第9讲 解析几何 第3课时 解析几何大题 专题训练 含答案2021届高考（理科）数学二轮复习

第 9 讲 解析几何 第 3 课时 解析几何大题 专题训练·作业(二十二) [第一次作业] 1．(2020·昆明市“三诊一模”)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)左焦点为 F1(－1， 0)，经过点 F1 的直线 l 与圆 F2：(x－1)2＋y2＝8 相交于 P，Q 两点，M 是线段 PF2 与 C 的公共点，且|MF1|＝|MP|. (1)求椭圆 C 的方程； (2)l 与 C 的交点为 A，B，且 A 恰为线段 PQ 的中点，求△ABF2 的面积． 2．(2020·宁夏中卫市第三次模拟)已知椭圆 C1：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 ， P(－2，1)是 C1 上一点． (1)求椭圆 C1 的方程； (2)设 A，B，Q 是 P 分别关于两坐标轴及坐标原点对称的点，平行于 AB 的直线 l 交 C1 于异于 P，Q 的两点 C，D.点 C 关于原点的对称点为 E.证明：直线 PD， PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形． 3．(2020·辽宁省抚顺市六校高三联考)已知 0＜m＜2，动点 M 到两定点 F1(－m， 0)，F2(m，0)的距离之和为 4，设点 M 的轨迹为曲线 C，若曲线 C 过点 N 2， 2 2 . (1)求 m 的值以及曲线 C 的方程； (2)过定点 6 5 ，0 且斜率不为零的直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点．证明：以 AB 为直径的圆过曲线 C 的右顶点． 4．(2020·湖南常德市第二中学冲刺卷)设椭圆 E：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点 分别为 F1，F2，过点 F1 的 直线交椭圆 E 于 A，B 两点．若椭圆 E 的离心率为 2 2 ，三角形 ABF2 的周长为 4 6. (1)求椭圆 E 的方程； (2)设不经过椭圆的中心而平行于弦 AB 的直线交椭圆 E 于点 C，D，设弦 AB， CD 的中点分别为 M，N，证明：O，M，N 三点共线． [第二次作业] 1．(2020·四川广元市高三模拟)已知椭圆 C：x2 2 ＋y2＝1，过点 P(0，1)作互相垂直 的两条直线分别交椭圆 C 于点 A，B(A，B 与 P 不重合)． (1)证明：直线 AB 过定点 0，－1 3 ； (2)若以点 E 0，1 9 为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四 边形 PAEB 的面积． 2．(2020·重庆七校高三联考)已知中心在原点 O 的椭圆 C 的左焦点为 F1(－1，0)， C 与 y 轴正半轴交点为 A，且∠AF1O＝π 3. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)过点 A 作斜率为 k1，k2(k1k2≠0)的两条直线分别交 C 于异于点 A 的两点 M， N.证明：当 k2＝ k1 k1－1 时，直线 MN 过定点． 3．(2020·山东济南市高三模拟)已知平面上一动点 A 的坐标为(2t2，－2t)． (1)求点 A 的轨迹 E 的方程； (2)点 B 在轨迹 E 上，且纵坐标为2 t. ①证明直线 AB 过定点，并求出定点坐标； ②分别以 A，B 为圆心作与直线 x＝－2 相切的圆，两圆公共弦的中点为 H，在 平面内是否存在定点 P，使得|PH|为定值？若存在，求出点 P 坐标；若不存在， 请说明理由． 4．(2019·南昌十校联考)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1， F2，且|F1F2|＝4 3，A 3，－ 13 2 是椭圆上一点． (1)求椭圆 C 的标准方程和离心率 e 的值； (2)若 T 为椭圆 C 上异于顶点的任意一点，M，N 分别为椭圆的右顶点和上顶点， 直线 TM 与 y 轴交于点 P，直线 TN 与 x 轴交于点 Q，求证：|PN|·|QM|为定值． [第三次作业] 1．(2020·河南名师联盟调研)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为1 2 ，以原 点为圆心，椭圆的短半轴的长为半径的圆与直线 x－y＋ 6＝0 相切，过点 P(4， 0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若原点 O 在以线段 AB 为直径的圆内，求直线 l 的斜率 k 的取值范围． 2．(2020·南昌重点中学段考试题)已知抛物线 C：x2＝2py(p>0)和定点 M(0，1)， 设过点 M 的动直线交抛物线 C 于 A，B 两点，抛物线 C 在 A，B 处的切线的交 点为 N. (1)若 N 在以 AB 为直径的圆上，求 p 的值； (2)若△ABN 的面积的最小值为 4，求抛物线 C 的方程． 3．(2020·河南省濮阳市二模)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)过点 1 2 ，－ 15 4 ，顺 次连接椭圆 C 的 4 个顶点，得到的四边形的面积为 4. (1)求椭圆 C 的方程； (2)已知直线 l：y＝kx＋2 与椭圆 C 交于 M，N 两点，若∠MON 为锐角(O 为坐 标原点)，求实数 k 的取值范围． 4．(2020·石家庄市高考数学模拟八)已知 F1，F2 是椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0) 的左、右焦点，过椭圆的上顶点的直线 x＋y＝1 被椭圆截得的弦的中点坐标为 P 3 4 ，1 4 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)过 F1 的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，当△ABF2 面积最大时，求直线 l 的方程． 