专题六高考中的圆锥曲线问题

1、专题六高考中的圆锥曲线问题自我检测倩缺补竭2 21.已知Fi、F2为椭圆X + y = 1的两个焦点，过Fl的直线交椭圆于 A、B两点若F2A+ F2B =25912AB=.答案 8解析 由题意知(AFi+ AF2) + (BFi+ BF2)=AB + AF2+ BF2 = 2a + 2a,又由 a= 5，可得 AB+ (BF2+ AF2) = 20,即 AB= 8.2.设AB为过抛物线y2 = 2px(p>0)的焦点的弦，贝V AB的最小值为 答案 2p解析 当弦AB垂直于对称轴时 AB最短，这时 X= 2, y= ±3, ABmin = 2p.2X3若双曲线ja2y3 =

2、i的一条渐近线被圆(x 2)2+ y2= 4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴| .3X 2 ax 0|；'3 + a2长为答案 2解析双曲线X2 y = 1的渐近线方程为y=x,即3x±ay=a 3a0，圆(x 2)2 + y2 = 4的圆心为C(2,0)，半径为r = 2,如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD | = 22- 12= 3 ，另一方面，圆心2 2C(2,0)到双曲线乍y = 1的渐近线.3x ay= 0的距离为d =a 3”3,所以 P冬 ="3，解得 a2= 1，即a3+ a3+ a=1，该双曲线的实轴长为2a = 2.4.在抛物线y= 2x2上有

3、一点P,它到A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点P的坐标是.答案 (1,2)解析 如图所示，直线I为抛物线y = 2X2的准线，F为其焦点，PN丄I,ANi丄I,由抛物线的定义知，PF = PN,AP + PF = AP + PN> AN1,当且仅当A、P、N三点共线时取等号.P点的横坐标与 A点的横坐标相同即为 1 , P点坐标为(1,2).3_ 4二T£L，AA、B两点，贝U OA 0B等于5.设坐标原点为O,抛物线y2= 2x与过焦点的直线交于解析方法一(特殊值法)1),抛物线的焦点为F 2，0，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A(2，1)，B(2,-COB

4、= 2, 1 '2，- 1 = 1 - 1 一 2方法二 设 A(x1, y1), B(x2, y2),则 OA OB = X1X2 + y1y2.由抛物线的过焦点的弦的性质知:2P_X1X2=4y1y2= p2= 1. OAoB = 4 1 =34.高考题型突破题型一圆锥曲线中的范围、最值问题M.【例1】(2012浙江改编)如图所示，在直角坐标系 xOy中，点P(1, 1)到 抛物线C: y2 = 2px(p>0)的准线的距离为5点M(t,1)是C上的定点，A,B是C上的两动点，且线段 AB的中点Q(m, n)在直线0M上.(1)求曲线C的方程及t的值；(2)记d =( AB

5、求d的最大值. p1 + 4m运用函数的思维启迪(1)依条件，构建关于 p, t的方程；(2)建立直线AB的斜率k与线段AB中点坐标间的关系，并表示弦AB的长度,性质或基本不等式求 d的最大值.解(1)/= 2px(p>0)的准线 x=- p,二1 -(-p)=4，p=2，抛物线C的方程为y2 = x.又点M(t,1)在曲线C上， t= 1.由知，点 M(1,1)，从而n=m,即点Q(m, m),依题意，直线 AB的斜率存在，且不为 0,设直线AB的斜率为k(kz 0).且 A(xi, yi), B(X2.y2),yi = xi,由 2得(yi y2)(yi + y2)= xi -x2，

6、故 k 2m= 1,y2= X2,1所以直线AB的方程为y m= 2m(x m),2AB2 + 4m即 x 2my+ 2m m= 0.1当且仅当m= 1 m,即卩m =时，上式等号成立，1 2又m= 2满足 = 4m 4m >0. d的最大值为1.思维升华圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二 次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性 等求最值.dm 已知点 A( 1,0),B(1,0)，动点 M 的轨迹曲线 C 满足/ AMB = 2 0,

