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[状元桥]2016届高三数学(理)二轮复习:题型精讲第三讲解答题的解法 解析几何


解析几何 (见学生用书 P132)
1.突出解析几何的基本思想:解析几何的实质是用代数方法研 究几何问题,通过曲线的方程研究曲线的性质,因此要掌握求曲线方 程的思路和方法,它是解析几何的核心之一.求曲线的方程的常用方 法有两类: 一类是曲线形状明确,方程形式已知(如直线、圆、圆锥曲线的 标准方程等),常用待定系数法求方程. 另一类是曲线形状不明确或不便于用标准形式表示, 一般采用以 下方法: (1)直译法:将原题中由文字语言明确给出动点所满足的等量关 系直接翻译成由动点坐标表示的等量关系式. (2)代入法:所求动点与已知动点有着相互关系,可用所求动点 坐标(x,y)表示出已知动点的坐标,然后代入已知的曲线方程. (3)参数法:通过一个(或多个)中间变量的引入,使所求点的坐标 之间的关系更容易确立,消去参数得坐标的直接关系便是普通方程. 2.熟练掌握直线、圆及圆锥曲线的基本知识 (1)直线和圆 ①直线的倾斜角及其斜率确定了直线的方向.需要注意的是:(i) 倾斜角 α 的范围是:0≤α<π ;(ii)所有的直线必有倾斜角,但未必有 斜率. ②直线方程的四种特殊形式,每一种形式都有各自成立的条件, 应在不同的题设条件下灵活使用.如截距式不能表示平行于 x 轴,y 轴以及过原点的直线, 在求直线方程时尤其是要注意斜率不存在的情 况. ③讨论点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系时,一般可从代数 特征(方程组解的个数)或几何特征(点到圆心的距离、 圆心到直线的距 离或两圆的圆心距与半径的关系)去考虑,其中几何特征较为简捷、 实用. (2)椭圆 ①完整地理解椭圆的定义并重视定义在解题中的应用. 椭圆是平 面内到两定点 F1, F2 的距离之和等于常数 2a(2a>|F1F2|)的动点的轨迹. ②椭圆的标准方程有两种形式,决定于焦点所在的坐标轴.焦点 x2 y2 是 F(± c,0)时,标准方程为a2+b2=1(a>b>0);焦点是 F(0,± c)时, y2 x 2 标准方程为a2+b2=1(a>b>0). 这里隐含 a2=b2+c2, 此关系体现在直 角三角形 OFB(B 为短轴端点)中.

c ③深刻理解 a,b,c,e,a的本质含义及相互关系,实际上就掌 握了几何性质. (3)双曲线 ①类比椭圆,双曲线定义,两种标准方程形式.同样要重视定义 c 在解题中的运用,要深刻理解几何量 a,b,c,e,a的本质含义及其 相互间的关系. ②双曲线的渐近线是区别于椭圆的一道“风景线”, 其实它是矩 形的两条对角线所在的直线. x2 y2 ③双曲线a2-b2=± 1(a>0,b>0)隐含了一个附加公式 c2=a2+b2, 此关系体现在△OAB(A, B 分别为实轴, 虚轴的一个端点)中. 特别地, 当 a=b 时的双曲线称为等轴双曲线,其离心率为 2. (4)抛物线 ①抛物线的定义: 平面内到一个定点 F 和一条定直线 l 的距离相 等的点的轨迹(F?l). 定义指明了抛物线上的点到焦点与准线的距离相 等,并在解题中有突出的运用. ②抛物线方程(标准)有四种形式:y2=± 2px 和 x2=± 2py(p>0),选 择时必须判定开口与对称轴. p ③掌握几何性质,注意分清 2p,p,2的几何意义. 3.掌握直线与圆锥曲线的位置关系的研究方法 (1)判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系, 可将直线 l 的方程代入 曲线 C 的方程,消去 y(也可以消去 x)得到一个关于变量 x 的一元二 次方程 ax2+bx+c=0,然后利用“Δ”法. (2)有关弦长问题,应用弦长公式及韦达定理,设而不求;有关 焦点弦长问题,要重视圆锥曲线的定义的运用,以简化运算. (3)有关弦的中点问题,除了利用韦达定理外,要注意灵活运用 “点差法”,设而不求,简化运算. (4)有关垂直关系问题,应注意运用斜率关系(或向量方法)及韦达 定理,设而不求,整体处理. (5)有关圆锥曲线关于直线 l 的对称问题中,若 A,A′是对称点, 则应抓住 AA′的中点在 l 上及 kAA′· k1=-1 这两个关键条件解决问题. (6)有关直线与圆锥曲线的位置关系中的存在性问题,一般采用 “假设反证法”或“假设验证法”. 考点一 求椭圆的离心率

