南京市2019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

南京市2019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

南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 1 页 共 33 页 专题 13：圆锥曲线难点专项研究 目录 问题归类篇 ............................................................................................................................................................... 2 类型一：圆的轨迹问题 ................................................................................................................................... 2 类型二：定值问题 ........................................................................................................................................... 6 类型三：定点定直线问题 ............................................................................................................................. 19 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 2 页 共 33 页 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 AB＝2， AC＝ 2BC 的三角形 ABC 的面积的最大值是 ． 答案:2 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 AC＝ 2BC 可得 (x＋1)2＋y2＝ 2 (x－1)2＋y2， 化简得(x－3)2＋y2＝8，即 C 在以(3，0)为圆心，2 2为半径的圆上运动． 又 SΔABC＝1 2·AB·| yc|＝|yc|≤2 2． 2（13 年高考题）．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0，3)，直线 l：y＝2x－4，设圆 C 的半径为 1， 圆心在 l 上． (1)若圆心 C 也在直线 y＝x－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 MA＝2MO，求圆心 C 的横坐标 a 的取值范围． 答案：(1)y＝3 或 3x＋4y－12＝0； (2)a 的取值范围为[0，12 5 ] 解：（1）由题设点 C(a，2a－4)，又 C 也在直线 y＝x－1 上，∴2a－4＝a－1，∴a＝3 ∴⊙C:(x－3)2＋(y－2)2＝1，由题，过 A 点切线方程可设为 y＝kx＋3，即 kx－y＋3＝0，则|3k＋1| k2＋1 ＝1，解 得：k＝0，－3 4，∴所求切线为 y＝3 或 y＝－3 4x＋3 （2）设点 C(a，2a－4)，M(x0，y0)，∵MA＝2MO，A(0，3)，O(0，0)，∴x02＋(y0－3)2＝4(x02＋y02)，即 x02 ＋y02＝3－2y0，又点 M 在圆 C 上，∴(x0－a)2＋(y0－2a＋4)2＝1，两式相减得 ax0＋(2a－3)y0－(5a2 2 －8a＋9)＝0，由题以上两式有公共点，∴ |a2＋(2a－3)(2a－4)－(5a2 2 －8a＋9)| a2＋(2a－3)2 ≤1 整理得：|5a2 2 －6a＋3|≤ 5a2－12a＋9，即(5a2－12a＋6)2≤4(5a2－12a＋9)，令 t＝5a2－12a＋6，则 t2≤4(t＋3)，解得：－2≤t≤6，∴－2≤5a2－12a＋6≤6，解得：0≤a≤12 5 ． 3（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 Ox2＋y2＝50 上,若PA→·PB→≤20， 则点 P 的横坐标的取值范围是 . 答案：[－5 2，1] 二、方法联想 1.定义圆 x y A l O B 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 3 页 共 33 页 已知平面上一定点 A，则满足 PA＝r(r＞0) 的点 P 的轨迹是一个圆． 2.阿波罗尼斯圆 结论 1：已知平面上两定点 A、B，则所有满足PA PB＝k(k＞0 且 k≠1)的点 P 的轨迹是一个圆． 3.向量数量积圆 结论 2：已知平面上两定点 A、B，且 AB＝m，则所有满足 PA→·PB→＝λ (λ＋m2 4 ＞0)的点 P 的轨迹是一个 圆． 推导方法 1：取 AB 中点 M， PA→·PB→＝(PM →＋MA → )(PM→＋MB → )＝|PM → |2－|MA → |2＝|PM → |2－m2 4 ＝λ ，所以 |PM→|2＝m2 4 ＋λ. 推导方法 2：建系设点法. 4.距离平方圆 结论 3：已知平面上两定点 A、B，且 AB＝m，则所有满足 PA 2＋PB2＝λ (其中λ 2－m2 4 ＞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 cos∠PMA＝－cos∠PMB 化简得|PM|2＝ λ 2－m2 4 . 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 PA 2＋PB2＝2(AM2＋ PM2)＝2((m 2)2＋PM2)＝λ得 PM2＝ λ 2－m2 4 . 5.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. (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、方法应用 例 1.已知直线 22y kx k   与曲线 23 2 xy x   交于 AB， 两点，平面上的动点 P 满足 2PA PB ≤ ，则 ||PO 的最大值为 ． 解：由 2 ( 2)y k x   知直线过定点 M 2,2（ ），由 2 3 1=2+22 xy xx   知定点 M 为曲线的对称中心，即点 M 为 AB 的中点，所以 =2| 2PA PB PM |≤ ，故点 P 的轨迹为以 M 为圆心 1 为半径的圆（及 内部），所以| | | |+1=2 2+1PO OM≤ . 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 4 页 共 33 页 例 2. 已知等边三角形 ABC 的边长为 2，点 P 在线段 AC 上，若满足等式 PA→ ·PB→＝λ的点 P 有两个，则实 数 λ 的取值范围是 ． 答案：－ 1 4＜λ≤0 （方法一：以 AC 中点为原点，AC 所在的直线为 x 轴，设 P(x，0)(－1≤x≤1) 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 PA→ ·PB→＝ PA → ·( PA→＋AB → )＝ PA →2－AP → ·AB→＝x2－x＝λ 在 x∈[0，2] 上有两解） 例 3．在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A，B 为圆 C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16 上两个动点，且 AB＝2 11．若 直线 l：y＝2x 上存在唯一的一个点 P，使得 PA→＋ PB→＝OC→，则实数 a 的值为 ． 答案：2 或-18 （考查弦 AB 中点的轨迹，点 P 轨迹，直线与圆的位置关系） 四、归类研究 *1．等腰三角形 ABC 中，AB＝AC，腰 AC 上的中线 BD＝2，则△ABC 面积的最大值为________． 答案：8 3 . (利用等腰三角形的性质得到 AB＝2AD，则点 A 是圆上动点，即求圆上动点到直线距离的最值) **2．在平面直角坐标系 xOy 中，若直线 y＝k(x－3 3)上存在一点 P，圆 x2＋(y－1)2＝1 上存在一点 Q，满 足→ OP＝3 → OQ，则实数 k 的最小值为 ． 答案：－ 3 （考查代入法求轨迹，直线与圆的位置关系） ***3．已知 ΔABC 中，AB＝AC＝ 3，ΔABC 所在平面内存在点 P 使得 PB2＋PC2＝3PA 2＝3，则 ΔABC 面 积的最大值为 ． 答案： 5 23 16 （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 2 2 2(x m) (m 0, )y m m R     上不存在两点 P 使 得 225PA PB ,则实数 m 的取值范围是________． 答案: 5 5 170 8m  . (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：x2＋y2＝1 上动点，已知 A(－1,2)，B(2,0)，则 PA＋ 1 2PB 的最小值为________． 答案：5 2 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 5 页 共 33 页 (已知动点轨迹为圆，将1 2PB 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） ***6.