1、第5讲 解 析 几 何 热 点 调 研 解析几何解答题是整套试卷的把关题，也是同学们得分的冲关题通常涉及求曲线方程、最值及范围、定点、定值、定曲线等一系列的问题 解析几何型解答题，着重考查直线与圆锥曲线的位置关系，求解时除了运用设而不求，整体思维外，还要用到平面几何的基本知识和向量的基本方法，解题过程始终围绕如何简化运算展开有些问题用常规方法解答，运算往往比较复杂，此时若能以形助数，运用平面几何以及向量的方法，则会大大简化解题过程，考生应逐渐掌握这一基本技能 函数与方程思想的应用，在此处绝不是小概率事件！调研一 求标准方程、求值(2016南昌模拟)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两
2、焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角线，直线 xy2 210 与以椭圆 C 的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切(1)求椭圆 C 的方程；(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 k1k2k3k4.求 k1k2 的值；求|OB|2|OC|2 的值【解析】(1)设椭圆 C 的右焦点为 F2(c，0)，则 c2a2b2(c0)由题意可得，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(xc)2y2a2，圆心到直线 xy2 210 的距离 d|c2 21
3、|2a.(*)(1 分)椭圆 C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，b 3c，a2c，代入(*)式得 c1，b 3，a2，故所求椭圆方程为x24 y23 1.(4 分)(2)设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则 D(x1，y1)，于是k1k2y2y1x2x1y2y1x2x1y22y12x22x1234（4x22）34（4x12）x22x1234.(8 分)方法 1：由知，k3k4k1k234，故 y1y234x1x2.916x12x22y12y2234(4x12)34(4x22)，即 x12x22164(x12x22)x12x22，x12x224.又 2(x124 y123)
4、(x224 y223)x12x224y12y223，故 y12y223.|OB|2|OC|2x12y12x22y227.(12 分)方法 2：由知，k3k4k1k234.将 yk3x 代入x24 y23 1中，得 x121234k32.同理，x221234k42.x12x221234k321234k421234k321234（34k3）21234k32 16k3234k324.下同方法 1.(12 分)(2016武昌调研)已知抛物线 E：y22px(p0)上一点M(x0，4)到焦点 F 的距离|MF|54x0.(1)求 E 的方程；(2)过 F 的直线 l 与 E 相交于 A，B 两点，AB
5、的垂直平分线 l与 E 相交于 C，D 两点，若AC AD 0，求直线 l 的方程【解析】(1)由抛物线的定义，得|MF|x0p2，又|MF|54x0，x0p254x0，即 x02p，M(2p，4)(2 分)M(2p，4)在抛物线 y22px(p0)上，4p216，解得 p2(舍去)或 p2.故 E 的方程为 y24x.(2)由题意可知，直线 l 的斜率存在，且不等于 0，故可设 l 的方程为 yk(x1)(k0)由yk（x1），y24x，消去 y 并整理，得 k2x2(2k24)xk20.其判别式 1(2k24)24k416(k21)0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22
6、k24k2，y1y2k(x1x2)2k4k.AB 的中点 P 的坐标为(k22k2，2k)，|AB|x1x224（k21）k2.又 l的斜率为1k，其方程为 y2k1k(xk22k2)，即 xky3 2k2.由xky3 2k2，y24x，消去 x 并整理，得 y24ky4(32k2)0.其判别式 2(4k)216(32k2)16(2k2k23)0.设 C(x3，y3)，D(x4，y4)，则 y3y44k，y3y44(32k2)x3x4k(y3y4)2(3 2k2)4k264k24k46k24k2.CD 的中点 Q 的坐标为(2k43k22k2，2k)，|CD|1k2|y3 y4|1k2（y3y
7、4）24y3y4 1k2（4k）216（32k2）4（k21）k22|k|，|PQ|（k22k2 2k43k22k2）2（2k2k）22（k21）k21|k|.(9 分)AC AD 0，AC AD，即 ACAD，|AQ|12|CD|.又(12|AB|)2|PQ|2|AQ|2，14|AB|2|PQ|2 14|CD|2，即 144（k21）k222（k21）k21|k|2144（k21）k22|k|2，化简，得 k210，解得 k1.故所求直线 l 的方程为 y(x1)，即 xy10 或 xy10.(12 分)(2016贵州适应性考试)已知椭圆 G：x2a2y2b21(ab0)的两焦点分别为 F1
8、，F2，其离心率为 32，椭圆 G 上一点 M 满足MF1 MF20，且MF1F2 的面积为 1.(1)求椭圆 G 的方程；(2)过椭圆 G 长轴上的点 P(t，0)的直线 l 与圆 O：x2y21相切于点 Q(P 与 Q 不重合)，交椭圆 G 于 A，B 两点若|AQ|BP|，求实数 t 的值解析(1)由MF1 MF2 0 得 MF1MF2，所以|MF1|2|MF2|2|F1F2|24(a2b2)由椭圆定义得|MF1|MF2|2a，即|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|4a2.联立得 SMF1F212|MF1|MF2|b2，则 b21，由 e 32 得a2b2a234，解得 a24.
