《高三数学一轮复习 8.9直线与圆锥曲线的位置关系课件 .ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学一轮复习 8.9直线与圆锥曲线的位置关系课件 .ppt（114页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第 九 节直线与圆锥曲线的位置关系【知【知识梳理】梳理】1.1.直直线与与圆锥曲曲线的位置关系的判定的位置关系的判定(1)(1)代数法代数法: :把把圆锥曲曲线方程与直方程与直线方程方程联立消去立消去y,y,整理得到关整理得到关于于x x的方程的方程axax2 2+bx+c=0.+bx+c=0.方程方程axax2 2+bx+c=0+bx+c=0的解的解l与与C C1 1的交点的交点a=0a=0b=0b=0无解无解( (含含l是双曲是双曲线的的渐近近线) )_b0b0有一解有一解( (含含l与抛物与抛物线的的对称称轴平行或与双曲平行或与双曲线的的渐近近线平行平行) )_a0a000两个两个_的解
2、的解_=0=0两个相等的解两个相等的解_00.0.其中正确的是其中正确的是( () )A. B.A. B.C. D.C. D.【解析】【解析】选选C.C.正确正确, ,直线直线l与椭圆与椭圆C C只有一个公共点只有一个公共点, ,则直线则直线l与与椭圆椭圆C C相切相切, ,反之亦成立反之亦成立. .错误错误, ,因为直线因为直线l与双曲线与双曲线C C的渐近线平行时的渐近线平行时, ,也只有一个公共也只有一个公共点点, ,是相交是相交, ,但并不相切但并不相切. .错误错误, ,因为直线因为直线l与抛物线与抛物线C C的对称轴平行时的对称轴平行时, ,也只有一个公共也只有一个公共点点, ,是
3、相交是相交, ,但不相切但不相切. .正确正确,|AB|= ,|AB|= 又又x x1 1=ty=ty1 1+a,x+a,x2 2=ty=ty2 2+a,+a,所以所以|AB|=|AB|= 错误错误, ,应是以应是以l为垂直平分线的线段为垂直平分线的线段ABAB所在的直线所在的直线l 与抛物线与抛物线方程联立方程联立, ,消元后所得一元二次方程的判别式消元后所得一元二次方程的判别式0.0.2.2.过点点(0,1)(0,1)作直作直线, ,使它与抛物使它与抛物线y y2 2=4x=4x仅有一个公共点有一个公共点, ,这样的直的直线有有( () )A.1A.1条条B.2B.2条条C.3C.3条条D
4、.4D.4条条【解析】【解析】选选C.C.与抛物线相切有与抛物线相切有2 2条条, ,与对称轴平行有与对称轴平行有1 1条条, ,共共3 3条条. .3.3.已知抛物已知抛物线C C的方程的方程为x x2 2= y,= y,过A(0,-1),B(t,3)A(0,-1),B(t,3)两点的直两点的直线与抛物与抛物线C C没有公共点没有公共点, ,则实数数t t的取的取值范范围是是( () )A.(-,-1)(1,+) A.(-,-1)(1,+) C.(-,-2 )(2 ,+) C.(-,-2 )(2 ,+) D.(-,- )( ,+)D.(-,- )( ,+)【解析】【解析】选选D.D.当当t0
5、t0时时, ,直线直线ABAB的方程为的方程为y= x-1,y= x-1,与抛物线方与抛物线方程程x x2 2= y= y联立得联立得 由于直线由于直线ABAB与抛物线与抛物线C C没有公共没有公共点点, ,所以所以= -20,= -20) (m0)与直与直线x+2y-2=0x+2y-2=0有两个不同的交点有两个不同的交点, ,则m m的取的取值范范围是是. .【解析】【解析】由由 消去消去x x并整理得并整理得, ,(3+4m)y(3+4m)y2 2-8my+m=0,-8my+m=0,根据条件得根据条件得解得解得 m3 m3.m3.答案答案: : m3m3m3考点考点1 1 直直线与与圆锥曲
6、曲线的位置关系的确定及的位置关系的确定及应用用【典例【典例1 1】(1)(1)过抛物抛物线y y2 2=2x=2x的焦点作一条直的焦点作一条直线与抛物与抛物线交于交于A,BA,B两点两点, ,它它们的横坐的横坐标之和等于之和等于2,2,则这样的直的直线( () )A.A.有且只有一条有且只有一条 B. B.有且只有两条有且只有两条C.C.有且只有三条有且只有三条 D. D.有且只有四条有且只有四条(2)(2013(2)(2013浙江高考浙江高考) )如如图, ,点点P(0,-1)P(0,-1)是是椭圆C C1 1: : (ab0)(ab0)的一个的一个顶点点,C,C1 1的的长轴是是圆C C2
7、 2:x:x2 2+y+y2 2=4=4的直径的直径. . l1 1, ,l2 2是是过点点P P且互相垂直的两条直且互相垂直的两条直线, ,其中其中l1 1交交圆C C2 2于于A,BA,B两点两点, ,l2 2交交椭圆于于另一点另一点D.D.求求椭圆C C1 1的方程的方程. .求求ABDABD面面积取最大取最大值时直直线l1 1的方程的方程. .【解题视点】【解题视点】(1)(1)由于过焦点垂直于轴的弦只有一条由于过焦点垂直于轴的弦只有一条, ,且此时弦且此时弦长最小长最小, ,因此只需看该弦与弦因此只需看该弦与弦ABAB的关系即可的关系即可. .(2)(2)由长轴可求由长轴可求a a值
8、值, ,由点由点P P可求可求b b值值;先确定先确定ABDABD的底与高的底与高, ,再得出面积的解析式再得出面积的解析式, ,利用基本不等式求最值利用基本不等式求最值. .【规范解答】【规范解答】(1)(1)选选B.B.设该抛物线焦点为设该抛物线焦点为F,A(xF,A(xA A,y,yA A),B(x),B(xB B,y,yB B),),则则|AB|=|AF|+|FB|=x|AB|=|AF|+|FB|=xA A+ +x+ +xB B+ =x+ =xA A+x+xB B+1=32p=2.+1=32p=2.所以符合条所以符合条件的直线有且只有两条件的直线有且只有两条. .(2)(2)由题意得由
9、题意得,a=2,b=1,a=2,b=1,所以椭圆所以椭圆C C1 1的方程为的方程为: +y: +y2 2=1.=1.设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),D(x),D(x0 0,y,y0 0).).由题意知由题意知, ,直线直线l1 1的斜率存在的斜率存在, ,不妨设其为不妨设其为k,k,则直线则直线l1 1的方程为的方程为: :y=kx-1,y=kx-1,又圆又圆C C2 2:x:x2 2+y+y2 2=4,=4,故点故点O O到直线到直线l1 1的距离的距离 所以所以|AB|= |AB|= 又又l2 2l1 1, ,故直线故直线l2 2的方程为的
