2022届高三数学一轮复习考点22：圆锥曲线的综合应用（2）解析版

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1、 考点考点 22 圆锥曲线的综合应用（圆锥曲线的综合应用（2） 【知识框图知识框图】 【自主热身，归纳总结自主热身，归纳总结】 1 1、(201(2019 9 宿迁期末）宿迁期末） 已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的离心率为 2，右焦点与抛物线 y216x 的焦点重合，则双曲线 C 的顶点到渐近线的距离为_. 【答案】 3 【解析】抛物线 y216x 的焦点为 F(4，0)因为双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，所以 c4，离心率eca2，所以 a2，b c2a22 3，双曲线的渐近线方程为 y 3x，顶点为(2，0)，(2，0)，故双曲线 C 的顶点到渐近线的距离为|2 30|

2、31 3. 2 2、(201(2018 8 苏锡常镇调研（一） ）苏锡常镇调研（一） ）已知直线 l：xy20 与 x 轴交于点 A，点 P 在直线 l 上圆 C：(x2)2y22 上有且仅有一个点 B 满足 ABBP，则点 P 的横坐标的取值集合为_ 【答案】 5，13 【解析】解法 1 由 ABBP，得点 B 在以 AP 为直径的圆 D 上，所以圆 D 与圆 C 相切 由题意得 A(2，0)，C(2，0)若圆 D 与圆 C 外切，则 DCDA 2；若圆 D 与圆 C 内切，则 DADC 2.所以圆心 D 在以 A，C 为焦点的双曲线x212y2721 上，即 14x22y27.又点 D 在

3、直线 l 上，由yx2，14x22y27，得 12x28x150，解得 xD32或 xD56.所以 xP2xDxA2xD25 或 xP13. 解法 2 由题意可得 A(2，0)，设 P(a，a2)，则 AP 的中点 Ma22，a22，AP 2（a2）2，故以AP为直径的圆M的方程为xa222ya222|a2|22.由题意得圆C与圆M相切(内切和外切)，故a2222a2222|a2|2，解得 a13或 a5.故点 P 的横坐标的取值集合为13，5 . 3、 在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C：x2y2b21 (b0) 的两条渐近线与圆 O：x2y22 的四个交点依次为 A，B，C，D.

4、若矩形 ABCD 的面积为 b，则 b 的值为_ 【答案】 7 【解析】由题意，双曲线 C 的渐近线方程为 y bx，如图所示，两条渐近线与圆 O 的四个交点为 A，B，C，D.不妨设点 B 的坐标为(m，n)，则nbm，m2n22，解得 m22b21，而矩形 ABCD 的面积为 2m2n4mn4bm24b2b21b，解得 b 7. 4、在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线与圆 x2y26y50 没有交点，则双曲线离心率的取值范围是_ 【答案】 1，32 【解析】由圆 x2y26y50，得圆的标准方程为 x2(y3)24，知圆心 C(0，3)，半径 r

5、2.因为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线 bx ay0 与该圆没有公共点，则圆心到直线的距离应大于半径，即|b0a3|b2a22，即 3a2c，即 eca1，故双曲线离心率的取值范围是1，32. 【问题探究，变式训练问题探究，变式训练】 题型一题型一 圆锥曲线中的最值与范围关系圆锥曲线中的最值与范围关系 知识点拨：知识点拨：求解最值，可直接求导求解最值，可直接求导. . 但是解析几何中的最值，直接求导，暴力求解最值的较少，更多的是但是解析几何中的最值，直接求导，暴力求解最值的较少，更多的是化简函数表达式， 根据结构采用基本不等式化简函数表达式， 根据结构采用基本不等式( (无法取

6、等的时候就求导来解决无法取等的时候就求导来解决) )来求解最终的最值来求解最终的最值( (或者值域或者值域) )，必然要有定义域，所以寻找函数的定义域是非常重要的，而解析几何中直线和曲线联立必然要有定义域，所以寻找函数的定义域是非常重要的，而解析几何中直线和曲线联立( (曲直联立曲直联立) )以后的以后的关于关于 x(x(或者或者 y)y)的一元二次方程有解，判别式就是很重要的一个点，也就是定义域的一个重要来源，有些题的一元二次方程有解，判别式就是很重要的一个点，也就是定义域的一个重要来源，有些题目甚至是唯一来源目甚至是唯一来源 例例 1 1、(201(2019 9 无锡期末）无锡期末）在平面

