2021年江苏高考数学二轮讲义：专题五第3讲直线、圆与椭圆的综合运用

1、第 3 讲 直线、圆与椭圆的综合运用1 .交点、定点、定值问题如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，则称为定值，探讨定值的问题一般为解答 题求定点、定值的基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数 无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出定点、定值，然后再予以证明.2 .范围、最值问题求解析几何中的有关范围最值问题往往通过类比、联想、转化、合理地构造函数，然后 去分析、研究问题，转化问题和解决问题.对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段长度构成函数关系，函数思想在处理这类问题 时非常有效.圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法：(

2、1) 几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解 决；(2) 代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：1利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；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在两个参数之间建立等3利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；4利用基本不等式求出参数的取值范围；5利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.3.探索性问题存在型探索性问题，是指判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数

3、等)考点扫描三年考情考向预测2019201820171 .交点、定点、定值问题第 17 题第 18 题第 17 题解析几何综合是江苏咼考必考 题.填空题主要考查圆锥曲线的几何性 质，主要是以椭圆为背景； 解答题主要 考查圆、直线、椭圆的综合问题，难度 较高，计算量大，重点关注交点、 定点、定值及最值、 范围问题.2.范围、最值问题3 探索性问题要点整合夯基释铤不确定的问题这类问题常常出现“是否存在”是否有”等形式的疑问句，以示结论有待于2019 考向导航确定解答此类问题的思路是：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则

4、否定假设；否则，给出肯定结论的证明即：“假设 一一推证一一定论”是解答此类问题的三个步骤.典型例题 I (2019 高考江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆 C: |2+=1(ab0)的E,连接 DFi已知 DFi= 2.(1)求椭圆 C 的标准方程;求点 E 的坐标.【解】设椭圆 C 的焦距为 2c.因为 Fi( i , 0), F2(i , 0),所以 FiF2= 2, c= i.又因为 DFi= 2，AF2丄 x 轴,所以 DF2= DF2 FiF2=因此 2a = DFi+ DF2= 4,从而 a= 2.由 b2= a2 c2,得 b2= 3.2 2因此，椭圆 C 的标准方程

5、为丁 + 3 = i.2 2x y(2)法一：由(i)知，椭圆 C:4+ 3 = i，a= 2.因为 AF2丄 x 轴，所以点 A 的横坐标为 i .将 x= i 代入圆 F2的方程(x i)2+ y2= i6,解得 y= 4.焦点为 Fi( 1 , 0), F2(1 , 0).过F2作 x 轴的垂线 I，在 x 轴的上方,I 与圆 F2： (x i)2+ y2=4a2交于点 A,与椭圆 C 交于点D 连接 AFi并延长交圆F2于点 B,连接 BF2交椭圆 C 于点5 22=-2 2.交点、定点、定值问题从而 / BF1E = / B.因为 F2A= F2B,所以/ A=ZB .所以/ A =

6、ZBF1E,从而 EF1/F2A.因为 AF2丄 x 轴，所以 EF1丄 x 轴.因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1 , 4).又 Fi( 1 , 0),所以直线 AFi： y= 2x+ 2.y= 2x + 2,由得 5x2+ 6x 11 = 0,(x 1)2+=16,11解得 x= 1 或 x=.将 x= 代入 y= 2x + 2,得 y= #.因此 B ,号.又 F2(1 , 0),所以直线 BF2：3y= 4(x i).y=4(x1)，由22得 7x2 6x 13= 0,解得 x=y-=1,x24 + 31 或 x=173.又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点，所以 x= 1.3

7、3将 x= 1 代入 y= 4(x 1),得 y=-.3 因此 E 1, 2 .法二：由(1)知，椭圆 C： 7 +y= 1.如图，连接 EF1.因为 BF2= 2a, EF1+ EF2= 2a,所43以 EF1= EB,x= 1,因为 F1( 1 , 0),由33又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点，所以 y=因此 E - 1, - 2 (1) 求定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；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.(2) 解析几何中证明直线过定点 ，一般是先选择一个参数建立直线系方程，然后根据直线系方程过定点时方程成立与参数