10、方程为:x+ky+k=0,:x+ky+k=0,由由 消去消去y,y,整理得整理得(4+k(4+k2 2)x)x2 2+8kx=0,+8kx=0,故故x x0 0= = 所以所以|PD|= |PD|= 设设ABDABD的面积为的面积为S,S,则则S= |AB|PD|= S= |AB|PD|= 所以所以S= S= 当且仅当当且仅当k= k= 时取等号时取等号, ,所以所求所以所求l1 1的方程为的方程为y= x-1.y= x-1.【互【互动探究】探究】本例本例(1)(1)中的中的“横坐横坐标之和等于之和等于2”2”改改为“横坐横坐标之和等于之和等于1”1”结果如何果如何? ?若改若改为“横坐横坐标
11、之和等于之和等于0.5”0.5”结果如果如何何? ?【解析】【解析】若改为若改为“横坐标之和等于横坐标之和等于1”,1”,设该抛物线焦点为设该抛物线焦点为F,A(xF,A(xA A,y,yA A),B(x),B(xB B,y,yB B),),则则|AB|=|AF|+|FB|= |AB|=|AF|+|FB|= x xA A+ +x+ +xB B+ =x+ =xA A+x+xB B+1=2=2p=2.+1=2=2p=2.所以符合条件的直线有且只有一所以符合条件的直线有且只有一条条. .若改为若改为“横坐标之和等于横坐标之和等于0.5”,0.5”,设该抛物线焦点为设该抛物线焦点为F,A(xF,A(x
12、A A,y,yA A),B(x),B(xB B,y,yB B),),则则|AB|=|AF|+|FB|AB|=|AF|+|FB|=x=xA A+ +x+ +xB B+ =x+ =xA A+x+xB B+1=1.52p=2.+1=1.50), (b0),则将则将x=- y-4x=- y-4代入椭圆方程代入椭圆方程, ,得得4(b4(b2 2+1)y+1)y2 2+8 b+8 b2 2y-by-b4 4+12b+12b2 2=0,=0,因因为椭圆与直线为椭圆与直线x+ y+4=0x+ y+4=0有且仅有一个交点有且仅有一个交点, ,所以所以=(8 b=(8 b2 2) )2 2-44(b-44(b2
13、 2+1)(-b+1)(-b4 4+12b+12b2 2)=0,)=0,即即(b(b2 2+4)(b+4)(b2 2-3)=0.-3)=0.所以所以b b2 2=3,=3,长轴长为长轴长为 2.2.已知曲已知曲线 (ab0, (ab0,且且ab)ab)与直与直线x+y-1=0x+y-1=0相交于相交于P,QP,Q两点两点, ,且且 (O (O为原点原点),),则 的的值为. .【解析】【解析】将将y=1-xy=1-x代入代入 得得(b-a)x(b-a)x2 2+2ax-(a+ab)=0.+2ax-(a+ab)=0.设设P(xP(x1 1,y,y1 1),Q(x),Q(x2 2,y,y2 2),
14、),则则 =x=x1 1x x2 2+y+y1 1y y2 2=x=x1 1x x2 2+(1-x+(1-x1 1)(1-x)(1-x2 2)=2x)=2x1 1x x2 2-(x-(x1 1+x+x2 2)+1,)+1,所以所以 即即2a+2ab-2a+a-b=0,2a+2ab-2a+a-b=0,即即b-a=2ab,b-a=2ab,所以所以 答案答案: :2 2【加固【加固训练】1.(20131.(2013嘉定模嘉定模拟) )过点点P(1,1)P(1,1)作直作直线与双曲与双曲线 交于交于A,BA,B两点两点, ,使点使点P P为ABAB中点中点, ,则这样的直的直线( () )A.A.存在
15、一条存在一条, ,且方程且方程为2x-y-1=02x-y-1=0B.B.存在无数条存在无数条C.C.存在两条存在两条, ,方程方程为2x(y+1)=02x(y+1)=0D.D.不存在不存在【解析】【解析】选选D.D.设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),则则x x1 1+x+x2 2=2,y=2,y1 1+y+y2 2=2,=2,则则 两式相减得两式相减得(x(x1 1-x-x2 2)(x)(x1 1+x+x2 2)- (y)- (y1 1-y-y2 2)(y)(y1 1+y+y2 2)=0,)=0,所以所以x x1 1-x-x2 2= (y= (
16、y1 1-y-y2 2),),即即k kABAB=2,=2,故所求直线方程为故所求直线方程为y-1=2(x-1),y-1=2(x-1),即即2x-y-1=0.2x-y-1=0.联立联立 可得可得2x2x2 2-4x+3=0,-4x+3=0,但此方程没有实数解但此方程没有实数解, ,故这样的直线不存在故这样的直线不存在. .2.(20132.(2013焦作模焦作模拟) )已知已知椭圆C C1 1: (0b2): (0b0)=2py(p0)的焦点是的焦点是椭圆的的顶点点. .(1)(1)求抛物求抛物线C C2 2的方程的方程. .(2)(2)过点点M(-1,0)M(-1,0)的直的直线l与抛物与抛
17、物线C C2 2交于交于E,FE,F两点两点, ,过E,FE,F作抛物作抛物线C C2 2的切的切线l1 1, ,l2 2, ,当当l1 1l2 2时, ,求直求直线l的方程的方程. .【解析】【解析】(1)(1)因为椭圆因为椭圆C C1 1的长半轴长的长半轴长a=2,a=2,半焦距半焦距 由由 得得b b2 2=1.=1.所以椭圆所以椭圆C C1 1的上顶点为的上顶点为(0,1),(0,1),所以抛物线所以抛物线C C2 2的焦点为的焦点为(0,1),(0,1),所所以抛物线以抛物线C C2 2的方程为的方程为x x2 2=4y.=4y.(2)(2)由已知可得直线由已知可得直线l的斜率必存在
18、的斜率必存在, ,设直线设直线l的方程为的方程为y=k(x+1),Ey=k(x+1),E(x(x1 1,y,y1 1),F(x),F(x2 2,y,y2 2).).由由x x2 2=4y,=4y,得得y= xy= x2 2. .所以所以y= x.y= x.所以切线所以切线l1 1, ,l2 2的斜率分别为的斜率分别为 x x1 1, x, x2 2. .当当l1 1l2 2时时, x, x1 1 x x2 2=-1,=-1,即即x x1 1x x2 2=-4.=-4.由由 得得x x2 2-4kx-4k=0.-4kx-4k=0.所以所以=(4k)=(4k)2 2-4(-4k)0,-4(-4k)
19、0,解得解得k-1k0.k0.x x1 1x x2 2=-4k=-4,=-4k=-4,即即k=1,k=1,满足满足式式. .所以直线所以直线l的方程为的方程为x-y+1=0.x-y+1=0.考点考点2 2 与弦与弦长、弦中点及弦端点相关的、弦中点及弦端点相关的问题【典例【典例2 2】(1)(2014(1)(2014舟山模舟山模拟) )直直线4kx-4y-k=04kx-4y-k=0与抛物与抛物线y y2 2=x=x交于交于A,BA,B两点两点, ,若若|AB|=4,|AB|=4,则弦弦ABAB的中点到直的中点到直线x+ =0x+ =0的距离等的距离等于于( () )A. B.2 C. D.4A.
