高考數(shù)學(xué)必考直線和圓錐曲線經(jīng)典題型-含詳解

-.z.直線和圓錐曲線?？碱}型直線與橢圓、雙曲線、拋物線中每一個曲線的位置關(guān)系都有相交、相切、相離三種情況，從幾何角度可分為三類：無公共點，僅有一個公共點及有兩個相異公共點對于拋物線來說，平行于對稱軸的直線與拋物線相交于一點，但并不是相切；對于雙曲線來說，平行于漸近線的直線與雙曲線只有一個交點，但并不相切．直線和橢圓、雙曲線、拋物線中每一個曲線的公共點問題，可以轉(zhuǎn)化為它們的方程所組成的方程組求解的問題，從而用代數(shù)方法判斷直線與曲線的位置關(guān)系。解決直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的解題步驟是：〔1〕直線的斜率不存在，直線的斜率存，〔2〕聯(lián)立直線和曲線的方程組；〔3〕討論類一元二次方程〔4〕一元二次方程的判別式〔5〕韋達定理，同類坐標變換〔6〕同點縱橫坐標變換〔7〕*,y，k(斜率)的取值圍〔8〕目標：弦長，中點，垂直，角度，向量，面積，圍等等運用的知識：1、中點坐標公式：，其中是點的中點坐標。2、弦長公式：假設(shè)點在直線上，則，這是同點縱橫坐標變換，是兩大坐標變換技巧之一，或者。3、兩條直線垂直：則兩條直線垂直，則直線所在的向量4、韋達定理：假設(shè)一元二次方程有兩個不同的根，則。常見的一些題型：題型一：數(shù)形結(jié)合確定直線和圓錐曲線的位置關(guān)系例題1、直線與橢圓始終有交點，求的取值圍思路點撥：直線方程的特點是過定點〔0，1〕，橢圓的特點是過定點〔-2，0〕和〔2，0〕，和動點。解：根據(jù)直線的方程可知，直線恒過定點〔0，1〕，橢圓過動點，如果直線和橢圓始終有交點，則，即。規(guī)律提示：通過直線的代數(shù)形式，可以看出直線的特點：證明直線過定點，也是將滿足條件的直線整理成以上三種形式之一，再得出結(jié)論。練習(xí)：1、過點P(3,2)和拋物線只有一個公共點的直線有〔〕條。A．4B．3C．2D．1分析：作出拋物線，判斷點P(3,2)相對拋物線的位置。解：拋物線如圖，點P〔3，2〕在拋物線的部，根據(jù)過拋物線一點和拋物線的對稱軸平行或重合的直線和拋物線只有一個交點，可知過點P(3,2)和拋物線只有一個公共點的直線有一條。應(yīng)選擇D規(guī)律提示：含焦點的區(qū)域為圓錐曲線的部?！策@里可以用公司的設(shè)備畫圖〕一、過一定點P和拋物線只有一個公共點的直線的條數(shù)情況：〔1〕假設(shè)定點P在拋物線外，則過點P和拋物線只有一個公共點的直線有3條：兩條切線，一條和對稱軸平行或重合的直線；〔2〕假設(shè)定點P在拋物線上，則過點P和拋物線只有一個公共點的直線有2條：一條切線，一條和對稱軸平行或重合的直線；〔3〕假設(shè)定點P在拋物線，則過點P和拋物線只有一個公共點的直線有1條：和拋物線的對稱軸平行或重合的直線和拋物線只有一個交點。二、過定點P和雙曲線只有一個公共點的直線的條數(shù)情況：〔1〕假設(shè)定點P在雙曲線，則過點P和雙曲線只有一個公共點的直線有2條：和雙曲線的漸近線平行的直線和雙曲線只有一個公共點；〔2〕假設(shè)定點P在雙曲線上，則過點P和雙曲線只有一個公共點的直線有3條：一條切線，2條和漸近線平行的直線；〔3〕假設(shè)定點P在雙曲線外且不在漸近線上，則過點P和雙曲線只有一個公共點的直線有4條：2條切線和2條和漸近線平行的直線；〔4〕假設(shè)定點P在雙曲線外且在一條漸近線上，而不在另一條漸近線上，則過點P和雙曲線只有一個公共點的直線有2條：一條切線，一條和另一條漸近線平行的直線；〔5〕假設(shè)定點P在兩條漸近線的交點上，即對稱中心，過點P和雙曲線只有一個公共點的直線不存在。題型二：弦的垂直平分線問題弦的垂直平分線問題和對稱問題是一種解題思維，首先弄清楚哪個是弦，哪個是對稱軸，用到的知識是：垂直〔兩直線的斜率之積為-1〕和平分〔中點坐標公式〕。例題2、過點T(-1,0)作直線與曲線N：交于A、B兩點，在*軸上是否存在一點E(,0)，使得是等邊三角形，假設(shè)存在，求出；假設(shè)不存在，請說明理由。分析：過點T(-1,0)的直線和曲線N：相交A、B兩點，則直線的斜率存在且不等于0，可以設(shè)直線的方程，聯(lián)立方程組，消元，分析類一元二次方程，看判別式，運用韋達定理，得弦的中點坐標，再由垂直和中點，寫出垂直平分線的方程，得出E點坐標，最后由正三角形的性質(zhì)：中線長是邊長的倍。運用弦長公式求弦長。解：依題意知，直線的斜率存在，且不等于0。設(shè)直線，，，。

由消y整理，得=1\*GB3①

由直線和拋物線交于兩點，得

即=2\*GB3②

由韋達定理，得：。則線段AB的中點為。

線段的垂直平分線方程為：

令y=0,得，則為正三角形，到直線AB的距離d為。

解得滿足=2\*GB3②式此時。思維規(guī)律：直線過定點設(shè)直線的斜率k，利用韋達定理法，將弦的中點用k表示出來，再利用垂直關(guān)系將弦的垂直平分線方程寫出來，求出了橫截距的坐標；再利用正三角形的性質(zhì)：高是邊長的倍，將k確定，進而求出的坐標。

