圆锥曲线定点定值技巧（教师版）

本文格式为Word版，下载可任意编辑——圆锥曲线定点定值技巧（教师版）圆锥曲线定点定值技巧

一、定点、定值、定形问题中的两种常用方法1．“特别〞探求

x2y23例1．（09、辽宁）已知椭圆C：??1．E、F是椭圆C上的两个动点，点A(1，)是椭圆上的一个定点．如

432果直线AE、AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值．解：①“特别〞探讨：取点F(2，0)(即右顶点)?kAF??3?y?x3??x??1?y???kEF2?2?3x2?4y2?12?32333?kAE??直线AE的方程：y?x．由22230?(?)y?yE2?1．?F?xF?xE2?(?1)232②一般性的证明：设过点A(1，)的直线方程为：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设方程的两根为x1、xA，则x1·xA＝x1?x1＝2．分别用“k〞“?k〞替换“m〞

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

xF?xE(4k2?12k?3)?(4k2?12k?3)22kEF小结：①取特别点，求出定值，后续运算仅仅是一个填空程序；②上述解题过程，运用了“对偶运算〞，减少运算、减轻思维负担．

2．“与参数k无关〞

例2．(07、湖南理21）已知双曲线x?y?2的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的动直线与双曲线相交于A，B两点．

22?????????????????（1）若动点M满足F1M?F1A?F1B?FO，求点M的轨迹方程；1（其中O为坐标原点）

????????(2)在x轴上是否存在定点C，使CA·CB为常数？若存在，求出点C的坐标；

若不存在，请说明理由．

0)，F2(2，0)，解：(1)由条件知F1(?2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．设M(x，y)．第一歩：“基本特征式〞：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线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)，F1B?(x2?2，y2)，由其次歩：“向量特征式〞：F1M?(x?2，y)，F1A?(x1?2，y1)，F1O?(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(整体)：由（*1）与(*2)??；

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

x?422所以点M的轨迹方程是(x?6)?y?4．

????????

????????解：假设在x轴上存在定点C(m，0)，使CA·CB为常数．第一歩：先特别探讨．当AB与x轴垂直时，点A，B的

?????????2)?CA·CB＝(1，2)·(1，?2)＝－1＝常数；坐标为(2，2)，(2，其次歩：再解决一般状况．当AB不与x轴垂直时．①两设：设直线AB的方程是y?k(x?2)(k??1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

②方程组→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是与k无关的常数，所以4?4m?0，即m?1，此时CA·CB＝－1．

③运用基本“特征式〞求解问题：

????????综合：在x轴上存在定点C，使CA·CB＝－1．

小结：①定点、定值的题目中，若存在(大多数是“隐含〞条件)“与k参数无关〞类的语句，求解方法是：第一歩，将表达式→关于“参数k〞的多项式；其次歩，令含“参数k〞的项的系数为零，即得到求解结论；②其理论依据：若关于x方程ax?b的解为R?a?b?0，即“零〞多项式理论；若关于x方程ax?bx?c?0的解为R?a?b?c?0，即“零次〞多项式理论；

若关于x的函数f(x)?(2m?1)x?(2k?2)x?2m?k的值与x无关?函数f(x)是常数函数?所有含x项的系数＝0，即“零次〞多项式理论；

③一般地，这类题目的运算结果，总是含有两个参数：“无关参数k〞和“待求参数m〞．而此题很特别：含“无关参数k〞是关于“参数k〞分式，增加了问题的难度．

例5．(2023、武汉市其次次质检、三中供题)已知点P(x0,y0)是椭圆

22xxx2E:?y2?1上任意一点x0y0?1，直线l的方程为0?y0y?1．(1)判断直线l与

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椭圆E交点的个数；(2)直线l0过P点与直线l垂直，点M（－1，0）关于直线l0的对称点为N，直线PN恒过一定点G，求点G的坐标．

?x2?y2?1?x02?2y022?2解：(1)由?x?x0x?1?y02?0?△＝0?直线l与椭圆E只有一个交点．?4?x0x?yy?10??2(2)直线l0的方程为x0(y?y0)?2y0(x?x0)?2y0x?x0y?x0y0?0．设M(?1,0)关于直线l0的对称点N的坐标