7、|AM| |BM|cos2 0=3，过点B的直线交曲线 C于P, Q两点.(1) 求|aM|+ |BM 的值，并写出曲线 C的方程；(2) 求厶APQ面积的最大值.解设M(x, y),在厶MAB中，AB = 2, / AMB = 2 0,根据余弦定理得|AM |2 + |BM |2 2|AM | |BM|cos 2 0= 4.即(|AM|+ |BM|) 2|AM| |BM|(1 + cos 20 = 4.(|AM|+ |BM |) 4|AM| |BM|cos 0= 4.2而 |AM| |BM |cos 0= 3,所以(|AM|+ |BM|) 4 X 3= 4.所以 |AlM|+ |BM|= 4

8、.又 |AM|+ |BM|= 4>2 = AB|,因此点M的轨迹是以A, B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a= 2, c= 1.2 2所以曲线C的方程为X +二=1.设直线PQ的方程为x= my+ 1.x= my+i, 普+鼻i,2 2消去x并整理得(3m + 4)y + 6my 9= 0.显然方程 的 A>0,设 P(xi, yi), Q(X2, y2).1则 APQ= 2 X 2X |yi 一 y2|=|yi 一 y?.由根与系数的关系得6m9yi+ 沪一市，yiy2=齐2十223m + 3所以(yi y2)= (yi + y2) 4yiy2= 48 x2(3m +

9、42248令 t= 3m + 3，贝U t >3, (yi y2)= 丰一 t+1 + 2由于函数 胆)=t+ 1在3 ,+R)上是增函数,1 10所以 t + t> 3，当t= 3m2 + 3 = 3,即m= 0时取等号2 48所以(yi y2)w= 9,+ 23十即|yi y2|的最大值为3.所以 APQ面积的最大值为3,此时直线PQ的方程为x= i.题型二 圆锥曲线中的定点、定值问题 【例2】(20i2福建)如图，等边三角形 OAB的边长为8 3，且其三个顶点均在抛物线 E: x2= 2py(p>0)上.(1) 求抛物线E的方程；(2) 设动直线I与抛物线E相切于点P,

10、与直线y= i相交于点Q, 证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.思维启迪 既然圆过y轴上的点，即满足MP MQ = 0，对任意P、Q恒成立可待定M(0, yi),也可给定特殊的 P点，猜想M点坐标，再证明(i)解依题意，得 OB = 8.3, / BOy = 3。°设 B(x, y),贝U x= OBsin 3o = ° 3, y= OBcos 3o =°2. 因为点 B(4 3, 12)在 x2= 2py 上,所以(4 .3)2= 2pX 12,解得 p= 2.故抛物线E的方程为x2 = 4y.1 2 1证明方法一由(1)知y=4x , y' = 2

11、x.设P(xo, yo),贝U xo丰0,且I的方程为1/ 测112y yo = zxo(x xo)，即 y = 2xox4x0.1X2X0 1 2 “设 M(0, yi),令 MP MQ = 0 对满足 yo = 4xo(xo 0)的 Xo, yo恒成立.由于 MP = (xo, yo yi),xc) 4I2xo 'T T / x2 42由 MP MQ = o，得 2- yo yoyi + yi + yi = o,(*)2 即(yi + yi 2) + (1 yi)yo= o.由于(*)式对满足yo =o(xoM o)的yo恒成立,i yi = o,所以2解得yi= i.yi + y

12、i 2 = o,故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点 M（o,i）.i oi方法二由知y= 4x2, y，= 2x.设 P(xo, yo),贝U xo丰o,1且 I 的方程为 y yo = 2Xo(x xo),0n 1 1 2即 y= 2xox 4x0.11 2y= 2xox4x0, 由y= 1'x() 4 得x=右.y= 1.取 xo= 2,此时 P(2,1), Q(0, 1),以PQ为直径的圆为(x 1)2+ y2= 2,交 y 轴于点 M1(0,1)或 M2(0, 1);取 xo= 1,此时 P 1 , 4 , Q |, 1 ,以pq为直径的圆为x+ 4 2+ y+8 2=&quo

13、t;64,交 y 轴于点 Mi(0,1)、M4 0, 4 .故若满足条件的点M存在，只能是 M(0,1).以下证明点M(0,1)就是所要求的点.tt X2 4、'因为 MP = (xo, yo 1), MQ = 2 ,I2xo ,Jt txo 4所以 MP MQ = 2yo+ 2= 2yo 2 2yo+ 2= 0.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点 M(0,1). 思维升华求定点及定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值跟蹿训练22 2 .(2013江西)椭圆C: a2+ = 1(a&g

