2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题

【2019年高考考纲解读】

1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.

2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．

【重点、难点剖析】 一、 范围、最值问题

圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．

(2)设E与y轴正半轴的交点为B，过点B的直线l的斜率为k(k≠0)，l与E交于另一点P.若以点B为圆心，以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点，求k的取值范围． →→

【解析】解法一 (1)设点M(x，y)，由2MQ＝AQ，得A(x,2y)， 由于点A在圆C：x＋y＝4上，则x＋4y＝4， 即动点M的轨迹E的方程为＋y＝1.

4(2)由(1)知，E的方程为＋y＝1，

4

因为E与y轴正半轴的交点为B，所以B(0,1)，

所以过点B且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．

2

2

2

2

x2

2

x2

2

y＝kx＋1，??2由?x2

＋y＝1，??4

得(1＋4k)x＋8kx＝0，

22

设B(x1，y1)，P(x2，y2)，因此x1＝0，x2＝－8|k|22

|BP|＝1＋k|x1－x2|＝1＋k. 2

1＋4k8k2， 1＋4k由于以点B为圆心，线段BP长为半径的圆与椭圆E的公共点有4个，由对称性可设在y轴左侧的椭圆上有两个不同的公共点P，T，满足|BP|＝|BT|，此时直线BP的斜率k＞0， 记直线BT的斜率为k1，且k1＞0，k1≠k， 8|k1|2

则|BT|＝1＋k1， 2

1＋4k1

8|k1|8|k|k1＋k1k＋k22故1＋k1＝1＋k，所以222－2＝0， 1＋4k11＋4k1＋4k11＋4k

2

4

2

4

即(1＋4k)k1＋k1＝(1＋4k1)k＋k， 所以(k－k1)(1＋k＋k1－8kk1)＝0， 由于k1≠k，因此1＋k＋k1－8kk1＝0，

2

2

22

2

2

2

2

22

224224k211＋1

故k＝2＝＋8k1－18

2

9k21－

.

9

k21－

1

＞. 8

1222

因为k＞0，所以8k1－1＞0，所以k＝＋

8又k＞0，所以k＞

2. 4

2

2

22

又k1≠k，所以1＋k＋k－8kk≠0， 所以8k－2k－1≠0.又k＞0，解得k≠所以k∈?

4

2

2， 2

2??2?2?，?∪?，＋∞?. 2??2?4?

2??22??

根据椭圆的对称性，k∈?－∞，－?∪?－，－?也满足题意．

2??24??

2??22??22??2??

综上所述，k的取值范围为?－∞，－?∪?－，－?∪?，?∪?，＋∞?.

2??24??42??2??解法二 (1)设点M(x，y)，A(x1，y1)，则Q(x1,0)．

?→→x1－x＝0，?

?因为2MQ＝AQ，所以2(x1－x，－y)＝(0，－y1)，所以

?－2y＝－y1，?

??x1＝x，

解得?

?y1＝2y.?

因为点A在圆C：x＋y＝4上，所以x＋4y＝4， 所以动点M的轨迹E的方程为＋y＝1.

4

(2)由(1)知，E的方程为＋y＝1，所以B的坐标为(0,1)，易得直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．

4

2222

x2

2

2

x2

y＝kx＋1，??2由?x2

＋y＝1，??4

得(1＋4k)x＋8kx＝0，

22

8k设B(x1，y1)，P(x2，y2)因此x1＝0，x2＝－2，

1＋4k8|k|22

|BP|＝1＋k|x1－x2|＝1＋k. 2

1＋4k64k1＋k则点P的轨迹方程为x＋(y－1)＝2

1＋4k2

2

2

22

，

64k1＋k??x2＋y－2＝2

1＋4k由?

??x2＋4y2＝4，

222

，

64k1＋k得3y＋2y－5＋21＋4k2

222＝0(－1＜y＜1)． (*)

依题意，得(*)式在y∈(－1,1)上有两个不同的实数解．

2

64k1＋k设f(x)＝3x＋2x－5＋21＋4k222(－1＜x＜1)，

1

易得函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝－，

3

要使函数f(x)的图象在(－1,1)内与x轴有两个不同的交点， 64k1＋k??Δ＝4－4×3×??－5＋1＋4k2

?则?

??f－1＞0，4k－4k＋1＞0，??22整理得?64k1＋k－4＋22＞0，?1＋4k?

2

4

2

2

22

?＞0，

??

??4k－4k＋1＞0，即?2

?8k－1＞0，?

42

1

k≠，??2所以?1

k＞??8，2

得k∈?－∞，－

?

?2??22??22??∪?－，－?∪?，?∪ 2??24??42?