9、所以椭圆 G 的方程为x24 y21.(2)因为 P 在长轴上，所以点 A，B，P，Q 在直线 l 上的顺序无外乎两种：A，Q，P，B 或 A，P，Q，B，无论哪种顺序，由|AQ|BP|都有 AB 与 PQ 的中点重合 因为 P，Q 不重合，直线 l 斜率存在，设其方程 yk(xt)，且k0.由于直线 l 与圆 O 相切，则圆心 O 到 l 的距离 d|kt|k211，即 k2t2k21.设切点 Q(x0，y0)，由OQ PQ0 得 x0(x0t)y020，即 x01t，联立x24y24，yk（xt），化简得(14k2)x28tk2x4(t2k21)0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
10、则有 x1x2 8tk214k2.因为线段 AB，PQ 中点重合，即有 x1x2tx0，因此 8tk214k2t1t.联立化简得 k212，将其代入式，可得 t 3.调研二 定点、定值问题(2016北京)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB 的面积为 1.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线PB 与 x 轴交于点 N.求证：|AN|BM|为定值【审题】(1)利用离心率的定义与三角形的面积公式，得关于参数 a，b 的方程组，解得 a，b 的值，即可求得椭圆 C 的方
11、程；(2)设出点 P 的坐标，依题意，可求出点 M，N 的坐标，即可证明|AN|BM|为定值【解析】(1)由题意得ca 32，12ab1，a2b2c2，解得 a2，b1.所以椭圆 C 的方程为x24 y21.(2)由(1)知，A(2，0)，B(0，1)设 P(x0，y0)，则 x024y024.当 x00 时，直线 PA 的方程为 y y0 x02(x2)令 x0，得 yM 2y0 x02，从而|BM|1yM|1 2y0 x02|.直线 PB 的方程为 yy01x0 x1.令 y0，得 xN x0y01，从而|AN|2xN|2 x0y01|.所以|AN|BM|2 x0y01|1 2y0 x02
12、|x024y024x0y04x08y04x0y0 x02y02|4x0y04x08y08x0y0 x02y02|4.当 x00 时，y01，|BM|2，|AN|2，所以|AN|BM|4.综上，|AN|BM|为定值【回顾】(1)本题主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系等知识，意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想(2)求解此类问题的关键为：()运用椭圆的几何性质解决问题，要充分挖掘题目中所隐含的条件，如半焦距 c、长半轴长a、短半轴长 b 之间的关系：c2a2b2，离心率 eca(0，1)对称轴，顶点坐标，焦点坐标及焦点所在的坐标轴等，
13、通过这些关系列出等式，进行求解；()当题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只需联立直线方程与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中的等量或不等关系，把这种关系“翻译”出来，问题即可解决(2016福建质检)已知抛物线 E：y22px(p0)的焦点为F，过 F 且垂直于 x 轴的直线与抛物线 E 交于 S，T 两点，以 P(3，0)为圆心的圆过点 S，T，且SPT90.(1)求抛物线 E 和圆 P 的方程；(2)设 M 是圆 P 上一点，过点 M 且垂直于 FM 的直线 l 交 E于 A，B 两点，证明：FAFB.【解析】(1)将 xp2代入 y22px，得 yp，所以|ST|
14、2p，因为SPT90，所以SPT 是等腰直角三角形，所以|SF|PF|，即 p|3p2|，解得 p2，所以抛物线 E：y24x，(3 分)此时圆 P 的半径为 2p2 2，所以圆 P 的方程为(x3)2y28.(4 分)(2)设 M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意(x03)2y028，即 y02x026x01.(5 分)()当直线 l 的斜率不存在时，M(32 2，0)，当 x32 2时，由 y24x，得 y(2 22)不妨设 A(32 2，2 22)，B(32 2，2 22)，则 kAF1，kBF1，kAFkBF1，即 AFBF.(6 分)当 x32 2时，同理可得
15、，AFBF.()当直线 l 的斜率存在时，如图，因为直线 l 与抛物线 E交于 A，B 两点，所以直线 l 的斜率不为零，x01 且 y00.因为 lMF，所以 klkMF1，所以 kl1x0y0，(7 分)直线 l：y1x0y0(xx0)y0.由y24x，y1x0y0（xx0）y0，得，y2 4y01x0 y 4x024y024x01x00，(8 分)即 y2 4y01x0y20 x041x0 0，所以 y1y2 4y01x0，y1y220 x041x0，(9 分)所以FA FB(x11)(x21)y1y2(y124 1)(y224 1)y1y2(10 分)（y1y2）216y12y2241
16、y1y2（y1y2）216（y1y2）24132y1y2（5x01）2（1x0）2 4y02（1x0）2130 x061x0 （5x01）24y02（1x0）26（5x01）（1x0）（1x0）2 24x04x0244y02（1x0）2 4（x02y026x01）（1x0）2 0，所以 AFBF.(12 分)(2016石家庄模拟)已知抛物线 C：y22px(p0)过点M(m，2)，其焦点为 F，|MF|2.(1)求抛物线 C 的方程；(2)设 E 为 y 轴上异于原点的任意一点，过点 E 作不经过原点的两条直线分别与抛物线 C 和圆 F：(x1)2y21 相切，切点分别为 A，B，求证：直线
17、AB 过定点【解析】(1)抛物线 C 的准线方程为 xp2，|MF|mp22，又 42pm，即 42p(2p2)，(2 分)p24p40，p2，抛物线 C 的方程为 y24x.(4 分)(2)设点 E(0，t)(t0)，由已知切线不为 y 轴，设 EA：ykxt，联立ykxt，y24x，消去 y，可得 k2x2(2kt4)xt20，直线 EA 与抛物线 C 相切，(2kt4)24k2t20，即 kt1，代入可得1t2x22xt20，xt2，即 A(t2，2t)(6分)设切点 B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点 O，B 关于直线EF：ytxt 对称，则 y0 x0t0011，y02 tx0
18、2 t，解得x0 2t2t21，y0 2tt21，即 B(2t2t21，2tt21)(8 分)方法 1：直线 AB 的斜率为 kAB 2tt21(t1)，直线 AB 的方程为 y 2tt21(xt2)2t，(10 分)整理得 y 2tt21(x1)，(11 分)直线 AB 恒过定点 F(1，0)，当 t1 时，A(1，2)，B(1，1)，此时直线 AB 为 x1，过点 F(1，0)综上，直线 AB 恒过定点 F(1，0)(12 分)方法 2：直线 AF 的斜率为 kAF 2tt21(t1)，直线 BF 的斜率为 kBF2tt2102t2t211 2tt21(t1)，kAFkBF，即 A，B，F
