一个圆2.向量数量积圆结论2：已知平面上两定点A、B，且ABm，则所有满足 (0)的点P的轨迹是一个圆推导方法1：取AB中点M，()()|2|2|2 ，所以|2.推导方法2：建系
4、设点法.3.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 .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(AM2PM2)2()2PM2)得PM2 .4.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
5、.(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： . (利用等腰三角形的性质得到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，点在线段AC上，若满足等式的点P有两个，则实数的取值范围是 答案：0 （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
6、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()2x2x 在x0，2 上有两解）*3已知ABC中，ABAC，ABC所在平面内存在点P使得PB2PC23PA23，则ABC面积的最大值为 答案：（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 上不存在两点P使得 ,则实数m的取值范围是_答案: .(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PAPB的最小值为_答案：(已知动点轨迹为圆，将PB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）
7、*6.已知椭圆M：1(ab0)的离心率为,一个焦点到相应的准线的距离为3,圆N的方程为(xc)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2，则点P的坐标为 答案：(1,1)或(,)(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t的值为_答案. 4解析：直线AC的方程为y1即xtyt0，设D(x，y)， AD2BD即AD24BD2， x2(y1)24(x1)2y2，表示圆外区域及圆周上的点，直线xtyt0与圆
8、相离，化简得t24t10，解得t2或t2. 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：y21的左、右焦点.在椭圆C上任取一点P，点Q在PO的延长线上，且=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面积的最大值解：(1)设Q(x，y)，P(x1，y1) ，由题=2知，2 得(x，y)2(x1，y1) 因为y121所以轨迹E的方程为1 .(2)设A(x1，y1)B(x2，y2) 由 得5x28mx4m
9、2160(*) 此式0 显然成立，x1x2m，x1x2 ，AB|x1x2| 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|m| ，ABQ面积SABd*|m| 由得5x28mx4m240 此式0 解得0m25 ，所以当m25 时，ABQ面积的最大值为6 .（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.）类型二：定值问题一、高考回顾1（12年高考题）.如图，在平面直角坐标系中，椭圆1(a0，b0)的左、右
10、焦点分别为F1(c，0)，F2(c，0)已知(1，e)和(e，)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轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P （i）若AF1BF2，求直线AF1的斜率；（ii）求证：PF1PF2是定值解：（1）椭圆的方程为y21.（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 (12k2)x24k2x2k220 x1x2，x1x2 ，(*) 由椭圆第二定义及对称性可知AF1BF2AF1B1F1(x1)e(x2)e(x1x2) AF1BF22(
11、x1x2)2(x1x2)24x1x2()2 将(*)代入解得12k44k250 ,k2 或 (舍), 又k0， 所以k .（ii）当直线AF1的斜率不存在时，A1 ，直线AF2:y(x1) ，得P点坐标为(0，) ，PF1PF2 ,PF1PF2 .当直线AF1的斜率存在时，因为AF1BF2 , , ,所以PF1BF1(2aBF2) ,同理可证PF2(2aAF1),所以PF1PF2(2aBF2)(2aAF1)2a ,又 ，将（i）中的(*)代入上式得 ，PF1PF2.综上. PF1PF2是定值. 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
12、的过程中消去变量，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：1(ab0)过点P(，)，且椭圆T的离心率为， 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：为定值，并求出这个定值； 解：在椭圆T中，1，又ca，ba，代入解得a2，b1.椭圆T的方程为y21.(2) 证明：由于点A与C、B与D关于原点对称，故OAOC，OBOD，从而2，设直线OA的斜率为k，则直线OA：ykx，代入椭圆的方程得x2， OA2x2k2x2(1k2
13、)x2，用代替k，可得OB2， .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)， .综上所述，为定值.（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：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AP，BP分别交直线yx于点M，N，证明：OMON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1，即(m1)21，解得m或m0(舍)所以A(3，1)，故直线AB的方