例題3、橢圓的左焦點為F，O為坐標原點?！并瘛城筮^點O、F，并且與相切的圓的方程；〔Ⅱ〕設(shè)過點F且不與坐標軸垂直的直線交橢圓于A、B兩點，線段AB的垂直平分線與*軸交于點G，求點G橫坐標的取值圍。分析：第一問求圓的方程，運用幾何法：圓心在弦的垂直平分線上，圓心到切線的距離等于圓心到定點的距離；第二問，過定點的弦的垂直平分線如果和*軸相交，則弦的斜率存在，且不等于0，設(shè)出弦AB所在的直線的方程，運用韋達定理求出弦中點的橫坐標，由弦AB的方程求出中點的總坐標，再有弦AB的斜率，得到線段AB的垂直平分線的方程，就可以得到點G的坐標。解：(I)∵a2=2，b2=1，∴c=1，F(xiàn)(-1，0)，l:*=-2.

∵圓過點O、F,∴圓心M在直線*=-

設(shè)M(-)，則圓半徑：r=|(-)-(-2)|=由|OM|=r，得，解得t=±，

∴所求圓的方程為(*+)2+(y±)2=.

(II)由題意可知，直線AB的斜率存在，且不等于0,設(shè)直線AB的方程為y=k(*+1)(k≠0)，

代入+y2=1，整理得

(1+2k2)*2+4k2*+2k2-2=0

∵直線AB過橢圓的左焦點F，∴方程一定有兩個不等實根,設(shè)A(*1，y1)，B(*2，y2)，AB中點N(*0，y0)，

則*1+*1=-∴AB垂直平分線NG的方程為令y=0，得∵∴點G橫坐標的取值圍為〔〕。技巧提示：直線過定點設(shè)直線的斜率k，利用韋達定理，將弦的中點用k表示出來，韋達定理就是同類坐標變換的技巧，是解析幾何中解決直線和圓錐曲線問題的兩大技巧之第一個技巧。再利用垂直關(guān)系將弦AB的垂直平分線方程寫出來，就求出了橫截距的坐標〔關(guān)于k的函數(shù)〕。直線和圓錐曲線中參數(shù)的圍問題，就是函數(shù)的值域問題。練習(xí)1：橢圓過點，且離心率?！并瘛城髾E圓方程；〔Ⅱ〕假設(shè)直線與橢圓交于不同的兩點、，且線段的垂直平分線過定點，求的取值圍。分析：第一問中橢圓的離心率，可以得到的關(guān)系式，再根據(jù)“過點〞得到的第2個關(guān)系式，解方程組，就可以解出的值，確定橢圓方程。第二問，設(shè)出交點坐標，聯(lián)立方程組，轉(zhuǎn)化為一元二次方程，通過判別式得出的不等式，再根據(jù)韋達定理，得出弦MN的中點的橫坐標，利用弦的直線方程，得到中點的縱坐標，由中點坐標和定點，得垂直平分線的斜率，有垂直平分線的斜率和弦的斜率之積為-1，可得的等式，用k表示m再代入不等式，就可以求出k的取值圍。解：〔Ⅰ〕離心率，，即〔1〕；又橢圓過點，則，〔1〕式代入上式，解得，，橢圓方程為?！并颉吃O(shè)，弦MN的中點A由得：，直線與橢圓交于不同的兩點，，即………………〔1〕由韋達定理得：，則，直線AG的斜率為：，由直線AG和直線MN垂直可得：，即，代入〔1〕式，可得，即，則。教師支招：如果只說一條直線和橢圓相交，沒有說直線過點或沒給出直線的斜率，就直接設(shè)直線的方程為：，再和曲線聯(lián)立，轉(zhuǎn)化成一元二次方程，就能找到解決問題的門路。此題解決過程中運用了兩大解題技巧：與韋達定理有關(guān)的同類坐標變換技巧，與點的縱、橫坐標有關(guān)的同點縱橫坐標變換技巧。解決直線和圓錐曲線的問題的關(guān)鍵就是充分、靈活的運用這兩大解題技巧。練習(xí)2、設(shè)、分別是橢圓的左右焦點．是否存在過點的直線l與橢圓交于不同的兩點C、D，使得？假設(shè)存在，求直線l的方程；假設(shè)不存在，請說明理由．分析：由得，點C、D關(guān)于過的直線對稱，由直線l過的定點A(5,0)不在的部，可以設(shè)直線l的方程為：，聯(lián)立方程組，得一元二次方程，根據(jù)判別式，得出斜率k的取值圍，由韋達定理得弦CD的中點M的坐標，由點M和點F1的坐標，得斜率為，解出k值，看是否在判別式的取值圍。解：假設(shè)存在直線滿足題意，由題意知，過A的直線的斜率存在，且不等于。設(shè)直線l的方程為：，C、D，CD的中點M。由得：，又直線l與橢圓交于不同的兩點C、D，則，即。由韋達定理得：，則，M(，)。又點，則直線的斜率為，根據(jù)得：，即，此方程無解，即k不存在，也就是不存在滿足條件的直線。教師提醒：通過以上2個例題和2個練習(xí)，我們可以看出，解決垂直平分線的問題，即對稱問題分兩步：第一步，有弦所在的直線和曲線聯(lián)立，轉(zhuǎn)化為一元二次方程〔或類一元二次方程〕，通過判別式得不等式，由韋達定理得出弦中點的坐標；第二步是利用垂直關(guān)系，得出斜率之積為-1，或者是利用中點坐標和對稱軸直線的斜率，寫出垂直平分線的方程，就可以解決問題。需要注意的一點是，求出的參數(shù)一定要滿足判別式。題型三：動弦過定點的問題圓錐曲線自身有一些規(guī)律性的東西，其中一些性質(zhì)是和直線與圓錐曲線相交的弦有關(guān)系，對這樣的一些性質(zhì)，我們必須了如指掌，并且必須會證明。隨著幾何畫板的開發(fā)，實現(xiàn)了機器證明幾何問題，好多以前我們不知道的、了解不深入的幾何或代數(shù)性質(zhì)，都如雨后春筍般的出來了，其局部都有可以遵循的規(guī)律，高考出題人，也得設(shè)計好思維，讓我們在他們設(shè)好的路上“走〞出來。下面我們就通過幾個考題領(lǐng)略一下其風(fēng)采。