19、 三点共线(10 分)当 t1 时，A(1，2)，B(1，1)，此时 A，B，F 三点共线(11 分)直线 AB 过定点 F(1，0)(12 分)【回顾】1.定值问题 解析几何中的定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决一般步骤如下：选择适当的变量；把要证明的定值的量表示成上述变量的函数；把定值的量化成与变量无关的形式，从而证明是定值 2定点问题 定点问题通常情况下要建立含参数的曲线方程，选取合适的坐标，使得此坐标适合该曲线方程且与参数无关1(2016河北三市二次联考)已知焦距为 2 3的椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左焦点为 F1、上顶点为 D，直线 DF1 与椭圆 C 的另一个交
20、点为 H，且|DF1|7|F1H|.(1)求椭圆的方程；(2)点 A 是椭圆 C 的右顶点，过点 B(1，0)且斜率为 k(k0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 E，F 两点，直线 AE，AF 分别交直线x3 于 M，N 两点，线段 MN 的中点为 P.记直线 PB 的斜率为 k，求证：kk为定值解析(1)椭圆 C 的焦距为 2 3，F1(3，0)，又 D(0，b)，|DF1|7|F1H|，点 H 的坐标为(8 37，b7)，则64349a2 1491，解得 a24，则 b2431，椭圆 C 的方程为x24 y21.(2)根据已知可设直线 l 的方程为 yk(x1)由yk（x1），x24y24
21、0，得(4k21)x28k2x4k240.设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，则 x1x2 8k24k21，x1x24k244k21.直线 AE，AF 的方程分别为：y y1x12(x2)，y y2x22(x2)，令 x3，则 M(3，y1x12)，N(3，y2x22)，P(3，12(y1x12 y2x22)kkk4k（x11）（x22）k（x21）（x12）（x12）（x22）k242x1x23（x1x2）4x1x22（x1x2）4 k24 8k2824k216k244k214k2416k216k244k21k24 44k214.2(2016长沙四校联考)已知椭圆 C1：x2a2y2b2
22、1(ab0)的离心率为 32，P(2，1)是 C1 上一点(1)求椭圆 C1 的方程；(2)设 A，B，Q 是 P 分别关于两坐标轴及坐标原点的对称点，平行于 AB 的直线 l 交 C1 于异于 P，Q 的两点 C，D.点 C 关于原点的对称点为 E.证明：直线 PD，PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形解析(1)因为 C1 的离心率为 32，所以 a24b2，从而 C1 的方程为 x24b2y2b21.将 P(2，1)代入，解得 b22，因此 a28.所以椭圆 C1 的方程为x28 y22 1.(2)不妨设 A，B 的坐标分别为(2，1)，(2，1)，因此直线 l 的斜率为12.设直线
23、l 的方程为 y12xt.由y12xt，x28 y22 1，得，x22tx2t240.当 0 时，不妨设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，于是 x1x22t，x1x22t24.分别设直线 PD，PE 的斜率为 k1，k2，则 k1k2y21x22y11x12（y21）（2x1）（2x2）（y11）（2x2）（2x1）.要证直线 PD，PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形，只需证(y21)(2x1)(2x2)(y11)0，而(y21)(2x1)(2x2)(y11)2(y2y1)(x1y2x2y1)x1x24 x2x1x1x2t(x1x2)x1x24 x1x2t(x1x2)4 2t242t
24、24 0，所以直线 PD，PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形调研三 最值问题(2016山东)平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率是 32，抛物线 E：x22y 的焦点 F 是 C 的一个顶点(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线l 与 C 交于不同的两点 A，B，线段 AB 的中点为 D.直线 OD 与过P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M.求证：点 M 在定直线上；直线 l 与 y 轴交于点 G，记PFG 的面积为 S1，PDM 的面积为 S2，求S1S2的最大值及取得最大值时点 P 的坐标
25、【审题】(1)利用已知条件即可求出椭圆的方程(2)设出点 P 的坐标，求出切线的方程，与椭圆方程联立，利用坐标运算求出点 D 的坐标，进而求得点 M 的纵坐标，即可确定点 M 在定直线上；先利用面积公式表示出S1S2，然后利用二次函数的有关知识求解最值【解析】(1)由题意知 a2b2a 32，可得：a24b2，因为抛物线 E 的焦点 F(0，12)，所以 b12，a1，所以椭圆 C 的方程为 x24y21.(2)设 P(m，m22)(m0)由 x22y，可得 yx，所以直线 l 的斜率为 m.因此直线 l 的方程为 ym22 m(xm)，即 ymxm22.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)
26、，D(x0，y0)联立方程x24y21，ymxm22，得(4m21)x24m3xm410.由 0，得 0m 2 5(或 0m20，b0)经过点 P(2，1)，且其中一焦点 F 到一条渐近线的距离为 1.(1)求双曲线 的方程；(2)过点 P 作两条相互垂直的直线 PA，PB 分别交双曲线 于A，B 两点，求点 P 到直线 AB 距离的最大值【解析】(1)双曲线x2a2y2b21 过点(2，1)，4a21b21.(2分)不妨设 F 为右焦点，则 F(c，0)到渐近线 bxay0 的距离 d|bc|a2b2b，b1，a22.所求双曲线的方程为x22 y21.(4 分)(2)设 A(x1，y1)，B
27、(x2，y2)，直线 AB 的方程为 ykxm.将 ykxm 代入 x22y22 中，整理得(2k21)x24kmx2m220.x1x24km2k21，x1x22m222k21.PAPB0，(x12，y11)(x22，y21)0，(6 分)(x12)(x22)(kx1m1)(kx2m1)0，(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)m22m50.将代入，得 m28km12k22m30，(m2k1)(m6k3)0.而 PAB，m6k3，从而直线 AB 的方程为 ykx6k3.(8 分)将 ykx6k3 代入 x22y220 中，判别式 8(34k236k10)恒成立，ykx6k3 即为所求直线(