?2?

?，＋∞?， ?2?

所以k的取值范围为?－∞，－2??2?2??，?∪?，＋∞?.

2??2?4?【方法技巧】

1．解决圆锥曲线中范围问题的方法

一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化． 2．圆锥曲线中最值的求解策略

(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解． (2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． (3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域.

?

?2??22??∪?－，－?∪ 2??24?

x2y22

【变式探究】(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.

ab2

(1)求椭圆E的方程； (2)如图，动直线l：y＝k1x－

32

交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M24

是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，

T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．

解 (1)由题意知，e＝＝所以a＝2，b＝1，

所以椭圆E的方程为＋y＝1.

2

ca2

，2c＝2，所以c＝1， 2

x2

2

由题意可知，圆M的半径r为 2221＋k1 1＋8k1r＝|AB|＝·. 2

332k1＋1由题设知k1k2＝

22

，所以k2＝， 44k1

222

因此直线OC的方程为y＝x.

4k1

??2＋y＝1，

联立方程?

2y＝??4kx，

21

2

2

x2

8k112

得x＝2，y＝2，

1＋4k11＋4k1因此|OC|＝x＋y＝

2

2

1＋8k1

2. 1＋4k1

2∠SOTr1

由题意可知，sin＝＝.

2r＋|OC||OC|

1＋

r

而

|OC|

＝ 22r221＋k1 1＋8k1

·231＋2k1

2

1＋8k1

2

1＋4k1

2321＋2k1＝·， 22

41＋4k1 1＋k1

12

令t＝1＋2k1，则t>1，∈(0,1)，

t|OC|3t3因此＝·＝·2

r22t＋t－12

11

2＋－

3＝·12

tt2≥1，

119??2－?－?＋?t2?4

1

112

当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，

t22∠SOT1∠SOTπ

所以sin ≤，因此≤，

2226π

所以∠SOT的最大值为.

3

π2

综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.

32

【变式探究】已知N为圆C1：(x＋2)＋y＝24上一动点，圆心C1关于y轴的对称点为C2，点M，P分别是线段

2

2

C1N，C2N上的点，且MP·C2N＝0，C2N＝2C2P.

(1)求点M的轨迹方程；

(2)直线l：y＝kx＋m与点M的轨迹Γ只有一个公共点P，且点P在第二象限，过坐标原点O且与l垂直的直线l′与圆x＋y＝8相交于A，B两点，求△PAB面积的取值范围． 解 (1)连接MC2，

2

2

→→→→

→→

因为C2N＝2C2P， 所以P为C2N的中点， →→

因为MP·C2N＝0， →→所以MP⊥C2N，

所以点M在C2N的垂直平分线上， 所以|MN|＝|MC2|，

因为|MN|＋|MC1|＝|MC2|＋|MC1|＝26>4， 所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上， 因为a＝6，c＝2，所以b＝2， 所以点M的轨迹方程为＋＝1.

62

2

x2y2

y＝kx＋m，??22

(2)由?xy＋＝1，??62

2

2

22

得

(3k＋1)x＋6kmx＋3m－6＝0，

因为直线l：y＝kx＋m与椭圆Γ相切于点P， 所以Δ＝(6km)－4(3k＋1) (3m－6) ＝12(6k＋2－m)＝0，即m＝6k＋2， －3kmm解得x＝2，y＝2，

3k＋13k＋1即点P的坐标为?

2

2

2

2

2

2

?－23km，2m?，

??3k＋13k＋1?

因为点P在第二象限，所以k>0，m>0， 所以m＝6k＋2， 所以点P的坐标为?

2??－32k，?， 223k＋13k＋1??

2

设直线l′与l垂直交于点Q， 则|PQ|是点P到直线l′的距离， 1

且直线l′的方程为y＝－x，

k所以|PQ|＝

2??1－32k＋?k×?22

3k＋13k＋1??

1

k2

＝

＝42

3k＋4k＋122k＋1

12

3k＋2＋4

22

k≤

22＝＝6－2，

3＋14＋23

22

1322

当且仅当3k＝2，即k＝时，|PQ|有最大值6－2，

k31

所以S△PAB＝×42×|PQ|≤43－4，

2

即△PAB面积的取值范围为(0，43－4]. 【感悟提升】 解决范围问题的常用方法

(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解． (2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． (3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．

y2x23

【变式探究】已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的一条切线方程为y＝2x＋22，且离心率为.

ab2

(1)求椭圆C的标准方程；

→→

(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两个不同的点，与y轴交于点M，且AM＝3MB，求实数m的取值范围． 解 (1)由题意知，离心率e＝

2

2

3c＝， 2a31y4x∴c＝a，b＝a，∴2＋2＝1，

22aa将y＝2x＋22代入，得8x＋82x＋8－a＝0， 由Δ＝128－32(8－a)＝0，得a＝4， 故椭圆C的标准方程为x＋＝1.

