椭圆综合题中定值定点 椭圆综合题中定值定点、范围问题总结计划1（27页）
时间：2022-01-07 00:12:07 来源：网友投稿
椭 圆
一、直线与椭圆问题的常规解题方法 :
1.设直线与方程； （提醒 ：①设直线时分斜率存在与不存在；②设为 y=kx+b 与 x=my+n
的区别）
2.设交点坐标； （提醒 :之所以要设是因为不去求出它 ,即“设而不求 ”）
3.联立方程组；
4.消元韦达定理； （提醒：抛物线时经常是把抛物线方程代入直线方程反而简单 ）
5.根据条件重转化； 常有以下类型：
①“以弦 AB 为直径的圆过点 0”（ 提醒： 需讨论 K 是否存在）
OA OB
uuur uuur
K1 ? K 2
1OA ? OB 0
x1 x 2 y1 y2 0
②“点在圆内、圆上、圆外问题”
“直角、锐角、钝角问题”
“向量的数量积大于、等于、小于
0 问题”
x1 x 2 y1 y2 0 >0；
③“等角、角平分、角互补问题”
斜率关系（ K1 K 2
0 或 K1
K 2 ）；
④“共线问题”
uuur
uuur
（如： AQ
QB数的角度：坐标表示法；形的角度：距离转化法）
；
（如 ：A、 O、B 三点共线
直线 OA 与 OB 斜率相等）；
⑤“点、线对称问题” 坐标与斜率关系；
⑥“弦长、 面积问题” 转化为坐标与弦长公式问题 （提醒 ：注意两个面积公式 的
合理选择）；
6.化简与计算；
7.细节问题不忽略；
①判别式是否已经考虑；②抛物线、双曲线问题中二次项系数是否会出现 0.
二、基本解题思想：
1、“常规求值”问题： 需要找等式， “求范围”问题需要找不等式；
2、“是否存在”问题： 当作存在去求，若不存在则计算时自然会无解；
3、证明定值问题的方法： ⑴常把变动的元素用参数表示出来，然后证明计算结果与参数无
关；⑵也可先在特殊条件下求出定值，再给出一般的证明。
4、处理定点问题的方法： ⑴常把方程中参数的同次项集在一起，并令各项的系数为零，求
出定点；⑵也可先取参数的特殊值探求定点，然后给出证明，
5、求最值问题时： 将对象表示为变量的函数，几何法、配方法（转化为二次函数的最值） 、三角代换法（转化为三角函数的最值） 、利用切线的方法、利用均值不
等
式的方法等再解决；
6、转化思想： 有些题思路易成，但难以实施。这就要优化方法，才能使计算具有可行性，关键是积累“转化”的经验；
椭圆中的定值、定点问题
一、常见基本题型：
在几何问题 中，有些几何量和参数无关， 这就构成定值问题， 解决这类问题常通过取参数和特殊值 来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式是恒定的。
（ 1）直线恒过定点问题
1、已知点 P( x0 , y0 ) 是椭圆 E : x2
y2
1 上任意一点， 直线 l 的方程为 x0 x
y0 y 1， 直
2
2
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。
1、解：直线 l0 的方程为 x0 ( y
y0 )
2 y0 (x
x0 ) ，即 2 y0x
x0 y
x0 y0 0
设 M (
1,0) 关于直线 l0 的对称点的坐标为
N ( m, n)
n
x0
m
2 x0 3
3x02
4x0
4
m 1
2 y0
x0
2
4
则
，解 得
m 1 x0 n
2 x0 4
4 x03
4x02
8x0
2 y0
0
n
2
x0 y0
2 y0 (4
x0
2 )
2
n
y
0
x
4 4x
3
2x 2
8x
8
直线的斜率为 k
0
0
0
0
2 y0 ( x0 3
3x0 2
4)
m x0
从而直线的方程为：
y y0
x04
4x0
3
2x02
8x0
8
2y0 (
x0
3
3x0
2
4)
( x x0 )
2 y (
x
3
3x 2
4)
即 x
0
0
0
y
1
4
4x
3
2 x 2
8x
x
8
0
0
0
0
从而直线恒过定点
G (1,0)
2、已知 椭圆两焦点、在轴上，短轴长为，离心率为
2 ，是椭圆在第一
象限弧上一点，
2
uuur uuuur
且 PF1 PF2
1，过
P 作关于直线
F1P
对称的两条直线
PA、 PB分别交椭
圆于
A、 B 两点。
（1）求
P 点坐标；（ 2）求证直线
AB 的斜率为定值；
y2 x2
2、解：（1）设椭圆方程为 a2 b2 1，由题意可得
a 2,b 2, c 2 2 ， 所 以 椭 圆 的 方 程 为
y2 x2
1
4 2
则 F
(0,
2), F (0, 2) ，设 P(x0 , y0 )( x0 0, y0
0)
1
2
uuur
uuuur
则 PF1
( x0 , 2 y0 ), PF2
( x0 ,
2 y0 ),
uuur
uuuur
x02 (2 y02 ) 1
PF1 PF2
Q 点 P(x0 , y0 ) 在曲线上，则
x02
y02
1.
