【文章內(nèi)容簡介】 圓 C： (ab0)過點 (0， 4)， 離心率 為 (1)求橢圓 C的方程 . (2)求過點 (3， 0)且斜率為 的直線被 C所截線段的中點坐標 . 2222xy 1ab??3 .5 45【 解析 】 (1)將點 (0， 4)代入 C的方程得 ∴ b=4, ∴ 橢圓 C的方程為 (2)過點 (3， 0)且斜率為 的直線方程為 設(shè)直線與 C的交點為 A(x1,y1),B(x2,y2)， 將直線方程 代入 C的方程 ， 得 即 x23x8=0,解得 ∴ AB的中點的橫坐標 縱坐標 即所截線段的中點坐標為 216 1,b ?2222c 3 a b 9 16 9e , 1 , a 5.a 5 a 25 a 25?? ? ? ? ? ??又 得 即22xy 1.2 5 1 6??45 ? ?4y x 3 ,5???y 3? ?22 x3x15 25? ，1 3 4 1x,2?2 3 4 12?? 12xx 322???yyy 2?? ?1226x x 6 ,55? ? ? ??36( ).25?，考向 3 探究性 、 存在性問題 【 典例 3】 (2022 福建高考 )如圖 ， 橢圓 E： (ab0)的左焦點 為 F1， 右焦點為 F2， 離心率 過 F1的直線交橢圓于 A， B兩點 ， 且 △ ABF2的周長為 8. 2222xy 1ab??1e.2?(1)求橢圓 E的方程 . (2)設(shè)動直線 l： y=kx+m與橢圓 E有且只有一個公共點 P， 且與直線 x=4相交于點 ：在坐標平面內(nèi)是否存在定點 M， 使得以 PQ為直徑的圓恒過點 M？ 若存在 ， 求出點 M的坐標；若不存在 ，說明理由 . 【 思路點撥 】 (1)利用待定系數(shù)法求解， (2)假設(shè)存在點 M滿足 題設(shè)條件，先探索出 M必在 x軸上，再根據(jù)以 PQ為直徑的圓恒過 M點，即 恒成立，求 M點橫坐標大小，從而判斷點Ｍ 是否存在 . PMQ0?【 規(guī)范解答 】 方法一： (1)因為 |AB|+|AF2|+|BF2|=8， 即 |AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8， 又 |AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以 4a=8,a=2. 又因為 所以 c=1, 所以 故橢圓 E的方程是 1 c 1e,2 a 2??即 ，22b a c 3.? ? ?22xy 1.43??(2)由 得 (4k2+3)x2+8kmx+4m212=0. 因為動直線 l與橢圓 E有且只有一個公共點 P(x0,y0)， 所以 m≠ 0 且 Δ= 0, 即 64k2m24(4k2+3)(4m212)=0， 化簡得 4k2m2+3=0.(*) 此時 所以 22y k x m ,xy 1,43????????? 0 024km 4k 3x ,y kx m ,4k3 m m?? ?? ? ? ??4k 3P ( , ).mm?由 得 Q(4,4k+m). 假設(shè)平面內(nèi)存在定點 M滿足條件 ， 由圖形對稱性知 ， 點 M必在 x 軸上 . 設(shè) M(x1,0)， 則 對滿足 (*)式的 m,k恒成立 . 因為 由 得 整理 ， 得 (**) x 4 ,y k x m ,?????? PMQ0? ? ?114k 3MP ( x, ),MQ 4x,4km,mm?? ? ?? ?21 114kx16k 12k4x x 3 0,m m m? ? ? ? ? ? ?? ? 21 1 1k4x 4 x 4x 3 0.? ? ? ? ?由于 (**)式對滿足 (*)式的 m,k恒成立 ， 所以 解得 x1=1. 故存在定點 M(1,0)， 使得以 PQ為直徑的圓恒過點 M. 方法二： (1)同方法一 . (2)由 得 (4k2+3)x2+8kmx+4m212=0. 因為動直線 l與橢圓 E有且只有一個公共點 P(x0,y0)， 所以 m≠ 0且 Δ= 0, 12114 x 4 0,x 4 x 3 0,????? ? ?? 22y k x m ,xy 1,43?????????即 64k2m24(4k2+3)(4m212)=0， 化簡得 4k2m2+3=0.(*) 此時 所以 由 得 Q(4,4k+m). 