资源简介

―→ ―→
则 EC ·ED ＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，
而 y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5
9(k2＋1) 12k(2k＋1)
＝ － ＋5＝0，
1＋3k2 1＋3k2
7 7
解得 k＝ ，满足 k2＞1，所以 k＝ .
6 6
第十二节 解析几何综合 3 大考点
考点一 定点、定值问题
x2 y2
[例 1] 已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的右焦点 F( 3，0)，长半轴长与短半轴长的比a b
值为 2.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)设不经过点 B(0,1)的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 M，N，若点 B 在以线段 MN
为直径的圆上，证明直线 l 过定点，并求出该定点的坐标．
a
[解] (1)由题意得，c＝ 3， ＝2，a2＝b2＋c2，
b
∴a＝2，b＝1，
x2
∴椭圆 C 的标准方程为 ＋y2＝1.
4
(2)证明：当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，
y2)．
y＝kx＋m，
由 2 2 2x2 消去 y 可得(4k ＋1)x ＋8kmx＋4m －4＝0.
＋y
2＝1，
4
－8km 4m2－4
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝ 2 ，x1x2＝ . 4k ＋1 4k2＋1
―→ ―→
∵点 B 在以线段 MN 为直径的圆上，∴BM ·BN ＝0.
―→ ―→
∵BM ·BN ＝(x1，kx 2 21＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k ＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)
＝0，
4m2－4 －8km
∴(k2＋1) 2 ＋k(m－1) ＋(m－1)
2＝0，
4k ＋1 4k2＋1
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整理，得 5m2－2m－3＝0，
3
解得 m＝－ 或 m＝1(舍去)．
5
3
∴直线 l 的方程为 y＝kx－ .
5
易知当直线 l 的斜率不存在时，不符合题意．
3
故直线 l 过定点，且该定点的坐标为 0，－ 5 .
[解题技法]
圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与
参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
[题组训练]
1.如图，已知直线 l：y＝kx＋1(k＞0)关于直线 y＝x＋1 对称的直
x2
线为 l ，直线 l，l 与椭圆 E： ＋y21 1 ＝1 分别交于点 A，M 和 A，N，4
记直线 l1 的斜率为 k1.
(1)求 k·k1 的值；
(2)当 k 变化时，试问直线 MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒
过定点，请说明理由．
解：(1)设直线 l 上任意一点 P(x，y)关于直线 y＝x＋1 对称的点为 P0(x0，y0)，
直线 l 与直线 l1 的交点为(0,1)，
∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
y－1 y0－1 y＋y0 x＋x0
k＝ ，k ＝ ，由 ＝ ＋1，
x 1 x0 2 2
得 y＋y0＝x＋x0＋2，①
y－y0
由 ＝－1，得 y－y0＝x0－x，②
x－x0
y＝x0＋1，
由①②得
y0＝x＋1，
yy0－(y＋y0)＋1
∴k·k1＝ xx0
(x＋1)(x0＋1)－(x＋x0＋2)＋1
＝ ＝1.
xx0
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y＝kx＋1，
(2)由 x2 得(4k2＋1)x2＋8kx＝0， 2

＋y ＝1
4
设 M(xM，yM)，N(xN，yN)，
－8k 1－4k2
∴xM＝ 2 ，yM＝ 2 . 4k ＋1 4k ＋1
－8k －8k 1－4k2 k21 1 －4
同理可得 xN＝
4k2
＝ 2，y＋ ＋ N
＝ 2 ＝ 2.
1 1 4 k 4k1＋1 4＋k
1－4k2 k2－4
－
yM－yN 4k
2＋1 4＋k2 8－8k4 k2＋1
kMN＝ ＝ ＝
x －x －8k －8k 8k(3k2
＝－ ，
M N －3) 3k
－
4k2＋1 4＋k2
直线 MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
1－4k2 k2＋1 －8k
即 y－
4k2
＝－ x－ ，
＋1 3k 4k2＋

1
k2＋1 8(k2＋1) 1－4k2 k2＋1 5
即 y＝－ x－ ＋ ＝－ x－ .
