圓錐曲線定點定值技巧（教師版）

本文格式為Word版，下載可任意編輯——圓錐曲線定點定值技巧（教師版）圓錐曲線定點定值技巧

一、定點、定值、定形問題中的兩種常用方法1．“特別〞探求

x2y23例1．（09、遼寧）已知橢圓C：??1．E、F是橢圓C上的兩個動點，點A(1，)是橢圓上的一個定點．如

432果直線AE、AF的斜率互為相反數(shù)，證明直線EF的斜率為定值，并求出這個定值．解：①“特別〞探討：取點F(2，0)(即右頂點)?kAF??3?y?x3??x??1?y???kEF2?2?3x2?4y2?12?32333?kAE??直線AE的方程：y?x．由22230?(?)y?yE2?1．?F?xF?xE2?(?1)232②一般性的證明：設過點A(1，)的直線方程為：y?m(x?1)?3?y?m(x?1)?3?由?（3+4m2）x2+4m(3?2m)x?4(?m)2?12?0．2?2?3x2?4y2?12?34(?m)2?12設方程的兩根為x1、xA，則x1·xA＝x1?x1＝2．分別用“k〞“?k〞替換“m〞

3?4m293?6k2?6k?4(?k)2?1224k?12k?332，＝，y?kx??k＝xE?2EE22224k?33?4k4k?39?6k2?6k?24k?12k?32．所以直線EF的斜率xF＝，yF＝24k?34k2?399(?6k2?6k?)?(?6k2?6k?)y?yE22?1．即直線EF的斜率為定值，其值為1．?F=

xF?xE(4k2?12k?3)?(4k2?12k?3)22kEF小結：①取特別點，求出定值，后續(xù)運算僅僅是一個填空程序；②上述解題過程，運用了“對偶運算〞，減少運算、減輕思維負擔．

2．“與參數(shù)k無關〞

例2．(07、湖南理21）已知雙曲線x?y?2的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F2的動直線與雙曲線相交于A，B兩點．

22?????????????????（1）若動點M滿足F1M?F1A?F1B?FO，求點M的軌跡方程；1（其中O為坐標原點）

????????(2)在x軸上是否存在定點C，使CA·CB為常數(shù)？若存在，求出點C的坐標；

若不存在，請說明理由．

0)，F(xiàn)2(2，0)，解：(1)由條件知F1(?2，設A(x1，y1)，B(x2，y2)．設M(x，y)．第一歩：“基本特征式〞：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB：x?ty?2．由

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?t2?1?0?x?ty?24?22????；?(t?1)y?4ty?2?0x?x?????2?4t1222t?1?x?y?2?y1?y2??2t?1??????????????????0)，F(xiàn)1B?(x2?2，y2)，由其次歩：“向量特征式〞：F1M?(x?2，y)，F(xiàn)1A?(x1?2，y1)，F(xiàn)1O?(2，??????????????????x1?x2?x?4?x?2?x1?x2?6F1M?F1A?F1B?FO??（*2）????1?y1?y2?y?y?y1?y24?x?4???(1)??t2?1第三歩：代入(整體)：由（*1）與(*2)??；

4t?y????(2)2?t?1?y22第四歩：消參：（1）÷（2）?t?，代入（1）：(x?6)?y?4．

x?422所以點M的軌跡方程是(x?6)?y?4．

????????

????????解：假設在x軸上存在定點C(m，0)，使CA·CB為常數(shù)．第一歩：先特別探討．當AB與x軸垂直時，點A，B的

?????????2)?CA·CB＝(1，2)·(1，?2)＝－1＝常數(shù)；坐標為(2，2)，(2，其次歩：再解決一般狀況．當AB不與x軸垂直時．①兩設：設直線AB的方程是y?k(x?2)(k??1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

②方程組→一元二次方程→基本“特征式〞由

??1?k2?0??y?k(x?1)4k2?2222；?(1?k)x?4kx?(4k?2)?0??x1?x2??2221?k?x?y?2??4k2?2?x1x2?2k?1?????????CA·CB?(k2?1)x1x2?(2k2?m)(x1?x2)?4k2?m2????????(k2?1)(4k2?2)4k2(2k2?m)2(1?2m)k2?24?4m2222??4k?m??m?2(1?2m)??m?CA·CB?2222k?1k?1kk?1?????????????1????由于CA·CB是與k無關的常數(shù)，所以4?4m?0，即m?1，此時CA·CB＝－1．