8、没有关系，得到一个关于 x, y 的方程组，以这个方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点.当定点具备一定的限制条件时，可特殊对待.对点训练1. (2019 苏州市高三调研测试)已知椭圆 C:学+缶=b0)的离心率为，且过点P(2, - 1) (1) 求椭圆 C 的方程；(2) 如图，设点 Q 在椭圆 C 上，且 PQ 与 x 轴平行，过 P 点作两条直线分别交椭圆C 于两点 A(X1，y1)，B(x2，y2)，若直线 PQ 平分/ APB，求证：直线 AB 的斜率是定值，并求出这个 定值.c3a2 b23解因为椭圆 C 的离心率 a=，所以a = 4，即a2= 4b2，所以椭圆 C 的方程可化

9、为 x2+ 4y2= 4b2，又椭圆 C 过点 P(2， 1)，所以 4+ 4 = 4b2，得 b2= 2，则 a2= 8.一x2y2所以所求椭圆C的标准方程为 8+2=1 由题意，设直线 PA 的方程为 y+ 1= k(x 2)，x2+ 4y2= 8，消去 y 得：(1 + 4k2)x2 8(2k2+ k)x+ 16k2+ 16k 4= 0.y= k (x 2) 1，16k2+ 16k 4所以 2x1=2， 即 X11 + 4k2联立方程得8k2+ 8k 21 + 4 k2因为直线 PQ 平分/ APB,即直线 PA 与直线 PB 的斜率互为相反数8 k2 8 k 2 设直线 PB 的方程为

10、 y+ 1 = - k(x 2),同理求得 X2=1 + 4 k2yi+ 1 = k (xi 2), 又所以 yi y2= k(xi+ X2) 4k.y2+ 1= k (X2 2),16k2 48k16k即 y1 y2= k(X1+ X2) 4k= k 4k =, X1 X2=1 + 4k21+ 4k21 + 4 k28k2y1 y21 + 4k所以直线 AB 的斜率为 kAB=X1 X2lK1 + 4 k21所以直线 AB 的斜率是定值2典型例题(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;求 BCD 面积的最大值.【解】(1)由题意得 c=,a 3

11、 c5解得 a= 3, c= . 5,所以 b=:l：a2 c2= 2, 所以椭圆 E 的标准方程为 彳+羊=1.(2)设 B(X0, yo), C( X0, yn),显然直线 AB, AC, BD, CD 的斜率都存在，设为 k1, k2,GE (2019 泰州模拟)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E:令+ = 1(a b 0)的a b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、范围、最值问题AC 垂直的直线相交于点4 .55xo+ 3xo 3k3= 一, k4=yoyoxo+ 3所以直线 BD, CD 的方程为 y=y(x xo

12、)+ yo,xo 3 y=(x+ xo) + yo,xo+ 3xo 3消去 y 得y(x xo) + yo= 齐(x+ xo) + yo,化简得 x= 3,故点 D 在定直线 x= 3 上运动.xo 3(3)由(2)得点 D 的纵坐标为 yD =1(3 + xo) + yo,xoyo29yoxo34“5又 9+ 丁= 1,所以 x 9=寸，则yD=(3+xo) + yo= + yo= 4yo,59所以点 D 到直线 BC 的距离 h 为MD yo|= 4 丫。 yo= 4MI,求范围最常见的解法有两种：代数法和几何法若题目的条件和结论能体现一种明确的 函数关系，则可首先建立起目标函数，再求范围

13、求范围常用方法有配方法，判别式法，本不等式法及函数的单调性法，这种方法称为代数法.若题目的条件和结论能明显体现几何 特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.对点训练2 22 （2019 南京市四校联考）已知椭圆 C: 4 + b = 1（b4）的左、右顶点分别为为椭圆 C 上异于 A、B 的任意一点，A 关于 M 的对称点为 P .k3, k4,贝 U k1=xo+ 3yoxo+ 3将 y= yo代入害Y2即 BC =6J1所以BCD 面2727当且仅当1- 4=即y=时等号成立，yo= 土. 2 时，ZBCD 面积的最大值为274 A、B,=1 得 x=h= -1y9_4远427

14、2i(i)若 M 的横坐标为 2,且点 P 在椭圆的右准线上，求 b 的值;若以 PM 为直径的圆恰好经过坐标原点O,求 b 的取值范围.解因为 M 是 AP 的中点，iXM=2，XA=2,所以XP=3.42o因为P在椭圆的右准线上，所以.4一=3,解得 b=2o.寸 4-b9设点 P 的坐标为(xo, yo)，点 M 的坐标为(xi, yi).xo 2yo因为 P 关于 M 的对称点为 A,所以-=xi, 2 = yi,即 xo= 2xi+ 2, yo= 2yi.因为以 PM 为直径的圆恰好经过坐标原点O,所以 OM 丄 OP, 所以OMOP=o, 即 xoxi+ yoyi= 0,所以(2x