例題4、橢圓C：的離心率為，且在*軸上的頂點分別為A1(-2,0),A2(2,0)?！?1\*ROMANI〕求橢圓的方程；〔=2\*ROMANII〕假設(shè)直線與*軸交于點T,點P為直線上異于點T的任一點，直線PA1,PA2分別與橢圓交于M、N點，試問直線MN是否通過橢圓的焦點？并證明你的結(jié)論。分析：第一問是待定系數(shù)法求軌跡方程；第二問中，點A1、A2的坐標都知道，可以設(shè)直線PA1、PA2的方程，直線PA1和橢圓交點是A1(-2,0)和M，通過韋達定理，可以求出點M的坐標，同理可以求出點N的坐標。動點P在直線上，相當于知道了點P的橫坐標了，由直線PA1、PA2的方程可以求出P點的縱坐標，得到兩條直線的斜率的關(guān)系，通過所求的M、N點的坐標，求出直線MN的方程，將交點的坐標代入，如果解出的t>2，就可以了，否則就不存在。解：〔=1\*ROMANI〕由橢圓C的離心率，,則得。從而橢圓的方程為

〔=2\*ROMANII〕設(shè)，，直線的斜率為,則直線的方程為，由消y整理得是方程的兩個根，

則，，即點M的坐標為，

同理，設(shè)直線A2N的斜率為k2，則得點N的坐標為，直線MN的方程為：，令y=0，得，將點M、N的坐標代入，化簡后得：

又，橢圓的焦點為，即

故當時，MN過橢圓的焦點。方法總結(jié)：此題由點A1(-2,0)的橫坐標－2是方程的一個根，結(jié)合韋達定理運用同類坐標變換，得到點M的橫坐標：，再利用直線A1M的方程通過同點的坐標變換，得點M的縱坐標：；其實由消y整理得，得到，即，很快。不過如果看到：將中的換下來，前的系數(shù)2用－2換下來，就得點N的坐標，如果在解題時，能看到這一點，計算量將減少，這樣真容易出錯，但這樣減少計算量。此題的關(guān)鍵是看到點P的雙重身份：點P即在直線上也在直線A2N上，進而得到，由直線MN的方程得直線與*軸的交點，即橫截距，將點M、N的坐標代入，化簡易得，由解出，到此不要忘了考察是否滿足。另外：也可以直接設(shè)P(t，y0)，通過A1，A2的坐標寫出直線PA1，PA2的直線方程，再分別和橢圓聯(lián)立，通過韋達定理求出M、N的坐標，再寫出直線MN的方程。再過點F，求出t值。例題5、〔07理〕橢圓C的中心在坐標原點，焦點在*軸上，橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3；最小值為1；〔Ⅰ〕求橢圓C的標準方程；〔Ⅱ〕假設(shè)直線與橢圓C相交于A，B兩點〔A，B不是左右頂點〕，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點。求證：直線過定點，并求出該定點的坐標。分析：第一問，是待定系數(shù)法求橢圓的標準方程；第二問，直線與橢圓C相交于A，B兩點，并且橢圓的右頂點和A、B的連線互相垂直，證明直線過定點，就是通過垂直建立k、m的一次函數(shù)關(guān)系。解〔I〕由題意設(shè)橢圓的標準方程為，〔II〕設(shè)，由得，，〔注意：這一步是同類坐標變換〕〔注意：這一步叫同點縱、橫坐標間的變換〕以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點且，，，，，解得，且滿足當時，，直線過定點與矛盾；當時，，直線過定點綜上可知，直線過定點，定點坐標為名師經(jīng)歷：在直線和圓錐曲線的位置關(guān)系題中，以弦為直徑的圓經(jīng)過*個點，就是“弦對定點直角〞，也就是定點和弦的兩端點連線互相垂直，得斜率之積為，建立等式。直線不過定點，也不知道斜率，設(shè)出，是經(jīng)常用的一招，在第二講中就遇到了這樣設(shè)的直線。練習(xí)：直線和拋物線相交于A、B，以AB為直徑的圓過拋物線的頂點，證明：直線過定點，并求定點的坐標。分析：以AB為直徑的圓過拋物線的頂點O，則OAOB，假設(shè)設(shè)，則，再通過，將條件轉(zhuǎn)化為，再通過直線和拋物線聯(lián)立，計算判別式后，可以得到，，解出k、m的等式，就可以了。解：設(shè)，由得，，〔這里消*得到的〕則………………〔1〕由韋達定理，得：，則，以AB為直徑的圓過拋物線的頂點O，則OAOB，即，可得，則，即，又，則，且使〔1〕成立，此時，直線恒過點。名師指點：這個題是課本上的很經(jīng)典的題，例題5、〔07理〕就是在這個題的根底上，由出題人遷移得到的，解題思維都是一樣的，因此只要能在平時，把我們騰飛學(xué)校教師講解的容理解透，在高考中考取140多分，應(yīng)該不成問題。此題解決過程中，有一個消元技巧，就是直線和拋物線聯(lián)立時，要消去一次項，計算量小一些，也運用了同類坐標變換——韋達定理，同點縱、橫坐標變換-------直線方程的縱坐標表示橫坐標。其實解析幾何就這么點知識，你發(fā)現(xiàn)了嗎？題型四：過曲線上定點的弦的問題假設(shè)直線過的定點在曲線上，則過定點的直線的方程和曲線聯(lián)立，轉(zhuǎn)化為一元二次方程〔或類一元二次方程〕，考察判斷式后，韋達定理結(jié)合定點的坐標就可以求出另一端點的坐標，進而解決問題。下面我們就通過例題領(lǐng)略一下思維過程。例題6、點A、B、C是橢圓E：上的三點，其中點A是橢圓的右頂點，直線BC過橢圓的中心O，且，，如圖。(=1\*ROMANI)求點C的坐標及橢圓E的方程；(=2\*ROMANII)假設(shè)橢圓E上存在兩點P、Q，使得直線PC與直線QC關(guān)于直線對稱，求直線PQ的斜率。解：(=1\*ROMANI)，且BC過橢圓的中心O