③運用基本“特征式〞求解問題：

????????綜合：在x軸上存在定點C，使CA·CB＝－1．

小結：①定點、定值的題目中，若存在(大多數(shù)是“隱含〞條件)“與k參數(shù)無關〞類的語句，求解方法是：第一歩，將表達式→關于“參數(shù)k〞的多項式；其次歩，令含“參數(shù)k〞的項的系數(shù)為零，即得到求解結論；②其理論依據(jù)：若關于x方程ax?b的解為R?a?b?0，即“零〞多項式理論；若關于x方程ax?bx?c?0的解為R?a?b?c?0，即“零次〞多項式理論；

若關于x的函數(shù)f(x)?(2m?1)x?(2k?2)x?2m?k的值與x無關?函數(shù)f(x)是常數(shù)函數(shù)?所有含x項的系數(shù)＝0，即“零次〞多項式理論；

③一般地，這類題目的運算結果，總是含有兩個參數(shù)：“無關參數(shù)k〞和“待求參數(shù)m〞．而此題很特別：含“無關參數(shù)k〞是關于“參數(shù)k〞分式，增加了問題的難度．

例5．(2023、武漢市其次次質檢、三中供題)已知點P(x0,y0)是橢圓

22xxx2E:?y2?1上任意一點x0y0?1，直線l的方程為0?y0y?1．(1)判斷直線l與

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橢圓E交點的個數(shù)；(2)直線l0過P點與直線l垂直，點M（－1，0）關于直線l0的對稱點為N，直線PN恒過一定點G，求點G的坐標．

?x2?y2?1?x02?2y022?2解：(1)由?x?x0x?1?y02?0?△＝0?直線l與橢圓E只有一個交點．?4?x0x?yy?10??2(2)直線l0的方程為x0(y?y0)?2y0(x?x0)?2y0x?x0y?x0y0?0．設M(?1,0)關于直線l0的對稱點N的坐標

?2x03?3x02?4x0?4x0?n???m??x02?42y0?m?1?為N(m,n)?????

432?2y?m?1?x0n?xy?0?n?2x0?4x0?4x0?8x0000???222y0(4?x02)?n?y0x04?4x03?2x02?8x0?8?直線PN斜率k??直線

m?x02y0(?x03?3x02?4)PN的方程為：

x04?4x03?2x02?8x0?82y0(?x03?3x02?4)y?y0?(x?x0)即x?4y?1?直線PN恒過定點G(1,0)．32322y0(?x0?3x0?4)x0?4x0?2x0?8x0?8小結：①這道題是證明的圓錐曲線的光學性質，先猜想直線PN經(jīng)過另一個焦點G(1，0)，然后再給予證明；

②此題雖然計算量很大，但有了猜想的導向，運算方向明了，中間過程可以猜想性的表述．二、先局部，后整體，有序地運算：“由局部→整體的重組〞

解析幾何中的數(shù)學順序，表現(xiàn)為“由局部→整體的重組〞，“整體消參〞．而“對稱運算〞與“對偶運算〞是強力支撐．例5．(08、武漢模擬)過雙曲線mx－y＝m的右頂點A，作兩條斜率分別為k1、k2的直線AM、AN，交雙曲線于M、N．其中k1·k2＝－m2，k1＋k2?0，且k1＞k2，求直線MN的斜率為定值，并求這個定值．解：設過右頂點A(1，0)的直線方程：y?k(x?1)，

2222?m2x2?y2?m2由方程組：??(m2?k2)x2?2kx?(k2?m2)?0?