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

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

m?x02y0(?x03?3x02?4)PN的方程为：

x04?4x03?2x02?8x0?82y0(?x03?3x02?4)y?y0?(x?x0)即x?4y?1?直线PN恒过定点G(1,0)．32322y0(?x0?3x0?4)x0?4x0?2x0?8x0?8小结：①这道题是证明的圆锥曲线的光学性质，先猜想直线PN经过另一个焦点G(1，0)，然后再给予证明；

②此题虽然计算量很大，但有了猜想的导向，运算方向明了，中间过程可以猜想性的表述．二、先局部，后整体，有序地运算：“由局部→整体的重组〞

解析几何中的数学顺序，表现为“由局部→整体的重组〞，“整体消参〞．而“对称运算〞与“对偶运算〞是强力支撑．例5．(08、武汉模拟)过双曲线mx－y＝m的右顶点A，作两条斜率分别为k1、k2的直线AM、AN，交双曲线于M、N．其中k1·k2＝－m2，k1＋k2?0，且k1＞k2，求直线MN的斜率为定值，并求这个定值．解：设过右顶点A(1，0)的直线方程：y?k(x?1)，

2222?m2x2?y2?m2由方程组：??(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，由对称性：yN＝－

k1?k2k2k1?yM＝yN?MN∥x轴，得直线MN的斜率k?0.

k1?k2第3页共14页

小结：①此题是“对偶运算〞的经典题目，反复“复制〞运算结果，俭约了大量的时间；②在“对偶运算〞的帮助下,“代点、代入〞与“由局部→整体的重组〞有效合成为一体；③此题可以先取m2＝4，k1＝1，k2＝－4，求出直线MN的斜率k后，再有目标地运算．三、“代点配凑、代入消参〞的运算定式

“代点配凑、代入消参〞的运算定式是十分重要的运算．“点差法〞，本质上是这种定式的先期运用．反之：“代点配凑、代入消参〞的定式，是“点差法〞运算的深化．同时，“代点配凑、代入消参〞的运算定式，也是“先局部，后整体，有序地运算〞的深化．繁杂一点的问题，其题型特征是：①曲线上有两个动点；②于是很简单误导“直线与曲线相交于两点〞运算模式；③一旦用上式，得到的是无效运算．先看下面的一道“定值〞形式的题，做完后再小结，期望得到解题定式．

例6．（09、宣武）已知P、Q是椭圆T：满足|OP|＋|OQ|＝x＋2y?1上两个不同的点，是定值，并求这个定值．

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

2222222222223KOQ|，求证：|KOP·

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

112(1?x12)?(1?x2)y1y22yy22)＝③代入消参：(KOP·KOQ)＝(＝2＝22x1x2xxx1x221212222222)?x12x211?(x12?x211?1?x12x211?定值．??KK＝＝|·|??OQOP2244x12x2x12x244小结：“代点配凑、代入消参〞的解题定式：①代点：由于A(x1，y1)、B(x2，y2)在曲线F(x，y)?0上

2222②配凑：依照求解目标，两式相加或相减，得?F(x1，y1)?0，F(x2，y2)?0；

到关于x1、x2、y1、y2的整体关系式；把上述关系式，整合为含有F(x1，y1)、222F(x2，y2)的式子，经过配凑得到一个新的关系式f(x1，y1，x2，y2)?0；

③代入消元：把配凑得到的结果，代入求解目标，继续运算．(是“点差法〞运算的复制)24x12x2小结：①“代点配凑、代入消参〞的解题定式，在求定点定值和轨迹方程时往往用到．同时还要注意：用“特别〞

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探求处理定点、定值、定形问题，仅仅是一种方法，并不是所有的问题都必需采用，不要构成错误的“思维定势〞；②“代点配凑、代入消参〞的解题定式是“点差法〞运算的深化，所以求解时，可以依照“点差法〞的模式，“先局部，后整体，有序地运算〞；