15、i+ 2)xi+ 2yi= 0,即 yi= x2 xi.又点 M 在椭圆讣 i(ob4) 上,所以弓+咅 i ,即 b=%= ,i ：4xi2xi+ xixi+ 4所以 b= 4X = 4(i + )x2 4xi 4xi+ 4=4i+ (Xi+ 4)2 8 (Xi+ 4)+ i2_i_=4i+i2，(xi+ 4) + 8xi+ 4因为一 2xi2 ,所以 2xi+ 46,所以 4.3 xi+ 4+8,xi+ 4ii所以-石-w,(xi+ 4)+- 8 找38xi+ 41 1即- (s,(X1+ 4)+ - 84 5 38X1+ 41所以b(- s,4(1+R),即 b(s,23.又 0bb0)

16、的左顶点与上顶点分别为A, B,a b(1)求椭圆 C 的方程;(2)Q 是椭圆 C 上不同于长轴端点的任意一点，在x 轴上是否存在一点 D，使得直线 QA与 QD 的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，说明理由.C2t2b2【解】由题意得 A( a, 0), B(0, b),可设P(C,t)(t0),所以二+頁=1,解得 t=-,a bab2即PC,a,ab2a由 AB /OP 得b=,即 b =C,所以 a2= b2+C2=2b2,aC又 AB = 2 3,所以 a2+ b2= 12,2 2由得 a2= 8, b2= 4,所以椭圆 C 的方程为 X +y= 1.84X2假

17、设存在 D(m, 0)使得直线 QA 与 QD 的斜率乘积恒为定值,设 Q(xo, yo)(yo0)，则-+4 = 1,设 kQAxkQD= k(常数),因为 A(-2 2, 0),右焦点为 F，点 P 在椭圆 C 上，且将代入,8 x6 7 8 92x2+( 2.2 m) X0 2.2m一 m = 0,11所以所以 m = 2；：2, k= 2，所以存在点 D(2.：.2, 0),使得 kQAxkQD= 2./2m= 8,22解答探索性问题，需要正确辨别题型，分析命题的结构特征，选择解题的突破口 ，寻找出最优的解题思路解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型，解决问题一般是根据条件

18、进行演绎推理解答时，不但需要熟练掌握圆锥曲线的概念和性质、方程和不 等式等各项知识，还要具备较强的审题能力、逻辑思维能力和运算能力以及善于运用数形结 合的思想方法分析问题、解决问题的能力.对点训练x2v23. (2019 常州市期末)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C:孑+診=1(ab0)的离心7率 e= 2,直线 1: 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;5(2)已知点 D 2，0，连结 BD，过点 A 作垂直于点 P,试探索当 m 变化时，是否存在一条定直线12,出直线 12的方程；若不存在，请说明理

19、由.c=1，c = 1,解(1)由题设,得c 1解得a=2，a=2，从而 b2= a2 c2= 3 ,所以椭圆C的标准方程为 x4+=1.所以V0X0+2J2x V =k,X0m由得 y2= 41 - x2，y 轴的直线 11,设直线 11与直线 BD 交于使得点 P 恒在直线 12上？若存在，请求当 A 1,3, B 1, -3时，P 4, 2 ；333当 A 1, - 2，B1，2 时，P 4, - 2， 所以，满足题意的定直线 12只能是 x= 4 下面证明点 P 恒在直线 x= 4 上.93令 m= 0,则 A 1, 2，B 1 , 2 或者 A 1，设 A(x1, y1), B(x2

20、,y2),由于 FA 垂直于 y 轴，所以点 P 的纵坐标为y1,从而只要证明F(4,y1)在直线 BD 上.x my 1 = 0,由 x2y2d4 十 31，得(4 + 3m2)y2+ 6my 9= 0,因为= 144(1 + m2) 0,6m 9所以 y1+ y2=2，y2=2.4+ 3 m24 + 3 m2式代入上式，得 kDB kDF= 0, 所以 kDB= kDF.F,所以存在一条定直线 12： x= 4 使得点 P 恒在直线 12上.-专题强化0精练提能J基础达标x2y21 .方程- += 1 表示双曲线的充要条件是k_k + 1 k 5解析易知 k+ 1丰k 5 .由条件得(k+