28、10 分)P 到 AB 的距离 d|2k6k31|1k24|k1|k21.(d4)2k212kk211 2kk212.d4 2，即点 P 到直线 AB 距离的最大值为 4 2.(12 分)(2016湖北八校联考)已知抛物线 x22py 上点 P 处的切线方程为 xy10.(1)求抛物线的方程；(2)设 A(x1，y1)和 B(x2，y2)为抛物线上的两个动点，其中 y1y2 且 y1y24，线段 AB 的垂直平分线 l 与 y 轴交于点 C，求ABC 面积的最大值【审题】(1)抛物线的切线可用导数法(2)问的关键是利用目标函数法：首先根据题设条件中的关系，通过点的坐标，建立目标函数的关系式，注
29、意挖掘题设条件和椭圆中的隐含条件，得到目标函数式中自变量的限制条件，接着求函数的取值范围，常利用代数方法，如基本不等式法、配方法、导数法、单调性法等【解析】(1)设点 P(x0，x022p)，由 x22py 得 yx22p，求导得yxp，因为过点 P 的切线方程的斜率为 1，所以x0p 1 且 x0 x022p10，解得 p2，所以抛物线的方程为 x24y.(4 分)(2)设线段 AB 中点 M(x0，y0)，则 x0 x1x22，y0y1y222，kABy2y1x2x1x224 x124x2x1 14(x1x2)x02，直线 l 的方程为 y22x0(xx0)，即 2xx0(4y)0，l 过
30、定点(0，4)，即为 C 点 联立y2x02（xx0），x24y，x22xx02x0280.得 4x024(2x028)02 2x00)，圆 C：x2(y2)24，点 F 是抛物线 E 的焦点，点 N(x0，y0)，(x00，y00)为抛物线 E 上的动点，点 M(2，12)，线段 MF 恰被抛物线 E 平分(1)求 m 的值；(2)若 y04，过点 N 向圆 C 作切线，求两条切线与 x 轴围成的三角形面积的最小值解析(1)由 x21my 得，抛物线 E 的焦点 F(0，14m)，又线段 MF 的中点 P(1，18m14)在抛物线 E 上，18m14m，即 8m22m10，m14或12(舍去
31、)(2)由(1)得 x24y，N(x0，y0)(x00，y04)为抛物线 E 上的动点，N(2 y0，y0)，由题意知两条切线的斜率存在记为 k1，k2，设两切线与x轴的交点为A，B，设切线方程为yy0k(x2 y0)，即 kxy2k y0y00，则|22k y0y0|k212，整理得 4(y01)k24 y0(y02)ky024y00，0 恒成立 k1k2 y0（y02）y01，k1k2 y024y04（y01）.xA2 y0y0k1，xB2 y0y0k2，|AB|xAxB|y0k2y0k1|y0|k1k2k1k2|，而|k1k2|（k1k2）24k1k2 y0（y02）2（y01）2 y0
32、24y0y01 y0y01，|AB|4y0y04.SNAB12|AB|y0 2y02y042(y04)16y0482(2 168)32.当且仅当 y044，即 y08 时，SNAB 取到最小值 32.2(2016江西九校联考)已知椭圆 C：x24 y2b21(0b1)，则 d|MN|4t29t94t2 94t294t194(1t12)225162516(当且仅当 t2 时取等号)，所以 d|MN|的最大值为2516.3(2016江南十校联考)如图，抛物线 C：x22py(p0)的焦点为 F(0，1)，取垂直于 y 轴的直线与抛物线从左至右依次交于不同的两点 P1，P2，过 P1，P2 作圆心为
33、 Q 的圆，使抛物线上其余点均在圆外，且 P1QP2Q.(1)求抛物线 C 和圆 Q 的方程；(2)过点 F 作直线 l，与抛物线 C 和圆 Q 依次交于 M，A，B，N，求|MN|AB|的最小值解析(1)因为抛物线 C：x22py(p0)的焦点为 F(0，1)，所以p21，解得 p2，所以抛物线 C 的方程为 x24y.由抛物线和圆的对称性，可设圆 Q：x2(yb)2r2，P1QP2Q，P1QP2 是等腰直角三角形，则QP2P145，P2(22 r，b 22 r)，代入抛物线方程有r224b2 2r.由题可知在 P1，P2 处圆和抛物线相切，对抛物线 x24y 求导得 yx2，所以抛物线在点
34、 P2 处切线的斜率为 k 2r4.由QP2P145，知 k 2r4 1，所以 r2 2，代入r224b2 2r，解得 b3.所以圆 Q 的方程为 x2(y3)28.(2)由题知直线 l 的斜率一定存在，设直线 l 的方程为 ykx1.圆心 Q(0，3)到直线 l 的距离为 d21k2，|AB|2 r2d24211k2.由x24y，ykx1，得 y2(24k2)y10，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 y1y24k22，由抛物线定义知，|MN|y1y224(1k2)所以|MN|AB|16(1k2)211k2，设 t1k2(t1)，则|MN|AB|16t21t16 2t2t162（t1
35、4）218(t1)，所以当 t1 即 k0 时，|MN|AB|有最小值 16.调研四 范围问题(2016天津)设椭圆x2a2y23 1(a 3)的右焦点为 F，右顶点为 A.已知 1|OF|1|OA|3e|FA|，其中 O 为原点，e 为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程；(2)设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B(B 不在 x 轴上)，垂直于 l 的直线与 l 交于点 M，与 y 轴交于点 H.若 BFHF，且MOAMAO，求直线 l 的斜率的取值范围【审题】(1)用待定系数法求解即可；(2)把几何条件转化为坐标关系，得出关于直线 l 的斜率的不等式，求之即可【解析】(1)设 F(c，0)，
36、由 1|OF|1|OA|3e|FA|，即1c1a3ca（ac），可得 a2c23c2，又 a2c2b23，所以 c21，因此 a24.所以，椭圆的方程为x24 y23 1.(2)设直线 l 的斜率为 k(k0)，则直线 l 的方程为 yk(x2)设 B(xB，yB)，由方程组x24 y23 1，yk（x2），消去 y，整理得(4k23)x216k2x16k2120.解得 x2，或 x8k264k23，由题意得 xB8k264k23，从而 yB12k4k23.由(1)知，F(1，0)，设 H(0，yH)，有FH(1，yH)，BF(94k24k23，12k4k23)由 BFHF，得BFFH0，所以
37、4k294k23 12kyH4k230，解得 yH94k212k.因此直线 MH 的方程为 y1kx94k212k.设 M(xM，yM)，由方程组yk（x2），y1kx94k212k，消去 y，解得xM20k2912（k21）.在MAO 中，MOAMAO|MA|MO|，即(xM2)2yM2xM2yM2，化简得 xM1，即20k2912（k21）1，解得 k 64，或 k 64.所以，直线 l 的斜率的取值范围为(，64 64，)【回顾】(1)本题考查椭圆的方程和几何性质、直线方程等基础知识，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生的运算求解能力、推理论证能力、综合运用解析几何知识分析和解决
38、问题的能力(2)求目标范围的方法：想法建立关于目标参数的不等式通过解不等式得范围想法建立目标函数，再求其值域得范围(2016石家庄质检二)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 22，过点 M(1，0)的直线交椭圆 C 于 A，B 两点，|MA|MB|，且当直线 l 垂直于 x 轴时，|AB|2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 12，2，求弦长|AB|的取值范围【解析】(1)由已知 e 22，得ca 22，(2 分)又当直线垂直于 x 轴时，|AB|2，所以椭圆过点(1，22)，代入椭圆方程得1a2 12b21，a2b2c2，联立方程可得 a22，b21，椭圆 C 的方程为x