③“代点配凑、代入消参〞的解题定式，仅仅是比“点差法〞的运算多了一个“消参〞环节，从而得到常数；

x2y2例7．(09、全国1)过定点P(m，n)作直线L与椭圆C：2＋2＝1相交于不同的两点A、B，点Q在线段ABab上，且|AP|·|QB|?|AQ|·|PB|．求证：点Q总在定直线

mxny?2＝1上．2ab共

证明：记λ＝

|AP||AQ|＝，则λ＞０，且λ≠１．由P、A、Q、B四点|PB||QB|线?AP＝－λPB，AQ＝λQB．设点Q(x，y)，A(x1，y1)，

22x12y12x2y2B(x2，y2)?①代点：2＋2?1，2＋2；

aabb②配凑：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代入消参：2?2＝2＋2＝·[（2＋2）－?(2＋2）]222a(1??)b(1??)1??aabbab＝

1mxny2·（1－）＝1，所以：点Q的轨迹方程为：??2＝1．221??abmxny〞，代入、配凑、消元，一气呵成．?a2b2小结：①把线段的比，转化为向量关系．然后直接采用“定式〞运算．这里没有使用“基本特征式〞参与运算；②根据求解目标：“

四、“代点配凑、代入消参〞与求轨迹方程

高考试卷中的解析几何题，是干扰学生得高分的“瓶颈〞．两种状况：①无法取得适当的运算途径，往往是只做第一问，得到4～5分，心安理得；②期望突破其次问，但运算途径不合理，越算越繁杂，耽搁时间，耗时耗精力．运气好，得到2～3分．1．“代入法〞求轨迹方程、曲线过定点中的“整体消元〞

x2y2??1上任一点，F2例8．(09、江西）已知点P1(x0,y0)为双曲线

8b2b2为双曲线的右焦点．过P1作右准线的垂线，垂足为A．连接F2A并延长交y轴于P2．(1)求线段P1P2的中点P的轨迹的方程；

(2)设轨迹E与x轴交于B、D两点，在E上任取一点Q(x1，y1)，直线QB、QD分别交y轴于M、N两点．求证：

以MN为直径的圆过两定点．

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

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

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

x1?2bx1?2by1?2by1x1?2b)?以MN为直径的圆的方程为：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为直径的圆过两定点(－5b，0)、(5b，0)．

25小结：(1)“相关点法〞(也叫“代入法〞)求轨迹(注：求轨迹方程与求轨迹的关联与递进关系)的条件特征：①两个已知：已知的动点P(x0，y0)在已知的曲线F(x，y)?0上运动；②“真动点〞P(x，y)在已知的动点P(x0，y0)的“带动〞、“帮助〞下运动．

?x0?f(x，y)(2)“相关点法〞求轨迹的始终如一地“围绕求出?〞，然后整体代入消除参数；

y?g(x，y)?0(3)其次问“求证：MN为直径的圆过定点〞的难点：①“以MN为直径的圆的方程：x?(y－

22by1x1?2b)(y＋

2by1x1?2b)?0〞

求出后，为什么“令y?0〞？；

2b2y12②在得到“以MN为直径的圆〞与x的交点的横坐标“x?2〞后，2x1?2b2第6页共14页

x2y22222为什么会想到“而Q(x1，y1)在2?上“整体代入消元〞的思维定?1x?2b?y1〞的运算歩骤？．

2．“参数法〞求轨迹方程中的“整体消元〞例9．(08、山东文22)已知曲线C1：

|x||y|??1(a?b?0)所围成的封闭图形的面积为45，曲线C1的内切圆半ab径为

25，记C2为以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆．(1)求椭圆C2的标准方程；3(2)设AB是过椭圆C2中心的任意弦，L是线段AB的垂直平分线，M是L上异于椭圆中心的点．

①若|MO|＝λ|OA|(O为坐标原点)，当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程；

②若M是L与椭圆C2的交点，求△AMB的面积的最小值．

?2ab?45?22解：(1)由题意得?a?5，b?4?椭圆方程：?ab25??223?a?bx2y2?＝1．54(2)若AB所在的斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为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)设M(x，y)，由|MO|＝λ|OA|(λ≠0)?|MO|＝λ|OA|?x?y??．