3k 3(4k2＋1) 4k2＋1 3k 3
5
∴当 k 变化时，直线 MN 过定点 0，－ 3 .
x2 y2 1
[例 2] (2019·沈阳模拟)已知椭圆 C：
a2
＋ 2＝1(a＞b＞0)的焦点为 F1，F2，离心率为 ，b 2
点 P 为其上一动点，且三角形 PF1F2 的面积最大值为 3，O 为坐标原点．
(1)求椭圆 C 的方程；
―→ ―→
(2)若点 M，N 为 C 上的两个动点，求常数 m，使OM·ON＝m 时，点 O 到直线 MN 的
距离为定值，求这个定值．
1
[解] (1)当点 P 位于短轴的端点时，△PF1F2 的面积最大，即 ×2c×b＝ 3， 2
c2＝a2－b2，
bc＝ 3， a＝2，则有 解得 b＝ 3， c 1 ＝ ，a 2
x2 y2
所以椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1.
4 3
(2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2＋y1y2＝m，
|n|
当直线 MN 的斜率存在时，设其方程为 y＝kx＋n，则点 O 到直线 MN 的距离 d＝
k2＋1
n2
＝ 2 ， k ＋1
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3x2 2 ＋4y ＝12，
联立 消去 y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0, 由 Δ＞0 得 4k2－n2＋3 y＝kx＋n，
＞0，
8kn 4n2－12
则 x1＋x2＝－ 2 ，x1x2＝ ， 4k ＋3 4k2＋3
7n2
所以 x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x )＋n22 ＝m，整理得 2 ＝12＋k ＋1
m(4k2＋3)
2 . k ＋1
n2 12 2 21
因为 d＝
k2
为常数，则 m＝0，d＝ ＝ ，
＋1 7 7
7n2
此时 2 ＝12 满足 Δ＞0. k ＋1
当 MN⊥x 轴时，由 m＝0 得 kOM＝±1，
3x2＋4y2 ＝12， 12
联立 消去 y，得 x2＝ ，
y＝±x， 7
2 21
点 O 到直线 MN 的距离 d＝|x|＝ 亦成立．
7
2 21
综上可知，当 m＝0 时，点 O 到直线 MN 的距离为定值，这个定值是 .
7
[解题技法]
圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引起变量法：其解题流程为
[题组训练]
x2 y2 5
2． (2019·昆明调研)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的焦距为 4，P 是椭圆 C 上a b 2， 5
的点．
(1)求椭圆 C 的方程；
―→ ―→ ―→
(2)O 为坐标原点，A，B 是椭圆 C 上不关于坐标轴对称的两点，设OD＝ OA ＋ OB ，证
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明：直线 AB 的斜率与 OD 的斜率的乘积为定值．
解：(1)由题意知 2c＝4，即 c＝2，
x2 y2
则椭圆 C 的方程为 2＋ 2 ＝1， a a －4
5
因为点 P 2， 在椭圆 C 上，
5
4 1 16
所以 2＋ ＝1，解得 a2＝5 或 a2＝ (舍去)， a 5(a2－4) 5
x2
所以椭圆 C 的方程为 ＋y2＝1.
5
(2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2 且 x1＋x2≠0，
―→ ―→ ―→
由 OA ＋ OB ＝OD，得 D(x1＋x2，y1＋y2)，
y1－y2
所以直线 AB 的斜率 kAB＝ ，
x1－x2
y1＋y2
直线 OD 的斜率 kOD＝ ，
x1＋x2
x21
＋y25 1＝1， 1 y1＋y2 y1－y2 1由 2 得 (x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即 · ＝－ ， x2 5 x2 1＋x2 x1－x2 5 ＋y5 2＝1，
1
所以 kAB·kOD＝－ . 5
1
故直线 AB 的斜率与 OD 的斜率的乘积为定值－ .