已知椭圆 M：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为1 2,一个焦点到相应的准线的距离为 3,圆 N 的方程为(x－ c)2＋y2＝a2＋c2(c 为半焦距),直线 l：y＝kx＋m(k>0)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PB PA ＝2 2，则点 P 的坐标为 ． 答案：(－1,1)或(－ 9 13,19 13) (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 AD≤2BD 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x t＋y＝1 即 x＋ty－t＝0，设 D(x，y)，∵ AD≤2BD 即 AD2≤4BD2， ∴ x2＋(y－1)2＜4[(x－1)2＋y2]，  x－4 3 2 ＋ y＋1 3 2 ≥8 9表示圆外区域及圆周上的点， 直线 x＋ty－t＝0 与圆 x－4 3 2 ＋ y＋1 3 2 ＝8 9相离，  4 3－1 3t－t 1＋t2 ≥2 2 3 ，化简得 t2－4t＋1≥0， 解得 t≥2＋ 3或 t≤2－ 3.∴ 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： x2 4 ＋y2＝1 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 OQ O =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 OQ O =2 知，OQ→＝2PO → 得(x，y)＝2(－x1，－ y1)    x＝－2x1 y＝－2y1   x1＝－1 2x y1＝－1 2y 因为x12 4 ＋y12＝1 所以轨迹 E 的方程为x2 16＋y2 4＝1 . (2)设 A(x1，y1)B(x2，y2) 由   x2 16＋y2 4＝1 y＝x＋m 得 5x2＋8mx＋4m2－16＝0(*) 此式Δ＞0 显然成立， x1＋x2＝－8 5m，x1x2＝4m2－16 5 ，AB＝ 1＋1|x1－x2|＝ 2 (x1＋x2)2－4x1x2＝4 40－2m2 5 设 P(x1，y1) ，由 （1）知 Q(－2x1，－ 2y1) ，因为 y1＝x1＋m ，y1－x1＝m ，点 Q 到直线 l 的距离为 d＝|－2x1＋2y1＋m| 2 ＝|2m＋m| 2 ＝3 2 2 |m| ，△ABQ 面积 S＝1 2AB·d＝1 2*4 40－2m2 5 ·3 2 2 |m|＝6 5 m2(20－m2)＝6 5 －(m2－10)2＋100 由 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 6 页 共 33 页   x2 4＋y2＝1 y＝x＋m 得 5x2＋8mx＋4m2－4＝0 此式Δ≥0 解得 0≤m2≤5 ，所以当 m2＝5 时，△ABQ 面积的最大 值为 6 3 . （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 xoy 中，椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为 F1(－c， 0)，F2(c，0)．已知(1，e)和(e， 3 2 )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 AF1－BF2＝ 6 2 ，求直线 AF1 的斜率； （ii）求证：PF1＋PF2 是定值． 解：（1）椭圆的方程为x2 2＋y2＝1. （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(k＞0) ，由    y＝k(x＋1) x2＋2y2＝1 (1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0 x1＋x2＝－ 4k2 2k2＋1，x1x2＝2k2－2 2k2＋1 ，(*) 由椭圆第二定义及对称性可知 AF1－BF2＝AF1－B1F1＝(x1＋a2 c )e－(x2＋a2 c)e＝ 2 2 (x1－x2) AF1－BF22＝1 2(x1－x2)2＝1 2[(x1＋x2)2－4x1x2]＝( 6 2 )2 将(*)代入解得 12k4＋4k2－5＝0 , k2＝1 2 或－5 6 (舍), 又 k＞0， 所以 k＝ 2 2 . （ii）当直线 AF1 的斜率不存在时，A－1 2 2 ，直线 AF2:y＝－ 2 4 (x－1) ，得 P 点坐标为(0， 2 4 ) ，PF1＝ PF2＝3 2 4 ,PF1＋PF2＝3 2 2 . 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 7 页 共 33 页 当直线 AF1 的斜率存在时，因为 AF1∥BF2 ,PF1 PB ＝AF1 BF2 , PF1 PB＋PF1 ＝ AF1 BF2＋AF1 ,所以 PF1＝AF1 AB1 ·BF1＝ AF1 AB1 ·(2a－BF2) ,同理可证 PF2＝BF2 AB1 ·(2a－AF1),所以 PF1＋PF2＝AF1 AB1 ·(2a－BF2)＋BF2 AB1 ·(2a－AF1)＝2a－ 2AF1·B1F1 AB1 ,又AF1·B1F1 AB1 ＝(ex1＋a)(ex2＋a) ex1＋a＋ex2＋a ＝e2x1x2＋ea(x1＋x2)＋a2 e(x1＋x2)＋2a ＝ 1 2x1x2＋(x1＋x2)＋2 2 2 (x1＋x2)＋2 2 ，将（i）中的(*) 代入上式得AF1·B1F1 AB1 ＝ 2 4 ，PF1＋PF2＝3 2 2 . 综上. PF1＋PF2 是定值3 2 2 . （第二问也可以利用向量共线转化为求 P 点轨迹是椭圆问题） 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、方法应用 例 1.已知抛物线 C： 2y =2px 经过点 P （1，2）．过点 Q（0，1）的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A， B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB 交 y 轴于 N． （Ⅰ）求直线 l 的斜率的取值范围； （Ⅱ）设 O 为原点，QM QO ，QN QO ，求证： 11  为定值． 解：（1）因为抛物线 2 2y px 经过点  1,2P ， 所以 42p ，解得 2p  ，所以抛物线的方程为 2 4yx ． 由题意可知直线l 的斜率存在且不为 0， 设直线 的方程为  10y kx k   ． 由 2 4 1 yx y kx     得  22 2 4 1 0k x k x    ． 依题意  2 22 4 4 1 0kk       ，解得 0k  或 01k． 又 PA ， PB 与 y 轴相交，故直线 不过点 1, 2 ，从而 3k  ， 所以直线 斜率的取值范围是     , 3 3,0 0,1   ． （2）设  11,A x y ，  22,B x y ． 由（1）知 12 2 24kxx k    ， 12 2 1xx k ，直线 PA 的方程为  1 1 2– 211 yyxx  ． 令 0x  ，得点 M 的纵坐标为 11 11 212211M y kxy xx        ． 同理得点 N 的纵坐标为 2 2 1 21N kxy x  ． 由 =QM QO ， =QN QO 得 =1 My  ， 1 Ny  ．       221 2 1 212 1 2 1 2 2 2 2 4 2111 1 1 1 1 1 211 1 1 1 1 1MN k x x x xxx kk y y k x k x k x x k k                  ， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 8 页 共 33 页 所以 11  为定值． 例 2.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：x＝m＋1 与 x 轴的交点为 B，BF2＝m． （1）已知点( 6 2 ，1)在椭圆 C 上，求实数 m 的值； （2）已知定点 A(－2，0)． ①若椭圆 C 上存在点 T，使得TA TF1 ＝ 2，求椭圆 C 的离心率的取值范围； ②当 m＝1 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， 若AM→ ＝λAP→，BM→＝BQ→，求证：λ＋为定值． 解：（1）设椭圆 C 的方程为 x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)． 由题意，得  a2 c ＝m＋1， (m＋1)－c＝m， 解得  a2＝m＋1， b2＝m， c＝1． 所以椭圆方程为 x2 m＋1＋y2 m＝1． 因为椭圆 C 过点( 6 2 ，1)，所以 3 2(m＋1)＋1 m＝1， 解得 m＝2 或 m＝－1 2 (舍去）． 所以 m＝2． （2）①设点 T(x，y)． 由 TA TF1 ＝ 2，得(x＋2)2＋y2＝2[(x＋1)2＋y2]，即 x2＋y2＝2． 由  x2＋y2＝2， x2 m＋1＋y2 m＝1， 得 y2＝m2－m． 因此 0≤m2－m≤m，解得 1≤m≤2． 所以椭圆 C 的离心率 e＝ 1 m＋1 ∈[ 3 3 ， 2 2 ]． ②（方法一）设 M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 则AM＝(x0＋2，y0)，AP＝(x1＋2，y1)． 