x02 4
y02
2
4
2
从而
4
y02
(2
y2 ) 1，得 y0
2 ，则点的坐标为 (1,
2)
。
2
0
（2）由（ 1）知 PF1
// x 轴，直线 PA、 PB 斜率互为相反数，
设 PB 斜率为 k (k
0) ，则 PB的直线方程为：
y
2
k(x
1)
y
2
k( x
1)
2
2
2
2
2
得
由 x
y
1
(2 k )x
2k ( 2 k) x ( 2 k) 4 0
2
4
设 B( xB , yB ), 则 xB
2k( k
2)
k 2
2
2k
2
2
k 2
1
2
k2
同理可得 xA
k2
2
2k
2
，则 xA
xB
4
2k
2
k2
2
k2
yA yB
k( xA
1) k( xB 1)
8k
2
k 2
yA
yB
所以直线 AB 的斜率 kAB
2 为定值。
xA
xB
3 、 已 知 动 直 线 y
k( x 1) 与 椭 圆 C : x2
y 2
1 相 交 于 A B 两 点 , 已 知 点
5
5
3
7
uuur
uuur
M ( ,0) ， 求证： MA
MB 为定值 .
3
3、 解: 将 y
k(x 1) 代入 x2
y 2
1中得 (1
3k2 ) x2
6k2 x 3k 2
5 0
5
5
3
36k 4
4(3k 2
1)(3k 2
5)
48k 2
20
0 ，
x1 x2
6k 2
， x1x2
3k 2
5
3k2
3k
2
1
1
uuur uuur
7 , y1 )( x2
7 , y2 ) ( x1
7)( x2
7) y1 y2
所以 MA MB (x1
3
3
3
3
(x1
7)( x2
7) k 2 ( x1
1)(x2
1)
3
3
(1 k2 ) x1x2
(7
k 2 )( x1
x2 )
49
k 2
3
9
2
3k 2
5
7
2
6k2
49
2
(1 k ) 3k2
1
( 3
k )(
3k 2 1)
9
k
3k4
16k 2
5
49
k
2
4
3k 2
1
9
。
9
4、 在平面直角坐标系中， 已知椭圆 C : x2
y2
1
.如图所示， 斜率为 k(k＞0) 且不
过
3
原点的直线 l 交椭圆于， 两点，线段的中点为，
射线 交椭
圆于点，交直线 x
3于点 D ( 3, m) .（Ⅰ）求 m2
k 2 的最
小值；（Ⅱ）若 OG
2
OD ?，求证：直线 l 过定点；
椭圆中的取值范围问题
一、常见基本题型：
对于求曲线方程中参数范围问题，应根据题设条件及曲线的几何性质构造参数满足的
不等式，通过解不等式求得参数的范围；或建立关于参数的目标函数，转化为函数的值域
来解 .
（ 1）从直线和二次曲线的位置关系出发，利用判别式的符号，确定参数的取值范围。
5 、已知直线 l 与 y 轴交于点 P(0, m) ，与椭圆 C : 2x2 y2 1 交于相异两点 A 、 B，
uuur uuur
且 AP 3PB ，求 m 的取值范围．
（2）利用题中其他变量的范围，借助于方程产生参变量的函数表达式
,确定参数的取值范
围.
6、已知点 M (4, 0) ， N (1, 0)
uuuur
uuur
uuur
， 若动点满足 MN
MP
6| PN | ．
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
uuur
uuur
（Ⅱ） 设过点的直线 l 交轨迹于， 两点，若
12 ，求
直线 l
18 ≤ NA
NB ≤
的斜率的取值范围 .
7
5
6、解：（Ⅰ）设动点 P(x,
uuur
(x
uuuur
(
uuur
x, y) .
y) ，则 MP
4, y) ， MN
3, 0) ， PN (1
由已知得
3( x
4)
6
(1
x) 2
(
y) 2
，
2
2
12 ，得
x2
y2
1.
化简得 3x
4 y
4
3
所以点的轨迹是椭圆
，的方程为
x 2
y 2
1.
4
3
（Ⅱ）由题意知，直线
l
的斜率必存在，
不妨设过的直线
l 的方程 为 y
k ( x 1) ，
设，两点的坐标分别为
A( x1,
y1) ， B( x2 , y2 ) .
y
k ( x 1),
由 x2
y 2
消去得 (4 k2
3)x2
8k 2 x 4k2
12
0 .
4
3
1
因为在椭圆内，所以 .
x1 x2
8k2
2 ,
4k
所以
3
4k 2
122 .
x1 x2
3
4k
uuur
uuur
k 2 )( x1
因为 NA NB
( x1 1)(x2 1)
y1 y2
(1
1)(x2 1)
(1 k 2 )[ x1 x2
( x1
x2 ) 1]
(1
k 2 ) 4k 2
12
8k 2
3 4k 2
9(1
k 2 )
，
3
4k 2
3
4k 2
所以
18 ≤
9(1
k 2 ) ≤
12 . 解得 1≤ k 2 ≤ 3 .