5
考点二 最值、范围问题
[例 1] (2018·南昌模拟)已知抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，
准线为 l，过焦点 F 的直线交 C 于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，y1y2＝－4.
(1)求抛物线 C 的方程；
(2)如图，点 B 在准线 l 上的正投影为 E，D 是 C 上一点，且 AD⊥
EF，求△ABD 面积的最小值及此时直线 AD 的方程．
p
[解] (1)依题意知 F ，0 2 ，
当直线 AB 的斜率不存在时，y1y2＝－p2＝－4，
解得 p＝2.
p
当直线 AB 的斜率存在时，设 lAB：y＝k x－ 2 (k≠0)，
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p y＝k x－
由 2
，
y2＝2px，
2p
消去 x 并整理，得 y2－ y－p2＝0，
k
则 y1y2＝－p2，
由 y1y 22＝－4，得 p ＝4，解得 p＝2.
综上所述，抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
t2
(2)设 D(x0，y 0)，B ，t 4 ，
4 4
则 E(－1，t)，又由 y y ＝－4，可得 A ，－ 1 2 t2 t .
t 2
因为 kEF＝－ ，AD⊥EF，所以 kAD＝ ， 2 t
4 2 4
则直线 lAD 的方程为 y＋ ＝ x－ t t t2 ，
8
化简得 2x－ty－4－ 2＝0. t
8 2x－ty－4－ 2＝0，t 2 16 16由 消去 x 并整理，得 y －2ty－8－ 2 ＝0，Δ＝(－2t)2－4 －8－ t t2 y2＝4x，
64
＝4t2＋ 2 ＋32＞0 恒成立， t
16
所以 y1＋y0＝2t，y1y0＝－8－ t2 .
t2 t2 16
于是|AD|＝ 1＋ |y 2 21－y0|＝ 1＋ (y1＋y0) －4y1y0＝ 4＋t t2＋ 2 ＋8， 4 4 t
t
2 8
－t2－4－ t2
16
＋ ＋8
2 t2 t2
设点 B 到直线 AD 的距离为 d，则 d＝ ＝ .
4＋t2 2 4＋t2
1 1 16
所以 S 2 3△ABD＝ |AD|·d＝ t ＋ ＋82 4 t2 ≥16，
当且仅当 t4＝16，即 t＝±2 时取等号，即△ABD 面积的最小值为 16.
当 t＝2 时，直线 AD 的方程为 x－y－3＝0；当 t＝－2 时，直线 AD 的方程为 x＋y－3
＝0.
[解题技法]
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用
几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是
利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然
后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
[题组训练]
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x2 y2
1．(2018·安康质检)已知椭圆 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1 和 F2，由 M(－a b
a，b)，N(a，b)，F2 和 F1这 4 个点构成了一个高为 3，面积为 3 3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点 F1 的直线和椭圆交于 A，B 两点，求△F2AB 面积的最大值．
2a＋2c
解：(1)由已知条件，得 b＝ 3，且 × 3＝3 3，
2
∴a＋c＝3.又 a2－c2＝3，∴a＝2，c＝1，
x2 y2
∴椭圆的方程为 ＋ ＝1.
4 3
(2)显然，直线的斜率不能为 0，
设直线的方程为 x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
x2 y2
＋ ＝1，
联立方程，得 4 3 消去 x 得， x＝my－1，
(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
∵直线过椭圆内的点，
∴无论 m 为何值，直线和椭圆总相交．
6m 9
∴y1＋y2＝ 2 ，y＋ 1
y2＝－ .