39、22 y21.(4 分)(2)当过点 M 的直线斜率为 0 时，点 A，B 分别为椭圆长轴的端点，|MA|MB|212132 22 或|MA|MB|212132 2b0)的离心率为12，且经过点 P(1，32)过它的两个焦点 F1，F2 分别作直线 l1与 l2，l1 交椭圆于 A，B 两点，l2 交椭圆于 C，D 两点，且 l1l2.(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形 ACBD 的面积 S 的取值范围解析(1)由ca12a2c，所以 a24c2，b23c2，将点 P 的坐标代入椭圆方程得 c21，故所求椭圆方程为x24 y23 1.(2)若 l1 与 l2 中有一条直线的斜率不存在，则另
40、一条直线的斜率为 0，此时四边形的面积 S6.若 l1 与 l2 的斜率都存在，设 l1 的斜率为 k，则 l2 的斜率为1k，则直线 l1 的方程为 yk(x1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得方程组yk（x1），x24 y23 1，消去 y 并整理，得(4k23)x28k2x4k2120.x1x2 8k24k23，x1x24k2124k23.|x1x2|12 k214k23.|AB|1k2|x1x2|12（k21）4k23.注意到方程的结构特征和图形的对称性，可以用1k代替中的 k，得|CD|12（k21）3k24，S12|AB|CD|72（1k2）2（4k23）（3k24）
41、，令 k2t(0，)，S72（1t）2（4t3）（3t4）6（12t225t12）6t12t225t12 6612t12t 256 64928849.S28849，6)综上可知，四边形 ACBD 的面积 S28849，6)调研五 轨迹问题(2016新课标全国)设圆 x2y22x150 的圆心为 A，直线 l 过点 B(1，0)且与 x 轴不重合，l 交圆 A 于 C，D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E.(1)证明|EA|EB|为定值，并写出点 E 的轨迹方程；(2)设点 E 的轨迹为曲线 C1，直线 l 交 C1 于 M，N 两点，过B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于
42、P，Q 两点，求四边形 MPNQ 面积的取值范围【审题】(1)由题意得|EA|EB|等于半径，则点 E 的轨迹为椭圆(不包含在 x 轴上的两点)；(2)当 l 与 x 轴不垂直时，设出直线 l 的方程，与(1)中求出的椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求出|MN|关于斜率 k 的表达式，再求出|PQ|关于 k 的表达式，进而可得 MPNQ 的面积 S 关于 k 的表达式，可求得 S 的取值范围，当 l 与 x 轴垂直时，可求得 S 的值，进而问题得解【解析】(1)因为|AD|AC|，EBAC，故EBDACDADC.所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆 A的标准方程为(x
43、1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4.由题设得 A(1，0)，B(1，0)，|AB|2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x24 y23 1(y0)(2)当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由yk（x1），x24 y23 1，得(4k23)x28k2x4k2120.则 x1x2 8k24k23，x1x24k2124k23，所以|MN|1k2|x1x2|12（k21）4k23.过点 B(1，0)且与 l 垂直的直线 m：y1k(x1)，A 到 m 的距离为2k21，所以|PQ|242（2k21）244k23k21.故
44、四边形 MPNQ 的面积 S12|MN|PQ|12114k23.可得当 l 与 x 轴不垂直时，四边形 MPNQ 面积的取值范围为(12，8 3)当 l 与 x 轴垂直时，其方程为 x1，|MN|3，|PQ|8，四边形 MPNQ 的面积为 12.综上，四边形 MPNQ 面积的取值范围为12，8 3)【回顾】(1)本题主要考查轨迹方程的求解及直线与圆锥曲线的位置关系，意在考查考生的运算求解能力、转化与化归能力(2)求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标法”将其转化为寻求变量间的关系这类问题除了考查考生对圆锥曲线的定义、性质等知识的掌握情况，还考查了各种数学思想方
45、法及推理能力和运算能力，因此这类问题成为高考命题的热点，也是难点(2016广州综测)已知点 F(1，0)，点 A 是直线 l1：x1 上的动点，过 A 作直线 l2，l1l2，线段 AF 的垂直平分线与l2 交于点 P.(1)求点 P 的轨迹 C 的方程；(2)若点 M，N 是直线 l1 上两个不同的点，且PMN 的内切圆方程为 x2y21，直线 PF 的斜率为 k，求|k|MN|的取值范围【解析】(1)依题意，点 P 到点 F(1，0)的距离等于它到直线 l1 的距离，(1 分)点 P 的轨迹是以点 F 为焦点，直线 l1：x1 为准线的抛物线(2 分)曲线 C 的方程为 y24x.(3 分
46、)(2)设点 P(x0，y0)，点 M(1，m)，点 N(1，n)，直线 PM 的方程为 ymy0mx01(x1)，(4 分)化简得，(y0m)x(x01)y(y0m)m(x01)0.PMN 的内切圆方程为 x2y21，圆 心(0，0)到 直 线PM的 距 离 为1，即|y0mm（x01）|（y0m）2（x01）21，(5 分)故(y0m)2(x01)2(y0m)22m(y0m)(x01)m2(x01)2.易知 x01，上式化简得，(x01)m22y0m(x01)0.(6 分)同理，有(x01)n22y0n(x01)0.m，n 是关于 t 的方程(x01)t22y0t(x01)0 的两根 mn
47、2y0 x01，mn（x01）x01.(8 分)|MN|mn|（mn）24mn4y02（x01）24（x01）x01.(9 分)y024x0，|y0|2 x0，|MN|16x0（x01）24（x01）x012x024x01（x01）2，直线 PF 的斜率 k y0 x01，则|k|y0 x01|2 x0|x01|.|k|MN|x0 x024x011x01x04.(10 分)函数 yx1x在(1，)上单调递增，x01x0110，x01x044，01x01x0414，(11 分)0|k|MN|12，|k|MN|的取值范围为(0，12)(12 分)1(2016唐山期末)已知动点 P 到直线 l：x1