20、 B.2 C. D.4(2)(2013(2)(2013天津高考天津高考) )设椭圆 (ab0) (ab0)的左焦点的左焦点为F,F,离心率离心率为 过点点F F且与且与x x轴垂直的直垂直的直线被被椭圆截得的截得的线段段长为 求求椭圆的方程的方程; ;设A,BA,B分分别为椭圆的左、右的左、右顶点点, ,过点点F F且斜率且斜率为k k的直的直线与与椭圆交于交于C,DC,D两点两点, ,若若 =8, =8,求求k k的的值. .【解题视点】【解题视点】(1)(1)首先判断出直线过抛物线的焦点首先判断出直线过抛物线的焦点, ,再根据再根据|AB|=4|AB|=4求解求解. .(2)(2)由离心率
21、可求得由离心率可求得a,ca,c之间的关系式之间的关系式, ,再利用线段的长即可再利用线段的长即可求出椭圆方程求出椭圆方程;可将直线方程与椭圆方程联立可将直线方程与椭圆方程联立, ,得出得出C,DC,D两点两点坐标之间的关系坐标之间的关系, ,再利用题设中向量等式即可求出再利用题设中向量等式即可求出k k值值. .【规范解答】【规范解答】(1)(1)选选C.C.直线直线4kx-4y-k=0,4kx-4y-k=0,即即y=k y=k 即直线即直线4kx-4y-k=04kx-4y-k=0过抛物线过抛物线y y2 2=x=x的焦点的焦点 设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2
22、,y,y2 2),),则则|AB|=x|AB|=x1 1+x+x2 2+ =4,+ =4,故故x x1 1+x+x2 2= ,= ,则弦则弦ABAB的中点的横坐标是的中点的横坐标是 , ,弦弦ABAB的中点到直线的中点到直线x+ =0x+ =0的距离是的距离是 (2)(2)设设F(-c,0),F(-c,0),由由 过点过点F F且与且与x x轴垂直的直线为轴垂直的直线为x=-c,x=-c,代入椭圆的方程有代入椭圆的方程有 于是于是 又又a a2 2-c-c2 2=b=b2 2, ,从而从而a= ,c=1,a= ,c=1,所以所求椭圆的方程为所以所求椭圆的方程为 设点设点C(xC(x1 1,y,
23、y1 1),D(x),D(x2 2,y,y2 2),),由由F(-1,0)F(-1,0)得直线得直线CDCD的方程为的方程为y=k(x+1).y=k(x+1).由方程组由方程组 消去消去y,y,整理得整理得(2+3k(2+3k2 2)x)x2 2+6k+6k2 2x+3kx+3k2 2-6=0,-6=0,可得可得 因为因为A(- ,0),B( ,0),A(- ,0),B( ,0),所以所以 =6-2x=6-2x1 1x x2 2-2y-2y1 1y y2 2=6-2x=6-2x1 1x x2 2-2k-2k2 2(x(x1 1+1)(x+1)(x2 2+1)+1)=6-(2+2k=6-(2+2
24、k2 2)x)x1 1x x2 2-2k-2k2 2(x(x1 1+x+x2 2)-2k)-2k2 2=6+ =6+ 由已知得由已知得6+ =8,6+ =8,解得解得k= k= 【规律方法】【规律方法】1.1.弦长的计算方法与技巧弦长的计算方法与技巧求弦长时可利用弦长公式求弦长时可利用弦长公式, ,根据直线方程与圆锥曲线方程联立根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程消元后得到的一元二次方程, ,利用根与系数的关系得到两根之利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式和、两根之积的代数式, ,然后进行整体代入弦长公式求解然后进行整体代入弦长公式求解. .提醒提醒: :注意两种
25、特殊情况注意两种特殊情况:(1):(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直垂直;(2);(2)直线过圆锥曲线的焦点直线过圆锥曲线的焦点. .2.2.弦中点问题的解法弦中点问题的解法点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算连线斜率问题时可简化运算, ,但要注意直线斜率是否存在但要注意直线斜率是否存在. .3.3.与弦端点相关问题的解法与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法, ,就是将其转化为端
26、点的坐标关系就是将其转化为端点的坐标关系, ,再根据联立消元后的一元二再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系次方程根与系数的大小关系, ,构建方程构建方程( (组组) )求解求解. .【变式式训练】已知已知椭圆C: (ab0),C: (ab0),直直线y=x+ y=x+ 与以与以原点原点为圆心心, ,以以椭圆C C的短半的短半轴长为半径的半径的圆相切相切,F,F1 1,F,F2 2为其其左、右焦点左、右焦点,P,P为椭圆C C上任意一点上任意一点,F,F1 1PFPF2 2的重心的重心为G,G,内心内心为I,I,且且IGFIGF1 1F F2 2. .(1)(1)求求椭圆C C的方程
27、的方程. .(2)(2)若直若直线l:y=kx+m(k0):y=kx+m(k0)与与椭圆C C交于不同的两点交于不同的两点A,B,A,B,且且线段段ABAB的垂直平分的垂直平分线过定点定点 求求实数数k k的取的取值范范围. .【解析】【解析】(1)(1)设设P(xP(x0 0,y,y0 0),x),x0 0a,a,则则 又设又设I(xI(xI I,y,yI I),),因为因为IGFIGF1 1F F2 2, ,所以所以y yI I= ,= ,因为因为|F|F1 1F F2 2|=2c,|=2c,所以所以 = |F = |F1 1F F2 2|y|y0 0| |= (|PF= (|PF1 1|
28、+|PF|+|PF2 2|+|F|+|F1 1F F2 2|) |) 所以所以2c3=2a+2c,2c3=2a+2c,所以所以 又由题意知又由题意知 所以所以b= ,b= ,所以所以a=2,a=2,所以椭圆所以椭圆C C的方程为的方程为 (2)(2)设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),由由 消去消去y,y,得得(3+4k(3+4k2 2)x)x2 2+8kmx+4m+8kmx+4m2 2-12=0,-12=0,由题意知由题意知=(8km)=(8km)2 2-4(3+4k-4(3+4k2 2)(4m)(4m2 2-12)0,-12)0,即即m m2
29、 24k4k2 2+3,+3,又又x x1 1+x+x2 2=- =- 则则y y1 1+y+y2 2= = 所以线段所以线段ABAB的中点的中点P P的坐标为的坐标为 又线段又线段ABAB的垂直平分线的垂直平分线l 的方程为的方程为 点点P P在直线在直线l 上上, ,所以所以 所以所以4k4k2 2+6km+3=0,+6km+3=0,所以所以m=- (4km=- (4k2 2+3),+3),所以所以 4k 解得解得 所以所以k k的取值范围是的取值范围是 【加固【加固训练】1.1.过抛物抛物线y y2 2=2px(p0)=2px(p0)焦点的直焦点的直线与抛物与抛物线交于交于A,BA,B两
30、点两点, ,|AB|=3,|AB|=3,且且ABAB中点的中点的纵坐坐标为 , ,则p p的的值为. .【解析】【解析】设直线方程为设直线方程为x=my+ ,x=my+ ,代入抛物线方程得代入抛物线方程得y y2 2-2mpy-p-2mpy-p2 2=0,=0,设设A(xA(xA A,y,yA A),B(x),B(xB B,y,yB B),),则则又又|AB|=|AB|=即即解得解得 答案答案: :2.2.椭圆axax2 2+by+by2 2=1=1与直与直线x+y-1=0x+y-1=0相交于相交于A,BA,B两点两点,C,C是是线段段ABAB的的中点中点. .若若|AB|=2 ,|AB|=2
31、 ,直直线OCOC的斜率的斜率为 求求椭圆的方程的方程. .【解析】【解析】设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),代入椭圆的方程并作差代入椭圆的方程并作差, ,得得a(xa(x1 1+x+x2 2)(x)(x1 1-x-x2 2)+b(y)+b(y1 1+y+y2 2)(y)(y1 1-y-y2 2)=0.)=0.而而 代入上式可得代入上式可得b= a.b= a.联立联立 得得(a+b)x(a+b)x2 2-2bx+b-1=0,-2bx+b-1=0,所以所以 又又|AB|= |x|AB|= |x2 2-x-x1 1|=2 ,|=2 ,即即|x|x2
32、 2-x-x1 1|=2,|=2,则则|x|x2 2-x-x1 1| |2 2= = 将将b= ab= a代入代入, ,得得 此时此时=(-2b)=(-2b)2 2-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab)-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab)=4 0,=4 0,所以所求椭圆的方程是所以所求椭圆的方程是 考点考点3 3 探究性、存在性问题探究性、存在性问题【考情】【考情】探究性、存在性探究性、存在性问题是高考在解析几何中命是高考在解析几何中命题的一大的一大亮点亮点, ,主要是以解答主要是以解答题的形式出的形式出现, ,考考查直直线与与圆锥曲曲线的位置的位置关系、关系、圆锥曲曲线的几何性
33、的几何性质、考、考查学生的运算能力以及分析学生的运算能力以及分析问题、解决、解决问题的能力的能力. .高频考点高频考点通关通关 【典例【典例3 3】(1)(2014(1)(2014金金华模模拟) )已知已知椭圆的两个焦点的两个焦点F F1 1(- ,(- ,0), F0), F2 2( ,0),( ,0),过F F1 1且与坐且与坐标轴不平行的直不平行的直线l1 1与与椭圆相交于相交于M,NM,N两点两点,MNF,MNF2 2的周的周长等于等于8.8.若若过点点(1,0)(1,0)的直的直线l与与椭圆交于交于不同两点不同两点P,Q,xP,Q,x轴上存在定点上存在定点E(m,0),E(m,0),
34、使使 恒恒为定定值, ,则E E的坐的坐标为( () ) (2)(2013(2)(2013湖北高考湖北高考) )如如图, ,已知已知椭圆C C1 1与与C C2 2的中心的中心为坐坐标原点原点O,O,长轴均均为MNMN且在且在x x轴上上, ,短短轴长分分别为2m,2n(mn),2m,2n(mn),过原点且不原点且不与与x x轴重合的直重合的直线l与与C C1 1,C,C2 2的四个交点按的四个交点按纵坐坐标从大到小依次从大到小依次为A,B,C,D.A,B,C,D.记= ,BDM= ,BDM和和ABNABN的面的面积分分别为S S1 1和和S S2 2. .当直当直线l与与y y轴重合重合时,
35、 ,若若S S1 1=S=S2 2, ,求求的的值. .当当变化化时, ,是否存在与坐是否存在与坐标轴不重合的直不重合的直线l, ,使得使得S S1 1=S=S2 2? ?并并说明理由明理由. .【解题视点】【解题视点】(1)(1)先确定椭圆的方程先确定椭圆的方程, ,再取两个特殊位置再取两个特殊位置, ,求出求出 , ,利用利用x x轴上存在定点轴上存在定点E(m,0),E(m,0),使使 恒为定值恒为定值, ,即可即可求得求得E E的坐标的坐标. .(2)(2)由由S S1 1=S=S2 2列出方程解出列出方程解出的值的值, ,验证验证11得得的值的值. .先假设存在先假设存在, ,看是否
36、能求出符合条件的看是否能求出符合条件的,如果推出矛盾就是如果推出矛盾就是不存在不存在. .【规范解答】【规范解答】(1)(1)选选C.C.由题意由题意, ,设椭圆的方程为设椭圆的方程为 (ab0),(ab0),则则c= ,4a=8,c= ,4a=8,所以所以a=2,b= =1,a=2,b= =1,所以椭圆的方所以椭圆的方程为程为 +y +y2 2=1,=1,取直线取直线lxx轴轴, ,则可得则可得 所以所以 取直线取直线l为为x x轴轴, ,则可得则可得P(-2,0),Q(2,0),P(-2,0),Q(2,0),所以所以 =(m+2,0)(m-2,0)=m =(m+2,0)(m-2,0)=m2
37、 2-4,-4,由题意可得由题意可得,(m-1),(m-1)2 2- =m- =m2 2-4,-4,所以所以m= ,m= ,所以所以E E的坐标为的坐标为 (2)(2)依题意可设椭圆依题意可设椭圆C C1 1和和C C2 2的方程分别为的方程分别为 其中其中amn0,= 1.amn0,= 1.方法一方法一: :如图如图1,1,若直线若直线l与与y y轴重合轴重合, ,即直线即直线l的方程为的方程为x=0,x=0,则则S S1 1= |BD|OM|= |BD|OM|= a|BD|,= a|BD|,S S2 2= |AB|ON|= a|AB|,= |AB|ON|= a|AB|,所以所以 在在C C
38、1 1和和C C2 2的方程中分别令的方程中分别令x=0,x=0,可得可得y yA A=m,y=m,yB B=n,y=n,yD D=-m,=-m,于是于是 若若 化简得化简得2 2-2-1=0.-2-1=0.由由1,1,可解得可解得= +1.= +1.故当直线故当直线l与与y y轴重合时轴重合时, ,若若S S1 1=S=S2 2, ,则则= +1.= +1.方法二方法二: :如图如图1,1,若直线若直线l与与y y轴重合轴重合, ,则则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S S
39、1 1= |BD|OM|= a|BD|,= |BD|OM|= a|BD|,S S2 2= |AB|ON|= a|AB|.= |AB|ON|= a|AB|.所以所以 若若 化简得化简得2 2-2-1=0.-2-1=0.由由1,1,可解得可解得= +1.= +1.故当直线故当直线l与与y y轴重合时轴重合时, ,若若S S1 1=S=S2 2, ,则则= +1.= +1.方法一方法一: :若存在与坐标轴不重合的直线若存在与坐标轴不重合的直线l, ,使得使得S S1 1=S=S2 2. .根据对称性根据对称性, ,不妨设直线不妨设直线l:y=kx(k0),:y=kx(k0),点点M(-a,0),N(
40、a,0)M(-a,0),N(a,0)到直线到直线l的距离分别为的距离分别为d d1 1,d,d2 2, ,则则因为因为 所以所以d d1 1=d=d2 2. .又又S S1 1= |BD|d= |BD|d1 1,S,S2 2= |AB|d= |AB|d2 2, ,所以所以 即即|BD|=|AB|.|BD|=|AB|.由对称性可知由对称性可知|AB|=|CD|,|AB|=|CD|,所以所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,于是于是 将将l的
41、方程分别与的方程分别与C C1 1,C,C2 2的方程联立的方程联立, ,可求得可求得 根据对称性可知根据对称性可知x xC C=-x=-xB B,x,xD D=-x=-xA A, ,于是于是 从而由从而由和和式可得式可得 令令t= ,t= ,则由则由mn,mn,可得可得t1,t1,于是由于是由可解得可解得k k2 2= = 因为因为k0,k0,所以所以k k2 20.0.于是于是式关于式关于k k有解有解, ,当且仅当当且仅当 等价于等价于(t(t2 2-1) 0.-1) 1,1,可解得可解得 t1, t1,1,解得解得1+ ,1+ ,所以所以当当11+ 11+ 1+ 时时, ,存在与坐标轴
42、不重合的直线存在与坐标轴不重合的直线l, ,使得使得S S1 1=S=S2 2. .方法二方法二: :若存在与坐标轴不重合的直线若存在与坐标轴不重合的直线l, ,使得使得S S1 1=S=S2 2. .根据对称性根据对称性, ,不妨设直线不妨设直线l:y=kx(k0),:y=kx(k0),点点M(-a,0),N(a,0)M(-a,0),N(a,0)到直线到直线l的距离分别为的距离分别为d d1 1,d,d2 2, ,则则因为因为 所以所以d d1 1=d=d2 2. .又又S S1 1= |BD|d= |BD|d1 1,S,S2 2= |AB|d= |AB|d2 2, ,所以所以 因为因为 由
43、点由点A(xA(xA A,kx,kxA A),B(x),B(xB B,kx,kxB B) )分别在分别在C C1 1,C,C2 2上上, ,可得可得 两式相减可得两式相减可得 依题意依题意x xA AxxB B0,0,所以所以 所以由上式解得所以由上式解得k k2 2= = 因为因为k k2 20,0,所以有所以有 0, 0,可解得可解得1 .1 .从而从而1 ,1 1+ ,1+ ,所以所以当当11+ 11+ 1+ 时时, ,存在与坐标轴不重合的直线存在与坐标轴不重合的直线l, ,使得使得S S1 1=S=S2 2. .【通关【通关锦囊】囊】 重点重点题型型破解策略破解策略探究是否存探究是否存
44、在常数的在常数的问题首先假首先假设存在存在, ,看是否能求出符合条件的参数看是否能求出符合条件的参数值, ,如果推出矛盾就不存在如果推出矛盾就不存在, ,否否则就存在就存在探究是否存探究是否存在点的在点的问题可依据条件可依据条件, ,直接探究其直接探究其结果果; ;也可以也可以举特例特例, ,然后再然后再证明明探究是否存探究是否存在直在直线( (圆) )的的问题可依据条件可依据条件寻找适合条件的直找适合条件的直线( (圆) )方程方程, ,联立方程消元得出一元二次方程立方程消元得出一元二次方程, ,利用判利用判别式得式得出是否有解出是否有解【特别提醒】【特别提醒】解决探究性、存在性问题时解决探
45、究性、存在性问题时, ,一定要注意验证特一定要注意验证特殊情况下是否适合殊情况下是否适合. .【关注【关注题型】型】探究是否存在最探究是否存在最值的的问题可依据条件可依据条件, ,得出函数解析式得出函数解析式, ,可依据解可依据解析式判定其最析式判定其最值是否存在是否存在, ,然后得出然后得出结论【通关【通关题组】1.(20131.(2013江西高考江西高考) )如如图, ,椭圆C: (ab0)C: (ab0)经过点点P(1, ),P(1, ),离心率离心率e= ,e= ,直直线l的方程的方程为x=4.x=4.(1)(1)求求椭圆C C的方程的方程. .(2)AB(2)AB是是经过右焦点右焦点