3m 4 3m2＋4
1
∴ ＝ |F1F2||y1－y2|＝|y2 1－y2|
m2＋1
＝ (y1＋y )22 －4y1y2＝12
(3m2＋4)2
m2＋1 1
＝4 ＝4 ，
2 1m ＋1＋ 2 m2
2 1
＋1＋ ＋
3 3 9(m2＋1)
1 1 1
令 t＝m2＋1≥1，设 f(t)＝t＋ ，易知 t∈ 0， 3 时，函数 f(t)单调递减，t∈
，＋∞
9t 3 时，
函数 f(t)单调递增，
10
∴当 t＝m2＋1＝1，即 m＝0 时，f(t)取得最小值，f(t)min＝ ，此时， 取得最大9
值 3.
x2 y2 2
[例 2] (2019·合肥模拟)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，且以原点为圆a b 2
心，椭圆的焦距为直径的圆与直线 xsin θ＋ycos θ－1＝0 相切(θ为常数)．
(1)求椭圆 C 的标准方程；
―→ ―→
(2)若椭圆 C 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2作直线 l 与椭圆交于 M，N 两点，求F1M·F1N
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的取值范围．
c 2

＝ ，
a 2 c＝1，

[解] (1)由题意，得 1 解得 a2＝2，＝c，
sin2θ＋cos2θ
2＝ b 1，a2＝b2＋c2
x2
故椭圆 C 的标准方程为 ＋y2＝1.
2
(2)由(1)得 F1(－1,0)，F2(1,0)．
2
①若直线 l 的斜率不存在，则直线 l⊥x 轴，直线 l 的方程为 ＝ ，不妨记 x 1 M 1， ，
2
2
N 1，－ ，
2
―→ 2
∴ ＝
―→ 2
F1M 2， ，F1N＝ 2，－ ， 2 2
―→ ―→ 7
故F1M·F1N＝ . 2
②若直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，
y＝k(x－1)，
由 x2 消去 y 得， ＋y2＝1 2
(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，
4k2 2k2－2
则 x1＋x2＝ 2，x＋ 1
x2＝
1 2k 1＋2k2
.①
―→ ―→
F1M＝(x1＋1，y1)，F1N＝(x2＋1，y2)，
―→ ―→
则F1M·F1N＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1
－k2)(x1＋x 22)＋1＋k ，
9
―→ ―→ 2(k4－1) 4k2－4k4 7k2－1 7 2
结合①可得F1M·F1N＝ 2 ＋ ＋1＋k
2＝ ＝ － ，
2k ＋1 2k2＋1 2k2＋1 2 2k2＋1
―→ ―→ 7
由 k2≥0 可得F 1M·F1N∈ －1， 2 .
―→ ―→ 7
综上可知，F1M·F 1N的取值范围是 －1， 2 .
[解题技法]
解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
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(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的
等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参
数的取值范围．
[题组训练]
x2 y2
2．(2019·惠州调研)如图，椭圆 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)的右顶点
a2 b2
1
为 A(2,0)，左、右焦点分别为 F1，F2，过点 A 且斜率为 的直线与 y2
轴交于点 P，与椭圆交于另一个点 B，且点 B 在 x 轴上的射影恰好为
点 F1.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
1
(2)过点 P 且斜率大于 的直线与椭圆交于 M，N 两点(|PM|＞|PN|)，若 S
2 △PAM
∶S△PBN＝λ，
求实数 λ的取值范围．
b2
解：(1)因为 BF1⊥x 轴，所以点 B －c，－ a ，
a＝2，
a＝2，b2 1
所以 ＝ ， b＝ 3，a(a＋c) 2 解得
2 2 c＝1， a ＝b ＋c2
x2 y2
所以椭圆 C 的标准方程是 ＋ ＝1.
4 3
1
|PA|·|PM|·sin∠APM
S△PAM 2 2·|PM| |PM| λ
(2)因为 ＝ ＝ ＝λ ＝ (λ＞2)，
S△PBN 1 1·|PN| |PN| 2
|PB|·|PN|·sin∠BPN
2
―→ λ―→
所以PM＝－ PN .