?y?k(x?1)m2?k2m2?k2．由x1＝1(？)?x2＝－2x1·x2＝－2?22m?km?k2m2?k12m2?k2．xM＝－2?xN＝－222m?k1m?k2k12?k1k2k1?k2k2?k1x又m＝－k1·k2，代入上式：xM＝－＝，＝．Nk1?k2k2?k1?k1k2?k122所以yM＝k1(xM?1)＝－

k1k2，由對稱性：yN＝－

k1?k2k2k1?yM＝y(tǒng)N?MN∥x軸，得直線MN的斜率k?0.

k1?k2第3頁共14頁

小結：①此題是“對偶運算〞的經(jīng)典題目，反復“復制〞運算結果，儉約了大量的時間；②在“對偶運算〞的幫助下,“代點、代入〞與“由局部→整體的重組〞有效合成為一體；③此題可以先取m2＝4，k1＝1，k2＝－4，求出直線MN的斜率k后，再有目標地運算．三、“代點配湊、代入消參〞的運算定式

“代點配湊、代入消參〞的運算定式是十分重要的運算．“點差法〞，本質上是這種定式的先期運用．反之：“代點配湊、代入消參〞的定式，是“點差法〞運算的深化．同時，“代點配湊、代入消參〞的運算定式，也是“先局部，后整體，有序地運算〞的深化．繁雜一點的問題，其題型特征是：①曲線上有兩個動點；②于是很簡單誤導“直線與曲線相交于兩點〞運算模式；③一旦用上式，得到的是無效運算．先看下面的一道“定值〞形式的題，做完后再小結，期望得到解題定式．

例6．（09、宣武）已知P、Q是橢圓T：滿足|OP|＋|OQ|＝x＋2y?1上兩個不同的點，是定值，并求這個定值．

解：設P(x1，y1)、Q(x2，y2)?(x1＋y1)＋(x2＋y2)＝①代點：x1＋2y1?1，x2＋2y2?1

2222222222223KOQ|，求證：|KOP·

23；21212121232＋(x2＋2y2)]＝；x1＋(x1＋2y12)]＋[x222222121121322(x1＋)＋(x2＋)＝?x1＋x2＝1．22222②配湊：[

112(1?x12)?(1?x2)y1y22yy22)＝③代入消參：(KOP·KOQ)＝(＝2＝22x1x2xxx1x221212222222)?x12x211?(x12?x211?1?x12x211?定值．??KK＝＝|·|??OQOP2244x12x2x12x244小結：“代點配湊、代入消參〞的解題定式：①代點：由于A(x1，y1)、B(x2，y2)在曲線F(x，y)?0上

2222②配湊：依照求解目標，兩式相加或相減，得?F(x1，y1)?0，F(xiàn)(x2，y2)?0；

到關于x1、x2、y1、y2的整體關系式；把上述關系式，整合為含有F(x1，y1)、222F(x2，y2)的式子，經(jīng)過配湊得到一個新的關系式f(x1，y1，x2，y2)?0；

③代入消元：把配湊得到的結果，代入求解目標，繼續(xù)運算．(是“點差法〞運算的復制)24x12x2小結：①“代點配湊、代入消參〞的解題定式，在求定點定值和軌跡方程時往往用到．同時還要注意：用“特別〞

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探求處理定點、定值、定形問題，僅僅是一種方法，并不是所有的問題都必需采用，不要構成錯誤的“思維定勢〞；②“代點配湊、代入消參〞的解題定式是“點差法〞運算的深化，所以求解時，可以依照“點差法〞的模式，“先局部，后整體，有序地運算〞；

③“代點配湊、代入消參〞的解題定式，僅僅是比“點差法〞的運算多了一個“消參〞環(huán)節(jié)，從而得到常數(shù)；

x2y2例7．(09、全國1)過定點P(m，n)作直線L與橢圓C：2＋2＝1相交于不同的兩點A、B，點Q在線段ABab上，且|AP|·|QB|?|AQ|·|PB|．求證：點Q總在定直線

mxny?2＝1上．2ab共

證明：記λ＝

|AP||AQ|＝，則λ＞０，且λ≠１．由P、A、Q、B四點|PB||QB|線?AP＝－λPB，AQ＝λQB．設點Q(x，y)，A(x1，y1)，

22x12y12x2y2B(x2，y2)?①代點：2＋2?1，2＋2；

aabb②配湊：AP＝－λPB，AQ＝λQB?m＝

x1??x2y??y2，n＝1，

1??1??22x1??x2y1??y2mxx12??2x2nyy12??2y2，y＝，2＝2；?2＝2x＝221??1??b(1??)a(1??)ab2222y12??2y2x12y12x2y2mxnyx12??2x212③代入消參：2?2＝2＋2＝·[（2＋2）－?(2＋2）]222a(1??)b(1??)1??aabbab＝