又點C的坐標為。A是橢圓的右頂點，，則橢圓方程為：

將點C代入方程，得，橢圓E的方程為

(=2\*ROMANII)直線PC與直線QC關(guān)于直線對稱，設(shè)直線PC的斜率為，則直線QC的斜率為，從而直線PC的方程為：，即，由消y，整理得：

是方程的一個根，

即

同理可得：＝

＝

＝

則直線PQ的斜率為定值。

方法總結(jié)：此題第二問中，由“直線PC與直線QC關(guān)于直線對稱〞得兩直線的斜率互為相反數(shù)，設(shè)直線PC的斜率為k，就得直線QC的斜率為-k。利用是方程的根，易得點P的橫坐標：，再將其中的k用-k換下來，就得到了點Q的橫坐標：

，這樣計算量就減少了許多，在考場上就節(jié)省了大量的時間。接下來，如果分別利用直線PC、QC的方程通過坐標變換法將點P、Q的縱坐標也求出來，計算量會增加許多。

直接計算、，就降低了計算量?？傊?，此題有兩處是需要同學(xué)們好好想一想，如何解決此類問題，一是過曲線上的點的直線和曲線相交，點的坐標是方程組消元后得到的方程的根；二是利用直線的斜率互為相反數(shù)，減少計算量，到達節(jié)省時間的目的。練習(xí)1、橢圓C：的離心率為，且在*軸上的頂點分別為A1(-2,0),A2(2,0)。〔=1\*ROMANI〕求橢圓的方程；〔=2\*ROMANII〕假設(shè)直線與*軸交于點T,點P為直線上異于點T的任一點，直線PA1,PA2分別與橢圓交于M、N點，試問直線MN是否通過橢圓的焦點？并證明你的結(jié)論。解：〔=1\*ROMANI〕由橢圓C的離心率，,則得。從而橢圓的方程為

〔=2\*ROMANII〕設(shè)，，直線的斜率為,則直線的方程為，由消y整理得是方程的兩個根

則，，即點M的坐標為

同理，設(shè)直線A2N的斜率為k2，則得點N的坐標為，直線MN的方程為：，令y=0，得，將點M、N的坐標代入，化簡后得：

又，橢圓的焦點為，即

故當時，MN過橢圓的焦點。方法總結(jié)：此題由點A1(-2,0)的橫坐標－2是方程的一個根，結(jié)合韋達定理得到點M的橫坐標：

，利用直線A1M的方程通過坐標變換，得點M的縱坐標：；

再將中的換下來，前的系數(shù)2用－2換下來，就得點N的坐標，如果在解題時，能看到這一點，計算量將減少許多，并且也不易出錯，在這里減少計算量是此題的重點。否則，大家很容易陷入繁雜的運算中，并且算錯，費時耗精力，希望同學(xué)們認真體會其中的精華。

此題的關(guān)鍵是看到點P的雙重身份：點P即在直線上也在直線A2N上，進而得到，由直線MN的方程得直線與*軸的交點，即橫截距，將點M、N的坐標代入，化簡易得，由解出，到此不要忘了考察是否滿足。練習(xí)2、：〔2009卷文、理〕，橢圓C以過點A〔1，〕，兩個焦點為〔－1，0〕〔1，0〕。求橢圓C的方程；E,F是橢圓C上的兩個動點，如果直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù)，證明直線EF的斜率為定值，并求出這個定值。分析：第一問中，知道焦點，則，再根據(jù)過點A，通過解方程組，就可以求出，求出方程。第二問中，設(shè)出直線AE的斜率k，寫出直線的方程，聯(lián)立方程組，轉(zhuǎn)化成一元二次方程，由韋達定理和點A的坐標，可以求出點E的坐標,將點E中的k,用-k換下來，就可以得到點F的坐標，通過計算yE-yF，*E-*F，就可以求出直線EF的斜率了解：〔Ⅰ〕由題意，c=1,可設(shè)橢圓方程為，將點A的坐標代入方程：，解得，〔舍去〕所以橢圓方程為?！并颉吃O(shè)直線AE方程為：，代入得設(shè),,因為點在橢圓上，所以………8分又直線AF的斜率與AE的斜率互為相反數(shù)，在上式中以—K代K，可得所以直線EF的斜率即直線EF的斜率為定值，其值為。……12分教師總結(jié)：此類題的關(guān)鍵就是定點在曲線上，定點的坐標是方程的根，通過韋達定理，將動點的坐標求出，在根據(jù)斜率互為相反數(shù)，就可以直接求出第二動點的坐標，最后由斜率公式，可以求出斜率為定值。題型五：共線向量問題解析幾何中的向量共線，就是將向量問題轉(zhuǎn)化為同類坐標的比例問題，再通過未達定理------同類坐標變換，將問題解決。此類問題不難解決。例題7、設(shè)過點D(0,3)的直線交曲線M：于P、Q兩點，且,數(shù)的取值圍。分析：由可以得到，將P(*1,y1),Q(*2,y2),代人曲線方程，解出點的坐標，用表示出來。解：設(shè)P(*1,y1),Q(*2,y2),(*1,y1-3)=(*2,y2-3)即方法一：方程組消元法又P、Q是橢圓+=1上的點