4?5k22222

由L是AB的垂直平分线，所以直线L的方程为y＝?x1x?k＝?，代入上式：

ykx220(1?2)22y222220(x?y)22222x?y????x?y?05x?4y?20?，由．当k＝0或不存时，上式依旧成立.．?222x4y?5x4?5?2yx2y2???2，综上所述，M的轨迹方程为（λ?0）．45第7页共14页

?x2y2??122?2023k20(1?k)?542222②当k存在且k?0时，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当且仅当4＋5k2＝5＋4k2时，即k＝?1时等号成立．

140140；当k不存在时，S?AMB??5?4?25?．?25?2?25?292940．

综上所述，?AMB的面积的最小值为

9当k?0，S?AMB?小结：①椭圆的一特性质、极角、椭圆的参数方程的说明；

?x2y2?12023k220(1?k2)??22222，yA?②“?5，|OA|?xA?yA?〞是由局部→整体，为实施“整体?xA?42224?5k4?5k4?5k?y?kx?消参〞作准备；③不要忘掉斜率为零和不存在的特别状况．

本节内容小结：这节内容的难度较高，有题型、有方法、有运算定式．归纳起来：1．“曲线过定点〞、“定点、定值〞问题，两种常用方法：①先用特别点、特别位置、特别直线、极端位置、极限位置、特别值、特别图形，求出定点、定值．然后有目标地运算；②“与k参数无关〞问题的求解方法；2．先局部，后整体，有序地运算：“由局部→整体的重组〞，是解题方法．熟练地运用，功能很大；3．“先局部，后整体，有序地运算，由局部→整体的重组〞是“先列分歩式，再列综合式〞的高级形式；

4．由“点差法〞、“局部→整体的重组〞的解题思想，生成了“代点配凑、代入消参〞的解题定式．运算过程比“点差法〞多了“消参〞．模式化为：①代点：由于A(x1，y1)、B(x2，y2)在曲线F(x，y)?0上?F(x1，y1)?0，F(x2，y2)?0；②配凑：依照求解目标，两式相加或相减，得到关于x1、x2、y1、y2的整体关系式；

把上述关系式，配凑为含有F(x1，y1)、F(x2，y2)的式子，从而整体消除部分表达式，得到一个新的关系式

f(x1，y1，x2，y2)?0；

③代入消参；6．“代点配凑、代入消参〞的方法，主要运用于“定点、定值〞、求轨迹方程两个方面，增加了“对称、对偶运算〞、“代点配凑、代入消参〞的方法；

1．（湖北省八市2023届高三3月联考数学（文）试题）已知△ABC的两个顶点A,B的坐标分别是(0,?1),(0,1),且AC,BC所在直线的斜率之积等于m(m?0).

(Ⅰ)求顶点C的轨迹E的方程,并判断轨迹E为何种圆锥曲线;

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1(Ⅱ)当m??时,过点F(1,0)的直线l交曲线E于M,N两点,设点N关于x轴的对称点为Q(M,Q不重合).求

2证直线MQ与x轴的交点为定点,并求出该定点的坐标.

y?1y?122??m化简得:?mx?y?1(x?0)xx当m??1时轨迹E表示焦点在y轴上的椭圆,且除去(0,1),(0,?1)两点;

当m??1时轨迹E表示以(0,0)为圆心半径是1的圆,且除去(0,1),(0,?1)两点;

(Ⅰ)由题知:

当?1?m?0时轨迹E表示焦点在x轴上的椭圆,且除去(0,1),(0,?1)两点;当m?0时轨迹E表示焦点在y轴上的双曲线,且除去(0,1),(0,?1)两点;

(Ⅱ)设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,?y2)(x1?x2?0)依题直线l的斜率存在且不为零,则可设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,则x1?x2,y1??y2QMQ的方程为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故直线MQ过定点(2,0)

y1?y2y1?y2y1?y2解二:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,?y2)(x1?x2?0)依题直线l的斜率存在且不为零,可设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的方程为

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?直线MQ过定点(2,0)

y1?y2k(x1?x2?2)x1?x2?22．（湖北省武汉市2023届高三5月供题训练数学文试题（三）（word版））已知P(x0,y0)(

x0?a)是双曲线

1x2y2E:2?2?1(a?0,b?0)上一点,M,N分别是双曲线E的左、右顶点,直线PM,PN的斜率之积为.