求离心率 e 的值,只需根据题目条件,寻找一个 a,b,c 等量的 关系式. 求离心率 e 的取值范围,只需根据题目条件,寻找一个 a,b,c 的不等关系式. x2 y2 例 1-1(2015· 安徽卷)设椭圆 E 的方程为a2+b2=1(a>b>0), 点 O 为坐标原点,点 A 的坐标为(a,0),点 B 的坐标为(0,b),点 M 在 5 线段 AB 上,满足|BM|=2|MA|,直线 OM 的斜率为 10 . (1)求 E 的离心率 e; (2)设点 C 的坐标为(0,-b),N 为线段 AC 的中点,点 N 关于直 7 线 AB 的对称点的纵坐标为2,求 E 的方程. 1 ? ?2 分析:(1)先由|BM|=2|MA|,得出 M?3a,3b?,再根据 OM 的斜率 ? ? 建立关于 a,b 的等式求离心率. (2)利用点 N 关于直线 AB 的对称点的坐标建立关于 b, x1 的等式, 再结论(1)中的结论,求出系数 a,b,即可求出椭圆 E 的方程. 1 ? ?2 解析:(1)由题设条件知,点 M 的坐标为?3a,3b?, ? ? 5 b 5 又 kOM= 10 ,从而2a= 10 . c 2 5 进而得 a= 5b,c= a2-b2=2b.故 e=a= 5 . x y (2)由题设条件和(1)的计算结果可得, 直线 AB 的方程为 +b= 5b ? 5 1 ? 1,点 N 的坐标为? b,- b?. 2 ? ?2 7? ? 设点 N 关于直线 AB 的对称点 S 的坐标为?x1,2?, ? ? ? 5 x1 1 7? 则线段 NS 的中点 T 的坐标为? b+ ,- b+ ?. 2 4 4? ? 4 又点 T 在直线 AB 上,且 kNS·kAB=-1,

5 x 1 7 b + - ? ? 4 2 + 4b+4=1, b ? 5b 从而有? 7 1 +2b 2 ? = 5, 5 ? ?x - 2 b
1 1

x2 y2 所以 a=3 5,故椭圆 E 的方程为45+ 9 =1. x2 y2 例 1-2(2015· 陕西卷)已知椭圆 E:a2+b2=1(a>b>0)的半焦距 1 为 c,原点 O 到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为2c. (1)求椭圆 E 的离心率; 5 (2)如图,AB 是圆 M:(x+2)2+(y-1)2=2的一条直径,若椭圆 E 经过 A,B 两点,求椭圆 E 的方程.

解得 b=3.

分析:(1)直接根据点到直线的距离公式列出关于 a,b,c 的方程 求解离心率 e. (2)由题意知,M(-2,1)是线段 AB 中点,且|AB|= 10,可设出 直线 AB 的方程,与椭圆方程联立,利用根与系数的关系,中点坐标 公式、弦长公式,列出关于直径 AB 的等式,求出 a、b、c,从而得 到椭圆 E 的方程. 解析:(1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为 bx+cy-bc=0, bc bc 则原点 O 到该直线的距离 d= 2 2= a , b +c 1 c 3 由 d=2c,得 a=2b=2 a2-c2,解得离心率a= 2 . (2)(方法 1)由(1)知,椭圆 E 的方程为 x2+4y2=4b2.① 依题意,圆心 M(-2,1)是线段 AB 的中点,且|AB|= 10. 易知,AB 与 x 轴不垂直,设其方程为 y=k(x+2)+1,代入①得 (1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0. 8k(2k+1) 设 A(x1 , y1) , B(x2 , y2) ,则 x1 + x2 =- , x1x2 = 1+4k2

4(2k+1)2-4b2 . 1+4k2 由 x1+x2=-4,得- 从而 x1x2=8-2b2. 于是|AB|=
?1?2 1+?2? |x1-x2| ? ?