消去*2，可得

即y2=

又－2y22，－22解之得：

則實數(shù)的取值圍是。方法二：判別式法、韋達定理法、配湊法

設(shè)直線PQ的方程為：，

由消y整理后，得P、Q是曲線M上的兩點＝

即=1\*GB3①

由韋達定理得：

即=2\*GB3②

由=1\*GB3①得，代入=2\*GB3②，整理得，解之得

當直線PQ的斜率不存在，即時，易知或。總之實數(shù)的取值圍是。方法總結(jié)：通過比擬此題的第二步的兩種解法，可知第一種解法，比擬簡單，第二種方法是通性通法，但計算量較大，縱觀高考中的解析幾何題，假設(shè)放在后兩題，很多情況下能用通性通法解，但計算量較大，計算繁瑣，考生必須有較強的意志力和極強的計算能力；不用通性通法，要求考生必須深入思考，有較強的思維能力，在命題人設(shè)計的框架中，找出破解的蛛絲馬跡，通過自己的思維將問題解決。例題8：橢圓C的中心在原點，焦點在*軸上，它的一個頂點恰好是拋物線的焦點，離心率為．〔1〕求橢圓C的標準方程；〔2〕過橢圓C的右焦點F作直線l交橢圓C于A、B兩點，交y軸于M點，假設(shè)，，求的值．分析：〔07理科〕如圖，點〔1，0〕，直線l：*＝－1，P為平面上的動點，過作直線l的垂線，垂足為點，且QUOTE〔Ⅰ〕求動點的軌跡C的方程；〔Ⅱ〕過點F的直線交軌跡C于A、B兩點，交直線l于點M，QUOTEQUOTE，求QUOTE的值。小題主要考察直線、拋物線、向量等根底知識，考察軌跡方程的求法以及研究曲線幾何特征的根本方法，考察運算能力和綜合解題能力.總分值14分.解法一：〔Ⅰ〕設(shè)點，則，由得：，化簡得.〔Ⅱ〕設(shè)直線的方程為：.設(shè)，，又，聯(lián)立方程組，消去得：，，故由，得：，，整理得：，，解法二：〔Ⅰ〕由得：，，，所以點的軌跡是拋物線，由題意，軌跡的方程為：.〔Ⅱ〕由，，得.則：.…………①過點分別作準線的垂線，垂足分別為，，則有：.…………②由①②得：，即.練習(xí)：設(shè)橢圓的左、右焦點分別為、，A是橢圓C上的一點，且，坐標原點O到直線的距離為．〔1〕求橢圓C的方程；〔2〕設(shè)Q是橢圓C上的一點，過Q的直線l交*軸于點，較y軸于點M，假設(shè)，求直線l的方程．2006理雙曲線C與橢圓有一樣的焦點，直線y=為C的一條漸近線。求雙曲線C的方程；(=2\*ROMANII)過點P(0,4)的直線，交雙曲線C于A,B兩點，交*軸于Q點〔Q點與C的頂點不重合〕。當，且時，求Q點的坐標。解：〔Ⅱ〕解法一：由題意知直線的斜率存在且不等于零。設(shè)的方程：，則在雙曲線上，同理有：假設(shè)則直線過頂點，不合題意.是二次方程的兩根.，此時.所求的坐標為.解法二：由題意知直線的斜率存在且不等于零設(shè)的方程，，則.，分的比為.由定比分點坐標公式得下同解法一解法三：由題意知直線的斜率存在且不等于零設(shè)的方程：，則.，.，，，又，即將代入得，否則與漸近線平行。。解法四：由題意知直線l得斜率k存在且不等于零，設(shè)的方程：，則,。同理 .即 〔*〕又 消去y得.當時，則直線l與雙曲線得漸近線平行，不合題意，。由韋達定理有：代入〔*〕式得 所求Q點的坐標為。練習(xí)：橢圓C的中心在原點，焦點在*軸上，它的一個頂點恰好是拋物線的焦點，離心率等于?！?〕求橢圓C的標準方程；〔2〕點P為橢圓上一點，弦PA、PB分別過焦點F1、F2，〔PA、PB都不與*軸垂直，其點P的縱坐標不為0〕，假設(shè)，求的值。解：〔1〕設(shè)橢圓C的方程為：，則b=1，由，得，則橢圓的方程為：〔2〕由得：，設(shè)，有得：解得：，根據(jù)PA、PB都不與*軸垂直，且，設(shè)直線PA的方程為：，代人，整理后，得：根據(jù)韋達定理，得：，則，從而，同理可求則由為橢圓上一點得：，則，故的值為18.題型六：面積問題例題8、〔07理〕橢圓C：〔a＞b＞0〕的離心率為短軸一個端點到右焦點的距離為?！并瘛城髾E圓C的方程；〔Ⅱ〕設(shè)直線l與橢圓C交于A、B兩點，坐標原點O到直線l的距離為，求△AOB面積的最大值。解：〔Ⅰ〕設(shè)橢圓的半焦距為，依題意，所求橢圓方程為?！并颉吃O(shè)，。〔1〕當軸時，?！?〕當與軸不垂直時，設(shè)直線的方程為。由，得。把代入橢圓方程，整理得，，。。當且僅當，即時等號成立。當時，，綜上所述。當最大時，面積取最大值。練習(xí)1、〔07理〕如圖，直線與橢圓交于A、B兩點，記的面積為?！并瘛城笤?，的條件下，的最大值；〔Ⅱ〕當時，求直線AB的方程。此題主要考察橢圓的幾何性質(zhì)、橢圓與直線的位置關(guān)系等根底知識，考察解析幾何的根本思想方法和綜合解題能力?？偡种?4分。解：〔Ⅰ〕解：設(shè)點A的坐標為，點的坐標為，由，解得，所以當且僅當時，取到最在值1，〔Ⅱ〕解：由得設(shè)到的距離為，則又因為所以代入②式并整理，得解得，代入①式檢驗，。故直線的方程是。練習(xí)2、〔06文〕橢圓的中心在坐標原點O，焦點在*軸上，橢圓的短軸端點和焦點所組成的四邊形為正方形，兩準線間的距離為4。(Ⅰ)求橢圓的方程；(Ⅱ)直線過點P(0,2)且與橢圓相交于A、B兩點，當ΔAOB面積取得最大值時，求直線l的方程。解：設(shè)橢圓方程為〔I〕由得所求橢圓方程為〔II〕解法一：由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為，由消去y得關(guān)于*的方程：由直線l與橢圓相交A、B兩點，△，解得，又由韋達定理得.原點O到直線l的距離解法1：對兩邊平方整理得：〔*〕，整理得：又，.從而的最大值為，此時代入方程〔*〕得所以，所求直線方程為：.