1mxny2·（1－）＝1，所以：點Q的軌跡方程為：??2＝1．221??abmxny〞，代入、配湊、消元，一氣呵成．?a2b2小結：①把線段的比，轉化為向量關系．然后直接采用“定式〞運算．這里沒有使用“基本特征式〞參與運算；②根據(jù)求解目標：“

四、“代點配湊、代入消參〞與求軌跡方程

高考試卷中的解析幾何題，是干擾學生得高分的“瓶頸〞．兩種狀況：①無法取得適當?shù)倪\算途徑，往往是只做第一問，得到4～5分，心安理得；②期望突破其次問，但運算途徑不合理，越算越繁雜，耽擱時間，耗時耗精力．運氣好，得到2～3分．1．“代入法〞求軌跡方程、曲線過定點中的“整體消元〞

x2y2??1上任一點，F(xiàn)2例8．(09、江西）已知點P1(x0,y0)為雙曲線

8b2b2為雙曲線的右焦點．過P1作右準線的垂線，垂足為A．連接F2A并延長交y軸于P2．(1)求線段P1P2的中點P的軌跡的方程；

(2)設軌跡E與x軸交于B、D兩點，在E上任取一點Q(x1，y1)，直線QB、QD分別交y軸于M、N兩點．求證：

以MN為直徑的圓過兩定點．

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解：(1)由已知得F2(3b，0)，A(3y8b，y0)．則直線F2A的方程為：y??0(x?3b)，令

b3x0?x???2x?0得y?9y0，即P2(0,9y0)．由P(x，y)是P1P2的中點???y?y0?9y0?5y0??2?x0?2xx02y02x2y2??1為軌跡E的方程．??y代入2?2?1?2?28bb2b25by?0?5?(2)

x2y2220)?直線?10)，D(2b，解：在2?中令得．設B(?2b，x?2by?022b25bQB的方程為：y?y1x1?2b(x?2b),直線QD的方程為：y?2by1))，(x?2b)．?M(0，N(0，

x1?2bx1?2by1?2by1x1?2b)?以MN為直徑的圓的方程為：x?(y－

22by1x1?2b)(y＋

2by1x1?2b)?0．

2b2y12x2y2??1上令y?0?x?2．而Q(x1，y1)在222x1?2b2b25b2?x12?2b2?22y1?x??5b?MN為直徑的圓過兩定點(－5b，0)、(5b，0)．

25小結：(1)“相關點法〞(也叫“代入法〞)求軌跡(注：求軌跡方程與求軌跡的關聯(lián)與遞進關系)的條件特征：①兩個已知：已知的動點P(x0，y0)在已知的曲線F(x，y)?0上運動；②“真動點〞P(x，y)在已知的動點P(x0，y0)的“帶動〞、“幫助〞下運動．

?x0?f(x，y)(2)“相關點法〞求軌跡的始終如一地“圍繞求出?〞，然后整體代入消除參數(shù)；

y?g(x，y)?0(3)其次問“求證：MN為直徑的圓過定點〞的難點：①“以MN為直徑的圓的方程：x?(y－

22by1x1?2b)(y＋

2by1x1?2b)?0〞

求出后，為什么“令y?0〞？；

2b2y12②在得到“以MN為直徑的圓〞與x的交點的橫坐標“x?2〞后，2x1?2b2第6頁共14頁

x2y22222為什么會想到“而Q(x1，y1)在2?上“整體代入消元〞的思維定?1x?2b?y1〞的運算歩驟？．

2．“參數(shù)法〞求軌跡方程中的“整體消元〞例9．(08、山東文22)已知曲線C1：

|x||y|??1(a?b?0)所圍成的封閉圖形的面積為45，曲線C1的內切圓半ab徑為

25，記C2為以曲線C1與坐標軸的交點為頂點的橢圓．(1)求橢圓C2的標準方程；3(2)設AB是過橢圓C2中心的任意弦，L是線段AB的垂直平分線，M是L上異于橢圓中心的點．