7
3 4k 2
5
(3)利用基本不等式求参数的取值范围
7 、已知点
x2
y
2
A 的坐标为
uuur uuur
Q 为椭圆 E ：
1 上的 一动点，点
(3,1) ，求 AP AQ
18
2
的取值范围．
8.已知椭圆的一个顶点为 A(0, 1) ，焦点在 x 轴上 . 若右焦点到直线 x y 2 2 0 的距
离为 3.（ 1）求椭圆的方程 .
（ 2 ）设直线 y kx m( k 0) 与椭圆相交于不同的两点 . 当 | AM | | AN | 时，求 m 的
取值范围 .
9. 如图所示，已知圆 C : ( x 1) 2
y 2
8,定点 A(1,0), M 为圆上一动点， 点在上，
点
在上，且满足 AM 2 AP, NP AM
0,点N 的轨迹为曲线 .
I）求曲线的方程；
II）若过定点 F（0 ，2）的直线交曲线于不同的两
点（点在点之 间），且满足 FG FH ，
求的取值范围 .
解：（ Ⅰ ） AM 2 AP, NP AM 0.
NP 为 AM 的垂直平分线，∴ |NA|=|NM|
又
| CN |
| NM
| 2
2,
| CN |
| AN |
2 2
2.
∴动点 N 的轨迹是以点
C（－ 1，0）， A（ 1， 0）为焦点的椭圆 .
且椭圆长轴长为
2a 2
2, 焦距 2c=2.
a
2, c
1, b 2
1.
∴曲线 E 的方程为 x2
y 2
1.
2
（ Ⅱ ）当直线 GH 斜率存在时，
设直线 GH 方程为 y
kx
2, 代入椭圆方程
x 2
y 2
1,
2
得 ( 1
k 2 ) x 2
4kx
3
0.
由
0得 k2
3.
2
4k , x1 x2
2
3
设 G( x1 , y1 ), H ( x2 , y2 ), 则x1
x2
1
1
k 2
k 2
2
2
又 FG
FH ,
( x1 , y1
2)
( x2 , y2
2)
x1
x2 ,
x1
x2
(1
) x2 , x1 x2
x22 .
( x1x2 )2
x22x1 x2 ，
1
(
4k
) 2
3
1
k 2
1
k 2
16
(1
)
2
2
)2
2
, 整理得
(1
1
3(
1)
2k2
k2
3 , 4
16
16.
4
1
2
16 .解得 1
3.
2
3
3
3
3
3
2k 2
又 0
1,
1
1.
3
1
1 .
又当直线 GH 斜率不存在，方程为
x 0, FG
FH ,
3
3
1,即所求 的取值范围是 [ 1 ,1)
3 3
10、.已知椭圆的中心在坐标原点， 两个焦点分别为 A( 1,0) 、 B(1,0) ，一个顶点为 H (2,0) .
（ 1）求椭圆的标准方程；
（ 2）对于 x 轴上的点 P(t,0) ，椭圆上存在点，使得 MP MH ，求 t 的取值范围 .
11.已知椭圆 C :
x2
y2
1 (a
b 0)
2
，以原点为圆心， 椭圆的短半轴长
a
2
2
的离心率为
b
2
为半径的圆与直线
x
y
2
0 相切．
（ Ⅰ ）求椭圆 C 的方程；
（ Ⅱ ）若过点 M (2 ， 0)的直线与椭圆
C 相交于两点
A, B ，设 P 为椭圆上一点，且满
足 OA OB tOP （ O 为坐标原点），当 PA PB ＜ 2 5
时，求实数 t 取值范围．
3
椭圆中的最值问题
一、常见基本题型：
（1）利用基本不等式求最值，
12、已知椭圆两焦点、在轴上，短轴长为，离心率为
2
，是椭圆在第一
象限弧上一
2
uuur
uuuur
点，且 PF1
PF2 1 ，过 P 作关于直线 F1P 对称的两条直线
PA、 PB 分别交
椭圆于 A、 B 两
点，求△ PAB面积的最大值。
（2）利用函数求最值，
13.如图， DP x 轴，点 M 在 DP 的延长线上， 且 | DM | 2 | DP | ．当点 P 在圆 x2 y2 1
上 运动时。 （ I）求点 M 的轨迹 C 的方程；
（Ⅱ）过点 T (0, t)作圆 x 2
y2
1 的切线 l 交曲线
C 于 A， B 两点，求△ AOB 面 积 S
的最大值和相应的点 T 的坐标。
2
14、已知椭圆 G : x y2 1 .过点 (m,0) 作圆 x2 y2 1的切线 l 交椭圆 G 于 A,B 两点 .
4
将| AB| 表示为 m 的函数，并求 |AB| 的最大值 .