48、 的距离等于它到圆 C：x2y24x10 的切线长(P 到切点的距离).记动点P 的轨迹为曲线 E.(1)求曲线 E 的方程；(2)点 Q 是直线 l 上的动点，过圆心 C 作 QC 的垂线交曲线 E于 A，B 两点，设 AB 的中点为 D，求|QD|AB|的取值范围解析(1)由已知得，圆心为 C(2，0)，半径 r 3.设 P(x，y)，依题意可得|x1|（x2）2y23，整理得 y26x.故曲线 E 的方程 y26x.(2)设直线 AB 的方程为 myx2，则直线 CQ 方程为 ym(x2)，可得 Q(1，3m)将 myx2 代入 y26x 并整理可得 y26my120，设 A(x1，y1
49、)，B(x2，y2)，则 y1y26m，y1y212，D(3m22，3m)，|QD|3m23.|AB|2 3（1m2）（3m24），所以(|QD|AB|)23m234（3m24）14(113m24)316，14，故|QD|AB|34，12)2(2016湖北四地七市)已知圆心为 H 的圆 x2y22x150 和定点 A(1，0)，B 是圆上任意一点，线段 AB 的中垂线 l 和直线 BH 相交于点 M，当点 B 在圆上运动时，点 M 的轨迹记为曲线 C.(1)求 C 的方程；(2)过点 A 作两条相互垂直的直线分别与曲线 C 相交于 P，Q和 E，F，求PEQF的取值范围解析(1)由 x2y22
50、x150，得(x1)2y242，所以圆心为 H(1，0)，半径为 4.连接 MA，由 l 是线段 AB 的中垂线，得|MA|MB|，所以|MA|MH|MB|MH|BH|4，又|AH|21，于是上式化简整理可得，PE QF 9t(14t1 13t1)63t212t2t1 63494（1t12）2.由 t1，得 01t1，所以214 PEQF0)的左、右焦点，若 P 是椭圆 E 上的一动点，且PF1 PF2 的最大值为 1.(1)求椭圆 E 的方程；(2)设直线 xky1 与椭圆 E 交于 A、B 两点，点 A 关于 x轴的对称点为 A(A与 B 不重合)，则直线 AB与 x 轴是否交于一个定点？
51、若是，请写出该定点的坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由【审题】(1)先设 P(x，y)，且表示出 F1、F2 的坐标，然后求出PF1、PF2，得到PF1 PF2 关于 x 的表达式，利用PF1 PF2 的最大值求得 b2 的值，进而可求出椭圆的方程；(2)是探索性问题，把直线方程 xky1 与椭圆方程联立消去 x，设出 A、B 的坐标，可得 A的坐标，利用根与系数的关系表示出 y1y2 和 y1y2，进而可表示出直线 AB 的方程，令 y0 求出 x 的表达式，将 x1ky11，x2ky21 代入 x 的表达式即可求得 x4，进而可推断出直线 AB 与 x 轴交于定点(4，0)【解析】(
52、1)方法 1：易知 a2，c 4b2，b24，所以 F1(4b2，0)，F2(4b2，0)，设 P(x，y)，则 PF1 PF2(4b2x，y)(4b2x，y)x2y2(4b2)x2b2b2x24 4b2(1b24)x22b24.(3 分)因为 x2，2，故当 x2，即点 P 为椭圆长轴端点时，PF1 PF2 有最大值 1，即 1(1b24)42b24，解得 b21.故所求椭圆 E 的方程为x24 y21.(5 分)方法 2：由题意知，a2，c 4b2，b20，故 y1y2 2kk24，y1y2 3k24.(7 分)经过点 A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线方程为 yy1y2y1xx1x
53、2x1.(8 分)令 y0，则 xx2x1y1y2y1x1（x2x1）y1（y1y2）x1y1y2x2y1x1y2y1y2，(9 分)又 x1ky11，x2ky21，所 以x x2y1x1y2y1y2（ky21）y1（ky11）y2y1y22ky1y2（y1y2）y1y2 6kk24 2kk242kk244.(11 分)故直线 AB 与 x 轴交于定点(4，0)(12 分)【回顾】解决定点、定值问题的方法有两种，一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另一种方法就是利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向
54、(2016广州综合测试)已知椭圆 C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，左顶点为 A，左焦点为 F1(2，0)，点 B(2，2)在椭圆 C 上，直线 ykx(k0)与椭圆 C 交于 E，F 两点，直线AE，AF 分别与 y 轴交于点 M，N.(1)求椭圆 C 的方程；(2)以 MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由【解析】(1)设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，因为椭圆的左焦点为 F1(2，0)，所以 a2b24.(1 分)设椭圆的右焦点为 F2(2，0)，已知点 B(2，2)在椭圆 C 上，由椭圆的定义知|BF1|BF2|2a，所以 2a
55、3 2 24 2，(2分)所以 a2 2，从而 b2.(3 分)所以椭圆 C 的方程为x28 y24 1.(4 分)(2)因为椭圆 C 的左顶点为 A，则点 A 的坐标为(2 2，0)(5分)因为直线 ykx(k0)与椭圆x28 y24 1 交于 E，F 两点，设点 E(x0，y0)(不妨设 x00)，则点 F(x0，y0)联立方程组ykx，x28 y24 1，消去 y 得，x2812k2，所以 x02 212k2，则 y0 2 2k12k2，所以直线 AE 的方程为 yk1 12k2(x2 2)(6 分)因为直线 AE，AF 分别与 y 轴交于点 M，N，令 x0 得，y2 2k1 12k2
56、，即点 M(0，2 2k1 12k2)，(7 分)同理可得点 N(0，2 2k1 12k2)，(8 分)所以|MN|2 2k1 12k22 21 12k2|2 2（12k2）|k|.(9分)设 MN 的中点为 P，则点 P 的坐标为(0，2k)，(10 分)则 以 MN 为 直 径 的 圆 的 方 程 为 x2 (y 2k)2(2（12k2）|k|)2，即 x2y22 2k y4，(11 分)令 y0，得 x24，即 x2 或 x2.故以 MN 为直径的圆经过两定点 P1(2，0)，P2(2，0)(12分)1(2016湖北四地七市联考)已知圆 M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29.动圆
57、 P 与圆 M 外切并与圆 N 内切，圆心 P 的轨迹为曲线 C.(1)求 C 的方程；(2)若直线 yk(x1)与曲线 C 交于 R，S 两点，问是否在 x轴上存在一点 T，使得当 k 变动时总有OTSOTR？若存在，求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由解析(1)由已知得圆 M 的圆心为 M(1，0)，半径 r11，圆 N 的圆心 N(1，0)，半径 r23，设圆 P 的圆心为 P(x，y)，半径为 R.因为圆 P 与圆 M 外切并与圆 N 内切，所以|PM|PN|Rr1r2Rr1r24.由椭圆的定义可知，曲线 C 是以 M，N 为左右焦点，长半轴长为 2，短半轴长为 3的椭圆(左顶点除