解法2：令，則，.當且僅當即時，此時.所以，所求直線方程為.解法二：由題意知直線l的斜率存在且不為零.設(shè)直線l的方程為，，則直線l與*軸的交點由解法一知：且解法1：下同解法一解法2：下同解法一中心在原點，焦點在*軸上的橢圓的離心率為，為其焦點，一直線過點與橢圓相交于兩點，且的最大面積為，求橢圓的方程。解：由＝得，所以橢圓方程設(shè)為設(shè)直線，由得：設(shè)，則是方程的兩個根由韋達定理得所以＝當且僅當時，即軸時取等號所以，所求橢圓方程為題型七：弦或弦長為定值問題例題9、〔07理科〕在平面直角坐標系*Oy中，過定點C〔0，p〕作直線與拋物線*2=2py〔p>0〕相交于A、B兩點?！并瘛臣僭O(shè)點N是點C關(guān)于坐標原點O的對稱點，求△ANB面積的最小值；〔Ⅱ〕是否存在垂直于y軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓截得弦長恒為定值？假設(shè)存在，求出l的方程；假設(shè)不存在，說明理由。〔此題不要求在答題卡上畫圖〕本小題主要考察直線、圓和拋物線等平面解析幾何的根底知識，考察綜合運用數(shù)學(xué)知識進展推理運算的能力和解決問題的能力.解法1：〔Ⅰ〕依題意，點N的坐標為N〔0,-p〕,可設(shè)A〔*1,y1〕,B〔*2,y2〕，直線AB的方程為y=k*+p,與*2=2py聯(lián)立得消去y得*2-2pk*-2p2=0.由韋達定理得*1+*2=2pk,*1*2=-2p2.于是＝＝.〔Ⅱ〕假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為y=a,AC的中點為徑的圓相交于點P、Q，PQ的中點為H，則＝.=＝=令，得為定值，故滿足條件的直線l存在，其方程為，即拋物線的通徑所在的直線.解法2：〔Ⅰ〕前同解法1，再由弦長公式得＝又由點到直線的距離公式得.從而，〔Ⅱ〕假設(shè)滿足條件的直線t存在，其方程為y=a，則以AC為直徑的圓的方程為將直線方程y=a代入得設(shè)直線l與以AC為直徑的圓的交點為P〔*2,y2〕,Q〔*4,y4〕,則有令為定值，故滿足條件的直線l存在，其方程為.即拋物線的通徑所在的直線。練習(xí)、〔09理〕〔22〕〔本小題總分值14分〕設(shè)橢圓E:〔a,b>0〕過M〔2，〕，N(,1)兩點，O為坐標原點，〔I〕求橢圓E的方程；〔II〕是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且？假設(shè)存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值圍，假設(shè)不存在說明理由。解:〔1〕因為橢圓E:〔a,b>0〕過M〔2，〕，N(,1)兩點,所以解得所以橢圓E的方程為〔2〕假設(shè)存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且,設(shè)該圓的切線方程為解方程組得,即,則△=,即,要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因為直線為圓心在原點的圓的一條切線,所以圓的半徑為,,,所求的圓為,此時圓的切線都滿足或,而當切線的斜率不存在時切線為與橢圓的兩個交點為或滿足,綜上,存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且.因為,所以,,①當時因為所以,所以,所以當且僅當時取〞=〞.當時,.當AB的斜率不存在時,兩個交點為或,所以此時,綜上,|AB|的取值圍為即:【命題立意】:此題屬于探究是否存在的問題,主要考察了橢圓的標準方程確實定,直線與橢圓的位置關(guān)系直線與圓的位置關(guān)系和待定系數(shù)法求方程的方法,能夠運用解方程組法研究有關(guān)參數(shù)問題以及方程的根與系數(shù)關(guān)系.題型八：角度問題例題9、〔08理〕如圖〔21〕圖，M〔-2，0〕和N〔2，0〕是平面上的兩點，動點P滿足：〔Ⅰ〕求點P的軌跡方程；〔Ⅱ〕假設(shè),求點P的坐標.解：(Ⅰ)由橢圓的定義，點P的軌跡是以M、N為焦點，長軸長2a因此半焦距c=2，長半軸a=3，從而短半軸b=，所以橢圓的方程為(Ⅱ)由得①因為不為橢圓長軸頂點，故P、M、N構(gòu)成三角形.在△PMN中，②將①代入②，得故點P在以M、N為焦點，實軸長為的雙曲線上.由(Ⅰ)知，點P的坐標又滿足，所以由方程組解得即P點坐標為練習(xí)1、〔05理〕方向向量為v=(1,)的直線l過點〔0，－2〕和橢圓C：(a>b>0)的焦點，且橢圓C的中心關(guān)于直線l的對稱點在橢圓C的右準線上.〔Ⅰ〕求橢圓C的方程；〔Ⅱ〕是否存在過點E〔－2，0〕的直線m交橢圓C于點M、N，滿足cot∠MON≠0〔O為原點〕.假設(shè)存在，求直線m的方程；假設(shè)不存在，請說明理由.本小題主要考察直線、橢圓及平面向量的根本知識，平面解析幾何的根本方法和綜合解題能力.總分值14分.〔I〕解法一：直線，①過原點垂直的直線方程為，②解①②得∵橢圓中心O〔0，0〕關(guān)于直線的對稱點在橢圓C的右準線上，∵直線過橢圓焦點，∴該焦點坐標為〔2，0〕.故橢圓C的方程為③解法二：直線.設(shè)原點關(guān)于直線對稱點為〔p，q〕，則解得p=3.∵橢圓中心O〔0，0〕關(guān)于直線的對稱點在橢圓C的右準線上，∵直線過橢圓焦點，∴該焦點坐標為〔2，0〕.故橢圓C的方程為③〔II〕解法一：設(shè)M〔〕，N〔〕.當直線m不垂直軸時，直線代入③，整理得點O到直線MN的距離即即整理得當直線m垂直*軸時，也滿足.