选做
1、已知 A、 B、 C 是椭圆 m : x2
y2
1(a b 0) 上的三点，其中点
A 的坐标为
a2
b2
( 2 3,0) ， BC过椭圆 m 的中心，且 AC ? BC
0,| BC | 2 | AC |．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点 M (0, t) 的直线 l （斜率存在时）与椭圆
m 交于两点 P， Q，设 D 为椭圆 m 与 y
轴负半轴的交点，且 | DP | | DQ |.求实数 t 的取值范围．
2.已知圆 M ： ( x m )2 ( y n)2 r 2 及定点 N (1,0) ，点 P 是圆 M 上的动点，点 Q 在 NP
上，点 G 在 MP 上， 且满足＝ 2， ·＝ 0 ．
（1）若 m 1,n 0, r 4 ，求点 G 的轨迹 C 的方程；
（2）若动圆 M 和（ 1）中所求轨迹 C 相交于不同两点 A, B ，是否存在一组正实数 m, n,r ，
使得直线 MN 垂直平分线段 AB ，若存在，求出这组正实数；若不存在，说 明理由．
3、已知椭圆 C 的中心在坐标原
点，焦点在 x 轴上，椭圆 C 上的点到焦点距离的最大值为
3 ，
最小值为 1．
（Ⅰ ）求椭圆 C 的标准方程；
（Ⅱ ）若直线 l : y kx m 与椭圆 C 相交于 A ， B 两点（ A， B 不是左右顶点） ，且以 AB
为直径的圆过椭圆 C 的右顶点，求证：直线 l 过定点，并求出该定点的坐标．
4.如图，已知椭圆的中心在原点，焦点在 x 轴上，长轴长是短轴长的 2 倍且经过点 M
2， 1），平行于 OM 的直线 l 在 y 轴上的截距为 m（ m≠0），l 交椭圆于 A、B 两个不同点。
1）求椭圆的方程；
2）求 m 的取值范围；
（ 3）求证直线 MA、 MB 与 x 轴始终围成一个等腰三角形 .
参考答案
1、解：直线 l0 的方程为 x0 ( y
y0 )
2 y0 (x
x0 ) ，即 2 y0x
x0 y
x0 y0 0
设 M (
1,0) 关于直线 l0 的对称点的坐标为
N ( m, n)
n
x0
m
2 x0 3
3x02
4x0
4
m 12 y0
x0
2
4
则
，解 得
m 1
x0 n
2 x0 4
4 x03
4x02
8x0
2 y0
x0 y0
0
n
2
2
2 y0 (4
x0
2 )
直线的斜率为 k
n y0
x04
4x03
2x0 2
8x0
8
m x0
2 y0 ( x0 3
3x0 2
4)
x
4
4x
3
2x
2
8x
8
从而直线的方程为：
y
y0
0
0
0
0
( x
x0 )
2y0 (
x0
3 3x0
2
4)
即 x
2 y0 ( x03
3x02
4)
y
1
4
4x
3
2 x
2
8x
x
8
0
0
0
0
从而直线恒过定点 G (1,0)
2、解：（1）设椭圆方程为
y2
x2
1
，由题意可得
a2
b2
a 2,b
2, c
2 2 ，所以椭圆的方程为
y2
x2
1
4
2
则 F (0, 2), F (0,
2) ，设 P(x0 , y0 )( x0
0, y0
0)
1
2
uuur
uuuur
则 PF1
( x0 , 2 y0 ), PF2
( x0 ,
2 y0 ),
uuur
uuuur
x2
(2
y2 )
1
PF
PF
1
2
0
0
Q 点 P(x0 , y0 ) 在曲线上，则
x02
y02
1.
x02
4
y02
2
4
2
从而
4 y02
(2
y02 )
1，得 y0
2 ，则点的坐标为 (1, 2) 。
2
（2）由（ 1）知 PF1 // x 轴，直线 PA、 PB 斜率互为相反数，
设 PB 斜率为 k (k 0) ，则 PB的直线方程为： y 2 k(x 1)
y
2
k( x
1)
2
2
2
2
2
得
由 x
y
1
(2 k )x
2k ( 2 k) x ( 2 k) 4 0
2
4
设 B( xB , yB ),
则 xB
2k( k
2)
1
k 2
2
2k
2
2
k 2
2
k2
同理可得 xA
k2
2
2k
2
，则 xA
xB
4
2k
2
k2
2
k2
yA
yB
k( xA
1)
k( xB
1)
8k
2
k 2
yA
yB
所以直线 AB 的斜率 kAB
2 为定值。
xA
xB
3、 解 : 将 y k(x
1) 代入 x2
y 2
1中得 (1 3k2 ) x2
6k 2 x 3k 2
5 0
5
5
3
36k 4
4(3k 2
1)(3k 2
5)
48k 2
20
0 ，
x1
x2
6k 2
， x1x2
3k 2
5
2
1
3k
2
1
3k
uuur
uuur
7 , y1 )( x2
7 , y2 )
7)( x2 7) y1 y2
所以 MA MB (x1
( x1
3
3
3
3
(x1
7)( x2
7) k 2 ( x1
1)(x2
1)
3
3
(1 k2 ) x1x2
(7
k 2 )( x1
x2 )
49
k 2
3
9
(1
k
2
)
3k 2
5
(
7
k
2
)(
6k2
49
k
2
3k2
1
3
3k 2
)
1
9
3k4
16k 2
5
49
k 2
4
。
3k 2
1
9
9
4、 解：（Ⅰ）由题意 :设直线 l : y
kx
n( n
0) ,
y
kx
n
由
x
2
2
1
消 y 得 : (1
3k 2 )x2
6knx
3n2
3
0 ,
y
3
36k2 n2 4(1 3k 2 )× 3(n2 1) 12(3 k 2 1 n2 ) 0
A ( x1 , y1 ) 、 B ( x2 , y2 ) ,AB 的中点 E( x0 , y0 ) ,则由韦达定理得 :
x1 x2 =
6kn
3kn
kx0
n
3kn
k n
n
2 ,
3k
2 ,即 x0
1
3k
2 , y0
1
3k
2
1
3k
1
所以中点 E 的坐标为 (
3kn
,
n
) ,
1
3k2
1
3k 2
因为 O、 E、 D 三点在同一直线上，
所以 kOE
KOD ，即
1
m
， 解得 m
1
，
3k
3
k
1
所以 m2
k2
=
k 2
2 ,当且仅当时取等号
,
即 m2
k2
的最小值为 2.