假設(shè)平面內(nèi)存在定點 M滿足條件 ， 由圖形對稱性知 ， 點 M必在 x 軸上 . 0 0 024km 4k 3x ,y kxm4k 3 m m?? ?? ? ? ?? ，4k 3P ( , ).mm?x 4 ,y k x m ,??????取 k=0, 此時 以 PQ為直徑的圓為 (x2)2+ 交 x軸于點 M1(1,0),M2(3,0)；取 m=2,此時 Q(4,0)， 以 PQ為直徑的圓為 交 x軸 于點 M3(1， 0)， M4(4,0).所以若符合條件的點 M存在 ， 則 M的坐 標必為 (1， 0). 以下證明 M(1， 0)就是滿足條件的點 : 因為 M的坐標為 (1， 0)， 所以 從而 故恒有 即存在 定點 M(1， 0)， 使得以 PQ為直徑的圓恒過點 M. m3? ，? ? ? ?P 0, 3 ,Q 4, 3 ,2(y 3) 4??，1k,2??3P (1 , ) ,2 225 3 45(x (y ) ,2 4 16? ? ? ? ? ?4kP ( 1, ),MQ 3,4k mmm?? ? ? ?，12k 12kPMQ 3 3 0,mm?? ?? ??P MQ? ，【 拓展提升 】 探究性 、 存在性問題的求解步驟 (1)先假設(shè)存在 ,引入?yún)?shù) ,根據(jù)題目條件列出關(guān)于參數(shù)的方程(組 )或不等式 (組 ). (2)解此方程 (組 )或不等式 (組 ),若有解即存在 ,若無解則不存在 . 【 變式訓練 】 (2022 寶雞模擬 )已知：向量 O為坐 標原點 ， 動點 M滿足： (1)求動點 M的軌跡 C的方程 . (2)已知直線 l1, l2都過點 B(0,1)， 且 l1⊥ l2， l1, l2與軌跡 C分別 交于點 D,E， 試探究是否存在這樣的直線使得 △ BDE是等腰直角 三角形 .若存在 ， 指出這樣的直線共有幾組 (無需求出直線的方 程 )；若不存在 ， 請說明理由 . ? ?OA 3,0? ，MOAOMOA4.? ? ? ?【 解析 】 (1)方法一：設(shè) 則 ∴ 動點 M的軌跡為以 A， A′ 為焦點 ， 長軸長為 4的橢圓 . 由 2a=4， 得 a=2, ∴ 動點 M的軌跡 C的方程為 方法二 :設(shè)點 M(x,y),則 ? ?A 3,0?? ，OMOAOMOAOMOA|OMOA|AMAM423,????????????＞c 3,? 22b a c 1.? ? ?2 2x y 1 .4 ??? ? ? ?OM OA x 3 y ,OM OA x 3,y ,OM OA OM OA 4? ? ? ? ? ?? ? ? ?， ，? ? ? ?2222x 3 y x 3 y 4 23.? ? ? ? ? ? ?＞∴ 點 M的軌跡 C是以 為焦點 ， 長軸長為 4的橢圓 . ∴ 動點 M的軌跡 C的方程為 (2)軌跡 C是橢圓 點 B(0,1)是它的上頂點 ， 設(shè)滿足條件的直線 l1， l2存在 ， 由題意知兩直線斜率存在且不 為零 ， 不妨設(shè)直線 l1的方程為 y=kx+1(k＞ 0) ① 則直線 l2的方程為 ② 3,0 ( 30)?()， ， 22a 2,c , b a c 1,?? ? ?? ? ?2 2x y 1 .4 ??2 2x y14 ，1y x 1k? ? ?將 ① 代入橢圓方程并整理得： (1+4k2)x2+8kx=0， 可得 則 將 ② 代入橢圓方程并整理得： (4+k2)x28kx =0， 可得 由 △ BDE是等腰直角三角形得 |BD|=|BE| D 28kx1 4k??? ，D 28ky 4k????EE228k 8x y k 4 k?? ? ???，則? ? ? ? ? ? ? ?22 2 2 22 2 2 22 4 22 2 2 22 2 2 28k 8k 8k 8( ) ( ) ( ) ( )1 4k 1 4k 4 k 4 k64k 64k 64k 641 4k 1 4k 4 k 4 k? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? k3+4k=1+4k2 k31=4k24k (k1)(k2+k+1)=4k(k1) ③ ∴k= 1或 k23k+1=0 ④ ∵ 方程 ④ 的判別式 Δ= 5＞ 0， 即方程 ④ 有兩個不相等的實根 ， 且不為 1. ∴ 方程 ③ 有三個互不相等的實根 .即滿足條件的直線 l1， l2