14、程为x3y60.(2) 证明：设P(x0，y0)，则1，即y4.设M(xM，yM)，由A，P，M三点共线，即， (x03)(yM1)(y01)(xM3)又点M在直线yx上，解得M点的横坐标xM.设N(xN，yN)，由B，P，N三点共线，即， x0(yN2)(y02)xN，点N在直线yx上，解得N点的横坐标xN. OMON|xM0|xN0|2|xM|xN|2|2|2|2|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，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点，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)
15、，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：1(ab0)的离心率为， a22c2，则a22b2.又椭圆C过点， 1. a24，b22，则椭圆C的方程为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1中并化简，得(2k21)x24k2x8k240，解得x1，x22， y1k(x12)，从而P.令x2，得y4k, M(2，4k)，(2，4k)又， 0， APOM.(3) 解：(2，4
16、k)4. 为定值4.（考查简单的定值问题）4.已知椭圆E:1(ab0)过点(0，1)，且离心率为*（1）求椭圆E的方程；*（2）设直线l:yxm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，请说明理由解（1）设椭圆的半焦距为c因为点(0，1)在椭圆C上，所以b1故a2c21又因为e，所以c， a2所以椭圆C的标准方程为: y21 （）设A(x1，y1)， C(x2，y2)，线段AC中点为M(x0，y0)联立yxm和x24y240，得: x22mx2m220由(2m)24(2m22)84m20，可得m所
17、以x1x22m， x1x22m22所以AC中点为M(m，m)弦长|AC| ，又直线l与x轴的交点N(2m，0)，所以|MN|所以|BN|2|BM|2|MN|2 |AC|2|MN|2所以B、N两点间距离为定值 (考查弦长公式，勾股定理求定值问题)AxyBFMONll5.已知椭圆C：1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：是否为定值答案：（1）（，）（2）是定值为（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，椭圆C: 1(ab0)的离心率为，直线
18、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.* (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，请说明理由解：(1) 由，设a3k(k0)，则ck，b23k2，所以椭圆C的方程为1.因为直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点，即xAxBk，代入椭圆方程，解得yk，于是2k，即k，所以椭圆C的方程为1.(2) 将x代入1，解得y1.因为点A在第一象限，从而A(，1)，由点E
19、的坐标为，所以kAB，直线PA的方程为y，联立直线PA与椭圆C的方程，解得B.又PA过原点O，于是P，PA4，所以直线PA的方程为xy0，所以点B到直线PA的距离h，SPAB4.(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xmy，与椭圆C联立方程组，化简得(m23)y22my30，所以y1y2，y1y2.又，所以，将上述关系代入，化简可得2.综上所述，存在点E(，0)，使得为
20、定值2. （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：1(ab0)的离心率为，直线l：yx与椭圆E相交于A、B两点，AB2.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)：因为e，所以c2a2，即a2b2a2，所以a22b2.故椭圆的方程为1.由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限由解得A.又AB2，所以OA，即b2b25，解得b23.故a，b.(2) 证明：(方法1)由(1)知，椭圆E的方程为1，从而A(2，1)，B
21、(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，C(x0，y0)，显然k1k2.从而k1kCB.所以kCB.同理kDB.于是直线AD的方程为y1k2(x2)，直线BC的方程为y1(x2)由解得从而点N的坐标为.用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为.所以kMN1.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.此时CA：x2，DB：y1(x2)，它们交点M.BC：y1，AD：y1k2(x2)，它们交点N
22、，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)由得(12k)x24k1(12k1)x2(4k4k12)0.设点C的坐标为(x1，y1)，则2x1，从而x1.所以C.又B(2，1)，所以kBC.所以直线BC的方程为y1(x2)又直线AD的方程为y1k2(x2)由解得从而点N的坐标为.用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为.所以kMN1.即直线MN的斜率为定值1. 当CA，CB
23、，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.此时CA：x2，DB：y1(x2)，它们交点M.BC：y1，AD：y1k2(x2)，它们交点N，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(，1)在椭圆C上，求实数m的值；（2）已知定点A(2，0)*若