k 2
（Ⅱ）证明 :由题意知 :n>0,因为直线 OD 的方程为 y
m x ,
3
y
m
x
m2
所以由
3
得交点 G 的纵坐标为 yG
2
m
2
,
x
y2
1
3
3
又因为
yE
n
2
,
y
m
,
且
2
，所以
m2
m
n
2 ,
1
3k
D
OGOD
?
m
2
3
1 3k
又由（Ⅰ）知 :
m
1
,所以解得 ,所以直线 l 的方程为 l : y
kx
k ,
k
即有 l : y
k( x
1) ,
令 x
1 得 ,y=0,与实数 k 无关 ,
5、 解：（ 1）当直线斜率不存在时：
m
1
2
（ 2）当直线斜率存在时：设
l 与椭圆 C 交点为
A( x1 , y1), B( x2 , y2 )
y
kx
m
得 (k 2
2) x2
2kmx
m2
1
0
2x2
y2
1
(2 km)2
4( k 2
2)( m2
1)
4( k 2
2m2
2)
0
（ * ）
x1
x2
k
2km , x1 x2
m2
1
2
2
k 2
2
uuur
uuur
∵ AP
3PB ，∴
x1
3x2 ，
x1
x2
2x2
消去 x2 ，得 3(x1
x2 ) 2
4x1x2
0 ，
∴
3x2
.
x x
1
2
2
3(
k
2km ) 2
4 m2
1
0
2
2
k2
2
整理得 4k 2m2
2m2
k 2
2 0
m2
1
时，上式不成立；
m2
1
时， k 2
2
2m2
，
4
4
4m 2
1
∴
k
2
2 2m 2
0
，∴
1 m
1 或 1
m 1
4m2
1
2 2
把 k
2
2
2m 2
代入（ *）得
1 m
1
1
m 1
4m 2
1
2 或 2
∴
1
m
1
或
1
m
1
2
2
综上 m 的取值范围为
1
m
1 或 1
m 1。
2
2
uuur
( x
uuuur
uuur
(1 x, y) .
6、解：（Ⅰ）设动点 P( x, y) ，则 MP
4, y) ， MN
( 3, 0) ，PN
由已知得
3( x
4)
6
(1
x) 2
(
y) 2
，
化简得 3x2
4 y2
12 ，得 x2
y2
1.
4
3
所以点的轨迹是椭圆
x 2
y 2
1.
，的方程为
3
4
（Ⅱ）由题意知，直线
l 的斜率必存在，
不妨设过的直线
l 的方程 为 y k ( x
1) ，
设，两点的坐标分别为
A( x1, y1) ， B( x2 , y2 ) .
y
k ( x
1),
由 x2
y 2
消去得 (4 k2
3)x2
8k 2 x
4k2
12
0
.
4
3
1
因为在椭圆内，所以 .
x1
x2
8k2
2 ,
3
4k
所以
4k 2
12
x1 x2
3
4k
2 .
uuur
uuur
k 2 )( x1
因为 NA NB
( x1 1)(x2
1)
y1 y2
(1
1)(x2
1)
(1 k 2 )[ x1 x2
( x1
x2 ) 1]
(1
k
2
4k 2
12
8k 2
3
4k 2
9(1
k 2 )
，
)
3
4k 2
3
4k 2
所以
18 ≤
9(1
k 2 )
≤
12 .
解得 1
≤ k 2 ≤ 3 .
7
3
4k 2
5
uuur
uuur
( x 3, y
1) ，
7、 解： AP
(1,3) ，设 Q（ x， y）， AQ
uuur
uuur
3)
3( y
1)
x
3y
6
AP
AQ ( x
．
∵ x2
y2
1 ，即 x2
(3 y) 2
18 ，
18
2
而 x2
(3 y)2 ≥ 2 | x | | 3 y | ，∴－ 18≤ 6xy≤ 18．
则 ( x 3 y) 2
x2
(3 y)2
6 xy
18
6 xy 的取值范围是 [0， 36]．
x
3 y 的取值范围是 [ － 6， 6]．
uuur
uuur
x
3 y
6 的取值范围是 [－ 12，0]．
∴ AP
AQ
8、解：（ 1）依题意可设椭圆方程为
x2
y
2
1 ，则右焦点 F
2
2
a 1,0
a
由题设
| a 2
1 2
2 |
，解得，
2
3
故所求椭圆的方程为
x2
y2
1.