2
由(1)可知 P(0，－1)，
1
设直线 MN 的方程为 y＝kx－1 k＞ 2 ，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
y＝kx－1，
联立方程，得 x2 y2
＋ ＝1， 4 3
化简得，(4k2＋3)x2－8kx－8＝0.
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8k
x1＋x2＝ ，4k2＋3
得 (*) －8
x1·x2＝4k2 . ＋3
―→ ―→ λ
又PM＝(x1，y1＋1)， PN ＝(x2，y2＋1)，有 x1＝－ x2 2，
λ (2－λ)2 16k2
将 x1＝－ x2代入(*)可得， ＝ . 2 λ 4k2＋3
1 16k2 16
因为 k＞ ，所以 2 ＝ ∈(1,4)， 2 4k ＋3 3
2＋4k
(2－λ)2
则 1＜ ＜4 且 λ＞2，解得 4＜λ＜4＋2 3.
λ
综上所述，实数 λ的取值范围为(4,4＋2 3)．
考点三 证明、探索性问题
x2
[例 1] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆 C： ＋y2＝1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交于 A，
2
B 两点，点 M 的坐标为(2,0)．
(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程；
(2)设 O 为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[解] (1)由已知得 F(1,0)，直线 l 的方程为 x＝1.
2 2则点 A 的坐标为 1， 或 1，－ .
2 2
又 M(2,0)，
2 2
所以直线 AM 的方程为 y＝－ x＋ 2或 y＝ x－ 2，
2 2
即 x＋ 2y－2＝0 或 x－ 2y－2＝0.
(2)证明：当 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 x1＜ 2，x2＜ 2，直线 MA，MB 的斜率之和为
y1 y2
kMA＋kMB＝ ＋ .
x1－2 x2－2
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由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
得 kMA＋kMB＝ .
(x1－2)(x2－2)
x2
将 y＝k(x－1)代入 ＋y2＝1，
2
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
4k2 2k2－2
所以 x1＋x2＝ 2 ，x1x＋ 2
＝ 2 . 2k 1 2k ＋1
则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
4k3－4k－12k3＋8k3＋4k
＝ 2 ＝0. 2k ＋1
从而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB 的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB 成立．
[解题技法]
圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系
方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法
证明，但有时也会用到反证法．
[题组训练]
x2 y2
1．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C： ＋ ＝1 交于 A，B 两点，线段
4 3
AB 的中点为 M(1，m)(m＞0)．
1
(1)证明：k＜－ ；
2
―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→
(2)设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且 FP ＋ FA ＋ FB ＝0.证明：| FA |，| FP |，| FB
|成等差数列，并求该数列的公差．
证明：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x21 y
2
1 x
2 2
2 y2
则 ＋ ＝1， ＋ ＝1.
4 3 4 3
y1－y2 x1＋x2 y1＋y2
两式相减，并由 ＝k 得 ＋ ·k＝0.
x1－x2 4 3
x1＋x2 y1＋y2 3
由题设知 ＝1， ＝m，于是 k＝－ .①
2 2 4m
3 1
由题设得 0＜m＜ ，故 k＜－ .
2 2
(2)由题意得 F(1,0)．设 P(x3，y3)，
则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得 x3＝3－(x1＋x2)＝1，
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y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.
3
又点 P 在 C 上，所以 m＝ ，
4
从而 P
3 ―→ 3
1，－
2 ，| FP |＝ ， 2
―→ x21 x1
于是| FA |＝ (x1－1)2＋y2＝ (x 2 1 1－1) ＋3 1－ 4 ＝2－ . 2
―→ x2
同理| FB |＝2－ .
2
―→ ―→ 1
所以| FA |＋| FB |＝4－ (x ＋x )＝3.
2 1 2
―→ ―→ ―→
故 2| FP |＝| FA |＋| FB |，
―→ ―→ ―→
即| FA |，| FP |，| FB |成等差数列．
设该数列的公差为 d，
―→ ―→ 1
则 2|d|＝|| FB |－| FA ||＝ |x1－x2| 2
1
＝ (x 2
2 1
＋x2) －4x1x2.②
3
将 m＝ 代入①得 k＝－1，
4
7
所以 l 的方程为 y＝－x＋ ，
4
1
代入 C 的方程，并整理得 7x2－14x＋ ＝0.