46、F F的任一弦的任一弦( (不不经过点点P),P),设直直线ABAB与直与直线l相相交于点交于点M,M,记PA,PB,PMPA,PB,PM的斜率分的斜率分别为k k1 1,k,k2 2,k,k3 3. .问: :是否存在常数是否存在常数,使得使得k k1 1+k+k2 2=k=k3 3? ?若存在若存在, ,求求的的值; ;若不存在若不存在, ,说明理由明理由. .【解析】【解析】(1)(1)由由 在椭圆上得在椭圆上得, , 依题设知依题设知a=2c,a=2c,则则a a2 2=4c=4c2 2,b,b2 2=3c=3c2 2,将将代入代入得得c c2 2=1,a=1,a2 2=4,b=4,b
47、2 2=3.=3.故椭圆故椭圆C C的方程为的方程为 (2)(2)方法一方法一: :由题意可设由题意可设ABAB的斜率为的斜率为k,k,则直线则直线ABAB的方程为的方程为y=k(x-1),y=k(x-1),代入椭圆方程并整理得代入椭圆方程并整理得(4k(4k2 2+3)x+3)x2 2-8k-8k2 2x+4(kx+4(k2 2-3)=0.-3)=0.设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),则有则有x x1 1+x+x2 2= x= x1 1x x2 2= = 在方程在方程中令中令x=4,x=4,得得M(4,3k).M(4,3k). 注意到注意到A
48、,F,BA,F,B三点共线三点共线, ,则有则有k=kk=kAFAF=k=kBFBF, ,即即 所以所以 将将代入代入得得k k1 1+k+k2 2=2k- =2k- =2k-1.=2k-1.又又k k3 3=k- ,=k- ,所以所以k k1 1+k+k2 2=2k=2k3 3. .故存在常数故存在常数=2=2符合题意符合题意. .方法二方法二: :设设B(xB(x0 0,y,y0 0)(x)(x0 01),1),则直线则直线FBFB的方程为的方程为: : 令令x=4,x=4,求得求得 从而直线从而直线PMPM的斜率为的斜率为 联立联立 则直线则直线PAPA的斜率为的斜率为 直线直线PBPB
49、的斜率为的斜率为 所以所以 故存在常数故存在常数=2=2符合题意符合题意. .2.(20142.(2014绍兴模模拟) )在平面直角坐在平面直角坐标系系xOyxOy中中, ,过定点定点C(0,p)C(0,p)作作直直线与抛物与抛物线x x2 2=2py(p0)=2py(p0)相交于相交于A,BA,B两点两点. .(1)(1)若点若点N N是点是点C C关于坐关于坐标原点原点O O的的对称点称点, ,求求ANBANB面面积的最小的最小值. .(2)(2)是否存在垂直于是否存在垂直于y y轴的直的直线l, ,使得使得l被以被以ACAC为直径的直径的圆截得的截得的弦弦长恒恒为定定值? ?若存在若存在
50、, ,求出求出l的方程的方程; ;若不存在若不存在, ,说明理由明理由. .【解析】【解析】方法一方法一:(1):(1)依题意依题意, ,点点N N的坐标为的坐标为N(0,-p),N(0,-p),可设可设A(xA(x1 1,y,y1 1),B),B(x(x2 2,y,y2 2),),直线直线ABAB的方程为的方程为y=kx+p,y=kx+p,与与x x2 2=2py=2py联立得联立得消去消去y y得得x x2 2-2pkx-2p-2pkx-2p2 2=0,=0,由根与系数的关系得由根与系数的关系得x x1 1+x+x2 2=2pk,x=2pk,x1 1x x2 2=-2p=-2p2 2, ,
51、于是于是S SANBANB=S=SBCNBCN+S+SACNACN= 2p|x= 2p|x1 1-x-x2 2| |=p|x=p|x1 1-x-x2 2|= |= = = 所以当所以当k=0k=0时时,(S,(SABNABN) )minmin=2 p=2 p2 2. .(2)(2)假设满足条件的直线假设满足条件的直线l存在存在, ,其方程为其方程为y=a.y=a.设设ACAC的中点为的中点为O,O,l与与ACAC为直径的圆相交于点为直径的圆相交于点P,Q,PQP,Q,PQ的中点为的中点为H,H,则则OHPQ,OOHPQ,O点的坐标为点的坐标为 因为因为|OP|= |AC|OP|= |AC| |
52、OH|= |OH|= 所以所以|PH|PH|2 2=|OP|=|OP|2 2-|OH|-|OH|2 2= (y= (y1 12 2+p+p2 2)- (2a-y)- (2a-y1 1-p)-p)2 2= y= y1 1+a(p-a),+a(p-a),所以所以|PQ|PQ|2 2=(2|PH|)=(2|PH|)2 2= = 令令a- =0,a- =0,得得a= ,a= ,此时此时|PQ|=p|PQ|=p为定值为定值, ,故满足条件的直线故满足条件的直线l存在存在, ,其方程为其方程为y= ,y= ,即抛物线的通径所在的直线即抛物线的通径所在的直线. .方法二方法二:(1):(1)前同方法一前同方
53、法一, ,再由弦长公式得再由弦长公式得 又由点又由点N N到直线的距离公式得到直线的距离公式得 从而从而S SABNABN= d|AB|= 2p = d|AB|= 2p 所以当所以当k=0k=0时时,(S,(SABNABN) )minmin=2 p=2 p2 2. .(2)(2)假设满足条件的直线假设满足条件的直线l存在存在, ,其方程为其方程为y=a,y=a,则以则以ACAC为直径的为直径的圆的方程为圆的方程为(x-0)(x-x(x-0)(x-x1 1)+(y-p)(y-y)+(y-p)(y-y1 1)=0,)=0,将直线方程将直线方程y=ay=a代入得代入得x x2 2-x-x1 1x+(
54、a-p)(a-yx+(a-p)(a-y1 1)=0,)=0,则则=x x1 12 2-4(a-p)(a-y-4(a-p)(a-y1 1)=4 0.)=4 0.设直线设直线l与以与以ACAC为直径的圆的交点为为直径的圆的交点为P(xP(x3 3,y,y3 3),Q(x),Q(x4 4,y,y4 4),),则有则有|PQ|=|x|PQ|=|x3 3-x-x4 4|= |= 令令a- =0,a- =0,得得a= ,a= ,此时此时|PQ|=p|PQ|=p为定值为定值, ,故满足条件的直线故满足条件的直线l存存在在, ,其方程为其方程为y= ,y= ,即抛物线的通径所在的直线即抛物线的通径所在的直线.