3
2）设 P(xP , yP ) 、 M ( xM , yM ) 、 N ( xN , yN ) ，
y kx m
为弦的中点，由 x2
y2 1
3
得 (3k2 1)x2 6mkx 3(m2 1) 0
直线与椭圆相交，
(6 mk)2
4(3k 2
1)
3( m2
1) 0
m2
3k 2
1, ①
xP
xM
xN
3mk
，从而 yP
kxP
m
m
，
2
2
1
2
3k
3k
1
kAP
yP
1
m
3k2
1 ，又 | AM | | AN |,
AP
MN ,
xP
3mk
则：
m 3k2
1
1 ，即 2m
3k 2
1
，②
3mk
k
把②代入①得 m2
2m
，解 0
m
2
，
由②得 k2 2m 1 0 ，解得 .
3
综上求得 m 的取值范围是
1
m 2 .
2
9、解：（ Ⅰ ） AM 2 AP, NP AM 0.
NP 为 AM 的垂直平分线，∴ |NA|=|NM|
又 | CN |
| NM
| 2
2,
| CN |
| AN |
2 2
2.
∴动点 N 的轨迹是以点
C（－ 1，0）， A（ 1， 0）为焦点的椭圆 .
且椭圆长轴长为
2a
2
2, 焦距 2c=2.
a
2, c
1, b 2
1.
∴曲线 E 的方程为 x2
y 2
1.
2
（ Ⅱ ）当直线 GH 斜率存在时，
设直线 GH 方程为 y
kx
2, 代入椭圆方程
x 2
y 2
1,
2
得 ( 1
k 2 ) x 2
4kx
3
0.
由
0得 k2
3.
2
4k
2
3
设 G( x1 , y1 ), H ( x2 , y2 ), 则x1
x2
, x1 x2
1
k 2
1
k 2
2
2
又 FG
FH ,
( x1 , y1
2)
( x2 , y2
2)
x1
x2 ,
x1
x2
(1
) x2 , x1 x2
x22 .
( x1 x2 )2
x22
x1 x2 ，
1
(
4k
) 2
1
3
1
2
2
2 k
2
k
, 整理得
16
(1
)2
(1
)2
1
3(
1)
2k2
k2
3 , 4
16
16 .
4
1
2
16 .解得 1
3.
2
3
3
3
3
3
2k 2
又
0
1,
1
1.
3
1 FH ,
1 .
又当直线 GH 斜率不存在，方程为 x
0, FG
3
3
1,即所求 的取值范围是 [ 1 ,1)
3 3
10、解：（ 1）由题意可得， ，，∴ b
3 ．
∴所求的椭圆的标准方程为：
x2
y2
1．
4
3
（ ）设 M
x
y
（ x
2)
，则
x 2
y 2
．①
0
0
0
1
2
( 0 ,
0 )
4
3
且 MP
(t
x0 ,
y0 ) ， MH
( 2 x0 , y0 ) ，
由 MP
MH 可得 MP MH
0 ，即
∴ (t
x0 )(2
x0 )
y0
2
0
．
②
由①、②消去整理得
t (2 x0 )
1 x0 2
2x0
3 ． ∵ x0
2
4
1 ( 2 x0 ) 1
1 x0
3 ．
∴ t
4
4
2
∵
2
x0 2 ， ∴
2
t
1．
∴ t 的取值范围 为 (
2,
1) .
11、
解：（ Ⅰ ）由题意知 e
c
2
2
c2
a2
b2
1
a
， 所以 e
a2
a2
．
2
2
即 a2
2b2 ． 又因为 b
2
1
1，所以 a2
2
， b2
1．
1
故椭圆 C 的方程为 x 2
y 2
1．
2
（ Ⅱ ）由题意知直线
AB 的斜率存在 .
设 AB ： y k (x
2) ， A( x1 , y1) ， B( x2 , y2 ) ， P( x, y) ，
y
k (x
2),
由
x
2
得 (1
2k
2
)x
2
8k
2
x
8k
2
2
0 .
y2
1.
2
64k 4
4(2k 2
1)(8k2
2)
0 ， k2
1
.
2
8k 2
8k2
2
x1
x2
1 2k 2 ， x1 gx2
1 2k 2 .
∵ OA
OB
t OP
， ∴
( x1
x2 , y1
y2 )
t( x, y)
，
x
x1
x2
8k
2
t
，
t(1 2k2 )
y
y1
y2
1[ k (x1
x2 ) 4k]
t (1
4k
2
.
t
t
2k
)
(8k 2 ) 2
2
(
4k) 2
2 ，
∵ 点 P 在椭圆上， ∴
2 (1 2k 2 )2
t 2 (1 2k 2 )2
t
∴ 16k 2
t 2 (1
2k 2 ) .
∵ PA PB ＜
2
5 ， ∴ 1
k 2
x1
x2
2
5
， ∴ (1
k 2 )[( x1 x2 ) 2
4x1 gx2 ]
20
3
3
9
2
)[
64k 4
8k 2
2
]
20
∴ (1 k
(1
2k
2
)
2
4g
2k
2
9
，
1
∴ (4k 2
1)(14k 2
13)
0
， ∴ k 2
1
.