4
1 3 21
故 x1＋x2＝2，x1x2＝ ，代入②解得|d|＝ . 28 28
3 21 3 21
所以该数列的公差为 或－ .
28 28
[例 2] (2019·合肥质检)
如图，在平面直角坐标系中，点 F(－1，0)，过直线 l：x＝－2 右侧
的动点 P 作 PA⊥l 于点 A，∠APF 的平分线交 x 轴于点 B，|PA|＝ 2|BF|.
(1)求动点 P 的轨迹 C 的方程；
(2)过点 F 的直线 q 交曲线 C 于 M，N，试问：x 轴正半轴上是否存
在点 E，直线 EM，EN 分别交直线 l 于 R，S 两点，使∠RFS 为直角？
若存在，求出点 E 的坐标，若不存在，请说明理由．
|PF| 2
[解] (1)设 P(x，y)，由平面几何知识得 ＝ ，
|PA| 2
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(x＋1)2＋y2 2 x2
即 ＝ ，化简得 ＋y2＝1，
|x＋2| 2 2
x2
所以动点 P 的轨迹 C 的方程为 ＋y2＝1(x≠ 2)．
2
(2)假设满足条件的点 E(n,0)(n＞0)存在，设直线 q 的方程为 x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，
x2 ＋2y
2＝2，
y2)，R(－2，y3)，S(－2，y 2 24)．联立 消去 x，得(m ＋2)y －2my－1＝0，y1＋y2 x＝my－1，
2m 1
＝ 2 ，y1y2＝－ ， m ＋2 m2＋2
m2 2m2 2－2m2
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1＝－ 2 －m ＋2 m2
＋1＝ ，
＋2 m2＋2
2m2 4
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝ 2 －2＝－ ， m ＋2 m2＋2
y1 y3 (2＋n)y1
由条件知 ＝ ，y3＝－ ，
x1－n －2－n x1－n
(2＋n)y2
同理 y4＝－ ，
x2－n
y3
kRF＝ ＝－y3，kSF＝－y4. －2＋1
因为∠RFS 为直角，所以 y3y4＝－1，
所以(2＋n)2y y 21 2＝－[x1x2－n(x1＋x2)＋n ]，
1 2－2m2 4n
(2＋n)2 2
m2
＝ ＋ ＋n ，
＋2 m2＋2 m2＋2
所以(n2－2)(m2＋1)＝0，n＝ 2，
故满足条件的点 E 存在，其坐标为( 2，0)．
[解题技法]
存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足
条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，
若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参
数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
[题组训练]
x2 y2
2．(2019·福州四校联考)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为 F1，Fa b 2，短
b
轴的一个端点为 P，△PF1F2 内切圆的半径为 ，设过点 F2 的直线 l 被椭圆 C 截得的线段为3
RS，当 l⊥x 轴时，|RS|＝3.
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(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)在 x 轴上是否存在一点 T，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称？
若存在，请求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由内切圆的性质，
1 1 b c 1
得 ×2c×b＝ ×(2a＋2c)× ，得 ＝ .
2 2 3 a 2
x2 y2 b2 2b2
将 x＝c 代入 2＋a b2＝1，得 y＝± ，所以 ＝3. a a
又 a2＝b2＋c2，所以 a＝2，b＝ 3，
x2 y2
故椭圆 C 的标准方程为 ＋ ＝1.