14、t;b>0)的离心率e= 丐,a + b= 3.(1)求椭圆C的方程；如图所示，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线 DP交 x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k, MN的斜率为m.证明：2m k为MDON jc(1)解因为 e= 2-= a，2 1 所以 a= ,3C，b= 3C.代入 a+ b = 3 得，c= 丫3, a= 2, b = 1.2Xo故椭圆C的方程为+ y = 1.证明 方法一 因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y= k(x 2)(k丰0,2代入x + y2= 1,解得2小8k 2P，gk + 14k4k2

15、+ 1 丿1直线AD的方程为y = ?x+ 1.4k+ 2与联立解得M 2k 14k2k 1fc2 c、8k 24k由 D(0,1), P， , N(x,0)三点共线知计k + 1 4k + 1 y4k24k2 + 128k2 24k2 + 10 1x 04k02k 1 所以MN的斜率为m=4k+ 2 4k 22k 1 2k + 14k(2k+ 1 )2k + 12 2k+ 1 2 2 2k 1 244k 2解得NR2k+11则 2m k= k= 2(定值).方法二 设 P(x°, y°)(xoM 0, ±)，贝U k=xo 21直线AD的方程为y = 2（x+

16、2）,直线BP的方程为y =(x 2),xo 2yo一 1直线DP的方程为y 1 =x,令y= 0,Xo一 Xo由于y1可侍N yo 1, o1y=2x+2联立yoxo 24yo + 2xo 4解得M 2yo Xo+ 24yo2yo xo+ 2 y因此MN的斜率为4yo2yo xo + 24yo(yo 1 )m= 224yo+ 2xo 4xo4yo 8yo+ 4xoyo xo+ 4+2yo xo+ 2 yo 14yo yo 14yo 8yo+ 4xoyo 4 4yo + 4yo 12yo+ xo 2所以2m k=2yo 12yo+ xo 2yoxo 22 yo 1 xo 2 yo 2yo+ x

17、o 22yo+ xo 2 xo 22 yo 1 xo 2 2yo yo xo 22yo+ xo 2 xo 2. 1 22 yo- 1 xo 2 2 4- xo yo xo 2(2yo+ xo 2 jxo 2 )=2(定值).题型三圆锥曲线中的探索性问题2 2【例3 (2oi2广东)在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆 C: % +養=i(a>b>o)的离心率e=a b；2,且椭圆C上的点到点Q(o,2)的距离的最大值为 3.(1) 求椭圆C的方程.(2) 在椭圆C上，是否存在点 M(m, n),使得直线I: mx+ ny= 1与圆O: x + y = 1相交于 不同的两点 A、B，

18、且 OAB的面积最大？若存在，求出点 M的坐标及对应的厶 OAB的面 积；若不存在，请说明理由思维启迪圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答;如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答2 2.22 C a 一 b (1) / e2 = -2 =a.2 2-a = 3b ,2 2椭圆方程为 佥2+書=1,即x2 + 3y2 = 3b2.3b b设椭圆上的点到点 Q(o,2)的距离为d,贝Ud = , x o2+ y 2 2= x2+ y 2 2='.3b2 3y2 +

19、y 2 2= 2 y+ 1 2+ 3b2+ 6,.当y= 1时，d取得最大值，dmax= . 3+ 6 = 3 , 解得 b2= 1, a2= 3.2椭圆C的方程为：+ y2= 1.32m 2假设存在点 M(m, n)满足题意，则 + n= 1,22即 m = 3 3n .设圆心到直线I的距离为d'，则d' <1,|m 0 + n 0 1| d，m2+ n212 2 m + n11 m2 + n2d' <1, m.62_2十 A + n2>1,10<<1,m + n1-Sa OAB =2 2 m + n当且仅当r112+2 + 1 2 22

20、mnm + nV2丿12'2 2,m + n即m2 + n2= 2>1时，Saoab取得最大值m2 + n2= 2, 由22 得m = 3 3nm232'n212'存在点M满足题意，M点坐标为此时 OAB的面积为g思维升华（1）探索性问题通常采用“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探索性问题常用的方法Gi奈叮 3 已知椭圆Ci、抛物线C2的焦点均