4
∴ 1
k2
1
， ∵ 16k 2
t2 (1
2k 2 ) ，∴ t 2
16k2
8
8
，
4
2
1
2k 2
1
2k 2
∴
2
t
2
6
2
6
t
2
，
3
或
3
∴ 实数 t 取值范围为 (
2,
2
6
(
2
6
3
)
,2) .
3
y2 x2
12、解、设椭圆方程为 1，由题意可得
a2 b2
a
2,b
2, c
2
2
，
y2
x2
1
故椭圆方程为
2
4
设 AB 的直线方程： y
2 x
m .
y
2 x m
由 x 2
y 2
，得 4x2
2 2mx m 2
4 0 ，
2
1
4
由
(2
2m) 2
16(m2
4)
0 ，得
2
2
m 2 2
P 到 AB 的距离为 d
| m | ，
3
则 S PAB
1 | AB | d
1
(4
1 m2 )
3
| m |
2
2
2
3
1 m 2 ( m 2
8)
1 ( m2
m2
8) 2
2 。
8
8
2
当且仅当 m
2
2 2 ,2 2 取等号，
∴ 三角形
PAB 面积的最大值为。
13、 解 :设点的坐标为，点的坐标为
x0 , y0
，
则 x
x0 ， y
2 y0 ，所以 x0
x ， y0
y
，
①
2
因为 P x0 , y0 在圆 x 2
y2
1上，所以 x02
y02
1
②
将①代入②，得点的轨迹方程
C 的方程为 x2
y 2
1 ．
4
（Ⅱ）由题意知，
| t |
1 ．
当时，切线 l
的方程为，点
A、B 的坐标分别为 (
3 ,1), (
3
,1),
2
2
此时 | AB |
3
，当 t
1时，同理可得 | AB |
3
；
当时，设切线 l 的方程为
y
kx
m, k
R
y
kx
t,
由
x 2
y
2
得 (4
k
2 )
x
2
2
ktx
t
2
4 0 ③
1,
4
设 A、 B 两点的坐标分别为
( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) ，则由③得：
x1
x2
2kt
2 , x1 x2
t 2
4
4
k
4
k
2 ．
又由 l
与圆 x
2
y
2
相切，得
| t
|
1,
即
t
2
k
2
1.
1
k 2
1
2
4k
2
2
4)
4
2
3 | t |
所以 | AB |
( x2
x1 )
2
( y2
2
t
4( t
.
y1 )
(1 k )[
2
2
2
]
t
3
(4
4
k )
k
因为 | AB | 4 3 | t |
4 3
2, 且当 t
3 时，
t 2
3
| t
|
3
| t
|
|AB|=2 ，所以 |AB| 的最大值为 2
依题意，圆心到直线
AB 的距离为圆 x2
y 2
1的半径，
1
AB 1
1 ，
所以
AOB 面积 S
2
当且仅当 t
3 时， AOB 面积 S 的最大值为
1，
相应的的坐标为 0, 3 或者 0, 3 ．
14、 解：由题意知， | m | 1.
当
m
1
时，切线 l 的方程为
x
1
，点 A,B 的坐标分别为 (1, 3 ),(1,
3 ) ，
2
2
此时 | AB |
3；
当 m
1 时，同理可得 | AB |
3；
当
m
时，设切线 l 的方程为 y
k(x
m) .
1
y
k (x
m)
由 x2
y
2
1
得 (1 4k2 ) x2
8k 2 mx 4k 2m2
4 0 .
4
设 A,B 两点的坐标分别为
( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) .
又由 l 与圆 x2
y2
1相切， 得
| km |
1 ，即 m2 k 2
k2
1.
k 2
1
所以 | AB |
(x
2
x )
2
( y
2
y )2
(1
k 2 )[( x
x )2
4x x ]
1
1
2
1
1
2
(1
k 2 )[
64k 4m2
4(4k2 m2
4) ]
4
3 | m | .
(1 4k 2 )2
1 4k2
m2
3
由于当 m
1时， | AB |
3 ，
| AB |
4
3 | m |
4
3
2 ，
m2
3
3
| m |
| m |
当且当 m
3 时， | AB |
2 .所以 |AB| 的最大值为 2.
选做
x2
y2
1、 解（ 1）椭圆 m：
1
12
4
（ 2）由条件 D（ 0，－ 2）1°当 k=0 时，显然－ 2<t<2 2°当 k≠0时，设 l : y kx
M（ 0， t）
t
x2
y
2
12
1
消 y 得
4
y
kx
t
(1
3k 2 )x2
6ktx
3t 2
12
0
由△ >0
可得
t 2
4
12k 2
①
P(x1 , y1 ), Q (x2 , y2 ), PQ中点 H (x0 , y0 )
则 x0
x1 x2
3kt
y0
kx0 t
t
2
1
3k 2
3k 2
1
3kt
t
)
∴ H (
1 3k 2
, 1 3k 2
由 | DP | | DQ |
OH
PQ
即 kDH
1
k
t
2
∴ 1
3k 2
1
化简得 t 1 3k 2
②
3kt
0
k
1
3k 2
∴ t>1
将①代入②得
1<t<4
∴ t 的范围是（
1， 4）
综上 t∈（－ 2， 4）
uuur
uuur
2、解：（ 1）Q NP
2NQ,
∴点为的中点，
uuur
uuur
0 ，
GQ
PN 或点与点重合． ∴ | PG | |GN | .