备选题 1．(2019·湖北部分重点中学起点考试)如图，已知，A，B，C 为椭圆 E：x2 2 ＋y2 ＝1 上三个不同的点，O 为坐标原点，且 O 为△ABC 的重心． (1)如果直线 AB，OC 的斜率都存在，求证：kABkOC 为定值； (2)试判断△ABC 的面积是否为定值？如果是，求出这个定值；否则，请说明理 由． 2．(2020·石家庄市高中毕业班综合训练)已知椭圆 C1：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)和圆 C2： x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2 为椭圆 C1 的左、右焦点，点 B(0， 3)在椭圆 C1 上，当 直线 BF1 与圆 C2 相切时，r＝ 3 2 . (1)求 C1 的方程； (2)直线 l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与 x 轴交于点 Q，且与椭圆 C1 和圆 C2 都相切， 切点分别为 M，N，记△F1F2M 和△QF2N 的面积分别为 S1 和 S2，求（m－k）S2 S1 的最小值． 3．(2020·兰州市第二中学月考)已知椭圆：C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的四个顶点围 成的四边形的面积为 2 15，原点到直线x a ＋y b ＝1 的距离为 30 4 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)已知定点 P(0，2)，是否存在过点 P 的直线 l，使 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点， 且以|AB|为直径的圆过椭圆 C 的左顶点？若存在，求出 l 的方程；若不存在，请 说明理由． 4．(2020·山东泰安市高三模拟)已知点 M(0，－2)，点 P 在直线 y＝ 1 16x2＋2 上运 动，动点 Q 满足MQ→ ＝1 2MP→ ，记点 Q 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程； (2)设 D(0，3)，E(0，－3)，过点 D 的直线交曲线 C 于 A，B 两个不同的点，求 证：∠AEB＝2∠AED. 5．(2020·山东日照市第一中学模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，①已知点 A( 3， 0)，直线 l：x＝4 3 3 ，动点 P 满足到点 A 的距离与到直线 l 的距离之比为 3 2 ；② 已知圆 C 的方程为 x2＋y2＝4，直线 l 为圆 C 的切线，记点 A( 3，0)，B(－ 3， 0)到直线 l 的距离分别为 d1，d2，动点 P 满足|PA|＝d1，|PB|＝d2；③点 S，T 分别 在 x 轴，y 轴上运动，且|ST|＝3，动点 P 满足OP→＝2 3OS→＋1 3OT→ . (1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点 P 的轨迹方程； (2)记(1)中的轨迹为 E，经过点 D(1，0)的直线 l′交 E 于 M，N 两点，若线段 MN 的垂直平分线与 y 轴相交于点 Q，求点 Q 纵坐标的取值范围． 6．(2020·第五次模拟)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2＝1(a>1)上顶点为 A，右焦点 为 F，直线 AF 与圆 M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0 相切． (1)求椭圆的方程； (2)不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 相交于 P，Q 两点，且 AP⊥AQ，证明：动直线 l 过定点，并且求出该定点坐标． 7．(2020·四川省叙州区第二中学月考)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 1 2 ，点 F 为左焦点，过点 F 作 x 轴的垂线交椭圆 C 于 A，B 两点，且|AB|＝3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)在圆 x2＋y2＝3 上是否存在一点 P，使得在点 P 处的切线 l 与椭圆 C 相交于 M， N 两点满足OM→ ⊥ON→ (O 为坐标原点)？若存在，求 l 的方程；若不存在，请说明 理由． 8．(2020·第八次模拟)已知长度为 4 的线段的两个端点 A，B 分别 在 x 轴和 y 轴上运动，动点 P 满足BP→＝3PA→，记动点 P 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程； (2)设曲线 C 与 y 轴的正半轴交于点 D，过点 D 作互相垂直的两条直线，分别交 曲线 C 于 M，N 两点，连接 MN，求△DMN 的面积的最大值． 9．(2019·广东六校联考一)已知圆 C：(x＋2 2)2＋y2＝36 与定点 M(2 2，0)，动 圆 I 过 M 点且与圆 C 相切． (1)求动圆圆心的轨迹 E 的方程； (2)若过定点 N(0，2)的直线 l 交轨迹 E 于不同的两点 A，B，求|AB|的最大值． 10．(2020·武汉中学高三第二次质检)如图，已知抛物线 x2＝y. 点 A －1 2 ，1 4 ，B 3 2 ，9 4 ，抛物线上的点 P(x，y) －1 20)的上顶点为 P，右 顶点为 Q，直线 PQ 与圆 x2＋y2＝4 5 相切于点 M 2 5 ，4 5 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)若不经过点 P 的直线 l 与椭圆 C 交于点 A，B 两点，且PA→·PB→＝0，求证：直 线 l 过定点． 12．