由AM＝AP， 得  x0＋2＝(x1＋2)， y0＝y1． 从而  x0＝x1＋2(－1)， y0＝y1． 因为x02 2 ＋y02＝1，所以[x1＋2(－1)]2 2 ＋(y1)2＝1． x y A O B M P Q （第 18 题图） F2 F1 l 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 9 页 共 33 页 即2(x12 2 ＋y12)＋2(－1)x1＋2(－1)2－1＝0． 因为 x12 2 ＋y12＝1，代入得 2 (－1)x1＋32－4＋1＝0． 由题意知，≠1， 故 x1＝－3－1 2 ，所以 x0＝－3 2 ． 同理可得 x0＝－＋3 2 ． 因此－3 2 ＝－＋3 2 ， 所以＋＝6． （方法二）设 M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 直线 AM 的方程为 y＝ y0 x0＋2(x＋2)． 将 y＝ y0 x0＋2(x＋2)代入x2 2＋y2＝1，得(1 2(x0＋2)2＋y2 0)x2＋4y2 0x＋4y2 0－(x0＋2)2 ＝0(*)． 因为x02 2 ＋y02＝1，所以（*）可化为(2x0＋3)x2＋4y2 0x－3x2 0－4x0＝0． 因为 x0x1＝－3x2 0＋4x0 2x0＋3 ，所以 x1＝－3x0＋4 2x0＋3． 同理 x2＝3x0－4 2x0－3． 因为AM＝AP， BM→＝ BQ→， 所以＋＝x0＋2 x1＋2＋x0－2 x1－2＝ x0＋2 －3x0＋4 2x0＋3＋2 ＋ x0－2 3x0－4 2x0－3－2 ＝(x0＋2)(2x0＋3) x0＋2 ＋(x0－2)(2x0－3) －x0＋2 ＝6． 即 λ＋为定值 6． (考查离心率范围，定值问题及计算能力) 例 3.如图，椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，焦点到相应准线的距离为 1，点 A,B,C 分 别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点 C 的直线 l 交椭圆于点 D,交 x 轴于点 1( ,0)Mx ，直线 AC 与直线 BD 交于点 22( , )N x y ． （1）求椭圆的方程； （2）若 2CM MD ，求直线 的方程； （3）求证： 12xx 为定值. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 10 页 共 33 页 解（1）由椭圆的离心率为 2 2 ，焦点到对应准线的距离为 1. 得 2 2 2 1 c a a cc     解得 2, 1ac 所以，椭圆的标准方程为 2 2 12 x y. （2）由（1）知 (0,1)C ，设 00( , )D x y ， 因为 2CM MD ，得 021y  ，所以 0 1 2y  ， 代入椭圆方程得 0 6 2x  ，所以 61( , )22D ， 所以l 的方程为： 6 12yx或 6 12yx   . （3）设 D 坐标为(x3，y3）,由 ，M(x1，0)可得直线 CM 的方程 1 1 1yxx   ， 联立椭圆方程得： 1 2 2 1 1 12 yxx x y       解得 2 11 3322 11 42,22 xxxyxx . 由 ( 2,0)B ，得直线 BD 的方程： 2 1 2 11 2 ( 2) 2 4 2 2 xyx xx     ， ① 直线 AC 方程为 2 12yx， ② 联立①②得 2 1 2x x ， 从而 12xx =2 为定值. 解法 2：设 D 坐标为(x3，y3）， 由 C,M,D 三点共线得 3 1 3 1 1 y x x x ，所以 3 1 31 xx y  ， ① 由 B,D,N 三点共线得 3 2 3222 y y xx   ，将 22 2 12yx 代入可得 33 2 33 2 2 2 22 xyx yx   ， ② ①和②相乘得， 2 3 3 3 3 3 3 3 12 2 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 x x y x x y xxx y y x y x y x             南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 11 页 共 33 页 2 3 3 3 3 2 3 3 3 3 2 2 2=2 2(1 ) 22 x x y x x x y x        . 四、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:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)过点 P( 3，1 2)， 且椭圆 T 的离心率为 3 2 ， 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 AC⊥BD． * (1) 求椭圆 T 的方程； ** (2) 求证: 1 OA2＋ 1 OB2＋ 1 OC2＋ 1 OD2为定值，并求出这个定值； 解:在椭圆 T 中，3 a2＋ 1 4b2＝1，① 又c a＝ 3 2 c＝ 3 2 a，b＝ a2－   3 2 a 2＝1 2a， 代入①解得 a＝2，b＝1． 椭圆 T 的方程为x2 4＋y2＝1． (2) 证明:由于点 A 与 C､B 与 D 关于原点对称，故 OA＝OC，OB＝OD，从而 1 OA2＋ 1 OB2＋ 1 OC2＋ 1 OD2＝ 2 1 OA2＋ 1 OB2 ，设直线 OA 的斜率为 k，则直线 OA:y＝kx，代入椭圆的方程得 x2＝ 4 1＋4k2，∴ OA2＝x2＋k2x2 ＝(1＋k2)x2＝4(1＋k2) 1＋4k2 ， 用－1 k代替 k，可得 OB2＝ 4 1＋ －1 k 2 1＋4 －1 k 2 ＝4(k2＋1) k2＋4 ， ∴ 1 OA2＋ 1 OB2＝ 1＋4k2 4(1＋k2)＋ k2＋4 4(k2＋1)＝5(k2＋1) 4(k2＋1)＝5 4． 又当 k＝0 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)，∴ 1 OA2＋ 1 OB2＝1 22＋ 1 12＝ 5 4． 综上所述， 1 OA2＋ 1 OB2＋ 1 OC2＋ 1 OD2为定值5 2． （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:x2 12＋y2 4＝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 y＝x 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 y＝x 于点 M，N，证明:OM·ON 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 12 页 共 33 页 为定值． 解: (1)设点 E(m，m)，由 B(0，－2)得 A(2m，2m＋2)． 代入椭圆方程得4m2 12 ＋(2m＋2)2 4 ＝1，即m2 3 ＋(m＋1)2＝1， 解得 m＝－3 2或 m＝0(舍)． 所以 A(－3，－1)， 故直线 AB 的方程为 x＋3y＋6＝0． (2) 证明:设 P(x0，y0)，则x20 12＋y20 4＝1，即 y20＝4－x20 3． 设 M(xM，yM)，由 A，P，M 三点共线，即AP→∥AM→ ， ∴ (x0＋3)(yM＋1)＝(y0＋1)(xM＋3)． 又点 M 在直线 y＝x 上，解得 M 点的横坐标 xM＝ 3y0－x0 x0－y0＋2． 设 N(xN，yN)，由 B，P，N 三点共线，即BP→∥BN→， ∴ x0(yN＋2)＝(y0＋2)xN， 点 N 在直线 y＝x 上，解得 N 点的横坐标 xN＝ －2x0 x0－y0－2． ∴ OM·ON＝ 2|xM－0|· 2|xN－0|＝2|xM|·|xN| ＝2| 3y0－x0 x0－y0＋2|·| －2x0 x0－y0－2| ＝2| 2x20－6x0y0 (x0－y0)2－4|＝2| 2x20－6x0y0 x20－2x0y0－x20 3 | ＝2|x20－3x0y0 x20 3－x0y0 |＝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:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，且过点   1， 6 2 ，过椭 圆的左顶点 A 作直线 l⊥x 轴，点 M 为直线 l 上的动点(点 M 与点 A 不重合)，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:AP⊥OM； ***(3) 试问OP→ ·OM→ 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:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，∴ a2＝2c2，则 a2＝2b2． 又椭圆 C 过点   1， 6 2 ， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 13 页 共 33 页 ∴ 1 a2＋ 3 2b2＝1． ∴ a2＝4，b2＝2， 则椭圆 C 的方程为x2 4＋y2 2＝1． (2) 证明:设直线 BM 的斜率为 k，则直线 BM 的方程为 y＝k(x－2)，设 P(x1，y1)， 将 y＝k(x－2)代入椭圆 C 的方程x2 4＋y2 2＝1 中并化简，得 (2k2＋1)x2－4k2x＋8k2－4＝0， 解得 x1＝4k2－2 2k2＋1，x2＝2，∴ y1＝k(x1－2)＝ －4k 2k2＋1，从而 P 4k2－2 2k2＋1， －4k 2k2＋1 ． 