又Q GQ
NP
又 | GM |
| GN | | GM |
| GP | | PM |
4.
∴点的轨迹是以 M , N 为焦点的椭圆，
且 a
2, c 1 ，∴ ba2
c2
3, G 的轨迹方程是
x2
y2
1.
4
3
(2)解：不存在这样一组正实数，
下面证明：
由题意，若存在这样的一组正实数，
当直线的斜率存在时，设之为 k ，
故直线的方程为： y k (x 1) ，设 A(x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ，中点 D ( x0 , y0 ) ，
x1
2
y12
4
3
1
则
，两式相减得：
x2
2
y2
2
4
3
1
(x1
x2 )( x1
x2 )
( y1
y2 )( y1
y2 )
0 ．
4
3
x1
x2
y1
y2
1
x0
2
3x0
1
注意到
，且
②
x1
x2
k
y2
，则
，
y1
4 y0
k
y0
2
又点在直线上，
y0
k( x0 1) ，代入 ② 式得： x0
4 ．
因为弦的中点在 ⑴ 所给椭圆内，
故 2 x0 2 ， 这与 x0 4 矛盾，所以所求这组正实数不存在．
当直线的斜率不存在时，
直线的方程为，
则此时 y1 y2 , x1 x2 2 ，代入 ① 式得 x1 x2 0 ，
这与是不同两点矛盾．综上，所求的这组正实数不存在．
x2 y2
3、解：（ Ⅰ ）椭圆的标准方程为 1．
3
Ⅱ）设 A(x1， y1) ， B( x2， y2 ) ，
y
kx
m，
联立
x2
y
2
1.
，
得 (3
4k2 )x2
8mkx 4(m2
3)
0 ，
4
3
64m
2
k
2
16(3
4k
2
2
，即
3
4k
2
m
2
，则
)( m
3) 0
0
x1
x2
8mk
，
3
4k 2
x1
g
4(m2
3)
x2
3
4k
2 .
又 y1 y2
( kx1
m)(kx2
m)
k 2 x1 x2
mk (x1
x2 )
m2
3(m2
4k2 )
，
因为以 AB 为直径的圆过椭圆的右焦点
D (2，0) ，
3
4k 2
kAD kBD
1 ，即
y1 g
y2
2
1，
x1 2 x2
y1 y2
x1 x2 2( x1
x2 ) 4 0 ，
3(m2
4k
2 )
4( m2
3)
16mk
4
0
，
3
4k 2
3 4k 2
3
4k 2
9m2
16mk
4k 2
0 ．
解得：
m1
2k ， m2
2k ，且均满足
3
4k2
m2
0
，
7
当 m1
2k 时， l 的方程为 y
k (x
2)
，直线过定点 (2，0) ，与已知矛盾；
当
m2
2k
k ( x
2
，直线过定点 (
2，
．
7
7
2， ．
7
所以，直线 l
过定点，定点坐标为
7
x 2
y
2
1(a
b
0)
4、解：（ 1）设椭圆方程为
b
a 2
2
则
a
2b
解得
a2
8
4
1
2
a2
b2
1
b
2
∴椭圆方程为
x2
y 2
1
8
2
（2）∵直线 l 平行于 OM ，且在 y 轴上的截距 m,
1
又 KOM=
2
l的方程为： y
1 x
m
2
y
1
m
x
由
2
2
2
2
2
4
0
x 2
y 2
x
mx
m
1
8
2
∵直线 l 与椭圆交于 A、 B 两个不同点，
(2m)2
4(2m2
4)
0,
解得
2
m
2, 且m
0...........................................................8分
（3）设直线 MA 、 MB 的斜率分别为
k1 ，k2，只需证明 k1+k2=0 即可
设
(
,
y1
),
(
x2
,
y
2
),
且 x1
x2
2 ,
2
m
24
A x1
B
m x1 x2
则 k1
y1
1
y 2
1
x1
, k
2
x2
2
2
由
x2
2
mx
2
2
4
0可得
m
x1
x2
2m, x1 x2
2m2
4
而 k1
k 2
y1
1 y 2
1 ( y1
1) (x2
2) ( y2 1)( x1 2)
x1
2 x2
2
( x1
2)( x2 2)
( 1 x1
m
1)( x2
2)
(1 x2
m 1)( x1
2)
2
2
( x1
2)( x2
2)
x1 x2
(m
2)(x1
x2 ) 4(m
1)
( x1
2)( x2
2)
2m2
4
(m
2)(
2m)
4(m
1)
(x1
2)( x2
2)
2m2
4
2m2
4m
4m
4
分
( x1
2)( x2
2)
0......................................................13
k1
k2
0
故直线
MA、 MB 与 x 轴始终围成一个等腰三角形。
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