7、直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，且过点3，12，点 P 在第四象限， A 为左顶点， B 为上顶点， PA 交 y 轴于点 C，PB 交 x 轴于点 D. (1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 求 PCD 面积的最大值 解答解答. (1) 由题意得：3a214b21ca32a2b2c2得 a24，b21，(4 分) 故椭圆 C 的标准方程为：x24y21.(5 分) (2) 由题意设 lAP：yk(x2)，12k0，所以 C(0，2k)， 由yk（x2），x24y21，消 y 得(14k2)x216k2x16k240，所以 xAxP16k2

8、414k2， 由 xA2 得 xP28k214k2，故 yPk(xP2)4k14k2， 所以 P28k214k2，4k14k2，(8 分) 设 D(x0，0)，因 B(0，1)，P，B，D 三点共，所以 kBDkPB，故1x04k14k2128k214k2， 解得 x02（12k）12k，得 D2（12k）12k，0 ，(10 分) 所以 SPCDSPADSCAD12AD|yPyC| 124k14k22k4|k（12k）|14k2，(12 分) 因为12k0，所以 SPCD8k24k14k22212k14k2， 令 t12k，1tb0)的离心率为22，右准线方程为 x4，过点 P(0，4)作关

9、于 y 轴对称的两条直线 l1，l2，且 l1与椭圆交于不同两点 A，B，l2与椭圆交于不同两点 D，C. (1) 求椭圆 M 的方程； (2) 证明：直线 AC 与直线 BD 交于点 Q(0，1)； (3) 求线段 AC 长的取值范围 规范解答 (1)由eca22，a2c4，得 a2 2，c2，所以 b2a2c24， 所以椭圆 M 的方程为x28y241.(4 分) (2)解法 1 设直线 l1：ykx4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由对称性可知 D(x1，y1)，C(x2，y2) 联立x28y241，ykx4，消去 y 得(12k2)x216kx240, 所以 x1x216k12

10、k2，x1x22412k2.(6 分) 又 kBQy21x2，kDQy11x1， 则 kBQkDQy21x2y11x1kx23x2kx13x12k3（x1x2）x1x22k48k12k22412k22k2k0，(8 分) 知 kBQkDQ，故点 B，D，Q 三点共线，即直线 BD 经过点 Q(0，1) 同理可得直线 AC 经过点 Q(0，1) 所以直线 AC 与直线 BD 交于点 Q(0，1)(10 分) 解法 2 设直线 l1：ykx4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由对称性可知 D(x1，y1)，C(x2，y2)，且 ky2y1x2x1.联立x28y241，ykx4，削去 y 得(

11、12k2)x216kx240，(16k)24(12k2) 2464k2960. 所以 x1x216k12k2，x1x22412k2.(6 分) 直线 AC 的方程为 yy2y1x2x1(xx1)y1y2y1x2x1(xx1)kx14. 直线 BD 的方程为 yy2y1x2x1(xx2)y2y2y1x2x1(xx2)kx24. 联立直线 AC 和直线 BD 的方程并化简得 k(x1x2)y2y1x2x1， 即k（x1x2）y2y11x2x12xx2x11， 即kk12xx2x11，解得 x0. 在直线 AC 的方程中，令 x0，得 yy2y1x2x1(x1)kx14kx2kx1x2x1(x1)k

12、x142kx2x1x2x14. 将 x1x216k12k2，x1x22412k2代入计算得 y2kx2x1x2x1448k12k216k12k24341. 同理可得，在直线 BD 的方程中，令 x0，得 y2kx2x1x2x1448k12k216k12k24341. 故直线 AC 与直线 BD 交于点 Q(0，1) (3)由(2)可知 AC2(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2k2(x1x2)2 (x1x2)2k2（x1x2）24x1x2 162k2（12k2）2k2162k2（12k2）242412k2164k410k24k44k21 1616k214k44k21.(12 分) 令 t