55、 .【加固【加固训练】1.(20141.(2014杭州模杭州模拟) )已知抛物已知抛物线C:xC:x2 2=2py=2py(p0)(p0)的的顶点在原点点在原点, ,焦点焦点为F(0,1).F(0,1).(1)(1)求求p p的的值. .(2)(2)在抛物在抛物线C C上是否存在点上是否存在点P,P,使得使得过点点P P的直的直线交交C C于另一点于另一点Q,Q,满足足PFQF,PFQF,且且PQPQ与与C C在点在点P P处的切的切线垂直垂直? ?若存在若存在, ,求出点求出点P P的坐的坐标, ,若不存在若不存在, ,请说明理由明理由. .【解析】【解析】(1)(1)由抛物线的方程为由抛物
56、线的方程为x x2 2=2py(p0),=2py(p0),则则 =1, =1,即即p=2.p=2.(2)(2)设设P(xP(x1 1,y,y1 1),Q(x),Q(x2 2,y,y2 2),),则抛物线则抛物线C C在点在点P P处的切线方程是处的切线方程是 =x =x1 1x x2 2+(y+(y1 1-1)(y-1)(y2 2-1)=x-1)=x1 1x x2 2+y+y1 1y y2 2-(y-(y1 1+y+y2 2)+1)+1=-4(2+y=-4(2+y1 1)+y)+y1 1( +y( +y1 1+4)-( +2y+4)-( +2y1 1+4)+1+4)+1=y=y1 12 2-2
57、y-2y1 1- -7=(y- -7=(y1 12 2+2y+2y1 1+1)-4( +y+1)-4( +y1 1+2)+2)故故y y1 1=4,=4,此时此时, ,点点P P的坐标是的坐标是(4,4).(4,4).经检验经检验, ,符合题意符合题意. .所以所以, ,满足条件的点满足条件的点P P存在存在, ,其坐标为其坐标为P(4,4).P(4,4).2.(20142.(2014长春模春模拟) )在平面直角坐在平面直角坐标系系xOyxOy中中, ,抛物抛物线y=xy=x2 2上异上异于坐于坐标原点原点O O的两不同的两不同动点点A,BA,B满足足AOBO(AOBO(如如图所示所示).).
58、(1)(1)求求AOBAOB的重心的重心G(G(即三角形三条中即三角形三条中线的交点的交点) )的的轨迹方程迹方程. .(2)AOB(2)AOB的面的面积是否存在最小是否存在最小值? ?若存在若存在, ,请求出最小求出最小值; ;若不若不存在存在, ,请说明理由明理由. .【解析】【解析】(1)(1)设设AOBAOB的重心为的重心为G(x,y),A(xG(x,y),A(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),则则 因为因为OAOB,OAOB,所以所以k kOAOAkkOBOB=-1,=-1,即即x x1 1x x2 2+y+y1 1y y2 2=0,=0,又点又点
59、A,BA,B在抛物线上在抛物线上, ,有有y y1 1x x1 12 2，y y2 2x x2 22 2，(2)S(2)SAOBAOB |OA|OB|OA|OB| 当且仅当当且仅当x x1 12 2x x2 22 2，即，即x x1 1x x2 21 1时，等号成立时，等号成立所以所以AOBAOB的面积存在最小值，且最小值为的面积存在最小值，且最小值为1.1.3.(20133.(2013淄博模淄博模拟) )已知已知椭圆C: (a )C: (a )的右焦点的右焦点F F在在圆D:(x-2)D:(x-2)2 2+y+y2 2=1=1上上, ,直直线l:x=my+3(m0):x=my+3(m0)交交
60、椭圆于于M,NM,N两点两点. .(1)(1)求求椭圆C C的方程的方程. .(2)(2)若若 (O (O为坐坐标原点原点),),求求m m的的值. .(3)(3)若点若点P P的坐的坐标是是(4,0),(4,0),试问PMNPMN的面的面积是否存在最大是否存在最大值? ?若若存在存在, ,求出求出这个最大个最大值; ;若不存在若不存在, ,请说明理由明理由. .【解析】【解析】(1)(1)由圆由圆D:(x-2)D:(x-2)2 2+y+y2 2=1=1可得可得: :圆心圆心(2,0),(2,0),半径半径r=1.r=1.令令y=0y=0得得(x-2)(x-2)2 2=1,=1,解得解得x=3
61、x=3或或1.1.所以椭圆的半焦距所以椭圆的半焦距c=3c=3或或1,1,但是当但是当c=1c=1时时, , 故舍去故舍去. .所以所以c=3,ac=3,a2 2=b=b2 2+c+c2 2=3+3=3+32 2=12.=12.故椭圆的方程为故椭圆的方程为 (2)(2)设设M(xM(x1 1,y,y1 1),N(x),N(x2 2,y,y2 2).).联立联立 化为化为(m(m2 2+4)y+4)y2 2+6my-3=0,+6my-3=0,(3)(3)因为直线因为直线l过椭圆的右焦点过椭圆的右焦点F(3,0),F(3,0),所以所以S SPMNPMN= |FP|y= |FP|y1 1-y-y2
62、 2|.|.因为因为|FP|=4-3=1.|FP|=4-3=1.当且仅当当且仅当m m2 2+1=3,+1=3,即即m= m= 时等号成立时等号成立. .故故PMNPMN的面积存在最大值的面积存在最大值1.1.【规范解答【规范解答1414】直直线与与圆锥曲曲线的的综合合问题【典例】【典例】 (14 (14分分)(2013)(2013山山东高考高考) )椭圆C: (ab0)C: (ab0)的左、右焦点分的左、右焦点分别是是F F1 1,F,F2 2, ,离心率离心率为 过F F1 1且垂直于且垂直于x x轴的直的直线被被椭圆C C截得的截得的线段段长为1.1.(1)(1)求求椭圆C C的方程的方
63、程. .(2)(2)点点P P是是椭圆C C上除上除长轴端点外的任一点端点外的任一点, ,连接接PFPF1 1,PF,PF2 2, ,设FF1 1PFPF2 2的平分的平分线PMPM交交C C的的长轴于点于点M(m,0),M(m,0),求求m m的取的取值范范围. .(3)(3)在在(2)(2)的条件下的条件下, ,过点点P P作斜率作斜率为k k的直的直线l, ,使得使得l与与椭圆C C有且有且只有一个公共点只有一个公共点, ,设直直线PFPF1 1,PF,PF2 2的斜率分的斜率分别为k k1 1,k,k2 2, ,若若k0,k0,试证明明 为定定值, ,并求出并求出这个定个定值. .【审