①若|MO|＝λ|OA|(O為坐標原點)，當點A在橢圓C2上運動時，求點M的軌跡方程；

②若M是L與橢圓C2的交點，求△AMB的面積的最小值．

?2ab?45?22解：(1)由題意得?a?5，b?4?橢圓方程：?ab25??223?a?bx2y2?＝1．54(2)若AB所在的斜率存在且不為零，設AB所在直線方程為y＝kx(k≠0)，A(xA，yA)．①由

?x2y2?12023k21k2)??2222220(?，yA?．?xA??|OA|?xA?yA?4?52224?5k4?5k4?5k??y?kx,22220(1?k)設M(x，y)，由|MO|＝λ|OA|(λ≠0)?|MO|＝λ|OA|?x?y??．

4?5k22222

由L是AB的垂直平分線，所以直線L的方程為y＝?x1x?k＝?，代入上式：

ykx220(1?2)22y222220(x?y)22222x?y????x?y?05x?4y?20?，由．當k＝0或不存時，上式依舊成立.．?222x4y?5x4?5?2yx2y2???2，綜上所述，M的軌跡方程為（λ?0）．45第7頁共14頁

?x2y2??122?2023k20(1?k)?542222②當k存在且k?0時，xA?．由??yA?，yA??|OA|2＝xA?2224?5k4?5k4?5k?y??1x?k?1120k22023(1?k2)22．?|OM|?x?，y???M25?4k25?4k25?4k2OAOM2M2?119＝．?20(1?k2)20(1?k2)204?5k25?4k2211??|OA|?|OB|OA2OM2?940140?|OA|?|OB|≥．S?AMB??2?|OA|?|OB|＝|OA|?|OB|≥，20929當且僅當4＋5k2＝5＋4k2時，即k＝?1時等號成立．

140140；當k不存在時，S?AMB??5?4?25?．?25?2?25?292940．

綜上所述，?AMB的面積的最小值為

9當k?0，S?AMB?小結：①橢圓的一特性質、極角、橢圓的參數(shù)方程的說明；

?x2y2?12023k220(1?k2)??22222，yA?②“?5，|OA|?xA?yA?〞是由局部→整體，為實施“整體?xA?42224?5k4?5k4?5k?y?kx?消參〞作準備；③不要忘掉斜率為零和不存在的特別狀況．

本節(jié)內容小結：這節(jié)內容的難度較高，有題型、有方法、有運算定式．歸納起來：1．“曲線過定點〞、“定點、定值〞問題，兩種常用方法：①先用特別點、特別位置、特別直線、極端位置、極限位置、特別值、特別圖形，求出定點、定值．然后有目標地運算；②“與k參數(shù)無關〞問題的求解方法；2．先局部，后整體，有序地運算：“由局部→整體的重組〞，是解題方法．熟練地運用，功能很大；3．“先局部，后整體，有序地運算，由局部→整體的重組〞是“先列分歩式，再列綜合式〞的高級形式；

4．由“點差法〞、“局部→整體的重組〞的解題思想，生成了“代點配湊、代入消參〞的解題定式．運算過程比“點差法〞多了“消參〞．模式化為：①代點：由于A(x1，y1)、B(x2，y2)在曲線F(x，y)?0上?F(x1，y1)?0，F(xiàn)(x2，y2)?0；②配湊：依照求解目標，兩式相加或相減，得到關于x1、x2、y1、y2的整體關系式；

把上述關系式，配湊為含有F(x1，y1)、F(x2，y2)的式子，從而整體消除部分表達式，得到一個新的關系式

f(x1，y1，x2，y2)?0；

③代入消參；6．“代點配湊、代入消參〞的方法，主要運用于“定點、定值〞、求軌跡方程兩個方面，增加了“對稱、對偶運算〞、“代點配湊、代入消參〞的方法；

1．（湖北省八市2023屆高三3月聯(lián)考數(shù)學（文）試題）已知△ABC的兩個頂點A,B的坐標分別是(0,?1),(0,1),且AC,BC所在直線的斜率之積等于m(m?0).