8k(2k+1) 1 =-4,解得 k=2. 2 1+4k

5 = 2 (x1+x2)2-4x1x2= 10(b2-2). 由|AB|= 10,得 10(b2-2)= 10,解得 b2=3. x2 y2 故椭圆 E 的方程为12+ 3 =1. (方法 2)由(1)知,椭圆 E 的方程为 x2+4y2=4b2.② 依题意,点 A,B,关于圆心 M(-2,1)对称,且|AB|= 10. 2 2 2 2 2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x2 1+4y1=4b ,x2+4y2=4b , 两式相减并结合 x1+x2=-4,y1+y2=2, 得-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0. 易知 AB 与 x 轴不垂直,则 x1≠x2, y1-y2 1 所以 AB 的斜率 kAB= = . x1-x2 2 1 因此直线 AB 的方程为 y=2(x+2)+1,代入②得 x2+4x+8-2b2=0. 所以 x1+x2=-4,x1x2=8-2b2. ?1?2 于是|AB|= 1+?2? |x1-x2| ? ? 5 = 2 (x1+x2)2-4x1x2= 10(b2-2). 由|AB|= 10,得 10(b2-2)= 10,解得 b2=3. x2 y2 故椭圆 E 的方程为12+ 3 =1. 考点二 直线与圆锥曲线的位置关系 直线与圆锥曲线的综合问题, 一般要用到直线和圆锥曲线的位置 关系,用待定系数法求直线或圆锥曲线的方程.直线与圆锥曲线的相 交相切问题转化为方程联立, 根据 Δ 和根与系数的关系等基础知识与 基本方法求解,用到弦长公式,焦点三角形,圆锥曲线的标准方程及 其性质等等. 例 2-1 (2014· 辽宁卷)圆 x2+y2=4 的切线与 x 轴正半轴, y 轴正

半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为 P(如图),双 x2 y2 曲线 C1:a2-b2=1 过点 P 且离心率为 3.

(1)求 C1 的方程; (2)若椭圆 C2 过点 P 且与 C1 有相同的焦点,直线 l 过 C2 的右焦 点且与 C2 交于 A,B 两点,若以线段 AB 为直径的圆过点 P,求 l 的 方程. 分析:(1)设切点 P(x0,y0),(x0>0,y0>0),利用相互垂直的直线 斜率之间的关系可得切线的斜率和切线的方程, 即可得出三角形的面 积, 利用基本不等式的性质可得点 P 的坐标, 再利用双曲线的标准方 程及其性质即可求出方程. x2 y2 (2)由(1)可得椭圆 C2 的焦点.可设椭圆 C2 的方程为 +b2= 3+b2 1 1 1(b1>0).把 P 的坐标代入即可得出方程.由题意可设直线 l 的方程为 x=my+ 3,A(x1,y1),B(x2,y2),与椭圆的方程联立即可得出根与 系数的关系,再利用向量垂直与数量积的关系即求出 m. 解析:(1)设切点 P(x0,y0),(x0>0,y0>0), x0 则切线的斜率为-y , 0 x0 可得切线的方程为 y-y0=-y (x-x0), 0 化为 x0x+y0y=4. 4 令 x=0,可得 y=y ; 0 4 令 y=0,可得 x=x . 0 ∴切线与 x 轴正半轴,y 轴正半轴围成一个三角形的面积 S= 1 4 4 8 · · = 2 y0 x0 x0y0. 2 ∵4=x2 0+y0≥2x0y0,当且仅当 x0=y0= 2时取等号. 8 ∴S≥2=4,此时 P( 2, 2). 2 2 c b2 由题意可得a2-b2=1,e=a= 1+a2= 3, 解得 a2=1,b2=2.