(2020·福建五校第二次联考)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 ， 上顶点 M 到直线 3x＋y＋4＝0 的距离为 3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设直线 l 过点(4，－2)，且与椭圆 C 相交于 A，B 两点，l 不经过点 M，证明： 直线 MA 的斜率与直线 MB 的斜率之和为定值． 13．已知 M(x0，0)，N(0，y0)两点分别在 x 轴和 y 轴上运动，且|MN|＝1，若动 点 G(x，y)满足OG→ ＝2OM→ ＋ON→ (O 为坐标原点)，动点 G 的轨迹为 E. (1)求 E 的方程； (2)过点 P( 3，0)作动直线 OG 的平行线交轨迹 E 于 A，B 两点，则 |AB| |OG|2 是否为 定值？若是，求出该值；若不是，说明理由. 14．(2020·福建、广东、江西三省十校联考)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)经过 点(0， 3)，离心率为1 2 ，左、右焦点分别为 F1(－c，0)，F2(c，0)． (1)求椭圆 C 的方程； (2)P，N 是 C 上异于 M 的两点，若直线 PM 与直线 PN 的斜率之积为－3 4 ，证明： M，N 两点的横坐标之和为常数． 参考解析答案 [第一次作业] 1 解析 (1)如图： 由圆 F2：(x－1)2＋y2＝8 可得|PF2|＝2 2， 因为|MF1|＝|MP|， 所以 2a＝|MF1|＋|MF2|＝|MP|＋|MF2|＝|PF2|＝2 2， 即 a＝ 2，又 c＝1，故 b＝1， 所以椭圆的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知 F2(1，0)， 因为 A 为线段 PQ 的中点，则 AF1⊥AF2， 所以AF1 → ·AF2 → ＝(－1－x1，－y1)·(1－x1，－y1)＝(－1－x1)(1－x1)＋y12＝x12＋y12 －1＝0， 又x12 2 ＋y12＝1，解得 x1＝0，y1＝±1，若 y1＝1，则 A(0，1)，直线 l 的方程为 y ＝x＋1， 由 y＝x＋1， x2 2 ＋y2＝1，消去 y 得 3x2＋4x＝0，所以 x1＋x2＝－4 3 ，所以 x2＝－4 3 ，y2＝－1 3 ， 即 B －4 3 ，－1 3 ， 所以△ABF2 的面积 S＝1 2|F1F2|·|y1－y2|＝1 2 ×2×4 3 ＝4 3. 若 y＝－1，同理可求得△ABF2 的面积 S＝4 3. 综上，△ABF2 的面积为4 3. 2 解析 (1)因为 C1 离心率为 3 2 ，所以 a2＝4b2， 从而 C1 的方程为 x2 4b2 ＋y2 b2 ＝1， 代入 P(－2，1)，解得 b2＝2，因此 a2＝8. 所以椭圆 C1 的方程为x2 8 ＋y2 2 ＝1. (2)证明：由题设知 A，B 两点的坐标为(－2，－1)，(2，1)， 因此直线 l 的斜率为1 2 ，设直线 l 的方程为 y＝1 2x＋t(t≠0)， 由 y＝1 2x＋t， x2 8 ＋y2 2 ＝1， 得 x2＋2tx＋2t2－4＝0， 当Δ>0 时，不妨设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 于是 x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4， 分别设直线 PD，PE 的斜率为 k1，k2， 则 k1＋k2＝y2－1 x2＋2 ＋－y1－1 －x1＋2 ＝（y2－1）（2－x1）－（2＋x2）（y1＋1） （2＋x2）（2－x1） ， 则要证直线 PD，PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形， 只需证(y2－1)(2－x1)－(2＋x2)(y1＋1)＝0， 而(y2－1)(2－x1)－(2＋x2)(y1＋1) ＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋x1－x2－4 ＝x2－x1－x1x2－t(x1＋x2)＋x1－x2－4 ＝－x1x2－t(x1＋x2)－4 ＝－2t2＋4＋2t2－4＝0， 所以直线 PD，PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形． 3 解析 (1)设 M(x，y)，因为|MF1|＋|MF2|＝4＞2m，所以曲线 C 是以两定点 F1， F2 为焦点，长半轴长为 2 的椭圆，所以 a＝2. 设椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 b2 ＝1(b＞0)，代入点 N 2， 2 2 得 b2＝1， 由 c2＝a2－b2，得 c2＝3， 所以 m＝c＝ 3，故曲线 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)证明：设直线 l：x＝ty＋6 5 ，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 椭圆的右顶点为 P(2，0)，联立方程组 x＝ty＋6 5 ， x2 4 ＋y2＝1， 消去 x 得(t2＋4)y2＋12 5 ty－64 25 ＝ 0. Δ＞0，y1＋y2＝ －12t 5（t2＋4） ，y1y2＝－ 64 25（t2＋4）， 所以PA→·PB→＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝(t2＋1)y1y2－4 5t(y1＋y2)＋16 25 ＝－64t2－64＋48t2＋16t2＋64 25（t2＋4） ＝0， 所以PA→⊥PB→， 故点 P 在以 AB 为直径的圆上，即以 AB 为直径的圆过曲线 C 的右顶点． 4 解析 (1)∵AF1＋AF2＋BF1＋BF2＝4a＝4 6，∴a＝ 6， 又 e＝c a ＝ 2 2 ，∴c＝ 3，b＝ a2－c2＝ 3， ∴椭圆 E 的方程为x2 6 ＋y2 3 ＝1. (2)证明：当直线 AB，CD 的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点 M，N 在 x 轴上，O，M，N 三点共线； 当直线 AB，CD 的斜率存在时，设其斜率为 k(k≠0)， 且设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 则 x12 6 ＋y12 3 ＝1， x22 6 ＋y22 3 ＝1， 两式相减，得（x1－x2）（x1＋x2） 6 ＝－（y1－y2）（y1＋y2） 3 ， 又 x0＝x1＋x2 2 ，y0＝y1＋y2 2 ，∴y1－y2 x1－x2 ·y0 x0 ＝－3 6 ， 则 k·kOM＝－1 2 ⇒kOM＝－ 1 2k. 同理可得 kON＝－ 1 2k ，∵kOM＝kON，∴O，M，N 三点共线． [第二次作业] 1 解析 (1)证明：根据题意有：直线 AB，PB，PA 斜率均存在． 设 lAB：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 x2 2 ＋y2＝1， y＝kx＋m， 有(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，当Δ＝16k2m2 －4(2k2＋ 1)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)>0 时， 有 x1＋x2＝－ 4km 2k2＋1 ，x1x2＝2m2－2 2k2＋1 . 因为 PB⊥PA， 所以 kPB·kPA＝y2－1 x2 ·y1－1 x1 ＝kx1＋m－1 x1 ·kx2＋m－1 x2 ＝－1， 化简得：(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0， 所以(k2＋1)2m2－2 2k2＋1 －k(m－1) 4km 2k2＋1 ＋(m－1)2＝0， 化简得：3m2－2m－1＝0，解得 m＝－1 3 或 1. 当 m＝1 时，lAB：y＝kx＋1 过点 P，则 P 与 A 或 B 重合，不满足题意，舍去， 所以 m＝－1 3 ，满足Δ>0，即 lAB：y＝kx－1 3 ， 所以直线 AB 过定点 0，－1 3 . (2)方法一：由(1)知 m＝－1 3 ， 则 lAB：y＝kx－1 3 ，x1＋x2＝ 4 3k 2k2＋1 ，x1x2＝－ 16 9 2k2＋1 . 如图所示： 设线段 AB 的中点为 D(xD，yD)， 则 xD＝x1＋x2 2 ＝ 2 3k 2k2＋1 ，yD＝kxD－1 3 ＝ 2 3k 2k2＋1 ·k－1 3 ＝－ 1 3 2k2＋1 . 因为以 E 0，1 9 为圆心的圆与直线 AB 相切于 AB 的中点，所以ED→ ⊥AB→ ， 又因为ED→ ＝( 2 3k 2k2＋1 ，－ 1 3 2k2＋1 －1 9)，且AB→ 与(1，k)平行， 所以 2 3k 2k2＋1 ＋(－ 1 3 2k2＋1 －1 9)k＝0， 解得 k＝0 或±1. 由上图可知，四边形 PAEB 的面积 S＝1 2|PE||x1－x2|＝1 2 ×8 9|x1－x2|＝4 9|x1－x2|. ①当 k＝0 时，lAB：y＝－1 3 ，易得 A，B 的坐标为 －4 3 ，－1 3 ， 4 3 ，－1 3 ， 所以 S＝4 9|x1－x2|＝4 9 |－4 3 －4 3|＝32 27. ②当 k＝±1 时，有|x1－x2|＝ （x1＋x2）2－4x1x2＝ （ 4 3k 2k2＋1 ）2＋ 64 9 2k2＋1 ＝ 4 13 9 ， 所以 S＝4 9|x1－x2|＝4 9 ×4 13 9 ＝16 13 81 . 由①②有：S＝32 27 或16 13 81 . 方法二：由(1)得，lAB：y＝kx－1 3 ，x1＋x2＝ 4 3k 2k2＋1 ，x1x2＝－ 16 9 2k2＋1 . 由上图得：四边形 PAEB 的面积 S＝1 2|PE||x1－x2|＝1 2 ×8 9|x1－x2|＝4 9|x1－x2|. 根据题意结合图形得：|EA|＝|EB|，即 x12＋ y1－1 9 2 ＝ x22＋ y2－1 9 2 ， 即 2－2y12＋ y1－1 9 2 ＝ 2－2y22＋ y2－1 9 2 ，化简得(y1－y2) y1＋y2＋2 9 ＝0， 所以 y1－y2＝0 或 y1＋y2＝－2 9. ①当 y1－y2＝0 时，易得 k＝0，即 lAB：y＝－1 3 ，易得 A，B 的坐标为 －4 3 ，－1 3 ， 4 3 ，－1 3 ， 所以 S＝4 9|x1－x2|＝4 9 |－4 3 －4 3|＝32 27. ②当 y1＋y2＝－2 9 时，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2 3 ＝ 4 3k2 2k2＋1 －2 3 ＝－2 9 ，解得 k＝±1. 有|x1－x2|＝ （x1＋x2）2－4x1x2＝ （ 4 3k 2k2＋1 ）2＋ 64 9 2k2＋1 ＝4 13 9 ， 所以 S＝4 9|x1－x2|＝4 9 ×4 13 9 ＝16 13 81 . 由①②得 S＝32 27 或16 13 81 . 2 解析 (1)在 Rt△AF1O 中，|OA|＝b，|OF1|＝c＝1，|AF1|＝ |OA|2＋|OF1|2＝a， ∵∠AF1O＝π 3 ，∠OAF1＝π 6 ，∴a＝|AF1|＝2|OF1|＝2，∴b＝ a2－c2＝ 3， 因此，椭圆 C 的标准方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)证明：当 MN 斜率存在时，设 MN：y＝kx＋m，点 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立 x2 4 ＋y2 3 ＝1， y＝kx＋m， 消去 y 化简得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 且 x1＋x2＝－ 8km 4k2＋3 ，x1x2＝4m2－12 4k2＋3 ， ∵k2＝ k1 k1－1 ，∴k1k2＝k1＋k2，∴y1－ 3 x1 ×y2－ 3 x2 ＝y1－ 3 x1 ＋y2－ 3 x2 ， ∴代入 yi＝kxi＋m(i＝1，2)，化简得(k2－2k)x1x2＋(k－1)(m－ 3)(x1＋x2)＋m2－ 2 3m＋3＝0， 化简得 8 3k(m－ 3)＝3(m－ 3)2， ∵m≠ 3，∴8 3k＝3(m－ 3)，∴m＝8 3k 3 ＋ 3， 直线 MN：y＝kx＋8 3k 3 ＋ 3，因此，直线 MN 过定点 －8 3 3 ， 3 . 当 MN 斜率不存在时，设 M(x1，y1)，则 N(x1，－y1)，k1＝y1－ 3 x1 ，k2＝－y1－ 3 x1 ， ∵k2＝ k1 k1－1 ，∴k1k2＝k1＋k2，∴y1－ 3 x1 ·－y1－ 3 x1 ＝y1－ 3 x1 ＋－y1－ 3 x1 ，即 y12 ＝3＋2 3x1，又x12 4 ＋y12 3 ＝1，∴x1＝0(舍)或 x1＝－8 3 3 ，此时 MN 的方程为 x＝ －8 3 3 ，MN 过定点 －8 3 3 ， 3 . 3 解析 (1)设动点 A 的坐标为(x，y)， 因为 A 的坐标为(2t2，－2t)，所以 x＝2t2， y＝－2t， 消去参数 t 得：y2＝2x. (2)①证明：因为点 B 在轨迹 E 上，且纵坐标为2 t ， 所以点 B 的坐标为 2 t2 ，2 t ， 当 t＝±1 时，直线 AB 的方程为 x＝2； 当 t≠±1 时，直线 AB 的斜率为 kAB＝yB－yA xB－xA ＝ t 1－t2 ， 所以直线 AB 的方程为 y＋2t＝ t 1－t2(x－2t2)， 整理得 y＝ t 1－t2(x－2)，所以直线 AB 过定点(2，0)． ②因为 A 的坐标为(2t2，－2t)，且圆 A 与直线 x＝－2 相切， 所以圆 A 的方程为(x－xA)2＋(y－yA)2＝(xA＋2)2， 同理圆 B 的方程为(x－xB)2＋(y－yB)2＝(xB＋2)2， 两圆方程相减得 2(xB－xA)x＋2(yB－yA)y＋yA2－yB2＝4xA－4xB， 将 A(2t2，－2t)，B 2 t2 ，2 t 代入并整理得 y＝ t－1 t (x＋1)，由题意知 t≠±1， 由①可知直线 AB 的方程为 y＝ t 1－t2(x－2)， 因为 H 是两条直线的交点， 所以两个方程相乘得 y2＝－(x－2)(x＋1)， 整理得 x－1 2 2 ＋y2＝9 4 ，即点 H 的轨迹是以 1 2 ，0 为圆心，3 2 为半径的圆，所以存 在点 P 1 2 ，0 ，满足|HP|＝3 2. 4 解析 (1)方法一：|F1F2|＝4 3，∴c＝2 3，F1(－2 3，0)，F2(2 3，0)． 由椭圆的定义可得 2a＝ （ 3＋2 3）2＋ － 13 2 2 ＋ （ 3－2 3）2＋ － 13 2 2 ＝ 121 4 ＋ 25 4 ＝11 2 ＋5 2 ＝8，解得 a＝4，∴e＝2 3 4 ＝ 3 2 ，b2＝16－12＝4， ∴椭圆 C 的标准方程为x2 16 ＋y2 4 ＝1. 方法二：∵|F1F2|＝4 3，∴c＝2 3，椭圆 C 的左焦点为 F1(－2 3，0)，故 a2－b2 ＝12， 又点 A 3，－ 13 2 在椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1 上，则 3 b2＋12 ＋ 13 4b2 ＝1，化简得 4b4＋23b2 －156＝0，得 b2＝4，故 a2＝16，∴e＝2 3 4 ＝ 3 2 ，椭圆 C 的标准方程为x2 16 ＋y2 4 ＝ 1. (2)证明：由(1)知 M(4，0)，N(0，2)， 设椭圆上任一点 T(x0，y0)，x0≠±4 且 x0≠0，则x02 16 ＋y02 4 ＝1. 直线 TM：y＝ y0 x0－4(x－4)，令 x＝0，得 yP＝－4y0 x0－4 ，∴|PN|＝|2＋ 4y0 x0－4|. 直线 TN：y＝y0－2 x0 x＋2，令 y＝0，得 xQ＝－2x0 y0－2 ，∴|QM|＝|4＋ 2x0 y0－2|. |PN|·|QM|＝|2＋ 4y0 x0－4|·|4＋ 2x0 y0－2|＝|2x0＋4y0－8 x0－4 |·|2x0＋4y0－8 y0－2 | ＝4|x02＋4y02＋4x0y0－8x0－16y0＋16 x0y0－2x0－4y0＋8 |， 由x02 16 ＋y02 4 ＝1 可得 x02＋4y02＝16，代入上式得|PN|·|QM|＝16，故|PN|·|QM|为定 值． [第三次作业] 1 解析 (1)由 e＝c a ＝1 2 可得 a2＝4 3b2，又 b＝ 6 1＋1 ＝ 3，∴a2＝4，b2＝3. 故椭圆的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)由题意知直线 l 方程为 y＝k(x－4)． 联立 y＝k（x－4）， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 得(4k2＋3)x2－32k2x＋64k2－12＝0. 由Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋3)(64k2－12)>0，得 k20，解得 k2＜4，即－ 2＜k＜2， 综上所述，实数 k 的取值范围为 －2，－ 3 2 ∪ 3 2 ，2 . 4 解析 (1)直线 x＋y＝1 与 y 轴的交于(0，1)点，∴b＝1， 设直线 x＋y＝1 与椭圆 C 交于点 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 x1＋x2＝3 2 ，y1＋y2＝1 2 ，又x12 a2 ＋y12 b2 ＝1，x22 a2 ＋y22 b2 ＝1， 两式相减可得1 a2(x1－x2)(x1＋x2)＋ 1 b2(y1－y2)(y1＋y2)＝0， ∴y1－y2 x1－x2 ＝－ b2(x1＋x2） a2（y1＋y2） ，∴－b2 a2 · 3 2 1 2 ＝－1，解得 a2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x2 3 ＋y2＝1. (2)由(1)可得 F1(－ 2，0)，F2( 2，0)，设 A(x3，y3)，B(x4，y4)， 设直线 l 的方程为 x＝my－ 2，代入x2 3 ＋y2＝1，可得(m2＋3)y2－2 2my－1＝0， 则 y3＋y4＝2 2m m2＋3 ，y3y4＝ －1 m2＋3 ， |y3－y4|＝ （y3＋y4）2－4y1y2＝2 3· m2＋1 m2＋3 ， ∴S△ABF2＝1 2|F1F2|·|y3－y4|＝ 2·|y3－y4|＝2 6· m2＋1 m2＋3 ＝ 2 6 m2＋1＋ 2 m2＋1 ≤ 2 6 2 2 ＝ 3， 当且仅当 m2＋1＝ 2 m2＋1 ，即 m＝±1 时△ABF2 面积最大， 此时直线 l 的方程为 x－y＋ 2＝0 或 x＋y＋ 2＝0. 备选题 1 解析 (1)证明：设直线 AB：y＝kx＋m(m≠0)，代入x2 2 ＋y2＝1，得(1＋2k2)x2 ＋4kmx＋2(m2－1)＝0. 令Δ＝16m2k2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，得 m20，又|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|，原点 O 到直线 AB 的距离 d＝ |m| 1＋k2 ， 连接 OA，OB，所以 S△OAB＝1 2|AB|·d＝1 2|m| － 4km 1＋2k2 2 －4·2（m2－1） 1＋2k2 ＝ 2|m| 1＋2k2 · 1＋2k2－m2＝ 2|m| 4m2 · 3m2＝ 6 4 ， 所以 S△ABC＝3S△OAB＝3 6 4 (定值)． 当直线 AB 的斜率不存在时，因为 O 为△ABC 的重心，所以 C 为椭圆的左、右 顶点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 2 2 ，可取 A 2 2 ， 3 2 ，B 2 2 ，－ 3 2 ，则 S△ABC＝1 2 × 3×3 2 2 ＝3 6 4 . 综上，△ABC 的面积为定值，定值为3 6 4 . 2 分析 (1)由题意可得 b，设 F1(－c，0)，运用直线和圆相切的条件，可得bc a ＝ 3 2 ， 结合 a，b，c 的关系，解得 a，c，进而得到椭圆方程； (2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，将 y＝kx＋m 代入x2 4 ＋y2 3 ＝1，结合直线和椭圆相切 的条件是判别式为 0，解得 M 的坐标，可得△F1F2M 的面积 S1，再由直线和圆 相切的条件，解方程可得 N 的坐标，求得 Q 的坐标，计算△QF2N 的面积为 S2， 求得（m－k）S2 S1 的表达式，化简后运用基本不等式即可得证． 解析 (1)由题可知 b＝ 3. ① 设 F1(－c，0)，则由 BF1 与圆相切时 r＝ 3 2 得bc a ＝ 3 2 ，即 c＝a 2. ② 将①②代入 a2＝b2＋c2 解得 a＝2. 所以 C1 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 将 y＝kx＋m 代入x2 4 ＋y2 3 ＝1 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由直线 l 与椭圆 C1 相切得Δ＝0 即 m2＝4k2＋3，且 x1＝－4km 4k2＋3 ， y1＝ 3m 4k2＋3 ， 则△F1F2M 的面积 S1＝1 2|F1F2|·y1＝ 3m 4k2＋3. 由直线 l 与圆 C2 相切，得直线 ON：y＝－1 kx，与 y＝kx＋m 联立得 x2＝－km k2＋1 ， y2＝ m k2＋1. 直线 l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与 x 轴交于点 Q，则 Q －m k ，0 . 则△QF2N 的面积 S2＝1 2|QF2|·y2＝m（k＋m） 2k（k2＋1） ， 从而（m－k）S2 S1 ＝ m（k＋m）（m－k） 2k（k2＋1） 3m 4k2＋3 ＝2k＋ 3 2k ≥2 3(当且仅当 k＝ 3 2 时等号 成立)， 所以（m－k）S2 S1 的最小值为 2 3. 评说 本题考查椭圆和圆的方程和运用，考查直线和圆的位置关系、直线和椭圆 的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．求最值时，常用的方法有： 二次函数法，导数法，基本不等式法． 3 分析 (1)依题意列出关于 a，b 的方程组，求得 a，b，进而可得到椭圆方程； (2)联立直线和椭圆方程得到(3＋5k2)x2＋20kx＋5＝0，要使以|AB|为直径的圆过 椭圆 C 的左顶点 D(－ 5，0)，则DA→ ·DB→ ＝0，结合韦达定理可得到参数值． 解析 (1)直线x a ＋y b ＝1 的一般方程为 bx＋ay－ab＝0. 依题意 2ab＝2 15， ab a2＋b2 ＝ 30 4 ，解得 a＝ 5， b＝ 3， 故椭圆 C 的方程为x2 5 ＋y2 3 ＝1. (2)假若存在这样的直线 l， 当斜率不存在时，以|AB|为直径的圆显然不经过椭圆 C 的左顶点， 所以可设直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方程为 y＝kx＋2. 由 y＝kx＋2， 3x2＋5y2＝15， 得(3＋5k2)x2＋20kx＋5＝0. 由Δ＝400k2－20(3＋5k2)>0，得 k∈ －∞，－ 5 5 ∪ 5 5 ，＋∞ . 记 A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 20k 3＋5k2 ，x1x2＝ 5 3＋5k2 ， 而 y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4. 要使以|AB|为直径的圆过椭圆 C 的左顶点 D(－ 5，0)，则DA→ ·DB→ ＝0， 即 y1y2＋(x1＋ 5)(x2＋ 5)＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋ 5)(x1＋x2)＋9＝0， 所以(k2＋1) 5 3＋5k2 －(2k＋ 5) 20k 3＋5k2 ＋9＝0， 整理解得 k＝2 5 5 或 k＝8 5 5 ，满足Δ>0， 所以存在过点 P 的直线 l，使 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且以|AB|为直径的圆 过椭圆 C 的左顶点，直线 l 的方程为 y＝2 5 5 x＋2 或 y＝8 5 5 ＋2. 评说 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法，因直 线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化 为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解 决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理 直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 4 分析 (1)设 Q(x，y)，P(x0，y0)，由平面向量的知识可得 x0＝2x， y0＝2y＋2， 再由点 P 在曲线 y＝ 1 16x2＋2 上代入即可得解； (2)分直线 AB 的斜率是否存在讨论；当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方 程为 y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程，利用韦达定理可得 kAE＋kBE ＝0，即可得证． 解析 (1)设 Q(x，y)，P(x0，y0)，由MQ→ ＝1 2MP→ 可得(x，y＋2)＝1 2(x0，y0＋2)， 所以 x＝1 2x0， y＋2＝y0＋2 2 ， 即 x0＝2x， y0＝2y＋2. 因为点 P 在曲线 y＝ 1 16x2＋2 上， 所以 y0＝ 1 16x02＋2 即 2y＋2＝ 1 16 ·(2x)2＋2，整理得 x2＝8y. 所以曲线 C 的方程为 x2＝8y. (2)证明：当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 与抛物线仅有一个交点，不符合 题意； 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 y＝kx＋3， x2＝8y， 消去 y 得 x2－8kx－24＝0，Δ＝64k2＋96>0， 可知 x1＋x2＝8k，x1·x2＝－24， 直线 AE，BE 的 斜 率 之 和 为 kAE ＋ kBE ＝ y1＋3 x1 ＋y2＋3 x2 ＝kx1＋6 x1 ＋ kx2＋6 x2 ＝ 2kx1x2＋6（x1＋x2） x1x2 ＝－48k＋48k －24 ＝0， 故 AE，BE 的倾斜角互补，所以∠AED＝∠BED，所以∠AEB＝2∠AED. 评说 本题考查了轨迹方程的求解、直线与抛物线的综合应用，考查了转化化归 思想与运算求解能力，属于中档题． 5 解析 (1)由题可知，A(0，1)，F(c，0)，则直线 AF 的方程为x c ＋y＝1，即 x＋ cy－c＝0. 因为直线 AF 与圆 M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0 相切，即与圆 M：(x－3)2＋(y－1)2 ＝3 相切，该圆的圆心为(3，1)，r＝ 3， 则 3＝|3b＋c－bc| b2＋c2 ＝3 a ⇒a＝ 3， 故椭圆的标准方程为x2 3 ＋y2＝1. (2)证明：因为不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 相交于 P，Q 两点，且 AP⊥AQ，即 直线 AP 与坐标轴不垂直也不平行． 由 A(0，1)可设直线 AP 的方程为 y＝kx＋1，则直线 AQ 的方程为 y＝－1 kx＋1. 联立 x2 3 ＋y2＝1， y＝kx＋1， 消去 y 并整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得 x＝0 或－ 6k 1＋3k2 ， 因此点 P 的坐标为 － 6k 1＋3k2 ，－ 6k2 1＋3k2 ＋1 ，即 － 6k 1＋3k2 ，1－3k2 1＋3k2 . 将上式中的 k 换成－1 k ，得点 Q 6k 3＋k2 ，k2－3 3＋k2 ， 所以直线 l 的斜率为 k2－3 3＋k2 －1－3k2 1＋3k2 6k 3＋k2 ＋ 6k 1＋3k2 ＝k2－1 4k ， 即直线 l 的方程为 y＝k2－1 4k x－ 6k 3＋k2 ＋k2－3 3＋k2 ， 化简并整理得 y＝k2－1 4k x－1 2 ， 故直线 l 恒过定点 0，－1 2 . 6 分析 (1)选①，可以用直接法求轨迹方程，选②，可以用待定系数法求轨迹方 程，选③，可以用代入法求轨迹方程； (2)设 Q(0，y0)，当 l′斜率不存在时，y0＝0，当 l′斜率存在时，求出 y0＝ 3k 1＋4k2 ＝ 3 1 k ＋4k ，得到－3 4 ≤y00 恒成立，x1＋x2＝ 8k2 1＋4k2 ， 设线段 MN 的中点为 G(x3，y3)， 则 x3＝x1＋x2 2 ＝ 4k2 1＋4k2 ，y3＝k(x3－1)＝－ k 1＋4k2 ， 所以线段 MN 的垂直平分线方程为： y＋ k 1＋4k2 ＝－1 k x－ 4k2 1＋4k2 ， 令 x＝0，得 y0＝ 3k 1＋4k2 ＝ 3 1 k ＋4k ， 当 km2－3. 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝－8km 3＋4k2 ，x1x2＝4m2－12 3＋4k2 . y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝3m2－12k2 3＋4k2 . ∵OM→ ·ON→ ＝0， ∴4m2－12 3＋4k2 ＋3m2－12k2 3＋4k2 ＝0， ∴7m2－12k2－12＝0. 又 l 与圆 x2＋y2＝3 相切，∴ 3＝ |m| 1＋k2 ， ∴m2＝3＋3k2，∴21＋21k2－12k2－12＝0， ∴k2＝－1，显然不成立，∴在圆上不存在这样的点 P 使其成立． 