21、 1)(k 5)0,解得1k4 + |AB| = 4 + (4 1)2+( 0 4)2= 4+ 5= 9,当且仅当 A, P, B 三点共线且 P 在 A, B 之间时取等号.答案93.(2019 苏名校高三入学摸底)若直线 I: y= k(x 1)与圆 C： x2+ y2+ 2x 4y+ 1 = 0 交 于 A、B 两点，且 ABC 为等边三角形，则实数k 的值为.解析将圆 C 的方程化为标准方程得(x+ 1)2+ (y 2)2= 4,所以圆心 C( 1 , 2),半径 r=2,又由题意可知|AB= 2,所以圆心 C 到直线 I 的距离为-22 12= , 3,2k 2|所以.-=,3,.k

22、2+( 1)2即 k2+ 8k + 1= 0,解得 k= 4 . 15 或 k= 4 + . 15 .答案4 土. 154. (2019 南京、盐城高三模拟)过点 P( 4, 0)的直线 I 与圆 C: (x 1)2+ y2= 5 相交于 A,B 两点，若点 A 恰好是线段 PB 的中点，则直线 l 的方程为 _ .解析根据题意，由于(4 1)25,所以点 P在圆 C 外，过圆心 C 作 CM 丄 AB 于 M ,连 结 AC 易知直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y= k(x+ 4)，即 kx y+ 4k = 0,则|CM|=pk2+ 15 20k2.又点 A 恰好是线段 PB 的

23、中点，所以|PM |k2+ 1=,故直线 l 的方程为 x3y+ 4= 0.答案x 出 y+ 4= 0 x2y2、,AM|= *=3|AM|,在 RtMC 中，|CM|2+ |PM|2= |PC|2,45 180k2k2+ 1=25,得 180k2= 20,即 k|5k|；k2+ 15.(2019 河北邯郸模拟改编)椭圆 12+ = 1 的焦点为 F1, F2，点 P 在椭圆上，如果线段PF2的中点在 y 轴上，那么 PF2是 PF1的_ 倍.解析设线段 PF2的中点为 D,则 OD = qPFi, OD /PFi, OD 丄 x 轴,所以 PFix 轴.又因为 PFi+ PF2= 4 .3,

24、所以 PF2= 4,373.所以 PF2是 PFi的 7 倍.答案72 26.(2019 广州调研改编)已知椭圆 C:X+ y3=1 的左、右焦点分别为Fi, F2,椭圆 C 上点 A 满足 AF2丄 F1F2.若点 P 是椭圆 C 上的动点，贝 U 市 嬴的最大值为 _ .T Tb23解析设向量 FiP, F2A 的夹角为0.由条件知 AF2为椭圆通径的一半，即AF2=Q= 2, 则FTPFIA=|FTP|cos 0 于是FTPF2A要取得最大值,只需晞在向量 F2A 上的投影值最大，易T T3T3f3知此时点 P 在椭圆短轴的上顶点，所以FIPF2A=2FP|COS縫产.7 .在平面直角坐

25、标系 xOy 中，P 为双曲线 x2 y2= 1 右支上的一个动点， 若点 P 到直线 xy+ 1 = 0 的距离大于C恒成立，则实数C的最大值为 _ .解析所求的C的最大值就是双曲线的一条渐近线x y = 0 与直线 x y+ 1 = 0 的距离，答案土8 椭圆x2+y2= 1(ab0)的右焦点 F(c, 0)关于直线 y =bx 的对称点 Q 在椭圆上，则椭圆 a bC的离心率是_.b解析设椭圆的另一个焦点为F1(C,0),如图，连结 QF1, QF ,设 QF 与直线 y=交于点 M .由题意知 M 为线段 QF 的中点，且 0M 丄 FQ,又 0 为线段 FiF 的中点，所以 FiQ/

26、OM ,故 QF = 2MF =2bc, QFi= 20M =竽aa由椭圆的定义得 QF +QF1=晋+誓=2a，整理得 b= c,所以 a=b2+ c2= . 2c,故 e= 722.a 2答案9. （2019 苏高考命题研究专家原创卷）已知斜率为 于的直线 I 与椭圆 a2+ =1（ab0）交于不同的两点，且这两个交点在 x 轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点，则该椭圆的离心率为解析由题意知，直线 I 过原点，且与椭圆的两个交点的横坐标分别为一c, c,所以两个齐）,（c, 于）,代入椭圆方程得 字+ 22= 1,整理得 c2（a2+ 2b2）=2a2b2,因为 b2= a2 c2,所以 c2