y2 故双曲线 C1 的方程为 x - 2 =1. (2)由(1)可知双曲线 C1 的焦点(± 3,0),即为椭圆 C2 的焦点. x2 y2 可设椭圆 C2 的方程为 2+ 2=1(b1>0). b1 3+b1 2 2 2 把 P( 2, 2)代入可得 2+ 2=1,解得 b1=3, 3+b1 b1 2 x y2 因此椭圆 C2 的方程为 6 + 3 =1. 由题意可知直线 l 的斜率为 0 时不符合条件, 故可设直线 l 的方程为 x=my+ 3, ? ?x=my+ 3, 设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立? 2 ?x +2y2=6, ? 化为(m2+2)y2+2 3my-3=0, -3 2 3m ∴y1+y2=- . 2,y1y2= 2+m 2+m2 4 3 ∴x1+x2=m(y1+y2)+2 3= 2 , m +2 6-6m2 2 x1x2=m y1y2+ 3m(y1+y2)+3= 2 . m +2 → ⊥BP → ,∴AP → ·BP → =0, ∵AP
2

→ =( 2-x , 2-y ),BP → =( 2-x , 2-y ), 而AP 1 1 2 2 ∴x1x2- 2(x1+x2)+y1y2- 2(y1+y2)+4=0, ∴2m2-2 6m+4 6-11=0, ? 6 ? 3 6 解得 m= 2 -1 或 m=-? -1?, ? 2 ? 因此直线 l 的方程为: ?3 6 ? ? 6 ? ?y- 3=0 或 x+? -1?y- 3=0. x-? - 1 ? 2 ? ?2 ? 2 x 例 2-2(2015· 浙江卷)已知椭圆 2 +y2=1 上两个不同的点 A,B 1 关于直线 y=mx+2对称. (1)求实数 m 的取值范围; (2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).

1 分析:(1)由已知,可设出直线 AB 的方程为 y=-mx+b,将直 线 AB 的方程与椭圆方程联立组成方程组,消去 y 转化为关于 x 的一 1 元二次方程,根据线段 AB 的中点在直线 y=mx+2上,直线 AB 与椭 圆有两个不同交点,利用判别式 Δ 大于 0 列不等式求解. (2)利用弦长公式和点到直线的距离公式把△AOB 的面积用一个 参数表示,再结合式子特点,用配方法求最值. 1 解析:(1)由题意知 m≠0,可设直线 AB 的方程为 y=-mx+b. x2 2 ? ? 2 +y =1, 由? 1 ? y =- ? mx+b, 1 x2 2 因为直线 y=-mx+b 与椭圆 2 +y =1 有两个不同的交点, 所以 4 Δ=-2b2+2+m2>0,① ? 2mb m2b ? 1 将 AB 中点 M?m2+2,m2+2?代入直线方程 y=mx+2,解得 b= ? ? 2 m +2 - 2m2 .② 6 6 由①②得 m<- 3 或 m> 3 . 1 ? 6 ? ? 6? (2)令 t=m∈?- ,0?∪?0, ?, 2 2? ? ? ? 3 -2t4+2t2+2 则|AB|= t2+1· , 1 2 t +2 1 t2+2 且 O 到直线 AB 的距离为 d= 2 . t +1
?1 1 ? 2b 消去 y,得?2+m2?x2- m x+b2-1=0. ? ?

设△AOB 的面积为 S(t), 1 1 所以 S(t)=2|AB|·d=2 1?2 ? 2 -2?t2-2? +2≤ 2 , ? ?

1 当且仅当 t2=2时,等号成立. 2 故△AOB 面积的最大值为 2 . 考点三 圆锥曲线的最值与取值范围问题 圆锥曲线的最值与取值范围问题, 先建立一个一元或二元的函数 关系式.最后一般都用到函数求值域或基本不等式解决问题.综合性 很强,要用到很多知识,如斜率计算公式、根与系数的关系、弦长公 式、点到直线的距离公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性 质等基础知识以及换元法和转化法等等. 例 3-1(2014· 北京卷)已知椭圆 C:x2+2y2=4. (1)求椭圆 C 的离心率; (2)设 O 为原点,若点 A 在直线 y=2 上,点 B 在椭圆 C 上,且 OA⊥OB,求线段 AB 长度的最小值. x2 y2 2 2 分析: (1)椭圆 C: x +2y =4 化为标准方程为 4 + 2 =1, 求出 a, c,即可求椭圆 C 的离心率. (2)先表示出线段 AB 的长度,再利用基本不等式,求出最小值. 解析:(1)椭圆 C:x2+2y2=4 化为标准方程为 x2 y2 4 + 2 =1, ∴a=2,b= 2,c= 2, c 2 ∴椭圆 C 的离心率 e=a= 2 . (2)设 A(t,2),B(x0,y0),则 x0≠0. ∵OA⊥OB, → ·OB → =0, ∴OA ∴tx0+2y0=0, 2 y0 ∴t=- x . 0 2 2 ∵x0+2y0=4, ∴|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2 x2 8 0 = 2 +x2+4≥4+4=8, 0 x2 8 0 当且仅当 2 =x2,即 x2 0=4 时等号成立. 0