24、椭圆C上存在点T，使得，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，xyAOBMPQ（第18题图）F2F1l若 ，m，求证：m为定值解：（1）设椭圆C的方程为 1(ab0)由题意，得 解得 所以椭圆方程为1 因为椭圆C过点(，1)，所以1，解得m2或m (舍去）所以m2 （2）设点T(x，y)由，得(x2)2y22(x1)2y2，即x2y22 由 得y2m2m因此0m2mm，解得1m2所以椭圆C的离心率e， （方法一）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)则(x02，y0)，(x12，y1)由l， 得 从而 因为y0
25、21，所以(ly1)21即l2(y12)2l(l1)x12(l1)210因为 y121，代入得2l (l1)x13l24l10由题意知，l1，故x1，所以x0 同理可得x0 因此，所以lm6 （方法二）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)直线AM的方程为y(x2)将y(x2)代入y21，得(x02)2y)x24yx4y(x02)2 0(*)因为y021，所以（*）可化为(2x03)x24yx3x4x00因为x0x1，所以x1同理x2 因为l，m，所以lm6即m为定值6 (考查离心率范围，定值问题及计算能力) 类型三：定点定直线问题一、 高考回顾1.（08年高考题）设平面直角坐
26、标系xoy中，设二次函数f(x)x22xb(xR)的图象与坐标轴有三个交点，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）b1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:x2y22xy0与l:1y0的交点，即过定点(0，1)与(2，1).2（09年高考题）在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1
27、:(x3)2(y1)24和圆C2:(x4)2(y5)24.（1）若直线l过点A(4，0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程；（2）设p为平面上的点，满足：存在过点p的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标.解：(1)设直线l的方程为：yk(x4)，即kxy4k0 由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离d1，结合点到直线距离公式，得：1 化简得：24k27k0，k0 或k 求直线l的方程为：y0或y(x4)，即y0或7x24y280 (2) 设点P坐标为(m，n)，直线l1
28、，l2的方程分别为：ynk(xm)，yn(xm) w.w.w.k.s即：kxynkm0，xynm0 因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等。 故有：，化简得：(2mn)kmn3或(mn8)kmn5 关于k的方程有无穷多解，有： 或 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解之得：点P坐标为(，) 或(，).3(2010年高考题). 在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆1的左右顶点为A,B，右焦点为F，设过点T（t，m）的直线TA,TB与椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m0
29、,y10，y20设动点P满足PF2PB24,求点P的轨迹设x12，x2，求点T的坐标设t9,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）解：（1）由题意知F(2，0)，A(3，0)，设P(x，y)，则 (x2)2y2(x3)2y24 化简整理得x （2）把x12，x2代人椭圆方程分别求出M(2，)，N(，) 直线AM:y(x3) 直线BN:y(x3) 、联立得T(7，) （3）T(9，m)，直线TA:y(x3)，与椭圆联立得M(，)直线TB:y(x3)，与椭圆联立得N(，)（方法一）当x1x2 时，=，解得m2 ，此时直线MN：x1 ，过点P(1，0) 当x1x2 时直线MN:y(x),
30、化简得y(x)令y0，解得x1，即直线MN过x轴上定点(1，0).（方法二）当x1x2 时，=，解得m2 ，此时直线MN：x1 ，过点P(1，0) 当x1x2 时，kMP ，kNP所以kMPkNP ,直线MN过定点（1,0）综上：直线MN过x轴上定点(1，0).二、方法联想1.定点问题方法1 假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；方法2 从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意2.定直线问题先从图形上寻找坐标特点，再直接证明或从特殊位置入手，找出定直线再证.三、归类研究*1.在平
31、面直角坐标系xOy中，已知椭圆，左右两个顶点分别为A1、A2过点D(1，0)的直线交椭圆于M、N两点，直线A1M与NA2的交点为G. 求证：点G在一条定直线上证明：(方法一)设直线A1M的方程为yk1(x2)，直线A2N的方程为yk2(x2)联立方程组消去y得(14k)x216kx16k40，解得点M的坐标为.同理，可解得点N的坐标为(，)由M、D、N三点共线，有，化简得(k23k1)(4k1k21)0.由题设可知k1与k2同号，所以k23k1.联立方程组解得交点G的坐标为.将k23k1代入点G的横坐标，得xG4.所以，点G恒在定直线x4上(方法二)显然，直线MN的斜率为0时不合题意设直线MN
32、的方程为xmy1.令m0，解得M、N或M、N.当M、N时，直线A1M的方程为yx，直线A2N的方程为yx.联立方程组解得交点G的坐标为(4，)；当M、N时，由对称性可知交点G的坐标为(4，)若点G恒在一条定直线上，则此定直线必为x4.下面证明对于任意的实数m，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x4上设M(x1，y1)、N(x2，y2)、G(4，y0)由点A1、M、G三点共线，有，即y0.再由点A2、N、G三点共线，有，即y0.所以.将x1my11，x2my21代入式，化简得2my1y23(y1y2)0.联立方程组消去x得(m24)y22my30，从而有y1y2，y1y2.将其代入式，有2m