4(2)根据已知，得M(0，m)， 设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，

??y＝kx＋m，由?22

?4x＋y＝4，?

22

22

2

2

2

y2

2

得(k＋4)x＋2mkx＋m－4＝0，

2

222

且Δ＝4mk－4(k＋4)(m－4)>0， 即k－m＋4>0，

－2kmm－4且x1＋x2＝2，x1x2＝2，

k＋4k＋4→→

由AM＝3MB，得－x1＝3x2，即x1＝－3x2， ∴3(x1＋x2)＋4x1x2＝0， 12km∴

k2＋

22

22

22

2

2

2

＋2

m2－k2＋4

＝0，

即mk＋m－k－4＝0，

当m＝1时，mk＋m－k－4＝0不成立， 4－m∴k＝2，

m－1

2

2

2

22

2

2

2

∵k－m＋4>0，

22

(4－m)m4－m2

∴2－m＋4>0，即2>0， m－1m－1

2

2

2

∴1

综上所述，实数m的取值范围为(－2，－1)∪(1,2)． 题型二 定点、定值问题

例2、(2018·北京)已知抛物线C：y＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围；

11→→→→

(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋为定值．

λμ(1)解 因为抛物线y＝2px过点(1,2)， 所以2p＝4，即p＝2. 故抛物线C的方程为y＝4x.

由题意知，直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，

??y＝4x，由?

?y＝kx＋1，?

2

22

2

2

得kx＋(2k－4)x＋1＝0.

2

2

22

依题意知Δ＝(2k－4)－4×k×1>0， 解得k<0或0

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)． 从而k≠－3.

所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．

11

所以＋为定值．

λμ【方法技巧】

1．定点问题的求解策略

(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．

(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．

2．定值问题的求解策略

定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的.

π2

【变式探究】已知倾斜角为的直线经过抛物线Γ：y＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线Γ相交于A，B两点，

4且|AB|＝8.

(1)求抛物线Γ的方程；

(2)过点P(12,8)的两条直线l1，l2分别交抛物线Γ于点C，D和E，F，线段CD和EF的中点分别为M，N.如果直线l1与l2的倾斜角互余，求证：直线MN经过一定点．

(1)解 由题意可设直线AB的方程为y＝x－，

2

pp??y＝x－，2由?

??y2＝2px，

2

消去y整理得x－3px＋＝0，

4

2

p2

Δ＝9p－4×＝8p>0，

4令A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝3p，

由抛物线的定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8， ∴p＝2.

∴抛物线的方程为y＝4x.

(2)证明 设直线l1，l2的倾斜角分别为α，β， π

由题意知，α，β≠. 2

直线l1的斜率为k，则k＝tan α. ∵直线l1与l2的倾斜角互余，

2

p2

2

?πsin?－α?2?π?∴tan β＝tan?－α?＝

?2??π

cos?－α?2

＝

cos α11

＝＝， sin αsin αtan α

cos α

??? ???

1

∴直线l2的斜率为.

k∴直线CD的方程为y－8＝k(x－12)， 即y＝k(x－12)＋8.

??y＝kx－由?2

?y＝4x，?

2

＋8，

消去x整理得ky－4y＋32－48k＝0， 设C(xC，yC)，D(xD，yD)， 4∴yC＋yD＝，

k416

∴xC＋xD＝24＋2－，

kk282??∴点M的坐标为?12＋2－，?.

?

kkk?

1

以代替点M坐标中的k，

k可得点N的坐标为(12＋2k－8k,2k)， 1?k?

∴kMN＝＝. 11?12???2?2－k?－8?－k?＋k－4

2

?1?2?－k??

?k?k?k∴直线MN的方程为

y－2k＝

k[x－(12＋2k－8k)]， 1

＋k－4

1

2

?1?即?＋k－4?y＝x－10， ?k?

显然当x＝10时，y＝0， 故直线MN经过定点(10，0). 题型三 探索性问题

例3．(2018·全国Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．

431

(1)证明：k<－；

2

→→→→→→

(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP＋FA＋FB＝0.证明：|FA|，|FP|，|FB|成等差数列，并求该数列的公差．

(1)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则＋＝1，＋＝1. 4343两式相减，并由得

＋x2y2

x2y211x2y222

y1－y2

＝k， x1－x2

·k＝0.

x1＋x2y1＋y2

4

32

由题设知

x1＋x2

＝1，

y1＋y2

2

＝m，

3

于是k＝－.①

4m31

由题设得0

22

(2)解 由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，

则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)． 由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，

y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.