x2 例 3-2(2015· 山东卷)平面直角坐标系 xOy 中, 已知椭圆 C: a2+ y2 3 2=1(a>b>0)的离心率为 b 2 ,左、右焦点分别是 F1,F2.以 F1 为圆 心、以 3 为半径的圆与以 F2 为圆心、以 1 为半径的圆相交,且交点 在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的方程; x2 y2 (2)设椭圆 E:4a2+4b2=1,P 为椭圆 C 上任意一点.过点 P 的 直线 y=kx+m 交椭圆 E 于 A,B 两点,射线 PO 交椭圆 E 于点 Q. |OQ| (ⅰ)求 |OP| 的值; (ⅱ)求△ABQ 面积的最大值. c 3 分析:(1)直接利用椭圆的定义得 2a=4,则 a=2,又a= 2 ,a2 -c2=b2,可得 b=1,从而可求出椭圆方程. (2)(ⅰ)利用 O、P、Q 三点共线及点 P、Q 分别在椭圆 C、E 上的 条件建立等式求解;(ⅱ)先求 S△OAB 的最大值,再利用①的结论求 S△ ABQ 的最大值. 解析:(1)由题意知 2a=4,则 a=2, c 3 又a= 2 ,a2-c2=b2,可得 b=1. x2 2 所以椭圆 C 的方程为 4 +y =1. x2 y2 (2)由(1)知椭圆 E 的方程为16+ 4 =1. |OQ| (ⅰ)设 P(x0,y0), |OP| =λ, 由题意知 Q(-λx0,-λy0). 2 x0 2 因为 4 +y0 =1, (-λx0)2 (-λy0)2 λ2?x2 ? 0 ? +y2 又 + = 1 ,即 0?=1, 16 4 4 ?4 ? |OQ| 所以 λ=2,即 |OP| =2. (ⅱ)设 A(x1,y1),B(x2,y2). 将 y=kx+m 代入椭圆 E 的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0, 由 Δ>0,可得 m2<4+16k2.①

∴线段 AB 长度的最小值为 2 2.

4m2-16 8km 则有 x1+x2=- ,x x = . 1+4k2 1 2 1+4k2 4 16k2+4-m2 所以|x1-x2|= . 1+4k2 因为直线 y=kx+m 与 y 轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB 的面积 2 16k2+4-m2|m| 1 S=2|m||x1-x2|= 1+4k2 ? m2 ? m2 2 (16k2+4-m2)m2 ?4- ? = =2 1+4k2?1+4k2. 1+4k2 ? m2 设 =t . 1+4k2 将 y=kx+m 代入椭圆 C 的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,② 由 Δ≥0,可得 m2≤1+4k2. 由①②可知 0<t≤1, 因此 S=2 (4-t)t=2 -t2+4t,故 S≤2 3. 当且仅当 t=1,即 m2=1+4k2 时取得最大值 2 3. 由(ⅰ)知,△ABQ 面积为 3S, 所以△ABQ 面积的最大值为 6 3. 考点四 圆锥曲线的探索性问题 圆锥曲线的探索性问题,一般先假设结论是成立的,然后求解或 证明.如果在求证过程中得出矛盾,则结论不成立. x2 y2 例 4-1(2015· 北京卷)已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的离心率 2 为 2 ,点 P(0,1)和点 A(m,n)(m≠0)都在椭圆 C 上,直线 PA 交 x 轴于点 M. (1)求椭圆 C 的方程,并求点 M 的坐标(用 m,n 表示); (2)设 O 为原点,点 B 与点 A 关于 x 轴对称,直线 PB 交 x 轴于 点 N.问:y 轴上是否存在点 Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求 点 Q 的坐标;若不存在,说明理由. 分析:(1)根据题目条件列出关于 a,b,c 的方程组并求解,然后 进一步确定点 M 的坐标. |OM| (2)先假设存在这样的点,再将∠OQM =∠ONQ 转化为 |OQ| = |OQ| |ON| 求解点的坐标.