13、6k21，则 k2t16. 又由 162k2424(12k2)0 得 k232，所以 t8， 所以 AC21616(19tt28t1616(19t16t8)(14 分) 因为t16t8 116t20 在 t(8，)上恒成立， 所以 t16t8 在 t(8，)上单调递增， 所以 t16t818, 09t16t812，119t16t832. 所以 16AC224，4ACb0)的离心率为22，且椭圆 C 短轴的一个顶点到一个焦点的距离等于 2. (1) 求椭圆 C 的方程； (2) 设经过点 P(2，0)的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，点 Q(m，0) 若对任意直线 l 总存在点 Q，使得

14、 QAQB，求实数 m 的取值范围； 设点 F 为椭圆 C 的左焦点，若点 Q 为FAB 的外心，求实数 m 的值 规范解答 (1)依题意错误错误! !解得错误错误! !所以 b2a2c21， 所以椭圆 C 的方程为x22y21.(2 分) (2) 解法 1 设直线 l 的方程为 yk(x2)，代入椭圆 C 的方程，消去 y，得(12k2)x8k2x8k220. 因为直线 l 交椭圆 C 于两点，所以 (8k2)24(12k2)(8k22)0，解得22k22.(4 分) 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1x28k212k2，x1x28k2212k2， 设 AB 中点为 M(x0

15、，y0)， 则有 x0 x1x224k212k2，y0k(x02)2k12k2.(6 分) 当 k0 时，因为 QAQB，所以 QMl，即 kQMk2k12k204k212k2mk1.解得 m2k212k2.(8 分) 当 k0 时，可得 m0，符合 m2k212k2. 因此 m2k212k2. 由 0k2m2（1m）12，解得 0m12.(10 分) 因为点 Q 为FAB 的外心，且 F(1，0)，所以 QAQBQF. 由错误错误! !(12 分) 消去 y，得 x24mx4m0，所以 x1，x2是此方程的两个根，所以 x1x24m，x1x24m.(14 分) 又因为 x1x28k212k2

16、，x1x28k2212k2，所以8k212k28k2212k2，解得 k218.所以 m2k212k215.(16 分) 解法 2 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 中点为 M(x0，y0)，依题意错误错误! !两式作差，得错误错误! !错误错误! !12(x00)， 又因为y1y2x1x2kABy00 x02，所以 y2012x0(x02) 当 x00 时，y00，符合 y2012x0(x02)(i)(4 分) 又因为 QAQB， 所以 QMl， 所以(x0m)(x02)(y00)(y00)0， 即 y20(x0m)(x02) (ii)(6分) 由(i)(ii)，解得 x02m，

17、因此 y202m2m2.(8 分) 因为直线 l 与椭圆 C 相交，所以点 M 在椭圆 C 内， 所以（2m）22(2m2m2)1，解得 m4，故PBPM（t4）215（t4）36tt27t8tt8t7，(14 分) 因为 yt8t7 在 t(4，)上单调递增， 所以PBPMt8t748479，即PBPM的取值范围为(9，)(16 分) 解法 2(点 M 为主动点) 设点 M(x0，y0)(x00)，则直线 PM 的方程为 yy01x0 x1， 令 y2，得 Px0y01，2.(6 分) 所以 k1y01x0，k221x0y013（y01）x0，(8 分) 所以 k1k2y01x03（y01）

18、x03（y201）x203（y201）4（1y20）34(定值)(10 分) 由知，PBx0y01，3， PMx0 x0y01，y02，(12 分) 所以PBPMx0y01x0 x0y013(y02)x20（y02）（y01）23(y02)4（1y20）（y02）（y01）23(y02)（7y0）（y02）y01.(14 分) 令 ty01(0，2)， 则PBPM（8t）（t1）tt8t7， 因为 yt8t7 在 t(0，2)上单调递减， 所以PBPMt8t728279，即PBPM的取值范围为(9，)(16 分) 【变式变式 4 4】(2017(2017 镇江期末）镇江期末）已知椭圆 C：x2

19、a2y2b21(ab0)的离心率为32，且点 3，12在椭圆 C 上 (1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 若直线 l 交椭圆 C 于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点为 H，O 为坐标原点，且 OH1，求POQ 面积的最大值 思路分析 第 2 问，处理本题有两处需要思考一下：一是“线段PQ的中点为H”的刻画方式，另一个是POQ面积的表示形式由于OH1，所以直线PQ的斜率不能为 0，但斜率不存在情形符合题意，故直线PQ的方程可设为xmyn，中点H用中点公式刻画，此时POQ面积可用割补法表示，即SPOQSPODSQOD. 规范解答 (1) 由已知得ca32，3a214b21, 解得 a24，

20、b21，(2 分) 所以椭圆 C 的方程是x24y21.(4 分) (2) 设 l 与 x 轴的交点为 D(n,0)，直线 l：xmyn，与椭圆交点为 P(x1，y1)，Q(x2，y2) 联立 xmyn，x24y21，得(4m2)y22mnyn240， 所以y1y22mn4m2，y1y2n244m2， 所以x1x22my1y22n24n4m2，即 H4n4m2，mn4m2.(6 分) 由 OH1，得4n4m22mn4m221，即 n24m2216m2，(10 分) 则 SPOQ12OD|y1y2|12|n|y1y2|. 令 Tn2(y1y2)2n2(y1y2)24y1y212164m216m2

21、2.(12 分) 设 t4m2(t4)，则4m216m22tt224t1441t144t24148，(14 分) 当且仅当 t144t，即 t12 时，(SPOQ)max1.(15 分) 所以POQ 面积的最大值为 1.(16 分) 【变式变式 5 5】(2017(2017 苏北四市期末）苏北四市期末）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，且右焦点 F 到左准线的距离为 6 2. (1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 设 A 为椭圆 C 的左顶点，P 为椭圆 C 上位于 x 轴上方的点，直线 PA 交 y 轴于点 M，过点 F 作 M

22、F的垂线，交 y 轴于点 N. 当直线 PA 的斜率为12时，求FMN 的外接圆的方程； 设直线 AN 交椭圆 C 于另一点 Q，求APQ 的面积的最大值 规范解答 (1) 由题意，得 ca22，ca2c6 2，解得 a4，c2 2，则 b2 2， 所以椭圆 C 的标准方程为x216y281.(4 分) (2) 由题可设直线 PA 的方程为 yk(x4)， k0， 则 M(0,4k)， 所以直线 FN 的方程为 y2 24k(x2 2)，则 N0，2k. 当直线 PA 的斜率为12，即 k12时，M(0,2)，N(0，4)，F(2 2，0) 因为 MFFN，所以圆心为(0，1)，半径为 3，

23、所以FMN 的外接圆的方程为 x2(y1)29.(8 分) 联立 ykx4，x216y281，消去y并整理得， (12k2)x216k2x32k2160， 解得x14或x248k212k2， 所以 P48k212k2，8k12k2，(10 分) 直线 AN 的方程为 y12k(x4)，同理可得，Q8k2412k2，8k12k2， 所以 P，Q 关于原点对称，即 PQ 过原点 所以APQ 的面积 S12OA (yPyQ)216k12k2322k1k8 2，(14 分) 当且仅当 2k1k，即 k22时，取“” 所以APQ 的面积的最大值为 8 2.(16 分) 题型二题型二 向量与圆锥曲线的综合

24、问题向量与圆锥曲线的综合问题 知识点拨：解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施知识点拨：解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法， 向量与圆锥曲线的综合问题方法的选择特别重要从思想方法向量与圆锥曲线的综合问题方法的选择特别重要从思想方法层面讲，解析几何主要有两种方法：一是设线法；二是设点法此题的两种解法分属于设点法和设线法一层面讲，解析几何主要有两种方法：一是设线法；二是设点法此题的两种解法分属于设点法和设线法一般地，设线法是比较顺应题

25、意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在般地，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用得好，解题过程往往会显得很简捷解析几何大题肩负着对计算能力曲线上的条件，技巧性较强，但运用得好，解题过程往往会显得很简捷解析几何大题肩负着对计算能力考查的重任，所以必要的计算量是少不了的，不要一遇到稍微有一点计算量的题目就想放弃，坚持到底才考查的重任，所以必要的计算量是少不了的，不要一遇到稍微有一点计算量的题目就想放弃，坚持到底才是胜利是胜利 例例 2 2、(201(2019 9 扬州期末）扬州期末）在平

26、面直角坐标系中，椭圆 M：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，左、右顶点分別为 A，B，线段 AB 的长为 4.P 在椭圆 M 上且位于第一象限，过点 A，B 分别作 l1PA，l2PB，直线 l1，l2交于点 C. (1) 若点 C 的横坐标为1，求点 P 的坐标； (2) 若直线 l1与椭圆 M 的另一交点为 Q，且ACAQ，求 的取值范围 规范解答 由题意得ca12，2a4，解得c1，a2，所以 b2a2c23， 所以椭圆 M 的方程是x24y231 且 A(2，0)，B(2，0)(3 分) 解法 1(点参数法) (1)设 P(x0， y0)， kPAy0 x02， 因为 l1P

27、A， 所以直线 AC 的方程为 yx02y0(x2) 同理直线 BC 的方程为 yx02y0(x2) 联立方程组yx02y0（x2），yx02y0（x2），解得xx0，yx204y0. 又因为点 P(x0，y0)在椭圆上，故x204y2031，所以x204y0443y204y043y0， 所以点 C 的坐标为x0，43y0.(6 分) 因为点 C 的横坐标为1，所以 x01.又因为 P 为椭圆 M 上第一象限内一点，所以 y032， 所以点 P 的坐标为1，32.(8 分) (2)解法 1 设 Q(xQ，yQ)，因为ACAQ，所以x02（xQ2），43y0yQ，解得xQx022，yQ43y0.

28、 因为点 Q 在椭圆 M 上，所以14x02221343y021. 又 y2031x204，整理得 7x2036(1)x0721000，解得 x02 或 x036507.(14 分) 因为P为椭圆M上第一象限内一点 所以0365072， 解得2518169， 故的取值范围是2518，169.(16分) 解法 2 P 为椭圆 M 上第一象限内由(1)可知直线 AC 的斜率为 kx02y0，直线 AC 的方程为 yk(x2)，联方方程组yk（x2），3xi24y2120，得(4k23)x216k2x16k2120，所以 xAxQ(2)xQ16k2124k23， 故 xQ68k24k2368（x02

29、）2y204（x02）2y2036334x208（x02）24（x02）23334x202（25x014）7x050， 故 ACAQx022（25x014）7x05027x05036.因为 0 x02，所以 2518，169. 解法2(线参数法) (1) 设直线AP的斜率为k， P(x0， y0) 因为P为椭圆M上第一象限内一点， 所以0k32， 所以 kAPkBPy0 x02y0 x02y20 x20434，所以直线 BP 的斜率为34k.故直线 AP，BP 的方程分别为yk(x2)，y34k(x2) 联立方程组yk（x2），y34k（x2），解得x68k24k23，y12k4k23即 P6

30、8k24k23，12k4k23. 因为 l1PA，所以 kAC1k，则直线 AC 的方程为 y1k(x2) 因为 l2PB，所以 kBC43k，则直线 BC 的方程为 y43k(x2) 联立言程组y1k（x2），y43k（x2），得x8k264k23，y16k4k23， 即 C8k264k23，16k4k23.(6 分) 因为点 C 的横坐标为1，所以8k264k231，解得 k12. 因为 0k32，所以 k12，所以点 P 的坐标为1，32.(8 分) (2)设 Q(xQ，yQ)，C(xC，yC)，又直线 AC 的方程为 y1k(x2) 联立方程组y1k（x2），x24y231，得(3k2

31、4)x216x1612k20，所以2 xQ1612k23k24， 解得 xQ6k283k24. 因为ACAQ，所以 xC2xQ28k264k2326k283k24216k2（3k24）12k2（4k23）1712k29.(14 分) 因为 0kb0，且点 P63，63是椭圆 C1，C2位于第一象限的交点 (1) 求椭圆 C1，C2的标准方程； (2) 过 y 轴上一点 Q 的直线 l 与椭圆 C2相切，与椭圆 C1交于点 A，B，已知QA35QB，求直线 l 的斜率 规范解答 (1) 椭圆 C1：x2a2y2b21 的焦点坐标为( c，0)，代入椭圆 C2的方程有c2b21. 再将点 P63，

32、63的坐标代入椭圆 C1，C2的方程有 C1：23a223b21， 所以c2b21，a2b2c2，23a223b21，解得 a22，b2c21.(3 分) 所以椭圆 C1，C2的标准方程分别为x22y21，y22x21.(5 分) (2) 由题意直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m) 由y22x21，ykxm，消去 y 得（kxm）22x21，即1k22x2kmxm2210， k2m241k22m221 0，即 k22m20.(7 分) 由x22y21，ykxm，消去 y 得x22(kxm)21，即12k2x22kmxm210.

33、因为直线 l 与椭圆 C1相交，有 4k2m24(12k2) (m21)4(k212m212)0 (*) x1，22km4k212m212212k2.(9 分) 因为QA35QB，即(x1，y1m)35(x2，y2m)，有 5x13x2，所以 52km4k212m212212k2 32km4k212m212212k2 或 52km4k212m212212k2 32km4k212m212212k2， 化简，得 km4k212m212或 km4k212m212，即 k2m216k212m212.(12 分) 又因为 k22m20，解得k22，m24或k24，m26，均符合(*)式，故 k 2或 2

34、. 所以直线 l 的斜率为 2或 2.(14 分) 【变式变式 2 2】(201(2018 8 常州期末）常州期末）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 F，点A 是椭圆的左顶点，过原点的直线 MN 与椭圆交于 M，N 两点(M 在第三象限)，与椭圆的右准线交于点 P.已知 AMMN，且OAOM43b2. (1) 求椭圆 C 的离心率 e； (2) 若 SAMNSPOF103a，求椭圆 C 的标准方程 规范解答 (1) 由题意可知 M 在以 OA 为直径的圆上 联立方程组x2a2y2b21，xa22y2a22，消去 y 得c2a2x2axb20，

35、解得 x1a，x2ab2c2，(4 分) 所以 xMab2c2(a，0)，OAOMxMxAab2c2a43b2，c2a234，所以 eca32，此时 xMab2c2a3(a，0)，符合题意(8 分) (2) 由(1)可得 a2b，c 3b，右准线方程为 x4 33b，M23b，2 23b ， 直线 MN 的方程为 y 2x，所以 P4 33b，4 63b .(10 分) SPOF12OFyP32b4 63b2 2b2，SAMN2SAOMOA|yM2b2 23b4 23b2， 所以 2 2b24 23b2103a，10 23b2203b，所以 b 2，a2 2，(14 分) 故椭圆 C 的标准方

36、程为x28y221.(16 分) 【变式变式 3 3】(201(2018 8 南京、盐城一模）南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的下顶点为 B，点 M，N 是椭圆上异于点 B 的动点，直线 BM，BN 分别与 x 轴交于点 P，Q，且点 Q 是线段 OP 的中点当点 N 运动到点3，32处时，点 Q 的坐标为2 33，0 . (1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 设直线 MN 交 y 轴于点 D，当点 M，N 均在 y 轴右侧，且DN2NM时，求直线 BM 的方程 思路分析 第(2)问中由DN2NM，可得 2xM3xN.可以用直线 B

37、M，BN 的方程，与椭圆联立得到横坐标，即可求出直线 BM 的斜率 k；也可以用点 M，N 表示直线方程得出点 P，Q 坐标，再利用向量关系得出坐标之间的关系，最后回代椭圆求解 规范解答 (1)由 N3，32，Q2 33，0 ，得直线 NQ 的方程为 y32x 3.(2 分) 令 x0，得点 B 的坐标为(0， 3)所以椭圆的方程为x2a2y231.(4 分) 将点 N 的坐标3，32代入，得（ 3）2a232231，解得 a24. 所以椭圆 C 的标准方程为x24y231.(8 分) (2)解法 1(设线法) 设直线 BM 的斜率为 k(k0)，则直线 BM 的方程为 ykx 3.在 ykx

38、 3中，令y0，得 xP3k，而点 Q 是线段 OP 的中点，所以 xQ32k.所以直线 BN 的斜率 kBNkBQ0（ 3）32k02k.(10 分) (注：由 kBMOBOP，kBNOBOQ，及 OP2OQ 也可得到 kBN2kBM.) 联立ykx 3，x24y231，消去y， 得(34k2)x28 3kx0， 解得xM8 3k34k2 .用2k代替k， 得xN16 3k316k2 .(12分) 又DN2NM，所以 xN2(xMxN)，得 2xM3xN.(14 分) 故 28 3k34k2316 3k316k2，又 k0，解得 k62.所以直线 BM 的方程为 y62x 3.(16 分)

39、解法 2(设点法) 设点 P，Q 的坐标分别为(2t，0)，(t，0)，t0，则直线 BM 的方程为 y32tx 3，(10分) 联立y32tx 3，x24y231，消去 y，得(1t2)x24tx0，解得 xM4t1t2，用12t 代替 t，得 xN8t4t2.(12 分) 又DN2NM，所以 xN2(xMxN)，得 2xM3xN.(14 分) 故 24t1t238t4t2，又 t0，解得 t22，所以 k62.所以直线 BM 的方程为 y62x 3.(16 分) 解法 3(设点法) 设点 M，N 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2) 由 B(0， 3)，得直线 BM 的方程为 y y

40、1 3x1x 3， 令 y0，得 xP3x1y1 3.同理，得 xQ3x2y2 3. 而点 Q 是线段 OP 的中点，所以 xP2xQ， 故3x1y1 323x2y2 3.(10 分) 又DN2NM，所以 x22(x1x2)，得 x223x10，从而1y1 343y2 3， 解得 y243y133.(12 分) 将x223x1，y243y133代入椭圆 C 的方程，得x219（4y1 3）2271. 又 x2141y213，所以41y2139（4y1 3）2271，(14 分) 即 3y212y1 30，解得 y1 3(舍)或 y133.又 x10，所以点 M 的坐标为 M4 23，33. 故

41、直线 BM 的方程为 y62x 3.(16 分) 【变式变式 4】(2018 苏锡常镇调研（二） ）苏锡常镇调研（二） ）如图，椭圆22221(0)xyabab的离心率为22，焦点到相应准线的距离为 1，点A，B，C分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点C的直线l交椭圆于点D，交x 轴于点1(0)M x，直线AC与直线BD交于点22()N xy， （1）求椭圆的标准方程； （2）若2CMMDuuuu ruuu u r，求直线l的方程； （3）求证：12x x为定值 规范解答规范解答 （1）由椭圆的离心率为22，焦点到对应准线的距离为 1. 得 2221caacc，解得21ac， 所以，椭圆的

42、标准方程为2212xy. （2）由（1）知(0,1)C，设00(,)D xy， 因为2CMMDuuuu ruuu u r，得021y ，所以012y ， 代入椭圆方程得062x 或62，所以61(,)22D或61(,)22D ， 所以l的方程为：612yx或612yx . （3）设 D 坐标为(x3，y3）,由(0,1)C，M(x1，0)可得直线CM的方程111yxx ， 联立椭圆方程得：1221112yxxxy ，解得132142xxx,2132122xyx. 由( 2,0)B，得直线 BD 的方程：212112(2)242 2xyxxx， 直线 AC 方程为212yx， 联立得212xx， 从而12x x=2 为定值. 解法 2：设 D 坐标为(x3，y3） ， 由 C,M,D 三点共线得31311yxxx，所以3131xxy， 由 B,D,N 三点共线得3232=22yyxx，将22212yx 代入可得 3323322222xyxyx， 和相乘得，233333331223333333222222=12222xxyxx yxx xyyxyx yx 233332333322222(1)22xx yxxx yx.