21、在X轴上，Ci的中心和0,从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：x324y2芒042(1) 求Ci，C2的标准方程；(2) 是否存在直线I满足条件：过C2的焦点F ;与Ci交于不同的两点 丄0N ?若存在，求出直线I的方程；若不存在，说明理由2解 设抛物线C2： y2 = 2px(p工0),则有yX = 2p(x 0),据此验证四个点知(3, - 2.3), (4, - 4)在C2 上,易求得C2的标准方程为y2 = 4x.2 2把点(2,0), ( .2,于)代入得孑+倉ia2= 4解得b2= i2,所以Ci的标准方程为X4+y=i.(2)容易验证当直线I的斜率不存在时，不满足题意当

22、直线I的斜率存在时，设其方程为y= k(x i),与 Ci 的交点为 M(xi, yi), N(x, y2).由 +4iy= kx i消去 y 并整理得(i + 4k2)x2 8k2x+ 4(k2 i) = 0,于是Xi + X2 =8k2i + 4k2'C2的顶点均为原点M , N ,且满足OM设椭圆 Ci： a5+ y= i(a>b>0),24k 1X1X2=亍.1 + 4k22所以 yiy2= k (xi 1)(X2 1) = k X1X2 (xi + X2)+ 1224k 1 =k广1 + 4k2 28k3k+ 1=1 + 4k1 + 4 k2由OM 丄 ON，即

23、OM ON = 0,得 X1X2 + yy = 0.(*)2 24fk 一 1 )3k2k 一 4将代入(*)式，得r J=2= o,1 + 4k 1 + 4k 1 + 4k解得k= ±2，所以存在直线I满足条件,且直线I的方程为2x y 2 = 0或2x+ y 2 = 0.题型四直线、圆及圆锥曲线的交汇问题2 2【例4】(2013浙江)如图，点P(0, 1)是椭圆C1： j+ b= 1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2： x2+ y2= 4的直径1, I?是过点P且互相垂直的两条直线， 其中I1交圆C2于A, B两点，I2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1

24、的方程；求 ABD面积取最大值时直线 I1的方程思维启迪(1)根据椭圆的几何性质易求出a, b的值，从而写出椭圆的方程；要求 ABD的面积，需要求出 AB, PD的长，AB是圆的弦，考虑用圆的知识来求， PD 应当考虑用椭圆的相关知识来求 求出AB, PD的长后，表示出 ABD的面积，再根据式子 的形式选择适当的方法求最值 .b = 1,解(1)由题意得la = 2.2所以椭圆C1的方程为X + y2= 1.4设 A(X1, y1), B(X2, y2), D(X0, y。).由题意知直线I1的斜率存在，不妨设其为k,则直线I1的方程为y= kx 1.2 2又圆 C2: x + y = 4,故

25、点O到直线li的距离所以AB =又12丄li,故直线12的方程为x+ ky+ k= 0.x+ ky + k= 0,由22x + 4y = 4.22消去 y,整理得（4+ k2）x2+ 8kx= 0,故 xo=-8k2.4+ k所以PD =8 一 k2+ 14 + k2设厶ABD的面积为S,贝U S=1 AB PD8.4k2+ 32 ， 4+ k所以S=16 1313当且仅当k =±k 2时取等所以所求直线11的方程为y=±1°x-1.思维升华对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题,要认真审题，学会将问题拆分成基本问题,然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等

26、来解决问题，这样可以渐渐 增强自己解决综合问题的能力(2013重庆)如图，椭圆的中心为原点 O,长轴在x轴 上，离心率e= 22,过左焦点Fl作x轴的垂线交椭圆于 A, A'两 点，AA '= 4.(1)求该椭圆的标准方程；取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P, P',过P, P'作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆 Q外若PQ丄P' Q,求圆Q的标准方程则2=1从而e +解(1)由题意知点A(-c,2)在椭圆上,b2=8，从而 a2= 匕7= 16.1-e1-e2 2故该椭圆的标准方程为話+y8 = 1.由椭圆的对称性，可设Q(xo,O).又设

27、 M(x,y)是椭圆上任意一点，则 QM2= (x xo)2 + y2= x2- 2xox+ xO+ 8 1 * = (x- 2xo)22-x°+ 8 (x -4,4).设P(X1, y1),由题意知，点 P是椭圆上到点Q的距离最小的点.因此，上式当x= X1时取最小值，又因为 * (-4,4)，所以上式当x= 2x0时取最小值, 2 2从而 X1 = 2x0,且 QP = 8 X0.因为 PQ 丄 P ' Q,且 P' (X1, y”.所以QP QIP'=(X1 - X0, y1) (X1 - X0,y1) = 0,即(x1 x°) y1 = 0.