(Ⅰ)求頂點C的軌跡E的方程,并判斷軌跡E為何種圓錐曲線;

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1(Ⅱ)當m??時,過點F(1,0)的直線l交曲線E于M,N兩點,設點N關于x軸的對稱點為Q(M,Q不重合).求

2證直線MQ與x軸的交點為定點,并求出該定點的坐標.

y?1y?122??m化簡得:?mx?y?1(x?0)xx當m??1時軌跡E表示焦點在y軸上的橢圓,且除去(0,1),(0,?1)兩點;

當m??1時軌跡E表示以(0,0)為圓心半徑是1的圓,且除去(0,1),(0,?1)兩點;

(Ⅰ)由題知:

當?1?m?0時軌跡E表示焦點在x軸上的橢圓,且除去(0,1),(0,?1)兩點;當m?0時軌跡E表示焦點在y軸上的雙曲線,且除去(0,1),(0,?1)兩點;

(Ⅱ)設M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,?y2)(x1?x2?0)依題直線l的斜率存在且不為零,則可設l:x?ty?1,

x2?2t?1代入,y1y2?2,9分?y2?1(x?0)整理得(t2?2)y2?2ty?1?0y1?y2?22t?2t?2又由于M、Q不重合,則x1?x2,y1??y2QMQ的方程為y?y1?y1?y2(x?x1)令y?0,

x1?x2得x?x1?y1(x2?x1)ty(y?y)2ty1y2?ty1?1?121??1?2故直線MQ過定點(2,0)

y1?y2y1?y2y1?y2解二:設M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,?y2)(x1?x2?0)依題直線l的斜率存在且不為零,可設l:y?k(x?1)

x24k22k2?222222代入,x1x2?,?y?1(x?0)整理得:(1?2k)x?4kx?2k?2?0x1?x2?221?2k1?2k2QMQ的方程為

y?y1?y1?y2(x?x1)x1?x2令y?0,得

x?x1?y1(x2?x1)k(x1?1)(x2?x1)2x1x2?(x1?x2)?x1???2?直線MQ過定點(2,0)

y1?y2k(x1?x2?2)x1?x2?22．（湖北省武漢市2023屆高三5月供題訓練數(shù)學文試題（三）（word版））已知P(x0,y0)(

x0?a)是雙曲線

1x2y2E:2?2?1(a?0,b?0)上一點,M,N分別是雙曲線E的左、右頂點,直線PM,PN的斜率之積為.

5ab(I)求雙曲線的離心率;

(II)過雙曲線E的右焦點且斜率為1的直線交雙曲線于A,B兩點,O為坐標原點,C為雙曲線上一點,滿足

OC??OA?OB,求λ的值.

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3．（湖北省荊州市2023屆高三3月質量檢測（Ⅱ）數(shù)學（文）試題）已知圓C:

=8及點F(1,0),P為圓C上

一動點,在同一坐標平面內的動點M滿足:(1)求動點M的軌跡E的方程;

,││=││.

(2)過點F作直線l與(1)中軌跡E交于不同兩點R,S,設=λ,λ∈[-2,-1),求直線l的縱截距的取值范圍.

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4．（2023年湖北（文數(shù)））設A是單位圓x?y?1上的任意一點,l是過點A與x軸垂直的直線,D是直線l與x軸的交

22點,點M在直線l上,且滿足|DM|?m|DA|(m?0,且m?1).當點A在圓上運動時,記點M的軌跡為曲線C.(Ⅰ)求曲線C的方程,判斷曲線C為何種圓錐曲線,并求其焦點坐標;

(Ⅱ)過原點斜率為k的直線交曲線C于P,Q兩點,其中P在第一象限,且它在y軸上的射影為點N,直線QN交曲線C于另一點H.是否存在m,使得對任意的k?0,都有PQ?PH?若存在,求m的值;若不存在,請說明理由.

解:(Ⅰ)如圖1,設M(x,y),A(x0,y0),則由|DM|?m|DA|(m?0,且m?1),

可得x?x0,|y|?m|y0|,所以x0?x,|y0|?1|y|.①由于A點在單位圓上運動,所以x02?y02?1.②m2y2將①式代入②式即得所求曲線C的方程為x?2?1(m?0,且m?1).由于m?(0,1)?(1,??),所以

m當0?m?1時,曲線C是焦點在x軸上的橢圓,兩焦點坐標分別為(?1?m2,0),(1?m2,0);當m?1時,曲線C是焦點在y軸上的橢圓,兩焦點坐標分別為(0,?m2?1),(0,m2?1).