故直線m的方程為或或經(jīng)檢驗上述直線均滿足.所以所求直線方程為或或解法二：設(shè)M〔〕，N〔〕.當直線m不垂直軸時，直線m：y=k(*+2)代入③，整理得∵E〔－2，0〕是橢圓C的左焦點，∴|MN|=|ME|+|NE|=以下與解法一一樣.解法三：設(shè)M〔〕，N〔〕.設(shè)直線，代入③，整理得|y1-y2|==即∴=，整理得解得或故直線m的方程為或或經(jīng)檢驗上述直線方程為所以所求直線方程為或或練習(xí)2、〔07理〕設(shè)、分別是橢圓的左、右焦點?！并瘛臣僭O(shè)是該橢圓上的一個動點，求·的最大值和最小值；〔Ⅱ〕設(shè)過定點的直線與橢圓交于不同的兩點、，且∠為銳角〔其中為坐標原點〕，求直線的斜率的取值圍。此題主要考察直線、橢圓、平面向量的數(shù)量積等根底知識，以及綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決問題及推理計算能力。解：〔Ⅰ〕解法一：易知所以，設(shè)，則因為，故當，即點為橢圓短軸端點時，有最小值當，即點為橢圓長軸端點時，有最大值解法二：易知，所以，設(shè)，則〔以下同解法一〕〔Ⅱ〕顯然直線不滿足題設(shè)條件，可設(shè)直線，聯(lián)立，消去，整理得：∴由得：或又∴又∵，即∴故由①、②得或練習(xí)3、〔08理〕拋物線：，直線交于兩點，是線段的中點，過作軸的垂線交于點．〔Ⅰ〕證明：拋物線在點處的切線與平行；〔Ⅱ〕是否存在實數(shù)使，假設(shè)存在，求的值；假設(shè)不存在，說明理由．解法一：〔Ⅰ〕如圖，設(shè)，，把代入得，*Ay112*Ay112MNBO，點的坐標為．設(shè)拋物線在點處的切線的方程為，將代入上式得，直線與拋物線相切，，．即．〔Ⅱ〕假設(shè)存在實數(shù)，使，則，又是的中點，．由〔Ⅰ〕知．軸，．又．，解得．即存在，使．解法二：〔Ⅰ〕如圖，設(shè)，把代入得．由韋達定理得．，點的坐標為．，，拋物線在點處的切線的斜率為，．〔Ⅱ〕假設(shè)存在實數(shù)，使．由〔Ⅰ〕知，則，，，解得．即存在，使．問題九：四點共線問題例題10、〔08理〕設(shè)橢圓過點，且著焦點為〔Ⅰ〕求橢圓的方程；〔Ⅱ〕當過點的動直線與橢圓相交與兩不同點時，在線段上取點，滿足，證明：點總在*定直線上22解(1)由題意：，解得，所求橢圓方程為(2)方法一設(shè)點Q、A、B的坐標分別為。由題設(shè)知均不為零，記,則且又A，P，B，Q四點共線，從而于是，，從而，〔1〕，〔2〕又點A、B在橢圓C上，即〔1〕+〔2〕×2并結(jié)合〔3〕，〔4〕得即點總在定直線上方法二設(shè)點，由題設(shè)，均不為零。且又四點共線，可設(shè),于是〔1〕〔2〕由于在橢圓C上，將〔1〕，〔2〕分別代入C的方程整理得〔3〕(4)(4)－(3)得即點總在定直線上練習(xí)1、〔08理〕設(shè)橢圓的左、右焦點分別為、，離心率，右準線為，、是上的兩個動點，．〔Ⅰ〕假設(shè)，求、的值；〔Ⅱ〕證明：當取最小值時，與共線．解析：數(shù)列和解幾位列倒數(shù)第三和第二，意料之中．開場擠牙膏吧．〔Ⅰ〕由，，．由，，∴．又，∴，．∴：，，．延長交于，記右準線交軸于．∵，∴．由平幾知識易證≌∴，即，．∵，∴，，，．∴，．〔Ⅰ〕另解：∵，∴，．又聯(lián)立，消去、得：，整理得：，．解得．但解此方程組要考倒不少人．〔Ⅱ〕∵，∴．．當且僅當或時，取等號．此時取最小值．此時．∴與共線．〔Ⅱ〕另解：∵，∴，．設(shè)，的斜率分別為，．由，由．當且僅當即，時取等號．即當最小時，，此時∴與共線．點評：此題第一問又用到了平面幾何．看來，與平面幾何有聯(lián)系的難題真是風(fēng)格?。⒁馄矫鎺缀慰膳c三角向量解幾沾邊，應(yīng)加強對含平面幾何背景的試題的研究．此題好得好，出得活，出得妙！均值定理，放縮技巧，永恒的考點．問題十：圍問題〔本質(zhì)是函數(shù)問題〕例題1、直線相交于A、B兩點。〔1〕假設(shè)橢圓的離心率為，焦距為2，求線段AB的長；〔2〕假設(shè)向量互相垂直〔其中O為坐標原點〕，當橢圓的離心率時，求橢圓的長軸長的最大值?！?7理〕設(shè)、分別是橢圓的左、右焦點?！并瘛臣僭O(shè)是該橢圓上的一個動點，求·的最大值和最小值；〔Ⅱ〕設(shè)過定點的直線與橢圓交于不同的兩點、，且∠為銳角〔其中為坐標原點〕，求直線的斜率的取值圍。此題主要考察直線、橢圓、平面向量的數(shù)量積等根底知識，以及綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決問題及推理計算能力。解：〔Ⅰ〕解法一：易知所以，設(shè)，則因為，故當，即點為橢圓短軸端點時，有最小值當，即點為橢圓長軸端點時，有最大值解法二：易知，所以，設(shè)，則〔以下同解法一〕〔Ⅱ〕顯然直線不滿足題設(shè)條件，可設(shè)直線，聯(lián)立，消去，整理得：∴由得：或又∴又∵，即∴故由①、②得或〔09理〕〔22〕〔本小題總分值14分〕設(shè)橢圓E:〔a,b>0〕過M〔2，〕，N(,1)兩點，O為坐標原點，〔I〕求橢圓E的方程；〔II〕是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且？假設(shè)存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值圍，假設(shè)不存在說明理由。