27、(3a2 2c2) = 2a4 2a2c2,即 2a4 5a2c2+2c4= 0,即 2e4 5e2+ 2= 0,解得 e2= 2 或 e2= $ 又 0e0,k2k2t2 t4,11t+ 百9即 k2t2 t4都有解,所以只需 k20,所以 k 0, 2 .答案0,2解(1)因为椭圆 C 的焦点为 F1( 3, 0), F2(3, 0),可设椭圆C的方程为 x2+y2=1(ab0).又点.3,1在椭圆 C 上,3 丄2a2+ 4b2=1，a=4,所以a 4b解得a2 b2= 3,b2=1因此，椭圆 C 的方程为-+ y2= 1.因为圆 O 的直径为 F1F2,所以其方程为 x2+ y2= 3

28、.设直线 l 与圆 O 相切于 P(xo, yo)(xoO, yoO),81k20,所以对于任意11. (2018 高考江苏卷)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C 过点.3 2 ,焦点 F1(1)求椭圆(2)设直线若直线C 及圆 O 的方程;I 与圆 O 相切于第一象限内的点P.I 与椭圆 C 有且只有一个公共点,求点 P 的坐标;直线 I 与椭圆 C 交于 A, B 两点.若OAB 的面积为竽,求直线I 的方程.3 0), F2(,；3, 0)X0X03则 x2+ y0= 3,所以直线 l 的方程为 y=-(x-X0) + y,即 y=- x+y0y0y0X224 + y =1， 由

29、消去 y，得X03y=-y0X+ y0(4x0+ y2)x2 24 X0X + 36 4y0= 0.(*)因为直线 I 与椭圆 C 有且只有一个公共点，所以 = (- 24xo)2- 4(4x3+ y0)(36 - 4%) = 48%(X - 2) = 0.因为 X0, y00,所以 X0= .2, y0= 1 .因此，点 P 的坐标为 (2 1).因为三角形 OAB 的面积为彎,所以 AB OP =从而 AB =竽.设 A(xi, yi), B(X2, y2).由(*)得24x0 48y0( X0 2)2 (4x0+ y0)所以AB2=X01+y048y0(X0-2)(4x0+y0)2因为x

30、2+ y2=所以AB2=16：(x2+ 1)2舊,即2x0-45x0+100=0,解得 x2=1=20 舍去)，则 y2= 2，因此 P 的坐标为弓0舟-综上，直线 I 的方程为 y= .5x+ 3 .2,12. (2019 南京、盐城模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C:拿+ y2= 1(ab0)的右准线方程为 x= 4，右顶点为 A，上顶点为 B,右焦点为 F，斜率为 2 的直线经过点 A,且点 F 到直线的距离为牛5.5(1) 求椭圆 C 的标准方程；(2) 将直线绕点 A 旋转，它与椭圆 C 相交于另一点 P,当 B, F , P 三点共线时，试确定直 线的斜率.解由题意知，直

31、线的方程为 y= 2(x a),即 2x y 2a = 0,所以 a c= 1,又椭圆 C 的右准线为 x= 4,即 a；= 4,所以 c=手,将此代入上式解得a= 2, c= 1,所以 b2= 3,所以椭圆 C 的方程为+与=1,法一：由(1)知 B(0,3), F(1 , 0),所以直线 BF 的方程为 y=I 3(x 1),y= ,3 (x 1),联立方程组法二： 由(1)知 B(0, . 3), F(1 , 0),所以直线 BF 的方程为 y= . 3(x 1),由题知 A(2,所以右焦点 F 到直线的距离为l2c2a| 2质.5=解得x= 0,y= 38(舍去),即P5,3；35所以

32、直线的斜率 k=3*32y= (x1),0),显然直线的斜率存在，设直线的方程为 y= k(x 2),联立方程组解得y=k(x2)，3,所以 k=.1(a b0)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(1)求椭圆 C 的标准方程；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.解设Pxo, -xo,因为直线 PQ 斜率为-2时，PQ= 2 3,21所以 x0= 2,所以孑+ b2= 1,因为 e= =亠，所以 a2=4, b2=2.以 MN 为直径的圆过定点 F（ 土 2, 0）.Y2y2设 P（X0, yo