28、由椭圆方程及X1= 2x0得4x1 8 1 16 = 0,4.6X12 ： 6解得 X1= ±, X0= = ± 3 .从而 QP2 = 8-x2=163 .故这样的圆有两个，其标准方程分别为x+尹+卜?，16亍练岀高分(时间：80分钟)1. 已知中心在坐标原点 0的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点.(1) 求椭圆C的方程；(2) 是否存在平行于 0A的直线I，使得直线I与椭圆C有公共点，且直线 0A与I的距离等于4?若存在，求出直线I的方程；若不存在，说明理由2 2解 方法一 依题意，可设椭圆C的方程为字+ *= 1(a>b>0)，且可知其

29、左焦点为 F'(2,0).c = 2,c= 2,从而有解得|2a= AF + AF ' = 3+ 5= 8,|a = 4.£ £又 a2 = b2 + c2，所以 b2= 12,2 2故椭圆C的方程为話+占=1.3(2)假设存在符合题意的直线I，设其方程为y= |x+1.3得 3x2 + 3tx+ t2 12 = 0.y=*+1, 由 22.x y_亦+ 12= 1,因为直线I与椭圆C有公共点,所以= (3t)2 4X 3X (t2 12) > 0,解得4,3W tw 4.3.另一方面，由直线OA与I的距离d = 4,得|t|=4,解得由于 ±

30、; ,13? 4 .3, 4 3,所以符合题意的直线I不存在.2 2方法二(1)依题意，可设椭圆C的方程为?+器=1(a>b>0),49 da2+ b2= 1，22且有a b解得b2= 12, b2=- 3（舍去）.、a2- b2= 4.2 2从而a2= 16.所以椭圆C的方程为16+器=1.(2)同方法一.22J32. 如图，椭圆C1： a7+1(a>b>0)的离心率为 丐，x轴被曲线C2： y= x2- b截得的线段长等于 C1的长半轴长.(1)求C1, C2的方程；设C2与y轴的交点为m，过坐标原点o的直线I与C2相交 于点A, B,两直线 MA, MB分别与G相

31、交于点D, E.证明：MD丄ME ;51 17记 MAB,A MDE的面积分别为S?.问：是否存在直线I，使得殳=乂？请说明理由52 32c >13,十(1)解由题意知，e='=于，从而a= 2b,又 2 . b = a,所以 a= 2, b= 1.2故C1, C2的方程分别为X + y2= 1, y= x2 1.(2)证明由题意知，直线I的斜率存在，设为k,y= kx,则直线I的方程为y= kx,由 2l.y=x -1,得 x2 kx 1 = 0.设 A(X1, y) B(X2, y2),则X1, x2是上述方程的两个实根，于是 X1 + X2 = k, X1X2 = 1.kx

32、1 + 1 kx2+ 1X1X2又点M的坐标为(0, 1),y1+ 1 y2 + 1 所以kMA mb=廿Pk X1X2+ k X1 + X2 + 1 k + k + 1X1X2=1.故MA丄MB，即MD丄ME.解设直线MA的斜率为ki,y= kix 1, 由 y=x2 i,则直线MA的方程为y= kix 1.x= 0,x= ki,解得或 2y= 1y = ki 1.故点A的坐标为(ki, ki 1).1又直线MB的斜率为-,1 1同理可得点B的坐标为(一,k2 1).十口1于是 Si = 2MA MBy= kix 1,2 2由 22得(1 + 4ki)x 8kix= 0,x + 4y 4=

33、0,x= 0,解得j；、y= ix=8ki1 + 4k1'4k1 1y=匚扁故点D的坐标为(8ki,1 + 4ki4ki 1 荷).1又直线ME的斜率为一-,28ki 4 一 ki同理可得点 E的坐标为(,).4 + ki 4+ ki于是S=|md me =32 1 + ki |ki|(1+ 4k1k1+ 4jSi12 4因此!；= 64(4ki+诘 +17).由题意知,64（4k1+ 右+ 17）= 17,1解得k1= 4或k1= 4.又由点A, B的坐标可知,所以k= ±3.故满足条件的直线I存在，且有两条，3 3其方程分别为 y= 2x, y= 2x.3.如图，已知直线