5ab(I)求双曲线的离心率;

(II)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A,B两点,O为坐标原点,C为双曲线上一点,满足

OC??OA?OB,求λ的值.

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3．（湖北省荆州市2023届高三3月质量检测（Ⅱ）数学（文）试题）已知圆C:

=8及点F(1,0),P为圆C上

一动点,在同一坐标平面内的动点M满足:(1)求动点M的轨迹E的方程;

,││=││.

(2)过点F作直线l与(1)中轨迹E交于不同两点R,S,设=λ,λ∈[-2,-1),求直线l的纵截距的取值范围.

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4．（2023年湖北（文数））设A是单位圆x?y?1上的任意一点,l是过点A与x轴垂直的直线,D是直线l与x轴的交

22点,点M在直线l上,且满足|DM|?m|DA|(m?0,且m?1).当点A在圆上运动时,记点M的轨迹为曲线C.(Ⅰ)求曲线C的方程,判断曲线C为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标;

(Ⅱ)过原点斜率为k的直线交曲线C于P,Q两点,其中P在第一象限,且它在y轴上的射影为点N,直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m,使得对任意的k?0,都有PQ?PH?若存在,求m的值;若不存在,请说明理由.

解:(Ⅰ)如图1,设M(x,y),A(x0,y0),则由|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点在单位圆上运动,所以x02?y02?1.②m2y2将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x?2?1(m?0,且m?1).由于m?(0,1)?(1,??),所以

m当0?m?1时,曲线C是焦点在x轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(?1?m2,0),(1?m2,0);当m?1时,曲线C是焦点在y轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(0,?m2?1),(0,m2?1).

(Ⅱ)解法1:如图2、3,?k?0,设P(x1,kx1),H(x2,y2),则Q(?x1,?kx1),N(0,kx1),

直线QN的方程为y?2kx?kx1,将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2?4k2)x2?4k2x1x?k2x12?m2?0.4k2x1m2x1依题意可知此方程的两根为?x1,x2,于是由韦达定理可得?x1?x2??2,即x2?2.22m?4km?4k2km2x1由于点H在直线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等价于

y2?1上,对任意的k?0,都有PQ?PH.故存在m?2,使得在其对应的椭圆x?2第11页共14页

yAMODxQyNyHPNHPOx

QOx

图1图2(0?m?1)第21题解答图

图3(m?1)

解法2:如图2、3,?x1?(0,1),设P(x1,y1),H(x2,y2),则Q(?x1,?y1),N(0,y1),由于P,H两点在椭圆C上,所以

2222??mx1?y1?m,22222两式相减可得m(x?x)?(y?y)?0.③?22121222??mx2?y2?m,依题意,由点P在第一象限可知,点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三点共线,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等价于kPQ?kPH??1,???????x1x1?x22(x1?x2)(x1?x2)222y2?1上,对任意的k?0,都有PQ?PH.又m?0,得m?2,故存在m?2,使得在其对应的椭圆x?2x2y25．（湖北省八校2023届高三其次次联考数学（文）试题）已知椭圆2?2?1(a?b?0)的右焦点为F(c,0),M为椭圆

ab的上顶点,O为坐标原点,且两焦点与短轴的两端点构成边长为2的正方形.(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,且使F为△PQM的垂心?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.

x2解:(Ⅰ)由两焦点与短轴的两端点构成边长为2的正方形得a?2,b?c?1,所以椭圆方程的为?y2?1

2(Ⅱ)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且使F为△PQM的垂心

设P(x1,y1),Q(x2,y2),?M(0,1),F(1,0),故kMF??1,故直线l的斜率k?1所以设直线l的方程为y?x?m,由

?y?x?m4m2m2?2222得3x?4mx?2m?2?0由题意知△>0,即m0)的直线l与曲线C的交点为A(x1,y1`),B(x2,y2).设l的方程为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等价于??y1y2?(?)?1?0

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

164对任意实数t,4t2的最小值为0,所以不等式④对于一切t成立等价于m2?6m?1?0,即3?22?m?3?22.由此可知,存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线