3

又点P在C上，所以m＝，

43?→3?从而P?1，－?，|FP|＝， 2?2?→

于是|FA|＝

x1－

2＋y1＝

2x1－

x1?x1?2

＋3?1－?＝2－.

2?4?

2x2→

同理|FB|＝2－.

2

1→→

所以|FA|＋|FB|＝4－(x1＋x2)＝3.

2

→→→→→→

故2|FP|＝|FA|＋|FB|，即|FA|，|FP|，|FB|成等差数列． →→

设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB|－|FA|| 11＝|x1－x2|＝22

x1＋x2

2

－4x1x2.②

3

将m＝代入①得k＝－1，

4

7

所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，

412

并整理得7x－14x＋＝0.

4

1321

故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.

2828321321

所以该数列的公差为或－. 2828

y2x2

【变式探究】已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1，F2，上焦点F1到直线4x＋3y＋12＝0的距

ab1

离为3，椭圆C的离心率e＝. 2(1)求椭圆C的方程；

y23x2

(2)椭圆E：2＋2＝1，设过点M(0,1)，斜率存在且不为0的直线交椭圆E于A，B两点，试问y轴上是否存

a16b→??→PAPB?→?＋在点P，使得PM＝λ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． →??|→

?PA||PB|?

(2)存在．理由如下：由(1)得椭圆E：＋＝1，

164设直线AB的方程为y＝kx＋1(k≠0)，

x2y2

y＝kx＋1，??22

联立?xy＋＝1，??164

2

消去y并整理得(4k＋1)x＋8kx－12＝0， Δ＝(8k)＋4(4k＋1)×12＝256k＋48>0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

8k12

则x1＋x2＝－2，x1x2＝－2.

4k＋14k＋1假设存在点P(0，t)满足条件， →??→PAPB?→

＋由于PM＝λ?， →??|→

?PA||PB|?所以PM平分∠APB.

所以直线PA与直线PB的倾斜角互补， 所以kPA＋kPB＝0. 即

2

2

2

2

y1－ty2－t＋＝0， x1x2

即x2(y1－t)＋x1(y2－t)＝0.(*) 将y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1代入(*)式， 整理得2kx1x2＋(1－t)(x1＋x2)＝0， 12所以－2k·2＋

4k＋1

－t×－8k＝0， 2

4k＋1

整理得3k＋k(1－t)＝0，即k(4－t)＝0，

因为k≠0，所以t＝4.

→??→PAPB?→

＋所以存在点P(0,4)，使得PM＝λ?. →??|→

?PA||PB|?【感悟提升】 解决探索性问题的注意事项

存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．

(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．

(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．

x2y2?3?【变式探究】已知长轴长为4的椭圆2＋2＝1(a>b>0)过点P?1，?，点F是椭圆的右焦点． ab?2?

(1)求椭圆方程；

(2)在x轴上是否存在定点D，使得过D的直线l交椭圆于A，B两点．设点E为点B关于x轴的对称点，且A，

F，E三点共线？若存在，求D点坐标；若不存在，说明理由．

解 (1)∵ 2a＝4，∴ a＝2，

xy?3?2

将点P?1，?代入2＋2＝1，得b＝3.

ab?2?

∴椭圆方程为＋＝1. 43(2)存在定点D满足条件．

设D(t,0)，直线l方程为x＝my＋t(m≠0)，

22

x2y2

x＝my＋t，??22

联立?xy＋＝1，??43

2

2

消去x，得(3m＋4)y＋6mt·y＋3t－12＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，－y2)， －6mty＋y＝，??3m＋4?3t－12??yy＝3m＋4

1

2

22

12

22

且Δ>0.

由A，F，E三点共线，可得(x2－1)y1＋(x1－1)y2＝0， 即2my1y2＋(t－1)(y1＋y2)＝0， 3t－12－6mt∴ 2m·2＋(t－1)·2＝0，

3m＋43m＋4解得t＝4， 此时由Δ>0得m>4.