(Ⅱ)解法1:如圖2、3,?k?0,設P(x1,kx1),H(x2,y2),則Q(?x1,?kx1),N(0,kx1),

直線QN的方程為y?2kx?kx1,將其代入橢圓C的方程并整理可得(m2?4k2)x2?4k2x1x?k2x12?m2?0.4k2x1m2x1依題意可知此方程的兩根為?x1,x2,于是由韋達定理可得?x1?x2??2,即x2?2.22m?4km?4k2km2x1由于點H在直線QN上,所以y2?kx1?2kx2?2.

m?4k2????????4k2x12km2x1于是PQ?(?2x1,?2kx1),PH?(x2?x1,y2?kx1)?(?2,).而PQ?PHm?4k2m2?4k2????????4(2?m2)k2x12PQ?PH??0,即2?m2?0,又m?0,得m?2,22m?4k2等價于

y2?1上,對任意的k?0,都有PQ?PH.故存在m?2,使得在其對應的橢圓x?2第11頁共14頁

yAMODxQyNyHPNHPOx

QOx

圖1圖2(0?m?1)第21題解答圖

圖3(m?1)

解法2:如圖2、3,?x1?(0,1),設P(x1,y1),H(x2,y2),則Q(?x1,?y1),N(0,y1),由于P,H兩點在橢圓C上,所以

2222??mx1?y1?m,22222兩式相減可得m(x?x)?(y?y)?0.③?22121222??mx2?y2?m,依題意,由點P在第一象限可知,點H也在第一象限,且P,H不重合,故(x1?x2)(x1?x2)?0.于是由③式可得(y1?y2)(y1?y2)2yy?y2??m2.④又Q,N,H三點共線,所以kQN?kQH,即1?1.

(x1?x2)(x1?x2)x1x1?x2于是由④式可得kPQ?kPHm2y1y1?y21(y1?y2)(y1?y2)m2??1,.而PQ?PH等價于kPQ?kPH??1,???????x1x1?x22(x1?x2)(x1?x2)222y2?1上,對任意的k?0,都有PQ?PH.又m?0,得m?2,故存在m?2,使得在其對應的橢圓x?2x2y25．（湖北省八校2023屆高三其次次聯(lián)考數(shù)學（文）試題）已知橢圓2?2?1(a?b?0)的右焦點為F(c,0),M為橢圓

ab的上頂點,O為坐標原點,且兩焦點與短軸的兩端點構成邊長為2的正方形.(Ⅰ)求橢圓的方程;

(Ⅱ)是否存在直線l交橢圓于P,Q兩點,且使F為△PQM的垂心?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由.

x2解:(Ⅰ)由兩焦點與短軸的兩端點構成邊長為2的正方形得a?2,b?c?1,所以橢圓方程的為?y2?1

2(Ⅱ)假設存在直線l交橢圓于P,Q兩點,且使F為△PQM的垂心

設P(x1,y1),Q(x2,y2),?M(0,1),F(1,0),故kMF??1,故直線l的斜率k?1所以設直線l的方程為y?x?m,由

?y?x?m4m2m2?2222得3x?4mx?2m?2?0由題意知△>0,即m0)的直線l與曲線C的交點為A(x1,y1`),B(x2,y2).設l的方程為x?ty?m,由??x?ty?m?y1?y2?4t22得y?4ty?4m?0,??16(t?m)?0,于是①?2?y1y2??4m?y?4x又FA?(x1?1,y1),FB?(x2?1,y1).FA?FB?0?(x1?1)(x2?1)?y1y2?x1x2?(x1?x2)?1?y1y2②

22y12y2y12y2y2又x?,于是不等式②等價于??y1y2?(?)?1?0

44444(y1y2)21??y1y2?[(y1?y2)2?2y1y2]?1?0③由①式,不等式③等價于m2?6m?1?4t2④

164對任意實數(shù)t,4t2的最小值為0,所以不等式④對于一切t成立等價于m2?6m?1?0,即3?22?m?3?22.由此可知,存在正數(shù)m,對于過點M(m,0)且與曲線