令 x＝－2，得 y＝－4k， ∴ M(－2，－4k)，OM→ ＝(－2，－4k)． 又AP→＝ 4k2－2 2k2＋1＋2， －4k 2k2＋1 ＝ 8k2 2k2＋1， －4k 2k2＋1 ， ∴ AP→·OM→ ＝－16k2 2k2＋1＋ 16k2 2k2＋1＝0， ∴ AP⊥OM． (3) 解:OP→ ·OM→ ＝ 4k2－2 2k2＋1， －4k 2k2＋1 ·(－2，－4k)＝－8k2＋4＋16k2 2k2＋1 ＝8k2＋4 2k2＋1＝4． ∴ OP→ ·OM→ 为定值 4． (考查简单的定值问题) 4.已知椭圆 E:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)过点(0，1)，且离心率为 3 2 ． *（1）求椭圆 E 的方程； **（2）设直线 l:y＝1 2x＋m 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 b＝1．故 a2－c2＝1． 又因为 e＝c a＝ 3 2 ，所以 c＝ 3， a＝2． 所以椭圆 C 的标准方程为: x2 4＋y2＝1． （Ⅱ）设 A(x1，y1)， C(x2，y2)，线段 AC 中点为 M(x0，y0)． 联立 y＝1 2x＋m 和 x2＋4y2－4＝0，得: x2＋2mx＋2m2－2＝0． 由 Δ＝(2m)2－4(2m2－2)＝8－4m2＞0，可得－ 2＜m＜ 2． 所以 x1＋x2＝－2m， x1x2＝2m2－2． 所以 AC 中点为 M(－m，1 2m)． 弦长|AC|＝ (x1－x2)2＋(y1－y2)2 ＝ 5 4[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝ 10－5m2， 又直线 l 与 x 轴的交点 N(－2m，0)， 所以|MN|＝ (－m＋2m)2＋(1 2m)2＝ 5 4m2． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 14 页 共 33 页 所以|BN|2＝|BM|2＋|MN|2 ＝1 4|AC|2＋|MN|2＝5 2． 所以 B、N 两点间距离为定值 10 2 ． (考查弦长公式，勾股定理求定值问题) 5.已知椭圆 C：x2 25＋y2 9＝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 BF＝2，求 B 点坐标； **（2）问：AB FM是否为定值． 答案：（1）（ 15 4 ，±3 7 4 ）． （2）AB FM是定值为5 2． （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: x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 6 3 ，直线 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2 6 3 ． * (1) 求椭圆 C 的方程； **(2) 若点 E 的坐标为   3 2 ，0 ，点 A 在第一象限且横坐标为 3，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 1 EA2＋ 1 EB2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c a＝ 6 3 ，设 a＝3k(k＞0)，则 c＝ 6k，b2＝3k2， 所以椭圆 C 的方程为 x2 9k2＋ y2 3k2＝1． 因为直线 l 垂直于 x 轴且点 E 为椭圆 C 的右焦点，即 xA＝xB＝ 6k，代入椭圆方程，解得 y＝±k，于 是 2k＝2 6 3 ，即 k＝ 6 3 ， 所以椭圆 C 的方程为x2 6＋y2 2＝1． (2) 将 x＝ 3代入x2 6＋y2 2＝1，解得 y＝±1． 因为点 A 在第一象限，从而 A( 3，1)，由点 E 的坐标为   3 2 ，0 ， 所以 kAB＝ 2 3，直线 PA 的方程为 y＝ 2 3   x－ 3 2 ， A x y B F M O N l l′ 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 15 页 共 33 页 联立直线 PA 与椭圆 C 的方程，解得 B   － 3 5 ，－7 5 ． 又 PA 过原点 O，于是 P( )－ 3，－1 ，PA＝4，所以直线 PA 的方程为 x－ 3y＝0， 所以点 B 到直线 PA 的距离 h＝   － 3 5 ＋7 3 5 2 ＝3 3 5 ， S△PAB＝1 2·4·3 3 5 ＝6 3 5 ． (3) 假设存在点 E，使得 1 EA2＋ 1 EB2为定值，设 E(x0，0)， 当直线 AB 与 x 轴重合时，有 1 EA2＋ 1 EB2＝ 1 (x0＋ 6)2＋ 1 ( 6－x0)2＝12＋2x20 (6－x20)2． 当直线 AB 与 x 轴垂直时， 1 EA2＋ 1 EB2＝ 2 2 1－x20 6 ＝ 6 6－x20 ， 由12＋2x20 (6－x20)2＝ 6 6－x20 ，解得 x0＝± 3， 6 6－x20 ＝2， 所以若存在点 E，此时 E(± 3，0)， 1 EA2＋ 1 EB2为定值 2． 根据对称性，只需考虑直线 AB 过点 E( 3，0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 又设直线 AB 的方程为 x＝my＋ 3，与椭圆 C 联立方程组， 化简得(m2＋3)y2＋2 3my－3＝0， 所以 y1＋y2＝－2 3m m2＋3 ，y1y2＝ －3 m2＋3． 又 1 EA2＝ 1 ( )x1－ 3 2 ＋y21 ＝ 1 m2y21＋y21 ＝ 1 (m2＋1)y21 ， 所以 1 EA2＋ 1 EB2＝ 1 (m2＋1)y21 ＋ 1 (m2＋1)y22 ＝(y1＋y2)2－2y1y2 (m2＋1)y21y22 ， 将上述关系代入，化简可得 1 EA2＋ 1 EB2＝2． 综上所述，存在点 E(± 3，0)，使得 1 EA2＋ 1 EB2为定值 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:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，直线 l:y＝1 2x 与椭圆 E 相 交于 A､B 两点，AB＝2 5．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＝c a＝ 2 2 ，所以 c2＝1 2a2，即 a2－b2＝1 2a2，所以 a2＝2b2． 故椭圆的方程为 x2 2b2＋y2 b2＝1． 由题意，不妨设点 A 在第一象限，点 B 在第三象限． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 16 页 共 33 页 由   y＝1 2x， x2 2b2＋y2 b2＝1， 解得 A   2 3 3 b， 3 3 b ． 又 AB＝2 5，所以 OA＝ 5，即4 3b2＋1 3b2＝5，解得 b2＝3． 故 a＝ 6，b＝ 3． (2) 证明:(方法 1)由(1)知，椭圆 E 的方程为x2 6＋y2 3＝1，从而 A(2，1)，B(－2，－1)． 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 k1≠k2． 从而 k1·kCB＝y0－1 x0－2·y0＋1 x0＋2＝y20－1 x20－4＝ 3 1－x20 6 －1 x20－4 ＝ 2－x20 2 x20－4＝－1 2． 所以 kCB＝－ 1 2k1 ． 同理 kDB＝－ 1 2k2 ． 于是直线 AD 的方程为 y－1＝k2(x－2)，直线 BC 的方程为 y＋1＝－ 1 2k1 (x＋2)． 由  y＋1＝－ 1 2k1 (x＋2)， y－1＝k2(x－2)， 解得  x＝4k1k2－4k1－2 2k1k2＋1 ， y＝－2k1k2－4k2＋1 2k1k2＋1 ． 从而点 N 的坐标为 4k1k2－4k1－2 2k1k2＋1 ，－2k1k2－4k2＋1 2k1k2＋1 ． 用 k2 代 k1，k1 代 k2 得点 M 的坐标为 4k1k2－4k2－2 2k1k2＋1 ，－2k1k2－4k1＋1 2k1k2＋1 ． 所以 kMN＝ －2k1k2－4k2＋1 2k1k2＋1 －－2k1k2－4k1＋1 2k1k2＋1 4k1k2－4k1－2 2k1k2＋1 －4k1k2－4k2－2 2k1k2＋1 ＝4(k1－k2) 4(k2－k1)＝－1． 即直线 MN 的斜率为定值－1． ② 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①知 kDB＝－ 1 2k2 ． 此时 CA:x＝2，DB:y＋1＝－ 1 2k2 (x＋2)，它们交点 M 2，－1－2 k2 ． BC:y＝－1，AD:y－1＝k2(x－2)，它们交点 N 2－2 k2 ，－1 ， 从而 kMN＝－1 也成立． 由①②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x2 6＋y2 3＝1，从而 A(2，1)，B(－2，－1)． 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． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 17 页 共 33 页 显然 k1≠k2． 直线 AC 的方程 y－1＝k1(x－2)，即 y＝k1x＋(1－2k1)． 由  y＝k1x＋(1－2k1)， x2 6＋y2 3＝1 得(1＋2k21)x2＋4k1(1－2k1)x＋2(4k21－4k1－2)＝0． 