33、）,则 Q（ X0, yo）,且寸+ 罗=1,即 x0+ 2y6= 4,2k+ .；3x=-k+3代入椭圆解得3ky=，k=穿或 k.又由题意知，y一 3kv0 得 k0 或 kvk+.313. (2019 泰州市模拟)如图，在平面直角坐标系xOy 中，离心率为-2的椭圆 C: + b2=所以椭圆 C 的标准方程为2 2x y+42=1.所以 x2+2yx+ 2因为 A( 2, 0),所以直线 PA 方程为 y=-(x+ 2),所以 M ，xo+ 22y2y以 MN 为直径的圆为(x )(x 0)+yx+2yx02= ,口 r224xy4y即 x2+ y2牙丄 y += 0,xo 4x 4因为

34、 x 4= 2y,所以 x2+ y2+ fy 2 = 0,令 y= 0,则 x2 2= 0,解得 x= . 2,所以以 MN 为直径的圆过定点 F( 2, 0).14. (2018 镇江期末)已知椭圆占+ = 1(a b 0)的右焦点 F(1, 0),离心率为申，过 Fa b2作两条互相垂直的弦 AB, CD，设 AB , CD 的中点分别为 M , N .厂场.y= k (x 1),得(1 + 2k2)x2 4k2x+ 2 k2 2= 0,x2+ 2y2 2= 0,直线 QA 方呈为y=芝(x+1 2)，所以 N，A(x1, y1),B(X2,y2), MX1+ X2X1+ x2x 22k2

35、k综上，直线 MN 过定点，0 -由可知直线 MN 过定点 P1 1故 SMN= SPN+SAFPM= $X-2 也(-+ 3k7)(2 + k2)( 1 + 2k2)=1Xk( k2+ 1)=22k4+ 5k2+ 2SZFMN=f(t)= 2X2(t2 2)+ 54 k1 2X1+ X2=-1+ 2k22c 故 M2 k2 2X1X2=1 + 2k21 + 2k2 1+ 2k21将上式中的 k 换成一 1，则同理可得：N2+k2,2+k2，2 k22如一仝,得 k= 1,则直线 MN 斜率不存在，1 + 2k22+ k22 2此时直线 MN 过点 3，0，下证动直线 MN 过定点 P 3，0

36、. 1 + 2 k22 + k2 k ( 3k2+ 3)若直线 MN 斜率存在，则 kMN= 2k21 + 2 k22 + k22k4 2=3,2 k2 1,k 3 k2直线MN为y亓=R x2+k2,k2- 122 K- i 2令y=，得x=2+2+2X2+2= 3X3 + k212+ k2当直线 AB, CD 的斜率有一条不存在时,直线 MN 为 x= 0,也满足过定点(-,0)k1 + 2k2=62k2k1|k汁- 2，=2X2 22k2+ 5+ k21令 t = k+2 , +),112t2如=产石k b0)=a2于相异(1)若直线1i 的斜率为 2，求a= 2b= 2所以 AQ= 2

37、8,554 ,5所以 AQ=蟲=6 _5_ x= 2y 2法二：由，消去 x 得，3y2 4y= 0,x2+ 2y2= 44所以 yp= 3.x= 2y 28由，消去 x 得，5y2 8y= 0,所以 yp= 5.x2+=45法一：若 PQ =笳,贝 V AAP 1，x2+2y= 4 由题意知直线 I 的斜率存在，设为 k,故直线 I: y= k(x+ 2)( kM0),由，得y = k (x+ 2)(2 k2+ 1)x2+ 8k2x+ 8k2 4 = 0,即(x+ 2)(2 k2+ 1)x+ (4k2 2) = 0,2 4k22 4 k24k所以XA= 2, XP=2，得 P(2，2)2k2

38、+ 12k2+ 12 k2+ 1所以 AP2= (J+ 2)2+ (2k2+ 1由题意知，k20,所以 00,所以 00).1(1) 证明：kb0)的离心率为 #，且右焦点 F 到左准线 I 的距离为 3.(1)求椭圆的标准方程;B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 I 和 AB 于点 P,C,若 PC = 2AB，求直线 AB 的方程.c2a2解由题意，得匚=蔦-且 c+= 3,a 2c解得 a= , 2, c= 1,贝 U b= 1,所以椭圆的标准方程为 手+ y2= 1.当 AB 丄 x 轴时，AB= .2,又 CP = 3,不合题意.当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB