椭圆题型总结(较难).pdf

1椭圆题型总结椭圆题型总结一、焦点三角形一、焦点三角形1.设 F1、F2是椭圆的左、右焦点，弦 AB 过 F2，求的面积的最大值。12322yx1ABF（法一）解：如图，设，2(0)xF B22|AFm BFn根据椭圆的定义，又，1|2 3AFm1|2 3BFn12|2FF 在 AF2F1和 BF2F1中应用余弦定理，得，2222(2 3)44cos(2 3)44 cosmmmnnn，23cosm23cosn11211|2()sin22F ABBASFFyymn 22()sin3cos3cos24 3sin2sin令，所以，在上是增函数sint01t 21()22tg tttt(0 1当，即时，故的面积的最大值为1t 2max1()3g t1ABF433（法二）解：解：设 AB：x=my+1，与椭圆 2x2+3y2=6 联立，消 x 得(2m2+3)y2+4my-4=0AB 过椭圆内定点 F2，恒大于 0.设 A(x1,y1),B(x2,y2)，则=48(m2+1)=|y1-y2|=1ABFS4 322123mm4 32221(23)mm令t=m2+11，m2=t-1，则=，t1,+)1ABFS4 31144ttf(t)=在 t1,+)上单调递增，且 f(t)9,+)144ttt=1 即 m=0 时，ABF1的面积的最大值为。4 33注意：注意：上述 AB 的设法：x=my+1，方程中的 m 相当于直线 AB 的斜率的倒数，但又包含斜率不存在的情况，即 m=0 的时候。在直线斜率不等于零时都可以这样设，往往可使消元过程简单化，而且避免了讨论。F2F1AOBxyF2F1AOBxy22.如图，M（-2，0）和 N（2，0）是平面上的两点，动点 P 满足：6.PMPN(1)求点 P 的轨迹方程；(2)若，求点 P 的坐21 cosPMPNMPN标.解：(1)由椭圆的定义，点 P 的轨迹是以 M、N 为焦点，长轴长 2a=6 的椭圆.因此半焦距 c=2，长半轴 a=3，从而短半轴 b=，所225ac以椭圆的方程为221.95xy(2)由得 2,1 cosPMPNMPNAcos2.PMPNMPNPMPNAA因为不为椭圆长轴顶点，故 P、M、N 构成三角形.cos1,MPNP在PMN 中，4,MN 由余弦定理有2222cos.MNPMPNPMPNMPNA将代入，得22242(2).PMPNPMPNA故点 P 在以 M、N 为焦点，实轴长为的双曲线上.2 32213xy由()知，点 P 的坐标又满足，所以由方程组 解得22195xy22225945,33.xyxy3 3,25.2xy 即 P 点坐标为3 353 353 353 35(,)22222222、（，-）、（-，）或（，-）.二、点差法二、点差法定理定理 在椭圆在椭圆（0 0）中，若直线）中，若直线 与椭圆相交于与椭圆相交于 M、N 两点，点两点，点是弦是弦12222byaxabl),(00yxPMN 的中点，弦的中点，弦 MN 所在的直线所在的直线 的斜率为的斜率为，则，则.lMNk2200abxykMN33.直线 l 经过点 A(1，2)，交椭圆于两点 P1、P2，2213616xy（1）若 A 是线段 P1P2的中点，求 l 的方程；（2）求 P1P2的中点的轨迹解：（1）设 P1(x1，y1)、P2(x2，y2)，则116361163622222121yxyx*016)(36)(21212121yyyyxxxxA(1，2)是线段 P1P2的中点，x1+x2=2，y1+y2=4，即。016)(436)(22121yyxx922121xxyyl 的方程为，即 2x+9y-20=02)1(92xy（2）设 P1P2的中点 M(x，y)，则 x1+x2=2x，y1+y2=2y，代入*式，得，又直线 l 经过点 A(1，2)，yxxxyyk94212121ykx整理，得 4x(x-1)+9y(y-2)=0，P1P2的中点的轨迹：。221()(1)2151029xy4.在直角坐标系中，经过点且斜率为的直线 与椭圆有两个不同的交点 PxOy)2,0(kl1222 yx和 Q.（1）求的取值范围；k（2）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为 A、B，是否存在常数，使得向量xyk与共线？如果存在，求的取值范围；如果不存在，请说明理由.OQOP ABk解：（1）直线 的方程为l.2 kxy由得：直线 与椭圆有两个不同的交点，.12,222yxkxy.0224)12(22kxxkl1222 yx0.解之得：或.)12(83222kkk22k22的取值范围是.k,2222,P2P1yxAO4（2）在椭圆中，焦点在轴上，1222 yxx1,2ba).1,2(),1,0(),0,2(ABBA设弦 PQ 的中点为，则),(00yxM).,(100yxOM 由平行四边形法则可知：与共线，与共线.2OMOQOPOQOP ABOMAB，从而1200yx.2200 xy由得：，2200abxykPQ2122k.22k由（1）可知时，直线 与椭圆没有两个公共点，不存在符合题意的常数.22klk三、最值问题三、最值问题5.已知 P 为椭圆上任意一点，M（m，0）（mR），求 PM 的最小值。2214xy目标：目标：复习巩固定点与圆锥曲线上的点的连线段的最值问题。提示：提示：设 P(x,y)，用距离公式表示出 PM，利用二次函数思想求最小值。解：解：设 P(x,y)，PM=22()xmy22()14xxm 23214xmx=，x-2,2，结合相应的二次函数图像可得2234()1433mmx （1）-2，即 m2，即 m时，(PM)min=|m-2|.43m32说明：说明：（1）类似的，亦可求出最大值；（2）椭圆上到椭圆中心最近的点是短轴端点，最小值为 b，最远的点是长轴端点，最大值为 a；（3）椭圆上到左焦点最近的点是长轴左端点，最小值为 a-c，最远的点是长轴右端点，最大值为 a+c；6.在椭圆求一点 P，是它到直线2214xyl：x+2y+10=0 的距离最小，并求最大最小值。5目标：目标：复习研究圆锥曲线上的点与直线的距离问题的一般处理方法。提示：提示：（1）可等价转化为与直线 l 平行的椭圆的切线与直线 l 之间的距离；（1）也可以用椭圆的参数方程。解法一：解法一：设直线 m：x+2y+m=0 与椭圆相切，则，消去 x，得 8y2+4my+m2-2214xy222014xymxy4=0,=0,解得 m=.2 2当 m=时，直线与椭圆的切点 P 与直线 l 的距离最近，最近为=，此时点 P2 2|102 2|52 102 55的坐标是(,)；222当 m=-时，直线与椭圆的切点 P 与直线 l 的距离最远，最远为=，此时点 P2 2|102 2|52 102 55的坐标是(,)。222解法二：解法二：设椭圆上任意一点 P(2cos,sin),0,2)则 P 到直线 l 的距离为=|2cos2sin10|52 2sin()1045当=时，P 到直线 l 的距离最大，最大为此时点 P 的坐标是(,)；42 102 55222 当=时，P 到直线 l 的距离最小，最小为，此时点 P 的坐标是(,)。542 102 55222说明：说明：在上述解法一中体现了“数形结合”的思想，利用数形结合顺利把点与直线的距离问题迅速转化成两平行线间的距离。在解法二中，利用椭圆的参数方程可迅速达到消元的目的，而且三角形式转换灵活多变，利用正余弦的有界性求最值或取值范围问题是一个不错的选择。7.设 AB 是过椭圆中心的弦，F1是椭圆的上焦点，221925xy（1）若ABF1面积为 4，求直线 AB 的方程；（2）求ABF1面积的最大值。56解：（1）设 AB：y=kx，代入椭圆221925xy，得 x2=211925k=2225259k，x1=-x2=2225259k，又，SABF1=12|OF1|x1-x2|=2|x1-x2|=45，|x1-x2|=25，2225259k=5，k=2 53，直线 AB 的方程为 y=2 53x。（2）SABF1=12|OF1|x1-x2|=42225259k，当 k=0 时，(SABF1)Max=12。8.（2014 金山区一模 23 题）已知曲线所围成的封闭图形的面积为，曲)0(1=+:1babyaxC54线的内切圆半径为.记曲线是以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆.设是过椭圆1C3522C1CAB中心的任意弦，是线段的垂直平分线，是 上异于椭圆中心的点.2ClABMl（1）求椭圆的标准方程；2C（2）若（为坐标原点），当点在椭圆上运动时，求点的轨迹方程；OAmMO=OA2CM（3）若是 与椭圆的交点，求的面积的最小值.Ml2CABM【解答】：(1)C1是以(a，0)、(0，b)、(a，0)、(0，b)为顶点的菱形，故，2 分又 ab0，解得：a2=5，b2=4，因此所求的椭圆的标准方程为；4 分(2)假设 AB 所在的直线斜率存在且不为零，设 AB 所在直线方程为 y=kx(k0)，A(xA，yA)，令，得，|OA|2=，6 分设 M(x，y)，由题意得：|MO|2=m2|OA|2，(m0)，即：，7因为 l 是 AB 的垂直平分线，所以直线 l 的方程为，代入上式消去 k 得：，又 x2+y20，整理得：(m0)，9 分当 k=0 或斜率不存在时，上式仍然成立，综上所述，点 M 的轨迹方程为(m0)10 分(3)当 k 存在且不为零时，由(2)得：，|OA|2=，由，得：，|OM|213 分|AB|2=4|OA|2=，故=14 分=，当且仅当 4+5k2=5+4k2时，即 k=1 时，等号成立，此时ABM 的面积的最小值为16 分当 k=0 时，=，当 k 不存在时，=，综上所述，ABM 的面积的最小值为18 分9.设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与 AB 相交于点，(2 0)(01)AB，)0(kkxyD与椭圆相交于、两点EF（1）若，求的值；（2）求四边形面积的最大值6EDDF kAEBF（1）解：依题设得椭圆的方程为，2214xy8直线的方程分别为，如图，设ABEF，22xy(0)ykx k，其中，且满足方程，故001122()()()D xkxE xkxF xkx，12xx12xx，22(14)4kx212214xxk 由知，得；6EDDF 01206()xxxx021221510(6)777 14xxxxk由在上知，得所以，DAB0022xkx0212xk2210127 14kk化简得，解得或 2242560kk23k 38k（2）解法一：根据点到直线的距离公式和式知，点到的距离分别为EF，AB，21112222(1214)55(14)xkxkkhk22222222(1214)55(14)xkxkkhk又，所以四边形的面积为2215AB AEBF，121()2SAB hh214(12)525(14)kkAA22(12)14kk22144214kkk2 2当，即当时，上式取等号所以的最大值为 21k 12k S2 2解法二：由题设，1BO 2AO 设，由得，故四边形的面积为11ykx22ykx20 x 210yy AEBF，BEFAEFSSS222xy222(2)xy22222244xyx y22222(4)xy2 2当时，上式取等号所以的最大值为 222xyS2 2四、垂直关系四、垂直关系10.（上海春季）已知椭圆的两个焦点分别为、，短轴的两个端点分别为、。C1(1 0)F ，2(1 0)F，1B2B(1)若为等边三角形，求椭圆的方程；112FB BC(2)若椭圆的短轴长为，过点的直线 与椭圆相交于两点，且，求直线 的方程。C22FlC P Q11FPFQl9解：（1）设椭圆的方程为（）。C22221xyab0ab根据题意知，解得，故椭圆的方程为。2221abab243a 213b C2214133xy（2）容易求得椭圆的方程为。C2212xy当直线 的斜率不存在时，其方程为，不符合题意；l1x 当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为。ll(1)yk x由，得。22(1)12yk xxy2222(21)42(1)0kxk xk设，则，11()P xy，22()Q xy，2122421kxxk21222(1)21kx xk111(1)FPxy，122(1)FQxy，因为，所以，即11FPFQ110FP FQ 21212121212(1)(1)()1(1)(1)xxy yx xxxkxx，2221212(1)(1)()1kx xkxxk2271021kk解得，即。217k 77k 故直线 的方程为或。l710 xy 710 xy 11.如图，设椭圆的上顶点为 B，右焦点为 F，直线 l 与椭圆交于 M、N 两点，问是否存在直1222 yx线 l 使得 F 为的垂心。若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由。BMN解：由已知可得，B(0，1)，F(1，0)，kBF=-1。BFl，可设直线 l 的方程为 y=x+m，代入椭圆方程整理，得。2234220 xmxm设，11()M xy22()N xy则，。1243mxx 212223mx xBNMF，即。1212111yyxx 1212120y yx xyxFBNMlOxy10，。11yxm22yxm121212()()()0 xm xmx xxmx即，212122(1)()0 x xmxxmm，或。222242(1)()033mmmmm 2340mm43m 1m 由，得222(4)12(22)2480mmm 23m 又时，直线 l 过 B 点，不合要求，1m 43m 故存在直线 l：满足题设条件。43yx12.（2012年高考（湖北理）设A是单位圆221xy上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|(0,1)DMm DAmm且。当点A在圆上运动时，记点 M 的轨迹为曲线C。（）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；（）过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H。是否存在m，使得对任意的0k，都有PQPH?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由。解析：（）如图 1，设(,)M x y，00(,)A xy，则由|(0,1)DMm DAmm且，可得0 xx，0|ym y，所以0 xx，01|yym。因为A点在单位圆上运动，所以22001xy。将式代入式即得所求曲线C的方程为2221(0,1)yxmmm且。因为(0,1)(1,)m，所以当01m时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为2(1,0)m，2(1,0)m；当1m 时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为2(0,1)m，2(0,1)m。（）解法 1：如图 2、3，0k，设11(,)P x kx，22(,)H xy，则11(,)Qxkx，1(0,)Nkx，直线QN的方程为12ykxkx，将其代入椭圆C的方程并整理可得222222211(4)40mkxk x xk xm。依题意可知此方程的两根为1x，2x，于是由韦达定理可得1121122244k xxxmk，即212224m xxmk。因为点 H 在直线 QN 上，所以2121222224km xykxkxmk。于是11(2,2)PQxkx ，22112121222242(,)(,)44k xkm xPHxxykxmkmk。而PQPH等价于2221224(2)04mk xPQ PHmk ，即220m，又0m，得2m，故存在2m，使得在其对应的椭圆2212yx 上，对任意的0k，都有PQPH。解法 2：如图 2、3，1(0,1)x，设11(,)P x y，22(,)H xy，则11(,)Qxy，1(0,)Ny，因为P，H两点在椭圆C上，所以222211222222,m xymm xym两式相减可得222221212()()0mxxyy。依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，故1212()()0 xxxx。于是由式可得212121212()()()()yyyymxxxx。又Q，N，H三点共线，所以QNQHkk，即1121122yyyxxx。于是由式可得211212121121212()()12()()2PQPHyyyyyyymkkxxxxxxx。而PQPH等价于1PQPHkk，即212m，又0m，得2m，故存在2m，使得在其对应的椭圆2212yx 上，对任意的0k，都有PQPH13.（10 浙江/21）已知 m1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、2:02ml xmy222:1xCym12,F FC右焦点.(1)当直线 过右焦点时，求直线 的方程；l2Fl(2)设直线 与椭圆 C 交于 A、B 两点，的重心分别为.若原点 O 在以线段 GH 为l12AFFV12BFFV,G H直径的圆内，求实数 m 的取值范围.【解】（）因为直线经过，所以，得，:l202mxmy22(1,0)Fm 2212mm 22m 又因为，所以，故直线 的方程为.1m 2m l210 xy POxyNQ图 2(01)mHPOxyNQ图 3(1)m H图 1O D xyAM12（）设1122(,),(,)A x yB xy 由，消去 x 得：222221mxmyxym222104mymy 则由，知，且有2228(1)804mmm 28m 212121,282mmyyyy 由于，由重心坐标公式可知.12(,0),(,0)FcF c1122(,),(,)3333xyxyGH2221212()()99xxyyGH设 M 是 GH 的中点，则，由题意可知1212(,)66xxyyM2 MOGH即，即222212121212()()4()()6699xxyyxxyy12120 x xy y而，所以，即2212121212()()22mmx xy ymymyy y221(1()82mm）21082m24m 又因为且，所以，所以 m 的取值范围是.1m 0 12m(1,2)14.（09 山东/22）设椭圆 E：（a，b0）过 M(2，)，N(，1)两点，O 为坐标原点.22221xyab26(1)求椭圆 E 的方程；(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围；若不存在，说明理由.OAOB 【解】（）因为椭圆 E：（a，b0）过 M（2，），N(，1)两点，22221xyab26所以，解得，所以.椭圆 E 的方程为.2222421611abab22118114ab2284ab22184xy（）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A，B，且，OAOB 设该圆的切线方程为，ykxm解方程组，得，即，22184xyykxm222()8xkxm222(12)4280kxkmxm设，要使，需使，11(,)A x y22(,)B xy12221224122812kmxxkmx xk OAOB 12120 x xy y2212121212()()()y ykxm kxmk x xkm xxm2222222222(28)48121212kmk mmkmkkk13即，所以2222228801212mmkkk223880mk因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，ykxm所以圆的半径为，21mrk222228381318mmrmkrb此时圆都在椭圆的内部，所以圆的切线与椭圆必有两个不同的交点，且.2283xyOAOB 而当切线的斜率不存在时，切线与椭圆的两个交点为(，)或(，2 63x 22184xy2 632 632 63)，满足.2 63OAOB 综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A，B，且2283xy.OAOB ，222212228(84)|11(12)kmABkxxkk2423213441kkk当时，因为0k 22321|11344ABkk221448kk 所以，所以，221101844kk223232111213344kk所以当且仅当时取“=”.46|2 33AB22k 当时，.0k 4 6|3AB 而当 AB 的斜率不存在时，两个交点为(，)或(，)，所以此时，2 632 632 632 634 6|3AB 综上，|AB|的取值范围为，即：，.46|2 33AB|AB4632 3【另解】对于求，有个更简单的方法：|AB如图，设，AOT2AOB则，而2 6(tancot)3AB ，2682tan,2432ATOAOTOCAD14所以当时，；tan1min4 6|3AB当时，.2tan22ormax|2 3AB五、存在性问题五、存在性问题15.以椭圆的短轴的一个端点为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形，问这样)1(1222ayax)1,0(B的直角三角形是否存在？如果存在，请说明理由，并判断最多能作出几个这样的三角形；如果不存在，请说明理由.解：过点分别作斜率为的直线，必与椭圆各另有一交点，则)1,0(B11222 yaxNM,即为所求的等腰直角三角形，故这样的内接等腰直角三角形至少有一个；BMN如除了(1)给出的内接等腰直角三角形外，还存在其他的内接等腰直角三角形，那么设直线，则与均过点，且互相垂直，与与椭圆分1:1 kxyl11:2xkyl)1,0(kk1l2l)1,0(B1l2l别交于，FE，.102222kxyayax02)1(2222kxaxka)11,12(2222222kakakakaE用代，得k1k)1111,1112(2222222kakakakaF),2(2222222akakakkaF，2222222212)1()1(|kakakxkBEE222222222222222)1(21)11(|akakakkakkxkBFF，1,0kk|BFBE 222222212akakaka22231kakak15(图 22图 图 图F2F1yxPQO.11)1()1)(1(12232kkkkkkkkkka由得，由于椭圆关于轴对称，故当时，还存在斜率1,0kk32a3ay3a的内接等腰直角三角形两个.1k综合：当时，可作出一个椭圆的内接等腰直角三角形（图 1），当时，可作13a3a出三个椭圆的内接等腰直角三角形（图 2）.16.