4 3
(2)当直线 l 垂直于 x 轴时，显然 x 轴上任意一点 T 都满足 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴
对称．
当直线 l 不垂直于 x 轴时，假设存在 T(t,0)满足条件，设 l 的方程为 y＝k(x－1)，R(x1，
y1)，S(x2，y2)．
y＝k(x－1)，
联立
3x
2＋4y2－12＝0，
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
8k2
x1＋x2＝ 2，3＋4k
由根与系数的关系得 4k2－12
x1x2＝ 2 ， ① 3＋4k
其中 Δ＞0 恒成立，
由 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称，得 kTS＋kTR＝0(显然 TS，TR 的斜率存在)，
y1 y2
即 ＋ ＝0.②
x1－t x2－t
因为 R，S 两点在直线 y＝k(x－1)上，
所以 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
k(x1－1)(x2－t)＋k(x2－1)(x1－t)
(x1－t)(x2－t)
k[2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t]
＝ ＝0，
(x1－t)(x2－t)
即 2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
将①代入③得
8k2－24－(t＋1)8k2＋2t(3＋4k2) 6t－24
＝ ＝0，④
3＋4k2 3＋4k2
则 t＝4，综上所述，存在 T(4,0)，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对
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称．
[课时跟踪检测]
x2 y2
1.(2018·郑州一检)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点a b
分别为 F1，F2，以 F1F2 为直径的圆与直线 ax＋2by－ 3ab＝0 相切．
(1)求椭圆 C 的离心率；
―→ ―→
(2)如图，过 F1 作直线 l 与椭圆分别交于 P，Q 两点，若△PQF2 的周长为 4 2，求F2P·F2Q
的最大值．
|－ 3ab|
解：(1)由题意知 ＝c，即 3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)．化简得 a2＝2b2，
a2＋4b2
b2 2
所以 e＝ 1－
a2
＝ .
2
(2)因为△PQF2 的周长为 4 2，所以 4a＝4 2，得 a＝ 2，
2
由(1)知 b2
x
＝1，所以椭圆 C 的方程为 ＋y2＝1，且焦点 F1(－1,0)，F2(1,0)， 2
①若直线 l 的斜率不存在，则直线 l⊥x 轴，直线方程为
2 2 ―→ 2 ―→ 2
x＝－1，P －1， ，Q －1，－ ，F P＝ －2， ，F Q＝ －2，－ ，故
2 2 2 2 2 2
―→ ―→ 7
F2P·F2Q＝ . 2
②若直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝k(x＋1)，
y＝k(x＋1)，
由 消去 y 并整理得
2 2 x ＋2y ＝2，
(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
4k2 2k2－2
则 x1＋x2＝－ 2 ，x1x＋ 2
＝ ，
2k 1 2k2＋1
―→ ―→
F2P·F2Q＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1
2k2－2 4k
2
＝ (k2＋1) 2 ＋(k
2－1) －2k2＋1 ＋k
2＋1
2k ＋1
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7k2－1 7 9
＝ ＝ － ，
2k2＋1 2 2(2k2＋1)
2 ―→ ―→ 7由 k ＞0 可得F2P·F2Q∈ －1， 2 .
―→ ―→ 7综上所述，F 2P·F2Q∈ －1， 2 ，
―→ ―→ 7
所以F2P·F2Q的最大值是 . 2
x2 y2
2．(2019·沈阳教学质量监测)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 ＋ ＝1 上，过 M 作 x
9 4
―→ ―→
轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足 NP ＝ 2NM .
(1)求点 P 的轨迹 E 的方程；
(2)过 F(1,0)的直线 l1 与点 P 的轨迹交于 A，B 两点，过 F(1,0)作与 l1 垂直的直线 l2 与点
1 1
P 的轨迹交于 C，D 两点，求证： ＋ 为定值．
|AB| |CD|
―→
解：(1)设 P(x，y)，易知 N(x,0)， NP ＝(0，y)，
―→ 1 ―→ y
又 ＝ ＝ 0，
y
NM NP ，∴M x， ，
2 2 2
y 2
x2 2 x2 y2
又点 M 在椭圆上，∴ ＋ ＝1，即 ＋ ＝1.
9 4 9 8
x2 y2
∴点 P 的轨迹 E 的方程为 ＋ ＝1.
9 8
16
(2)证明：当直线 l1 与 x 轴重合时，|AB|＝6，|CD|＝ ， 3
1 1 17
∴ ＋ ＝ .
|AB| |CD| 48
16
当直线 l1 与 x 轴垂直时，|AB|＝ ，|CD|＝6， 3
1 1 17
∴ ＋ ＝ .
|AB| |CD| 48
当直线 l1与 x 轴不垂直也不重合时，可设直线 l1的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，则直线 l2
1
的方程为 y＝－ (x－1)，
k
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
y＝k(x－1)，
联立直线 l1与曲线 E 的方程，得 x2 y2
＋ ＝1， 9 8
得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，
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Δ＝(－18k2)2－4(8＋9k2)(9k2－72)＞0，
18k2
x1＋x2＝
8＋9k2
，
可得
9k2－72
x1x2＝ ， 8＋9k2
48(1＋k2)
∴|AB|＝ 1＋k2· (x 21＋x2) －4x1x2＝ ，
8＋9k2
18 9－72k2
同理可得 x3＋x4＝ ，x1x2＝ .
8k2＋9 8k2＋9
1 48(1＋k2)
则|CD|＝ 1＋ 2· (x3＋x )24 －4x3x4＝ . k 9＋8k2
1 1 8＋9k2 9＋8k2 17
∴ ＋ ＝ ＋ ＝ .
|AB| |CD| 48(k2＋1) 48(k2＋1) 48
1 1
综上可得 ＋ 为定值．
|AB| |CD|
3．(2019·惠州调研)已知点 C 为圆(x＋1)2＋y＝8 的圆心，P 是圆上的动点，点 Q 在圆的
―→ ―→ ―→ ―→
半径 CP 上，且有点 A(1,0)和 AP 上的点 M，满足MQ·AP ＝0， AP ＝2 AM .
(1)当点 P 在圆上运动时，求点 Q 的轨迹方程；
(2)若斜率为 k 的直线 l 与圆 x2＋y2＝1 相切，与(1)中所求点 Q 的轨迹交于不同的两点 F，
3 ―→ ―→ 4
H，O 是坐标原点，且 ≤ OF ·OH≤ 时，求 k 的取值范围．
4 5
解：(1)由题意知 MQ 是线段 AP 的垂直平分线，所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝
2 2＞|CA|＝2，
所以点 Q 的轨迹是以点 C，A 为焦点，焦距为 2，长轴长为 2 2的椭圆，所以 a＝ 2，
c＝1，b＝ a2－c2＝1，
x2
故点 Q 的轨迹方程是 ＋y2＝1.
2
(2)设直线 l：y＝kx＋t，F(x1，y1)，H(x2，y2)，
|t|
直线 l 与圆 x2＋y2＝1 相切 ＝1 t2＝k2＋1.
k2＋1
x2
＋y2＝1，
联立 2 (1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， y＝kx＋t
Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2＞0 k≠0，
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－4kt 2t2－2
x1＋x2＝ 2，x1x2＝1＋2k 1＋2k2
，
―→ ―→
所以 OF ·OH＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x 21x2＋kt(x1＋x2)＋t
(1＋k2)(2t2－2) －4kt
＝ 2 ＋kt 2＋t
2
1＋2k 1＋2k
(1＋k2)2k2 4k2(k2＋1)
＝ 2
1＋2k2
－
1＋2k2
＋k ＋1
1＋k2
＝ ，
1＋2k2
3 1＋k2 4 1 1 3 2
所以 ≤ ≤ ≤k2≤ ≤|k|≤ ，
4 1＋2k2 5 3 2 3 2
2 3 3 2
所以－ ≤k≤－ 或 ≤k≤ .
2 3 3 2
2 3 3 2
故 k 的取值范围是 － ，－ ∪ ， .
2 3 3 2
第 783页/共1004页

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