64、题】【审题】分析信息分析信息, ,形成思路形成思路信息提取信息提取思路分析思路分析(1)(1)离心率为离心率为 , ,过过F F1 1且垂且垂直于直于x x轴的直线被椭圆轴的直线被椭圆C C截得的线段长为截得的线段长为1 1利用线段的长利用线段的长, ,可得到可得到a,ba,b之间之间的关系的关系结合离心率的值求出结合离心率的值求出a,ba,b的值的值(2)(2)FF1 1PFPF2 2的平分线的平分线PMPM交交C C的长轴于点的长轴于点M(m,0)M(m,0)利用角平分线上的点到角两边利用角平分线上的点到角两边的距离相等的距离相等, ,得出关于得出关于m m的等式的等式结合椭圆中结合椭圆中
65、x x的范围求出的范围求出m m的的范围范围(3)(3)l与椭圆与椭圆C C有且只有一个有且只有一个公共点公共点利用直线与椭圆相切利用直线与椭圆相切得出联得出联立后的方程的判别式等于立后的方程的判别式等于00得得出出k k的表达式的表达式证明为定值证明为定值【解题】【解题】规范步骤规范步骤, ,水到渠成水到渠成(1)(1)由于由于c c2 2=a=a2 2-b-b2 2, ,将将x=-cx=-c代入椭圆方程代入椭圆方程 2 2分分(2)(2)设设P(xP(x0 0,y,y0 0) )(y(y0 00)0)，由题意知，由题意知，M M到直线到直线PFPF1 1,PF,PF2 2的距离相等，的距离
66、相等，所以所以 ，4 4分分由于由于点点P P在椭圆上，所以在椭圆上，所以 , ,所以所以 6 6分分因为因为 2x2x0 02b0)E: (ab0)的左焦点的左焦点为F F1 1, ,右焦点右焦点为F F2 2, ,离心率离心率 过F F1 1的直的直线交交椭圆于于A,BA,B两点两点, ,且且ABFABF2 2的周的周长为8.8.(1)(1)求求椭圆E E的方程的方程. .(2)(2)设动直直线l:y=kx+m:y=kx+m与与椭圆E E有且只有一个公共点有且只有一个公共点P,P,且与直且与直线x=4x=4相交于点相交于点Q.Q.试探究探究: :在坐在坐标平面内是否存在定点平面内是否存在定
67、点M,M,使得以使得以PQPQ为直径的直径的圆恒恒过点点M?M?若存在若存在, ,求出点求出点M M的坐的坐标; ;若不存在若不存在, ,说明理明理由由. .【解析】【解析】方法一方法一:(1):(1)因为因为|AB|+|AF|AB|+|AF2 2|+|BF|+|BF2 2|=8,|=8,即即|AF|AF1 1|+|F|+|F1 1B|+|AFB|+|AF2 2|+|BF|+|BF2 2|=8,|=8,又又|AF|AF1 1|+|AF|+|AF2 2|=|BF|=|BF1 1|+|BF|+|BF2 2|=2a,|=2a,所以所以4a=8,a=2.4a=8,a=2.(2)(2)由由 得得(4k(
68、4k2 2+3)x+3)x2 2+8kmx+4m+8kmx+4m2 2-12=0.-12=0.因为动直线因为动直线l与椭圆与椭圆E E有且只有一个公共点有且只有一个公共点P(xP(x0 0,y,y0 0),),所以所以m0m0且且=0,=0,即即64k64k2 2m m2 2-4(4k-4(4k2 2+3)(4m+3)(4m2 2-12)=0,-12)=0,化简得化简得4k4k2 2-m-m2 2+3=0.(*)+3=0.(*)假设平面内存在定点假设平面内存在定点M M满足条件满足条件, ,由图形对称性知由图形对称性知, ,点点M M必在必在x x轴轴上上. .设设M(xM(x1 1,0),0
69、),则则 对满足对满足(*)(*)式的式的m,km,k恒成立恒成立. . 由于（由于（*）式对满足（）式对满足（* *）式的）式的m,km,k恒成立，恒成立，所以所以故存在定点故存在定点M M（1,01,0），使得以），使得以PQPQ为直径的圆恒过点为直径的圆恒过点M.M.方法二方法二:(1):(1)同方法一同方法一. .(2)(2)由由 得得(4k(4k2 2+3)x+3)x2 2+8kmx+4m+8kmx+4m2 2-12=0.-12=0.因为动直线因为动直线l与椭圆与椭圆E E有且只有一个公共点有且只有一个公共点P(xP(x0 0,y,y0 0),),所以所以m0m0且且=0,=0,即即
70、64k64k2 2m m2 2-4(4k-4(4k2 2+3)(4m+3)(4m2 2-12)=0,-12)=0,化简得化简得4k4k2 2-m-m2 2+3=0.(*)+3=0.(*) 所以所以 由由 得得Q(4,4k+m).Q(4,4k+m).假设平面内存在定点假设平面内存在定点M M满足条件满足条件, ,由图形对称性知由图形对称性知, ,点点M M必在必在x x轴轴上上. .取取k=0,m= ,k=0,m= ,此时此时P(0, ),Q(4, ),P(0, ),Q(4, ),以以PQPQ为直径的圆为为直径的圆为(x-2)(x-2)2 2+ +(y- )(y- )2 2=4,=4,交交x x
71、轴于点轴于点M M1 1(1,0),M(1,0),M2 2(3,0);(3,0);取取 m=2, m=2,此时此时P P（1 1， ）Q(4,0),Q(4,0),以以PQPQ为直径的圆为为直径的圆为 交交x x轴于点轴于点M M3 3(1,0),M(1,0),M4 4(4,0).(4,0).所以若符合条件的点所以若符合条件的点M M存在存在, ,则则M M的坐的坐标必为标必为(1,0).(1,0).以下证明以下证明M(1,0)M(1,0)就是满足条件的点就是满足条件的点: :因为因为M M的坐标为的坐标为(1,0),(1,0),所以所以 故恒有故恒有 即存在定点即存在定点M(1,0),M(1,0),使得以使得以PQPQ为直径的圆恒过点为直径的圆恒过点M.M.