（2015 虹口二模）已知圆：22(1)8xy+=，点(1,0)，点Q在圆上运动，的垂直平1F2F1F2QF分线交于点P.1QF(1)求动点P的轨迹的方程；C(2)设分别是曲线上的两个不同点，且点M在第一象 限，点N在第三象限，若,MN、C122OMONOF O为坐标原点，求直线MN的斜率；(3)过点的动直线l交曲线于两点，在y轴上是否存在定点，使以AB为直径的圆1(0,)3SCAB、T恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.T解：(1)因为的垂直平分线交于点P.所以，从而2QF1QF2PFPQ 1211122 22,PFPFPFPQFQFF所以，动点P的轨迹是以点为焦点的椭圆.C12FF、3 分设椭圆的方程为12222byax，则22,222ca，1222cab，故动点P的轨迹的方程为 2212xy C5 分16(2)设1122(,),(,)M a bN a b，则 1122(0,0,0,0)abab2222112222,22abab 因为，则121222,20aabb 122OMONOF 由、解得 1122114514,2448abab 8 分所以直线MN的斜率21213 1414bbaa.10 分MNk (3)设直线l的方程为则由，得1,3ykx221312ykxxy229(21)12160,kxkx由题意知，点在椭圆的内部，所以直线l与椭圆必有两个交点，设，1(0,)3SCC11(,)A x y、22(,)B xy则 12 分121222416,.3(21)9(21)kxxx xkk 假设在y轴上存在定点满足题设，则(0,)Tm1122(,),(,),TAx ymTBxym因为以AB为直径的圆恒过点,所以即T1122(,)(,)0,TA TBx ymxym 14 分1212()()0()x xymym因为故可化为112211,33ykxykx()2121212221212()121(1)()()339x xy ym yymkx xk mxxmm2222222216(1)1421()9(21)33(21)3918(1)3(325)9(21)kkk mmmkkmkmmk 由于对于任意的Rk,恒成立，故 解得 1m.0,TA TB 2210,3250mmm 因此，在y轴上存在满足条件的定点，点的坐标为(0,1).16 分TT17.（2015 嘉定二模）已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，点1:2222byaxC0 ba1F2FB17，过点且与垂直的直线交轴负半轴于点，且。),0(bB2BFxD12220FFF D （1）求证：是等边三角形；21FBF（2）若过、三点的圆恰好与直线：相切，求椭圆的方程；BD2Fl033yxC（3）设过（2）中椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线 与交于、两点，是点关C2FlCPQMP于轴的对称点。在轴上是否存在一个定点，使得、三点共线，若存在，求出点的xxNMQNN坐标；若不存在，请说明理由。（1）设（），由，故，)0,(0 xD00 x)0,(2cF),0(bB),(2bcBF),(0bxBD因为，所以，（1 分）BDBF2020bcx，故，（2 分）cbx200,22ccbDF又，故由得，所以，。（3 分）)0,2(21cFF02221DFFF032cbc223cb 所以，即是等边三角形。（4 分）3tan12cbFBF6012FBF21FBF（2）由（1）知，故，此时，点的坐标为，（1 分）cb3ca2D)0,3(c又是直角三角形，故其外接圆圆心为，半径为，（3 分）2BDF)0,(1cF c2所以，（5 分）cc22|3|1c3b2a所求椭圆的方程为。（6 分）C13422yx（3）由（2）得，因为直线 过且不与坐标轴垂直，故可设直线 的方程为：)0,1(2Fl2Fl，。