34、I: y= kx 2与抛物线C:OA + OB= ( 4, 12).(1)求直线I的方程和抛物线 C的方程;(2)若抛物线上一动点 P从A到B运动时,解由二 kX 2，得 x2 + 2pkx 4p= 0.|x = 2py设 A(xi, yi), B(X2, y2)，则 xi + X2= 2pk,2yi + y2= k(xi + X2) 4= 2pk 4.t OA + OB = (xi + X2, yi+ y2)= ( 2pk, 2pk2 4) =(4, i2),2pk= 4 ,2pk2 4 = i2 ，p = i解得，故直线I的方程为y= 2x2,k= 2抛物线C的方程为x2 = 2y.y=

35、2x 22(2)方法一 由 2，得 x + 4x 4 = 0,lx = 2y AB =寸i + k2 (xi + X2 $ - 4xix=i + 22 4 2 4 4 = 4 . i0.设 P(t,芋)(2 2 2<t< 2 + 2 2),t AB为定值，当点P到直线I的距离d最大时， ABP的面积最大i 212 t+ 2 - 4|5又一2 2 ,2<t< 2 + 2 2,当 t = 2 时,dmax =当P点坐标为(2, 2)时, ABP面积的最大值为4 10X 4552=8.2.方法二 设P(Xo, yo),依题意，知当抛物线在点P处的切线与I平行时， ABP的面积

36、最大. y' =- x, xo=- 2, yo= x0 = -2, P( 2, 2).|2 2 ( 2 2|4此时点P到直线I的距离=22="2+(-12 砺_ 4/5=5 .y=2x 22由 2，得 x + 4x 4 = 0,x = 2y AB =1 + k2 寸(xi + X2 2 - 4xix=1 + 22 4 2 4 4 = 4 ,10 ,4伍X響故厶ABP面积的最大值为=8 2.4. 如图，椭圆长轴的端点为 A, B, O为椭圆的中心，F为椭圆的右焦点，且 AF FB = 1, |0F|= 1.(1) 求椭圆的标准方程；记椭圆的上顶点为 M，直线I交椭圆于P, Q两

37、点，问：是否存在直线I,使点F恰为 PQM的垂心，若存在，求出直线I的方程；若不存在，请说明理由2 2解 设椭圆方程为,x2+ y2= 1(a>b>0)，则c= 1,a b又 T Af FB = (a + c) (-a c)= a2 c2= 1.2 2 a = 2, b = 1,2故椭圆的标准方程为 | + y2= 1.假设存在直线I交椭圆于P, Q两点, 且F恰为 PQM的垂心，设 P(X1, y1), Q(X2, y2),/ M(0,1), F(1,0), 直线 I 的斜率 k= 1.y= x + m于是设直线l为y= x+ m,由*x2 22+y =解 将X1 = 2 , X

38、2= 3分别代入椭圆方程，得 3x2+ 4mx+ 2m2 2 = 0,4Xl+ X2= 3m,2m2 2X1X2 = MP FQ = xi(X2 1) + y2(yi 1)= 0.又 yi= Xi + m(i = 1,2),二 X1(X2 1) + (X2 + m)(X1 + m 1)= 0,即 2x1X2+(X1+ X2)(m 1) + m m = 0.2m 2 4m2将 代入得 2 _3 "3(m 1) + m m = 0,4 4解得m = 4或m= 1，经检验m= 4符合条件.故存在直线I，使点F恰为 PQM的垂心，4直线I的方程为y= x 3.225. 在平面直角坐标系xOy

39、中，已知椭圆X9 + 5 = 1的左，右顶点分别为A，B,右焦点为F.设过点T(t, m)的直线TA, TB与此椭圆分别交于点 M(X1, y”，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；1 一(2) 设X1 = 2, X2 = 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).(1)解 设 P(x, y),由题知 F(2,0), B(3,0) , A( 3,0),2 2 2 2 2 2贝y PF = (x 2) + y , PB = (x 3) + y ,由 PF2 PB2= 4，得(x 2)2 + y2 (x 3)2 + y2 = 4 ,99化简，得x = 9.故点P的轨迹方程是x=9.并考虑到 yi>0, y2<0，得 M2, | , N 3, 20 .y0 x+ 3，即 x一 3y + 3= 0则直线MA的方程为53 0y 0直线NB的方程为一一 6一0x 31 ，即 5x 6y 15= 0.3 一32+ 3解得x= 7,10y=亍x 3y+ 3 = 0,联立方程|5x 6y 15= 0,所以点T的坐标为7,罟.证明如图所示,点T