8 解析 (1)设 P(x，y)，A(m，0)，B(0，n)． ∵BP→＝3PA→，∴(x，y－n)＝3(m－x，－y)＝(3m－3x，－3y)，即 x＝3m－3x， y－n＝－3y. ∴ m＝4 3x， n＝4y. 又|AB|＝4，∴m2＋n2＝16. 从而16x2 9 ＋16y2＝16. ∴曲线 C 的方程为x2 9 ＋y2＝1. (2)由题意可知，直线 DM 的斜率存在且不为 0. 故可设直线 DM 的方程为 y＝kx＋1，由对称性，不妨设 k>0， 由 y＝kx＋1， x2＋9y2－9＝0， 消去 y 得(1＋9k2)x2＋18kx＝0， 则|DM|＝ 1＋k2 18k 1＋9k2 ， 将式子中的 k 换成－1 k ，得|DN|＝18 1＋k2 k2＋9 . S△DMN＝1 2|DM||DN|＝1 2 ·18k k2＋1 1＋9k2 ·18 k2＋1 k2＋9 ＝162（k3＋k） 9k4＋82k2＋9 ＝ 162 k＋1 k 82＋9 k2＋ 1 k2 ， 设 k＋1 k ＝t，则 t≥2. 故 S△DMN＝ 162t 9t2＋64 ＝ 162 9t＋64 t ≤ 162 2 9×64 ＝27 8 ，取等号的条件为 9t＝64 t 即 t＝8 3 ， 即 k＋1 k ＝8 3 ，即 k＝4± 7 3 时，S△DMN 取得最大值27 8 . 9 解析 (1)设动圆 I 的半径为 r，由题意可知，点 I(x，y)满足|IC|＝6－r，|IM|＝ r. 所以|IC|＋|IM|＝6>4 2. 由椭圆的定义知点 I 的轨迹为以 C，M 为左、右焦点的椭圆，且其长半轴长 a＝3， 半焦距 c＝2 2， 可得短半轴长 b＝1，故轨迹 E 的方程为x2 9 ＋y2＝1. (2)当直线 l 的斜率不存在时，A(0，1)，B(0，－1)或 A(0，－1)，B(0，1)，此时 |AB|＝2. 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋2， 由 y＝kx＋2， x2 9 ＋y2＝1，消去 y，得(1＋9k2)x2＋36kx＋27＝0， 由Δ＝(36k)2－108(1＋9k2)>0 得 k2>1 3. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得 x1＋x2＝－ 36k 1＋9k2 ，x1x2＝ 27 1＋9k2 ， |AB| ＝ 1＋k2 |x1 － x2| ＝ 1＋k2 · － 36k 1＋9k2 2 －4· 27 1＋9k2 ＝ 6 3 （1＋k2）（3k2－1） 1＋9k2 ， 令 1＋9k2＝t，则 t>4， |AB|＝2 1＋4 t －32 t2 ＝2 －32· 1 t 2 ＋4·1 t ＋1，1 t ∈ 0，1 4 ，当1 t ＝ 1 16 ，即 k＝± 15 3 时，有|AB|max＝3 2 2 . 综上，|AB|的最大值为3 2 2 . 10 解析 (1)设直线 AP 的斜率为 k，k＝ x2－1 4 x＋1 2 ＝x－1 2 ， 因为－1 2n2.① 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ －8kn 4k2＋1 ，② x1x2＝4（n2－1） 4k2＋1 .③ 由PA→·PB→＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又 y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n， 所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，④ 由②③④得 n＝1(舍)或 n＝－3 5 ，满足①. 此时 l 的方程为 y＝kx－3 5 ，故直线 l 过定点 0，－3 5 . 12 解析 (1)由题意可得， e＝c a ＝ 3 2 ， |b＋4| 2 ＝3， a2＝b2＋c2， 解得 a＝4， b＝2， 所以椭圆 C 的方程为x2 16 ＋y2 4 ＝1. (2)证明：易知直线 l 的斜率恒小于 0，设直线 l 的方程为 y＋2＝k(x－4)，k0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 y1＋y2＝－2 3m m2＋4 ，y1y2＝－ 1 m2＋4 ，|AB|＝ 1＋m2|y1 － y2| ＝ 1＋m2 （y1＋y2）2－4y1y2 ＝ 1＋m2 · －2 3m m2＋4 2 ＋ 4 m2＋4 ＝ 4（m2＋1） m2＋4 . 由 OG∥AB，可知直线 OG 的方程为 x＝my，由 x2 4 ＋y2＝1， x＝my， 得 y2＝ 4 m2＋4. 则|OG|2＝x2＋y2＝(m2＋1)y2＝4（m2＋1） m2＋4 ，故 |AB| |OG|2 ＝1. 综上， |AB| |OG|2 为定值，且定值为 1. 14 解析 (1)因为椭圆经过点(0， 3)，所以 b＝ 3. 又因为 e＝1 2 ，所以c a ＝1 2. 又 c2＝a2－b2，解得 a＝2，c＝1， 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)证明：设 P，M，N 三点坐标分别为(xP，yP)，(xM，yM)，(xN，yN)． 设直线 PM，PN 的斜率分别为 k1，k2， 则直线 PM 的方程为 y－yP＝k1(x－xp)， 由 x2 4 ＋y2 3 ＝1， y－yP＝k1（x－xP） 消去 y，得(3＋4k12)x2－8k1(k1xP－yP)x＋4k12xP2－8k1xPyP ＋4yP2－12＝0， 由根与系数关系可得 xM＋xP＝8k1（k1xP－yP） 3＋4k12 ， 故 xM＝8k1（k1xP－yP） 3＋4k12 －xP＝4k12xP－8k1yP－3xP 3＋4k12 ， 同理可得 xN＋xP＝8k2（k2xP－yP） 3＋4k22 . 又 k1·k2＝－3 4 ， 故 xN＋xP＝ 8 － 3 4k1 － 3 4k1 xP－yP 3＋4 － 3 4k1 2 ＝6xP＋8k1yP 4k12＋3 ， 则 xN＝6xP＋8k1yP 3＋4k12 －xP ＝－4k12xP－8k1yP－3xP 3＋4k12 ＝－xM， 从而 xN＋xM＝0， 即 M，N 两点的横坐标之和为常数．