（1 分）)1(xky0k由，得，（2 分）22(1)143yk xxy01248)43(2222kxkxk设，则有，（3 分）11(,)P xy22(,)Q xy2221438kkxx222143124kkxx18由题意，故直线的方向向量为，11(,)M xyQM),(1212yyxxd所以直线的方程为，（4 分）QM121121yyyyxxxx令，得0y)1()1()1()1()(121221121221112121xkxkxxkxxkyyxyxyxyyxxyx。（5 分）kxxkxxkxkx2)()(22121212)()(2212121xxxxxx2438438431242222222kkkkkk4624即直线与轴交于定点。QMx）0,4(所以，存在点，使得、三点共线。（6 分）)0,4(NMQN（注：若设，由、三点共线，得，0(,0)N xMQN0101102211xyxyx得。）2112210yyyxyxx六、定点或定直线问题六、定点或定直线问题18.已知椭圆方程为，当过点的动直线 与椭圆相交与两不同点时，在线段22142xy(4,1)PlC,A B上取点，满足，证明：点总在某定直线上ABQPBAQQBAPQ解：设点 Q、A、B 的坐标分别为。1122(,),(,),(,)x yx yxy由题设知均不为零，记，则且,APPBAQ QB APAQPBQB 01又 A，P，B，Q 四点共线，从而，APPB AQQB 于是，。1241xx1211yy121xxx121yyy从而，（1），（2）22212241xxx2221221yyy又点 A、B 在椭圆 C 上，即221124,(3)xy222224,(4)xy（1）+（2）2 并结合（3），（4）得 4x+2y=4，19即点总在定直线上。(,)Q x y220 xy19.已知椭圆 C 中心在原点，焦点在轴上，焦距为，短轴长为x22 3(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若直线：与椭圆交于不同的两点（不l0ykxm kMN、MN、是椭圆的左、右顶点），且以为直径的圆经过椭圆的右顶点求证：直线 过定点，并求出定点的MNAl坐标解:（）设椭圆的长半轴为，短半轴长为，半焦距为，则abc 解得 椭圆 C 的标准方程为 4 分22222,22 3,cbabc2,3,ab22143xy（）由方程组 消去，得 6 分22143xyykxmy2223484120kxkmxm由题意，整理得：7 分22284 344120kmkm22340km设，则，8 分1122,M x yN xy、122834kmxxk 212241234mx xk由已知，且椭圆的右顶点为，10 分AMANA(2,0)1212220 xxy y即，也即 2212121240kx xkmxxm，22222412812403434mkmkkmmkk整理得解得 或，均满足 11 分2271640mmkk2mk 27km 当时，直线 的方程为，过定点，不符合题意舍去；2mk l2ykxk(2,0)当时，直线 的方程为，过定点，27km l27yk x2(,0)7故直线 过定点，且定点的坐标为 13 分l2(,0)720.在直角坐标系中，点到 F1、F2的距离之和是 4，点的轨迹与轴的xOyM(3,0)(3,0)MCx负半轴交于点，不过点的直线：与轨迹交于不同的两点和AAlykxbCPQ20(1)求轨迹的方程；(2)当时，求与的关系，并证明直线 过定点C0AP AQ kbl解：（1）点到，的距离之和是 4，M(3,0)(3,0)M 的轨迹是长轴长为 4，焦点在 x 轴上焦距为的椭圆，其方程为 3C2 32214xy分（2）将，代入曲线的方程，整理得5 分ykxbC222(14)8440kxkbxb因为直线 与曲线交于不同的两点和，lCPQ所以 222222644(14)(44)16(41)0k bkbkb 设，则，7 分1122()()P xyQ xy122814kbxxk 21224414bx xk且 2212121212()()()yykxb kxbk x xkb xxb显然，曲线与轴的负半轴交于点，Cx(2,0)A 所以，由，得11(2,)APxy 22(2,)AQxy0AP AQ 1212(2)(2)0 xxy y将、代入上式，整理得，10 分22121650kkbb所以，即或经检验，都符合条件(2)(65)0kbkb2bk65bk当时，直线 的方程为2bkl2ykxk显然，此时直线 经过定点点即直线 经过点，与题意不符l(2,0)lA当时，直线 的方程为显然，此时直线 经过定点点，且不过65bkl65()56ykxkk xl6(,0)5点A综上，与的关系是：，且直线 经过定点点13 分kb65bkl6(,0)5