33、30成立所以当m为任意实数时，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x4上（本题考查从特殊位置得定直线再证明问题）2.设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足。*(1)求点P的轨迹方程；*(2)设点Q在直线x3上，且1。证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解：(1) x2y22.（2）由题意知F(1，0).设Q(3，t)，P(m，n),则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn).由1得3mm2tnn21，又由（1）知m2n22，故33mtn0.所以0，即。又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C
34、的左焦点F.（ 轨迹方程的求解；直线过定点问题）3. 已知椭圆C：1（ab0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.*（1）求C的方程；*（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点.解析：（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此，解得.故C的方程为y21.(2) l过定点(2，1) .（椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关
35、系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在情况，接着通法是联立方程组，求判别式、韦达定理，根据题设关系进行化简.）4.如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为的椭圆C：1(ab0)的左顶点为A，过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点若直线PQ斜率为时，PQ2.*(1) 求椭圆C的标准方程；* (2) 试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)？请证明你的结论 解：(1) 设P， 直线PQ斜率为时，PQ2， x3， x2. 1. e， a2
36、4，b22. 椭圆C的标准方程为1.(2) 以MN为直径的圆过定点F(，0)设P(x0，y0)，则Q(x0，y0)，且1，即x2y4. A(2，0)， 直线PA的方程为y(x2)， M.直线QA的方程为y(x2)， N.以MN为直径的圆为(x0)(x0)0，即x2y2y0. x42y， x2y2y20.令y0，x2y220，解得x， 以MN为直径的圆过定点F(，0)（本题考查圆的定点问题）5.已知椭圆1(ab0)右焦点F(1，0)，离心率为，过F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为M，N.*(1)求椭圆的方程；*(2) 证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；* (3) 若弦
37、AB，CD的斜率均存在，求FMN面积的最大值解(1)由题意：c1，则a，b1，c1椭圆的方程为y21.(2) 证明：AB，CD斜率均存在，设直线AB方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M，得(12k2)x24k2x2k220，故M.将上式中的k换成，则同理可得N.如，得k1，则直线MN斜率不存在，此时直线MN过点，下面证明动直线MN过定点P.(证法1) 若直线MN斜率存在，则kMN，直线MN为y.令y0，得x.综上，直线MN过定点.(证法2) 动直线MN最多过一个定点，由对称性可知，定点必在x轴上，设x与x轴交点为P，下证动直线MN过定点P.当k1时，kPM，同理将上式中的
38、k换成，可得kPM，则kPMkPN，直线MN过定点P.(3) 解：由第(2)问可知直线MN过定点P，故SFMNSFPMSFPN|，令t|k|2，)，SFMNf(t).f(t)0，则f(t)在t2，)上单调递减，当t2时f(t)取得最大值，此时SFMN取得最大值，此时k1.（本题考查直线过定点问题，函数最值问题）6.已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点B(4，0)，F2为线段A1B的中点* (1) 求椭圆C的方程；*(2) 若过点B且斜率不为0的直线l与椭圆C的交于M，N两点，已知直线A1M与A2N相交于点G，试判断点G是否在定直线上？若
39、是，请求出定直线的方程；若不是，请说明理由 解：(1) 设点A1(a，0)，F2(c，0)，由题意可知，c，即a42c.因为椭圆的离心率e，即a2c，联立方程，可得a2，c1，则b2a2c23，所以椭圆C的方程为1.(2) (方法一)根据椭圆的对称性猜测点G在与y轴平行的直线xx0上假设当点M为椭圆的上顶点时，由M，B两点求得直线l的方程为x4y40，此时点N(，)再分别求出直线A1M和直A2M的方程，则联立直线A1M：x2y20和直线A2N：3x2y60，可得点G(1，)据此猜想点G在直线x1上，下面对猜想给予证明：设l的方程为yk(x4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程可得(34k2)x232k2x64k2120，0.由韦达定理，可得x1x2，x1x2 (*)因为直线A1M：y(x2)，A2N：y(x2)，联立两直线方程，得(x2)(x2)(其中x为G点的横坐标)即证，即3k(x14)(x22)k(x24)(x12)，即证4x1x210(x1x2)160，将(*)代入上式，可得16016k2320k234k20，此式明显成立，原命题得证所以点G在定直线上x1上(方法二)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x3，y3)，x1，x2，x3两两不等因为B，M，