设点 C 的坐标为(x1，y1)，则 2·x1＝2(4k21－4k1－2) 1＋2k21 ，从而 x1＝4k21－4k1－2 2k21＋1 ． 所以 C 4k21－4k1－2 2k21＋1 ，－2k21－4k1＋1 2k21＋1 ． 又 B(－2，－1)，所以 kBC＝ －2k21－4k1＋1 2k21＋1 ＋1 4k21－4k1－2 2k21＋1 ＋2 ＝－ 1 2k1 ． 所以直线 BC 的方程为 y＋1＝－ 1 2k1 (x＋2)． 又直线 AD 的方程为 y－1＝k2(x－2)． 由  y＋1＝－ 1 2k1 (x＋2)， y－1＝k2(x－2)， 解得  x＝4k1k2－4k1－2 2k1k2＋1 ， y＝－2k1k2－4k2＋1 2k1k2＋1 ． 从而点 N 的坐标为 4k1k2－4k1－2 2k1k2＋1 ，－2k1k2－4k2＋1 2k1k2＋1 ． 用 k2 代 k1，k1 代 k2 得点 M 的坐标为 4k1k2－4k2－2 2k1k2＋1 ，－2k1k2－4k1＋1 2k1k2＋1 ． 所以 kMN＝ －2k1k2－4k2＋1 2k1k2＋1 －－2k1k2－4k1＋1 2k1k2＋1 4k1k2－4k1－2 2k1k2＋1 －4k1k2－4k2－2 2k1k2＋1 ＝4(k1－k2) 4(k2－k1)＝－1． 即直线 MN 的斜率为定值－1． ② 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①知 kDB＝－ 1 2k2 ． 此时 CA:x＝2，DB:y＋1＝－ 1 2k2 (x＋2)，它们交点 M 2，－1－2 k2 ． BC:y＝－1，AD:y－1＝k2(x－2)，它们交点 N 2－2 k2 ，－1 ， 从而 kMN＝－1 也成立． 由①②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，椭圆 22 22: 1( 0)xyC a bab    的离心率为 2 2 ，右准线方程为 4x  ， ( ,0)Qn 是椭圆 C 的长轴上一点(Q 异于长轴端点)，过点 Q 的直线 l 交椭圆于 A，B 两点． *（1）求椭圆 C 的标准方程； 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 18 页 共 33 页 （2）**①若 2n  ，求OA OB 的最大值； ***②在 x 轴上是否存在一点 P，使得 PA PB 为定值，若存在，求出点 P；若不存在，请说明理 由． 解（1）由 2 2 ce a ，右准线方程为 2 4ax c， 所以， 22a  ， 2b  ，即椭圆 22 :184 xyC ． （2）①由已知， (2,0)Q ， 当直线 AB 垂直于 x 轴时， (2, 2)A ， (2, 2)B  ， 2OA OB． 当直线 AB 不垂直于 x 轴时，设直线 AB： ( 2)y k x， 代入 22 184 xy得 2 2 2 2(1 2 ) 8 8 8 0k x k x k     ， 设 11( , )A x y ， 22( , )B x y ， 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 2)( 2)OA OB x x y y x x k x x       2 2 2 1 2 1 2(1 ) 2 ( ) 4k x x k x x k     2 2 2 22 22 (1 )(8 8) 8241 2 1 2 k k kkkkk     2 2 48 12 k k   2 102 12k ＜2． 所以，当直线 AB 垂直于 x 轴时，OA OB 取到最大值 2． ②设点 ( ,0)Pt ， 11( , )PA x t y ， 22( , )PB x t y ， 当直线 AB 不垂直于 y 轴时， 设 AB： x my n，代入 22 184 xy得 2 2 2( 2) 2 8 0m y mny n     ， 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( )( )PA PB x t x t y y my n t my n t y y           22 1 2 1 2( 1) ( )( ) ( )m y y m n t y y n t       2 2 2 2 2 ( 8)( 1) 2 ( ) ()2 n m m n n t ntm       2 2 2 2 2 [ 8 2 ( )] 8 ()2 m n n n t n ntm        ， 令 228 2 ( ) 8 12 n n n t n    得 238 4 nt n  ， 当 238 4 nt n  时， 2 2 2 2 2 2 2 8 8 3 8 9 4( ) ( ) 52 2 4 16 n n nPA PB n t n nnn             ． 当直线 AB 垂直于 y 轴时， 28( , )2 nAn  ， 28( , )2 nBn  ， 238( ,0)4 nP n  O y x B A Q 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 19 页 共 33 页 22 22 2 3 8 8 9 4( ) 54 2 16 nnPA PB n nnn        ． 所以，在 x 轴上存在点 238( ,0)4 nP n  ，使得 PA PB 为定值 2 2 94516 n n． 方法二 先利用直线 l 垂直于 x 轴和垂直于 y 轴两种情况下 的值不变，猜想点 ，然后 再证明此时 为定值 类型三：定点定直线问题 一、 高考回顾 1.（08 年高考题）设平面直角坐标系 xoy 中，设二次函数 f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)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）    Δ＞0 f(0)≠0b＜1 且 b≠0 （2）设所求圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0。 令 x2＋Dx＋F＝0D＝2，F＝by＝0 得 x2＋Dx＋F＝0D＝2，F＝b 又 x＝0 时 y＝b，从而 E＝－b－1。 所以圆的方程为 x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0。 （3）x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0 整理为 x2＋y2＋2x－y＋b(1－y)＝0，过曲线 C':x2＋y2＋2x－y＝0 与 l:1－y＝0 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:(x＋3)2＋(y－1)2＝4 和圆 C2:(x－4)2＋(y－5)2＝4. （1）若直线 l 过点 A(4，0)，且被圆 C1 截得的弦长为 2 3，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：y＝k(x－4)，即 kx－y－4k＝0 由垂径定理，得：圆心 C1 到直线 l 的距离 d＝ 42－(2 3 2 )2＝1， 结合点到直线距离公式，得：|－3k－1－4k| k2＋1 ＝1 化简得：24k2＋7k＝0，k＝0 或 k＝－ 7 24 求直线 l 的方程为：y＝0 或 y＝－ 7 24(x－4)，即 y＝0 或 7x＋24y－28＝0 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 20 页 共 33 页 (2) 设点 P 坐标为(m，n)，直线 l1，l2 的方程分别为：y－n＝k(x－m)，y－n＝－1 k(x－m) w.w.w.k.s 即： kx－y＋n－km＝0，－ 1 kx－y＋n＋ 1 km＝0 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：|－3k－1＋n－km| k2＋1 ＝ |－4 k－5＋n＋m k| 1 k2＋1 ， 化简得：(2－m－n)k＝m－n－3 或(m－n＋8)k＝m＋n－5 关于 k 的方程有无穷多解，有：    2－m－n＝0 m－n－3＝0 或    m－n＋8＝0 m＋n－5＝0 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解之得：点 P 坐标为(－3 2，13 2 ) 或(5 2，－1 2). 3(2010 年高考题). 在平面直角坐标系 xoy 中，如图，已知椭 圆x2 9＋y2 5＝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 m>0,y1＞0，y2＜0 ①设动点 P 满足 PF2－PB2＝4,求点 P 的轨迹 ②设 x1＝2，x2＝1 3，求点 T 的坐标 ③设 t＝9,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 (x－2)2＋y2－(x－3)2－y2＝4 化简整理得 x＝9 2 （2）把 x1＝2，x2＝1 3代人椭圆方程分别求出 M(2，5 3)，N(1 3，－20 9 ) 直线 AM:y＝1 3(x＋3) ① 直线 BN:y＝5 6(x－3) ② ①、②联立得 T(7，10 3 ) （3）T(9，m)， 直线 TA:y＝m 12(x＋3)，与椭圆联立得 M(－3(m2－80) m2＋80 ， 40 m2＋80) 直线 TB:y＝m 6(x－3)，与椭圆联立得 N(3(m2－20) m2＋20 ，－ 20 m2＋20) （方法一）当 x1＝x2 时，－3(m2－80) m2＋80 =3(m2－20) m2＋20 ，解得 m＝2 10 ， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 21 页 共 33 页 此时直线 MN：x＝1 ，过点 P(1，0) 当 x1≠x2 时 直线 MN:y＋ 20 m2＋20＝ 40 m2＋80＋ 20 m2＋20 －3(m2－80) m2＋80 －3(m2－20) m2＋20 (x－3(m2－20) m2＋20 ), 化简得 y＋ 20 m2＋20＝－ 10 m2－40(x－3(m2－20) m2＋20 ) 令 y＝0，解得 x＝1，即直线 MN 过 x 轴上定点(1，0). （方法二））当 x1＝x2 时，－3(m2－80) m2＋80 =3(m2－20) m2＋20 ，解得 m＝2 10 ，此时直线 MN：x＝1 ，过 点 P(1，0) 当 x1≠x2 时，kMP＝ 40m 80＋m2 240－3m2 80＋m2 －1 ＝ 10m 40－m2 ，kNP＝ －20m 20＋m2 3m2－60 20＋m2 －1 ＝ 10m 40－m2 所以 kMP＝kNP ,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、方法应用 例 1.如图，已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1、F2，若椭圆 C 经过点(0， 3)， 离心率为1 2，直线 l 过点 F2 与椭圆 C 交于 A、B 两点． （1）求椭圆 C 的方程； （2）若点 N 为△F1AF2 的内心（三角形三条内角平分线的交点），求△F1NF2 与△F1AF2 面积的 比值； （3）设点 A，F2，B 在直线 x＝4 上的射影依次为 点 D，G， E．连结 AE，BD，试问当直线 l 的倾斜角变化时，直线 AE 与 BD 是否相交于 定点 T？若是，请求出定点 T 的坐标；若不是， 请说明理由． （例 1） 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 22 页 共 33 页 解：（1）由题意，b＝ 3，又因为c a＝1 2，所以b a＝ 3 2 ，解得 a＝2， 所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2 3＝1. （2）因为点 N 为△F1AF2 的内心， 所以点 N 为△F1AF2 的内切圆的圆心，设该圆的半径为 r. 则S△F1NF2 S△F1AF2 ＝ 1 2×F1F2×r 1 2×(AF1＋AF2＋F1F2)×r ＝ F1F2 AF1＋AF2＋F1F2 ＝ c a＋c＝1 3. （3）若直线 l 的斜率不存在时，四边形 ABED 是矩形， 此时 AE 与 BD 交于 F2G 的中点(5 2，0)， 下面证明：当直线 l 的倾斜角变化时，直线 AE 与 BD 相交于定点 T(5 2，0). 设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，  y＝k(x－1)， x2 4＋y2 3＝1 化简得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 因为直线 l 经过椭圆 C 内的点(1，0)，所以△＞0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝ 8k2 3＋4k2，x1x2＝4k2－12 3＋4k2 . 由题意，D(4，y1)，E(4，y2)， 直线 AE 的方程为 y－y2＝y2－y1 4－x1 (x－4)， 令 x＝5 2，此时 y＝y2＋y2－y1 4－x1 ×( 5 2－4)＝2(x1－4)y2＋3(y2－y1) 2(x1－4) ＝2(x1－4)k(x2－1)＋3k(x2－x1) 2(x1－4) ＝8k＋2kx1x2－5k(x2＋x1) 2(x1－4) ＝ 8k＋2k· 4k2－12 3＋4k2 －5k· 8k2 3＋4k2 2(x1－4) ＝8k·(3＋4k2)＋2k·(4k2－12)－5k·8k2 2(x1－4)(3＋4k2) ＝24k＋32k3＋8k3－24k－40k3 2(x1－4)(3＋4k2) ＝ 40k3－40k3 2(x1－4)(3＋4k2)＝0， 所以点 T(5 2，0)在直线 AE 上， 同理可证，点 T(5 2，0)在直线 BD 上. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 23 页 共 33 页 所以当直线 l 的倾斜角变化时，直线 AE 与 BD 相交于定点 T(5 2，0). 例 2．已知椭圆 C:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的左､右顶点分别为 A1，A2，左､右焦点分别为 F1，F2，离心 率为1 2，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＝－a＋4 2 ，即 a＝4－2c ①． 因为椭圆的离心率 e＝c a＝1 2，即 a＝2c ②， 联立方程①②，可得 a＝2，c＝1，则 b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2 3＝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 x＝x0 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 3x＋4y－4 3＝0，此时点N(8 5，3 3 5 )． 再分别求出直线 A1M 和直 A2M 的方程，则联立直线 A1M: 3x－2y＋2 3＝0 和直线 A2N:3 3x＋2y－ 6 3＝0，可得点 G(1，3 3 2 )． 据此猜想点 G 在直线 x＝1 上，下面对猜想给予证明: 设 l 的方程为 y＝k(x－4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程  y＝k(x－4)， x2 4＋y2 3＝1， 可得 (3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，Δ＞0． 由韦达定理，可得 x1＋x2＝ 32k2 3＋4k2，x1x2＝64k2－12 3＋4k2 (*)． 因为直线 A1M:y＝ y1 x1＋2(x＋2)，A2N:y＝ y2 x2－2(x－2)， 联立两直线方程，得 y1 x1＋2(x＋2)＝ y2 x2－2(x－2)(其中 x 为 G 点的横坐标)即证 3y1 x1＋2＝ －y2 x2－2， 即 3k(x1－4)·(x2－2)＝－k(x2－4)·(x1＋2)， 即证 4x1x2－10(x1＋x2)＋16＝0， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 24 页 共 33 页 将(*)代入上式，可得4·(64k2－12) 3＋4k2 －10×32k2 3＋4k2 ＋16＝0⇔16k2－3－20k2＋3＋4k2＝0， 此式明显成立，原命题得证．所以点 G 在定直线上 x＝1 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，N 三点共线，所以 y1 x1－4＝ y2 x2－4⇒ y21 (x1－4)2＝ y22 (x2－4)2⇒ 3(1－x21 4) (x1－4)2＝ 3(1－x22 4) (x2－4)2， 整理得 2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0． 由 A1，M，G 三点共线，有 y3 x3＋2＝ y1 x1＋2 ①． 由 A2，N，G 三点共线，有 y3 x3－2＝ y2 x2－2 ②， 将①与②两式相除，得 x3＋2 x3－2＝y2(x1＋2) y1(x2－2)⇒(x3＋2 x3－2)2＝y22(x1＋2)2 y21(x2－2)2＝ 3(1－x22 4)(x1＋2)2 3(1－x21 4)(x2－2)2 ＝(x2＋2)(x1＋2) (x1－2)(x2－2)， 即(x3＋2 x3－2)2＝(x2＋2)(x1＋2) (x1－2)(x2－2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4 x1x2－2(x1＋x2)＋4， 将 2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0 即 x1x2＝5 2(x1＋x2)－4 代入，得(x3＋2 x3－2)2＝9，解得 x3＝4(舍去)或 x3＝1， 所以点 G 在定直线 x＝1 上． (方法三)显然 l 与 x 轴不垂直，设 l 的方程为 y＝k(x－4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x3，y3)，x1，x2， x3 两两不等． 由  y＝k(x－4)， x2 4＋y2 3＝1， 得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，Δ＞0． 则 x1＋x2＝ 32k2 3＋4k2，x1x2＝64k2－12 3＋4k2 ， |x1－x2|＝ (x1＋x2)2－4x1x2＝12 1－4k2 3＋4k2 ． 由 A1，M，G 三点共线，有 y3 x3＋2＝ y1 x1＋2 ①， 由 A2，N，G 三点共线，有 y3 x3－2＝ y2 x2－2 ②， ①与②两式相除，得 x3＋2 x3－2＝y2(x1＋2) y1(x2－2)＝k(x2－4)(x1＋2) k(x1－4)(x2－2) ＝x1x2－(x1＋x2)－3(x1－x2)－8 x1x2－3(x1＋x2)＋(x1－x2)＋8＝－3， 解得 x3＝1，所以点 G 在定直线 x＝1 上． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 25 页 共 33 页 （方法一先从特例探寻答案，再证明，目标明确，方法二从椭圆方程角度消元化简不易想到，方法利 用直线方程消 y 比较自然，①与②两式相除也能简化计算，学生更多的应该是解出 x3,然后利用直线方程 消 y 再利用韦达定理也可解决问题.） 四、归类研究 ***1．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 14 x y，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 y＝k1(x＋2)，直线 A2N 的方程为 y＝k2(x－2)． 联立方程组  x2 4＋y2＝1， y＝k1(x＋2)， 消去 y 得 (1＋4k21)x2＋16k21x＋16k21－4＝0， 解得点 M 的坐标为 2－8k21 1＋4k21 ， 4k1 1＋4k21 ． 同理，可解得点 N 的坐标为(8k22－2 1＋4k22 ， －4k2 1＋4k22 )． 由 M､D､N 三点共线，有 4k1 1＋4k21 2－8k21 1＋4k21 －1 ＝ －4k2 1＋4k22 8k22－2 1＋4k22 －1 ， 化简得(k2－3k1)(4k1k2＋1)＝0． 由题设可知 k1 与 k2 同号，所以 k2＝3k1． 联立方程组  y＝k1(x＋2)， y＝k2(x－2)， 解得交点 G 的坐标为 2(k1＋k2) k2－k1 ， 4k1k2 k2－k1 ． 将 k2＝3k1 代入点 G 的横坐标，得 xG＝2(k1＋k2) k2－k1 ＝2(k1＋3k1) 3k1－k1 ＝4． 所以，点 G 恒在定直线 x＝4 上． (方法二)显然，直线 MN 的斜率为 0 时不合题意． 设直线 MN 的方程为 x＝my＋1． 令 m＝0，解得 M   1， 3 2 ､N   1，－ 3 2 或 M   1，－ 3 2 ､N   1， 3 2 ． 当 M   1， 3 2 ､N   1，－ 3 2 时，直线 A1M 的方程为 y＝ 3 6 x＋ 3 3 ，直线 A2N 的方程为 y＝ 3 2 x－ 3． 联立方程组   y＝ 3 6 x＋ 3 3 ， y＝ 3 2 x－ 3， 解得交点 G 的坐标为(4， 3)； 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 26 页 共 33 页 当 M   1，－ 3 2 ､N   1， 3 2 时，由对称性可知交点 G 的坐标为(4，－ 3)． 若点 G 恒在一条定直线上，则此定直线必为 x＝4． 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 x＝4 上． 设 M(x1，y1)､N(x2，y2)､G(4，y0)． 由点 A1､M､G 三点共线，有y1－0 x1＋2＝ y0 4＋2，即 y0＝ 6y1 x1＋2． 再由点 A2､N､G 三点共线，有y2－0 x2－2＝ y0 4－2，即 y0＝ 2y2 x2－2． 所以 6y1 x1＋2＝ 2y2 x2－2． ① 将 x1＝my1＋1，x2＝my2＋1 代入①式， 化简得 2my1y2－3(y1＋y2)＝0． ② 联立方程组  x2 4＋y2＝1， x＝my＋1， 消去 x 得 (m2＋4)y2＋2my－3＝0， 从而有 y1＋y2＝－2m m2＋4，y1y2＝ －3 m2＋4． 将其代入②式，有 2m· －3 m2＋4－3· －2m m2＋4＝0 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 x＝4 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:x2 2＋y2＝1 上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足NP→＝ 2NM→． *(1)求点 P 的轨迹方程； **(2)设点 Q 在直线 x＝－3 上，且OP→·PQ→＝1．证明:过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F． 解:(1) x2＋y2＝2． (2)由题意知 F(－1，0)．设 Q(－3，t)，P(m，n)，则 OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，OQ→·PF→＝3＋3m－tn， OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n)． 由OP→·PQ→＝1 得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知 m2＋n2＝2，故 3＋3m－tn＝0． 所以OQ→·PF→＝0，即 OQ→⊥PF→．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 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：x2 a2＋y2 b2＝1（a>b>0），四点 P1（1,1）， P2（0,1）， P3（–1， 3 2 ）， P4（1， 3 2 ）中恰有三点 在椭圆 C 上. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 27 页 共 33 页 *（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1 a2＋ 1 b2＞1 a2＋ 3 4b2知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上. 因此   1 b2＝1 1 a2＋ 3 4b2＝1 ，解得    a2＝4 b2＝1. 故 C 的方程为x2 4＋y2＝1. (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 2 2 的椭圆 C:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)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 2 2 时，PQ＝2 3． *(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   x0， 2 2 x0 ， ∵ 直线 PQ 斜率为 2 2 时，PQ＝2 3， ∴ x20＋   2 2 x0 2 ＝3，∴ x20＝2． ∴ 2 a2＋ 1 b2＝1． ∵ e＝c a＝ a2－b2 a ＝ 2 2 ，∴ a2＝4，b2＝2． ∴ 椭圆 C 的标准方程为x2 4＋y2 2＝1． (2) 以 MN 为直径的圆过定点 F(± 2，0)． 设 P(x0，y0)，则 Q(－x0，－y0)，且x20 4＋y20 2＝1，即 x20＋2y20＝4． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 28 页 共 33 页 ∵ A(－2，0)，∴ 直线 PA 的方程为 y＝ y0 x0＋2(x＋2)， ∴ M   0， 2y0 x0＋2 ． 直线 QA 的方程为 y＝ y0 x0－2(x＋2)，∴ N   0， 2y0 x0－2 ． 以 MN 为直径的圆为(x－0)(x－0)＋   y－ 2y0 x0＋2    y－ 2y0 x0－2 ＝0， 即 x2＋y2－4x0y0 x20－4y＋ 4y20 x20－4＝0． ∵ x20－4＝－2y20，∴ x2＋y2＋2x0 y0 y－2＝0． 令 y＝0，x2＋y2－2＝0，解得 x＝± 2， ∴ 以 MN 为直径的圆过定点 F(± 2，0)． (本题考查圆的定点问题) 5．已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)右焦点 F(1，0)，离心率为 2 2 ，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 AB，CD 的斜率均存在，求△FMN 面积的最大值． 解(1)由题意:c＝1，c a＝ 2 2 ，则 a＝ 2，b＝1，c＝1 椭圆的方程为x2 2＋y2＝1． (2) 证明:AB，CD 斜率均存在，设直线 AB 方程为 y＝k(x－1)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M   x1＋x2 2 ，k   x1＋x2 2 －1 ，  y＝k(x－1)， x2＋2y2－2＝0，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，  x1＋x2＝ 4k2 1＋2k2， x1x2＝2k2－2 1＋2k2， 故 M 2k2 1＋2k2， －k 1＋2k2 ． 将上式中的 k 换成－1 k，则同理可得 N   2 2＋k2， k 2＋k2 ． 如 2k2 1＋2k2＝ 2 2＋k2，得 k＝±1，则直线 MN 斜率不存在， 此时直线 MN 过点 2 3，0 ，下面证明动直线 MN 过定点 P 2 3，0 ． (证法 1) 若直线 MN 斜率存在，则 kMN＝ －k 1＋2k2－ k 2＋k2 2k2 1＋2k2－ 2 2＋k2 ＝－k(3k2＋3) 2k4－2 ＝3 2× －k k2－1， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 29 页 共 33 页 直线 MN 为 y－ k 2＋k2＝3 2× －k k2－1   x－ 2 2＋k2 ． 令 y＝0，得 x＝ 2 2＋k2＋2 3×k2－1 2＋k2＝2 3×3＋k2－1 2＋k2 ＝2 3． 