x2 2 故椭圆 C 的方程为 2 +y =1. 设 M(xM,0). 因为 m≠0,所以-1<n<1, n-1 直线 PA 的方程为 y-1= m x. ? m ? m 所以 xM= ,即 M?1-n,0?. 1-n ? ? (2)因为点 B 与点 A 关于 x 轴对称,所以 B(m,-n). m 设 N(xN,0),则 xN= . 1+n “存在点 Q(0, yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点 Q(0, |OM| |OQ| yQ)使得 |OQ| =|ON| ” ,即 yQ 满足 y2 Q=|xM||xN|. m m m2 因为 xM= ,xN= , 2 +n2=1, 1-n 1+n m2 2 所以 yQ=|xM||xN|= =2. 1-n2 所以 yQ= 2或 yQ=- 2. 故在 y 轴上存在点 Q,使得∠OQM=∠ONQ,且点 Q 的坐标为 (0, 2)或(0,- 2). x2 y2 例 4-2)(2015· 四川卷)如图,椭圆 E:a2+b2=1(a>b>0)的离心 2 率是 2 ,过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 A,B 两点.当直线 l 平行于 x 轴时,直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2. (1)求椭圆 E 的方程; (2)在平面直角坐标系 xOy 中,是否存在与点 P 不同的定点 Q, |QA| |PA| 使得|QB|=|PB|恒成立?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说 明理由.

b=1, ? ?c 2 解析:(1)由题意得? = , 解得 a =2. a 2 ? ?a =b +c ,
2 2 2 2

分析:(1)根据已知条件,列方程组求出 a,b,即得椭圆 E 的方 程. (2)先考虑特殊情况,探讨出点 Q 的坐标,然后再进行一般性证 明. 解析:(1)由已知,点( 2,1)在椭圆 E 上, 2 1 a2+b2=1, ? ?a=2, 2 2 2 a - b = c , 因此 解得? ? ?b= 2. c 2 a= 2 , x2 y2 ∴椭圆 E 的方程为: 4 + 2 =1. (2)当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C,D 两点. |QC| |PC| 如果存在定点 Q 满足条件,则有|QD|=|PD|=1, 即|QC|=|QD|. 所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为(0,y0). 当直线 l 与 x 轴垂直时, 设直线 l 与椭圆相交 M, N 两点, 则 M, N 的坐标分别为(0, 2),(0,- 2). |y0- 2| 2-1 |QM| |PM| 由 |QN| = |PN| ,有 = , |y0+ 2| 2 +1 解得 y0=1 或 y0=2. 所以若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则 Q 点坐标只可能 为(0,2). |QA| |PA| 下面证明:对任意直线 l,均有|QB|=|PB|. 当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立. 当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2). 2 2 x y ? + =1, 联立? 4 2 得(2k2+1)x2+4kx-2=0.

? ? ? ? ?

?y=kx+1,

其判别式 Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,

4k 2 ,x1x2=- 2 . 2 2k +1 2k +1 1 1 x1+x2 因此x +x = x x =2k. 1 2 1 2 所以,x1+x2=-

易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B′的坐标为(-x2,y2). y1-2 kx1-1 1 又 kQA= x = x =k-x , 1 1 1 y2-2 kx2-1 kQB′= = -x2 -x2 1 1 =-k+x =k-x , 2 1 所以 kQA=kQB′,即 Q,A,B′三点共线, |QA| |QA| |x1| |PA| 所以|QB|= =|x |=|PB|. |QB′| 2 |QA| |PA| 故存在与 P 不同的定点 Q(0,2),使得|QB|=|PB|恒成立.


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