58、外)，其方程为x24 y23 1(x2)(2)假设存在 T(t，0)满足OTSOTR.设 R(x1，y1)，S(x2，y2)，联立yk（x1）3x24y2120得(34k2)x28k2x4k2120，由韦达定理有x1x2 8k234k2，x1x24k21234k2，其中 0 恒成立，由OTSOTR(显然 TS，TR 的斜率存在)得 kTSkTR0，即 y1x1t y2x2t0，由 R，S 两点在直线 yk(x1)上，故y1k(x11)，y2k(x21)，代入得 k（x11）（x2t）k（x21）（x1t）（x1t）（x2t）k2x1x2（t1）（x1x2）2t（x1t）（x2t）0，即有 2x
59、1x2(t1)(x1x2)2t0，将代入即有：8k224（t1）8k22t（34k2）34k26t2434k2，要使得与 k 的取值无关，当且仅当“t4”时成立，综上所述存在 T(4，0)，使得当 k 变化时，总有OTSOTR.2(2016宜春、新余联考)已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 22，它的一个焦点恰好与抛物线 y24x 的焦点重合(1)求椭圆 C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为 A，过点 A 作椭圆 C 的两条动弦 AB，AC，若直线 AB，AC 斜率之积为14，直线 BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由解析(1)易知x22 y
60、21.(2)由(1)知 A(0，1)，当直线 BC 的斜率不存在时，设 BC：xx0，设 B(x0，y0)，则 C(x0，y0)，kABkACy01x0 y01x01y02x02 12x02x02 1214，不合题意 故直线 BC 的斜率存在设直线 BC 的方程为：ykxm(m1)，并代入椭圆方程，得：(12k2)x24kmx2(m21)0，由(4km)28(12k2)(m21)0 得 2k2m210.设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则 x1，x2 是方程的两根，由根与系数的关系得，x1x2 4km12k2，x1x22（m21）12k2，由 kABkACy11x1 y21x2 14得：
61、4y1y24(y1y2)4x1x2，即(4k21)x1x24k(m1)(x1x2)4(m1)20，整理得(m1)(m3)0，又因为 m1，所以 m3，此时直线 BC的方程为 ykx3.所以直线 BC 恒过一定点(0，3)调研七 定值问题(2016合肥质检)设 A，B 为抛物线 y2x 上相异两点，其纵坐标分别为 1，2，分别以 A，B 为切点作抛物线的切线 l1，l2，设 l1，l2 相交于点 P.(1)求点 P 的坐标；(2)M 为 A，B 间抛物线段上任意一点，设PM PAPB，试判断 是否为定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由【解析】(1)由题知 A(1，1)，B(4，
62、2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)，切线 l1：y1k(x1)，联立y1k（x1），y2x，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k12，即 l1：y12x12，同理，l2：y14x1.联立 l1，l2 的方程，可解得xP2，yP12，即点 P 的坐标为(2，12)(6 分)(2)设 M(y02，y0)，且2y01.由PM PAPB得(y022，y012)(3，32)(6，32)，即y02236，y01232（），解得（y02）29，（y01）29，(10 分)则 y0231y031，即 为定值 1.(12 分)【回顾】(1)解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数
63、、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不因参数的变化而变化，而始终是一个确定的值；(2)求定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值(2016湖南东部六校联考)如图，已知 M(x0，y0)是椭圆 C：x26 y23 1 上的任一点，从原点 O 向圆 M：(xx0)2(yy0)22 作两条切线，分别交椭圆于点 P，Q.(1)若直线 OP，OQ 的斜率存在，并记为 k1，k2，求证 k1k2为定值；(2)试问|OP|2|OQ|2 是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由【解析】(1
64、)因为直线 OP：yk1x 以及 OQ：yk2x 与圆M 相切，所以|k1x0y0|1k12 2，化简得(x022)k122x0y0k1y0220，同理(x022)k222x0y0k2y0220，所以 k1，k2 是方程(x022)k22x0y0ky0220 的两个不相等的实数根，所以 k1k2y022x022.因为点 M(x0，y0)在椭圆 C 上，所以x026 y023 1，即 y02312x02，所以 k1k2112x02x022 12.(5 分)(2)|OP|2|OQ|2 是定值，定值为 9.(7 分)理由如下：方法 1：当直线 OP，OQ 不落在坐标轴上时，设 P(x1，y1)，Q(
65、x2，y2)，联立yk1x，x26 y23 1，解得x12612k12，y12 6k1212k12.所以 x12y126（1k12）12k12，同理，得 x22y226（1k22）12k22，由 k1k212，得|OP|2|OQ|2 x12 y12 x22 y22 6（1k12）12k126（1k22）12k226（1k12）12k1261（12k1）212（12k1）2 918k1212k12 9.(9分)当直线 OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29，综上：|OP|2|OQ|29.(12 分)方法 2：当直线 OP，OQ 不落在坐标轴上时，设 P(x1，y1)，Q(x2，
66、y2)，因为 k1k212，所以 y12y2214x12x22，因为 P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆 C 上，所以x126 y123 1，x226 y223 1，即y12312x12，y22312x22，所以(312x12)(312x22)14x12x22，整理得 x12x226，所以 y12y22(312x12)(312x22)3，所以|OP|2|OQ|29.(9 分)当直线 OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29，综上：|OP|2|OQ|29.(12 分)1(2016福州五校联考)已知抛物线 y22px(p0)，过点(4，0)作直线 l 交抛物线于 A，B 两点