综上，直线 MN 过定点 2 3，0 ． (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＝2 3与 x 轴交点为 P 2 3，0 ， 下证动直线 MN 过定点 P 2 3，0 ． 当 k≠±1 时，kPM＝ －k 1＋2k2 2k2 1＋2k2－2 3 ＝3 2× k 1－k2， 同理将上式中的 k 换成－1 k，可得 kPM＝3 2× －1 k 1－1 k2 ＝3 2× k 1－k2， 则 kPM＝kPN，直线 MN 过定点 P 2 3，0 ． (3) 解:由第(2)问可知直线 MN 过定点 P 2 3，0 ， 故 S△FMN＝S△FPM＋S△FPN ＝1 2×1 3| k 2＋k2|＋1 2×1 3| －k 1＋2k2| ＝1 6× |k|(3＋3k2) (2＋k2)(1＋2k2)＝1 2× |k|(k2＋1) 2k4＋5k2＋2 ＝1 2×  |k|＋ 1 |k| 2k2＋5＋2 k2 ， 令 t＝|k|＋ 1 |k|∈[2，＋∞)，S△FMN＝f(t)＝1 2× t 2(t2－2)＋5＝1 2× t 2t2＋1． f′(t)＝1 2× 1－2t2 (2t2＋1)2＜0，则 f(t)在 t∈[2，＋∞)上单调递减， 当 t＝2 时 f(t)取得最大值，此时 S△FMN 取得最大值1 9，此时 k＝±1． (本题考查直线过定点问题，函数最值问题) 6．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率 e＝1 2，直线 l:x－my－1＝0(m∈R) 过椭圆 C 的右焦点 F，且交椭圆 C 于 A，B 两点． * (1) 求椭圆 C 的标准方程； ** (2) 已知点 D 5 2，0 ，连结 BD，过点 A 作垂直于 y 轴的直线 l1，设直线 l1 与直线 BD 交于点 P，试 探索当 m 变化时，是否存在一条定直线 l2，使得点 P 恒在直线 l2 上?若存在，请求出直线 l2 的方程；若不 存在，请说明理由． 解:(1) 由题设，得  c＝1， c a＝1 2，解得  c＝1， a＝2， 从而 b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆 C 的标准方程为x2 4＋y2 3＝1． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 30 页 共 33 页 (2) 令 m＝0，则 A 1，3 2 ，B 1，－3 2 或者 A 1，－3 2 ，B 1，3 2 ． 当 A 1，3 2 ，B 1，－3 2 时，P 4，3 2 ；当 A 1，－3 2 ，B 1，3 2 时，P 4，－3 2 ， 所以，若满足题意的直线存在，则定直线 l2 只能是 x＝4． 下面证明点 P 恒在直线 x＝4 上． 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于 PA 垂直于 y 轴，所以点 P 的纵坐标为 y1，从而只要证明 P(4，y1)在直线 BD 上． 由  x－my－1＝0， x2 4＋y2 3＝1， 得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0， ∵ Δ＝144(1＋m2)＞0， ∴ y1＋y2＝ －6m 4＋3m2，y1y2＝ －9 4＋3m2．① ∵ kDB－kDP＝y2－0 x2－5 2 －y1－0 4－5 2 ＝ y2 my2＋1－5 2 －y1 3 2 ＝ 3 2y2－y1 my2－3 2 3 2 my2－3 2 ＝ y1＋y2－2 3my1y2 my2－3 2 ， ① 式代入上式，得 kDB－kDP＝0，∴ kDB＝kDP． ∴ 点 P(4，y1)恒在直线 BD 上，从而直线 l1､直线 BD 与直线 l2:x＝4 三线过同一点 P， ∴ 存在一条定直线 l2:x＝4 使得点 P 恒在直线 l2 上． (考查定直线问题) 7．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E:x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的左顶点为 A，与 x 轴平行的直线与 椭圆 E 交于 B､C 两点，过 B､C 两点且分别与直线 AB､AC 垂直的直线相交于点 D．已知椭圆 E 的离心率为 5 3 ，右焦点到右准线的距离为4 5 5 ． *(1) 求椭圆 E 的标准方程； ** (2) 证明点 D 在一条定直线上运动，并求出该直线的方程； *** (3) 求△BCD 面积的最大值． 解: (1)由题意得c a＝ 5 3 ，a2 c －c＝4 5 5 ， 解得 a＝3，c＝ 5，所以 b＝ a2－c2＝2，所以椭圆 E 的标准方程为x2 9＋y2 4＝1． (2) 证明:设 B(x0，y0)，C(－x0，y0)，显然直线 AB，AC，BD，CD 的斜率都存在，设为 k1，k2，k3，k4， 则 k1＝ y0 x0＋3，k2＝ y0 －x0＋3，k3＝－x0＋3 y0 ，k4＝x0－3 y0 ， 所以直线 BD，CD 的方程为 y＝－x0＋3 y0 (x－x0)＋y0，y＝x0－3 y0 (x＋x0)＋y0， 消去 y 得－x0＋3 y0 (x－x0)＋y0＝x0－3 y0 (x＋x0)＋y0，化简得 x＝3， 故点 D 在定直线 x＝3 上运动． (3) 解:由(2)得点 D 的纵坐标为 yD＝x0－3 y0 (3＋x0)＋y0＝x20－9 y0 ＋y0． 又x20 9＋y20 4＝1，所以 x20－9＝－9y20 4 ，则 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 31 页 共 33 页 yD＝x0－3 y0 (3＋x0)＋y0＝ －9 4y20 y0 ＋y＝－5 4y0， 所以点 D 到直线 BC 的距离 h 为| |yD－y0 ＝ －5 4y0－y0 ＝9 4| |y0 ． 将 y＝y0 代入x2 9＋y2 4＝1，得 x＝±3 1－y20 4， 所以△BCD 面积 S△BCD＝1 2BC·h＝1 2×6 1－y20 4·9 4| |y0 ＝27 2 1－y20 4·1 2| |y0 ≤27 2 · 1－y20 4＋y20 4 2 ＝27 4 ，当且仅当 1－y20 4＝y20 4，即 y0＝± 2时等号成立，故 y0＝± 2时， △BCD 面积的最大值为27 4 ． (考查定直线问题，函数最值问题) 8.如图所示，椭圆 22 22: 1( 0)xyM a b ab     的离心率为 2 2 ，右准线方程为 4x  ，过点 (0,4)P 作关于 y 轴 对称的两条直线 12,ll，且 1l 与椭圆交于不同两点 ,AB， 2l 与椭圆交于不同两点 ,DC. （1）求椭圆 M 的方程； （2）证明：直线 AC 与直线 BD 交于点 (0,1)Q ； （3）求线段 AC 长的取值范围. 8 解：（1）由 2 2 2 4 ce a a c     得 2 2, 2ac， 2 2 2 4b a c    ， 所以椭圆 M 的方程 22 184 xy. （2）设直线 1 4l y kx： ， 1 1 2 2 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y D x y C x y则 ， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 32 页 共 33 页 联立 22 184 4 xy y kx     ，消 y 得 221+2 ) 16 24 0k x kx  （ ， 1 2 1 222 16 24,1+2 1+2 kx x x xkk      ， 又 21 21 11,BQ DQ yykkxx  ， 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 3 3 BQ DQ y y kx kxkk x x x x          212 12 2 48 3( ) 122 + =2 + 2 2 024 12 k xx kk k k kxx k       ， =BQ DQkk ，故点 ,,B D Q三点共线，即直线 BD 经过点 (0,1)Q 同理可得直线 AC 经过点 ， 所以直线 AC 与直线 交于点 . （3）由（2）可知 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )AC x x y y x x k x x        2 2 2 1 2 1 2 1 2( ) ( + ) 4x x k x x x x     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16 16 24+41+2 1+2 1+2 kkkk k k   （ ） （ ） 42 42 4 +1016 4 +4 +1 kk kk  2 42 6116 1+ 4 +4 +1 k kk  令 2216 1, 6 tt k k+- 则 又由 2 2 2=16 4 24 (1 2 ) 0kk      得 2 3 ,2k  所以 8t  2 2 1616+ 114 +4 +166 tAC tt   2 916 1+ +8 +16 t tt   916 1+ 16+ +8t t      2 16 16+ +8 1 0t tt    在 8+t （ ， ）上恒成立 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 33 页 共 33 页 16+ +8t t 在 8+t （ ， ）上单调递增 16+ +8 18t t， 910 16 2+ +8t t    ， 931 1+ 16 2+ +8t t    216 24AC   4 2 6AC   . （考查定点问题,函数最值问题）