2

2

∴存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m>4. 题型四 圆锥曲线中的存在性问题

2

x2y2

例4、椭圆E：2＋2＝1(a＞b＞0)的右顶点为A，右焦点为F，上、下顶点分别是B，C，|AB|＝7，直线CFab交线段AB于点D，且|BD|＝2|DA|. (1)求E的标准方程；

(2)是否存在直线l，使得l交E于M，N两点，且F恰是△BMN的垂心？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．

【解析】(1)解法一 由题意知F(c,0)，A(a,0)，B(0，b)，C(0，－b)， 所以直线AB的方程为＋＝1，直线CF的方程为－＝1，

xyabxycb??由?xy??c－b＝1

xy＋＝1，ab

得，xD＝

2ac. a＋c→→→2→2ac2

因为|BD|＝2|DA|，所以BD＝2DA，所以BD＝BA，得＝a，

3a＋c3解得a＝2c，所以b＝a－c＝3c.

因为|AB|＝7，即a＋b＝7，所以7c＝7， 所以c＝1，a＝2，b＝3，所以E的标准方程为＋＝1

43

解法二 如图，设E的左焦点为G，连接BG，由椭圆的对称性得BG∥CF，

2

22

2

x2y2

则

|GF||BD|

＝＝2，即|GF|＝2|FA|，由题意知F(c,0)，则|GF|＝2c，|FA|＝a－c， |FA||DA|

所以2c＝2(a－c)，得a＝2c， 所以b＝a－c＝3c.

因为|AB|＝7，即a＋b＝7，即

2

2

2

2

7c＝7，所以c＝1，a＝2，b＝3， 所以E的标准方程为＋＝1.

43

(2)由(1)知，E的方程为＋＝1，所以B(0，3)，F(1,0)，

43所以直线BF的斜率kBF＝－3.

假设存在直线l，使得F是△BMN的垂心，连接BF，并延长，连接MF，并延长，如图，则BF⊥MN，MF⊥BN，易知l的斜率存在，设为k，则kBF·k＝－1，所以k＝

3， 3

x2y2

x2y2

设l的方程为y＝3

?y＝?3x＋m，由?xy??4＋3＝1

2

2

2

3

x＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 3

得，13x＋83mx＋12(m－3)＝0，

22

由Δ＝(83m)－4×13×12(m－3)＞0得，－83mx1＋x2＝－，x1x2＝

13

2

3939＜m＜. 33

m2－

13

. →→

因为MF⊥BN，所以MF·BN＝0.

→→

因为MF＝(1－x1，－y1)，BN＝(x2，y2－3)， 所以(1－x1)x2－y1(y2－3)＝0，

?3??3??3?

x1＋m??x2＋m?＋3?x1＋m?＝0， ?3??3??3?

43??2

整理得?1－m?(x1＋x2)－x1x2－m＋3m＝0，

33??

m2－3??83m?4?2

所以?1－m?·?－－m＋3m＝0， ?－3·

133??13??

即(1－x1)x2－?

1632

整理得21m－53m－48＝0，解得m＝3或m＝－.

21

当m＝3时，M或N与B重合，不符合题意，舍去； 1633939

当m＝－时，满足－＜m＜.

2133

所以存在直线l，使得F是△BMN的垂心，l的方程为y＝

2

2

3163

x－. 321

【变式探究】已知圆O：x＋y＝4，点F(1,0)，P为平面内一动点，以线段FP为直径的圆内切于圆O，设动点

P的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程；

1

(2)M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点(0，)，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO，若

2存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由．

解析：(1)设PF的中点为S，切点为T，连OS，ST，则|OS|＋|SF|＝|OT|＝2，取F关于y轴的对称点F′，连接F′P，所以|PF|＝2|OS|，故|F′P|＋|FP|＝2(|OS|＋|SF|)＝4， 所以点P的轨迹是以F′，F分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆， 则曲线C方程为＋＝1.

43

(2)假设存在满足题意的定点Q，设Q(0，m)，

1

当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

2

x2y2

??4＋3＝1，

联立，得?1

y＝kx＋，??2

x2y2

消去x，得(3＋4k)x＋4kx－11＝0，

22

－4k－11

则Δ＞0，x1＋x2＝2，x1x2＝2，

3＋4k3＋4k由∠MQO＝∠NQO，得直线MQ与NQ的斜率之和为零，易知x1或x2等于0时，不满足题意，故

y1－my2－m＋＝x1x2

?kx1＋－mkx2＋－m2kx1x2＋??－m?x1＋x2

x1

＋1

212

x2

＝1?2

?

x1x2

＝0，

＝0，当k≠0时，m＝6，所以存在定点

－11?1?－4k4km－?1?即2kx1x2＋?－m?(x1＋x2)＝2k·2＋?－m?·2＝23＋4k?2?3＋4k3＋4k?2?(0,6)，使得∠MQO＝∠NQO；当k＝0时，定点(0,6)也符合题意． 易知当直线MN的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意． 综上，存在定点(0,6)，使得∠MQO＝∠NQO.

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