67、，且以 AB 为直径的圆过原点O.(1)求抛物线的方程；(2)过抛物线上的定点 M(1，p)作两条关于直线 x1 对称的直线，分别交抛物线于 C，D 两点，连接 CD，试问：直线 CD的斜率是否为定值？请说明理由解析(1)当直线 l 的斜率不存在时，2 2p4，p2，y24x.当直线 l 的斜率存在时，设直线l的方程为yk(x4)(k0)，联立yk（x4），y22px，消去 y 得 k2x2(8k22p)x16k20，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x216，所以 y12y224p2x1x264p2，y1y28p，由OA OB 0，得 x1x2y1y20，即 168p0，所以 p
68、2，故抛物线的方程为 y24x.综上，抛物线的方程为 y24x.(2)由(1)知，M(1，2)，设直线 CD 的方程是 xmyn，显然直线 CD 不过点 M.联立y24x，xmyn，消去 x 得 y24my4n0，设 C(x3，y3)，D(x4，y4)，则y3y44m，y3y44n，由题意 MC，MD 两直线关于直线 x1 对称等价于直线 MC，MD 的倾斜角互补，即kMCkMD0，即y32x31y42x410，整理得(y32)(x41)(y42)(x31)0，即 x3y4x4y32(x3x4)(y3y4)40，将x3my3n，x4my4n，和y3y44m，y3y44n，代入上式化简得(m1)
69、(n2m1)0，要使上式恒成立，当且仅当 m10 或 n2m10.当 m10，即 m1 时，直线 CD 的方程为 xyn，即直线 CD 的斜率为1.当 n2m10 时，将 n12m 代入直线 CD 的方程得xmy12m，即 x1m(y2)，此时直线 CD 过点 M(1，2)，与题意矛盾 所以直线 CD 的斜率恒为定值1.2(2016山西四校联考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 63，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线 2x 2y60 相切(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)已知点 A，B 为动直线 yk(x2)(k0)与椭圆 C 的两个交点，问：在
70、x 轴上是否存在定点 E，使得EA 2EA AB 为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由解析(1)由 e 63，得ca 63，即 c 63 a，又以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆为 x2y2a2，且该圆与直线 2x 2y60 相切，所以 a|6|22（2）2 6，代入得 c2，所以 b2a2c22，所以椭圆 C 的标准方程是x26 y22 1.(2)由x26 y22 1，yk（x2），得(13k2)x212k2x12k260.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以 x1x2 12k213k2，x1x212k2613k2.根据题意，假设 x 轴上
71、存在定点 E(m，0)，使得EA 2EA AB(EA AB)EA EA EB为定值，则EA EB(x1m，y1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2(k2 1)x1x2 (2k2 m)(x1 x2)(4k2 m2)（3m212m10）k2（m26）13k2，要使上式为定值，即与 k 无关，只需 3m212m103(m26)，解得 m73，此时，EA 2EA AB m2659，所以在 x 轴上存在定点 E(73，0)，使得EA 2EA AB 为定值，且定值为59.调研八 探究定曲线问题(2016百校联盟)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 F2(2，0)，点 P(1，1
72、53)在椭圆 C 上(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)是否存在斜率为1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M，N 两点，使得|F1M|F1N|(F1 为椭圆的左焦点)？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由【审题】第(1)问，考虑两种方法解决，利用椭圆的定义比较快捷；第(2)问是探究性问题，先假设存在满足条件的直线 l，设出直线 l 的方程，与椭圆方程联立，得到关于 x 的一元二次方程，结合判别式求出 t 的取值范围，再由|F1M|F1N|求出 t4，与题意不符，则不存在满足条件的直线 l.【解析】(1)方法 1：椭圆 C 的右焦点为 F2(2，0)，c2，椭圆 C 的左焦点为 F1
73、(2，0)(1 分)由 椭 圆 的 定 义 可 得 2a（12）2（153）2（12）2（153）2969 249 2 6，解得 a 6，b2a2c2642.椭圆 C 的标准方程为x26 y22 1.(5 分)方法 2：椭圆 C 的右焦点为 F2(2，0)，c2，故 a2b24，又点 P(1，153)在椭圆 C 上，则1a2159b21，故1b24 159b21，化简得 3b44b2200，得 b22，a26，椭圆 C 的标准方程为x26 y22 1.(5 分)(2)假设存在满足条件的直线 l，设直线 l 的方程为 yxt，(6 分)由x26 y22 1，yxt，得 4x26tx(3t26)0
74、，(6t)244(3t26)9612t20，解得2 2t2 2.(8 分)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x23t2，x1x23t264，(9分)由于|F1M|F1N|，设线段 MN 的中点为 E，则 F1EMN，故 kF1E 1kMN1，又 F1(2，0)，E(x1x22，y1y22)，即 E(3t4，t4)，(11 分)kF1Et43t421，解得 t4.当 t4 时，不满足2 2tbc0，设短轴的一个端点为 D，原点 O 到直线 DF的距离为 32，过原点和 x 轴不重合的直线与椭圆 E 相交于 C，G两点，且|GF|CF|4.(1)求椭圆 E 的方程；(2)是否存在过点
75、 P(2，1)的直线 l 与椭圆 E 相交于不同的两点 A，B 且使得OP 24PAPB成立？若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由解析(1)由椭圆的对称性知|GF|CF|2a4，a2.又原点 O 到直线 DF 的距离为 32，bca 32，bc 3，又 a2b2c24，abc0，b 3，c1.故椭圆 E 的方程为x24 y23 1.(2)当直线 l 与 x 轴垂直时不满足条件 故可设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 yk(x2)1，代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，x1x28k（2k1）34k2，x1x216k216k834k2，32(6k3)0，k12.OP 24PAPB，即 4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即 4x1x22(x1x2)4(1k2)5，416k216k834k228k（2k1）34k24(1k2)444k234k25，解得 k12，当 k12不符合题意，舍去 存在满足条件直线 l，其方程为 y12x.请做：解析几何专练作业（二十五）-（二十六）