解:〔1〕因為橢圓E:〔a,b>0〕過M〔2，〕，N(,1)兩點,所以解得所以橢圓E的方程為〔2〕假設(shè)存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且,設(shè)該圓的切線方程為解方程組得,即,則△=,即,要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因為直線為圓心在原點的圓的一條切線,所以圓的半徑為,,,所求的圓為,此時圓的切線都滿足或,而當切線的斜率不存在時切線為與橢圓的兩個交點為或滿足,綜上,存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且.因為,所以,,①當時因為所以,所以,所以當且僅當時取〞=〞.當時,.當AB的斜率不存在時,兩個交點為或,所以此時,綜上,|AB|的取值圍為即:〔2009卷文〕〔本小題總分值13分〕橢圓C的中心在原點，焦點在軸上，以兩個焦點和短軸的兩個端點為頂點的四邊形是一個面積為8的正方形〔記為Q〕.〔Ⅰ〕求橢圓C的方程;〔Ⅱ〕設(shè)點P是橢圓C的左準線與軸的交點，過點P的直線與橢圓C相交于M,N兩點，當線段MN的中點落在正方形Q〔包括邊界〕時，求直線的斜率的取值圍。解:〔Ⅰ〕依題意，設(shè)橢圓C的方程為焦距為，由題設(shè)條件知，所以故橢圓C的方程為〔Ⅱ〕橢圓C的左準線方程為所以點P的坐標，顯然直線的斜率存在，所以直線的方程為。如圖，設(shè)點M，N的坐標分別為線段MN的中點為G，由得.……①由解得.……②因為是方程①的兩根，所以，于是=，因為，所以點G不可能在軸的右邊，又直線,方程分別為所以點在正方形〔包括邊界〕的充要條件為即亦即解得，此時②也成立.故直線斜率的取值圍是問題十一、存在性問題：〔存在點，存在直線y=k*+m，存在實數(shù)，存在圖形：三角形〔等比、等腰、直角〕，四邊形〔矩形、菱形、正方形〕，圓〕(2009卷理)〔本小題總分值14分〕設(shè)橢圓E:〔a,b>0〕過M〔2，〕，N(,1)兩點，O為坐標原點，〔I〕求橢圓E的方程；〔II〕是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且？假設(shè)存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值圍，假設(shè)不存在說明理由。解:〔1〕因為橢圓E:〔a,b>0〕過M〔2，〕，N(,1)兩點,所以解得所以橢圓E的方程為〔2〕假設(shè)存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且,設(shè)該圓的切線方程為解方程組得,即,則△=,即,要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因為直線為圓心在原點的圓的一條切線,所以圓的半徑為,,,所求的圓為,此時圓的切線都滿足或,而當切線的斜率不存在時切線為與橢圓的兩個交點為或滿足,綜上,存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且.因為,所以,,①當時因為所以,所以,所以當且僅當時取〞=〞.當時,.當AB的斜率不存在時,兩個交點為或,所以此時,綜上,|AB|的取值圍為即:【命題立意】:此題屬于探究是否存在的問題,主要考察了橢圓的標準方程確實定,直線與橢圓的位置關(guān)系直線與圓的位置關(guān)系和待定系數(shù)法求方程的方法,能夠運用解方程組法研究有關(guān)參數(shù)問題以及方程的根與系數(shù)關(guān)系.(2009卷文)〔本小題總分值14分〕設(shè),在平面直角坐標系中,向量,向量,,動點的軌跡為E.〔1〕求軌跡E的方程,并說明該方程所表示曲線的形狀;〔2〕,證明:存在圓心在原點的圓,使得該圓的任意一條切線與軌跡E恒有兩個交點A,B,且(O為坐標原點),并求出該圓的方程;(3),設(shè)直線與圓C:(1<R<2)相切于A1,且與軌跡E只有一個公共點B1,當R為何值時,|A1B1|取得最大值"并求最大值.解:〔1〕因為,,,所以,即.當m=0時,方程表示兩直線,方程為;當時,方程表示的是圓當且時,方程表示的是橢圓;當時,方程表示的是雙曲線.(2).當時,軌跡E的方程為,設(shè)圓心在原點的圓的一條切線為,解方程組得,即,要使切線與軌跡E恒有兩個交點A,B,則使△=,即,即,且,要使,需使,即,所以,即且,即恒成立.所以又因為直線為圓心在原點的圓的一條切線,所以圓的半徑為,,所求的圓為.當切線的斜率不存在時,切線為,與交于點或也滿足.綜上,存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且.(3)當時,軌跡E的方程為,設(shè)直線的方程為,因為直線與圓C:(1<R<2)相切于A1,由〔2〕知,即①,因為與軌跡E只有一個公共點B1,由〔2〕知得,即有唯一解則△=,即,②由①②得,此時A,B重合為B1(*1,y1)點,由中,所以,,B1(*1,y1)點在橢圓上,所以,所以,在直角三角形OA1B1中,因為當且僅當時取等號,所以,即當時|A1B1|取得最大值,最大值為1.【命題立意】:此題主要考察了直線與圓的方程和位置關(guān)系,以及直線與橢圓的位置關(guān)系,可以通過解方程組法研究有沒有交點問題,有幾個交點的問題.〔2009卷〕〔本小題總分值16分〕在平面直角坐標系中，圓和圓.〔1〕假設(shè)直線過點，且被圓截得的弦長為，求直線的方程；〔2〕設(shè)P為平面上的點，滿足：存在過點P的無窮多對互相垂直的直線和，它們分別與圓和圓相交，且直線被圓截得的弦長與直線被圓截得的弦長相等，試求所有滿足條件的點P的坐標?！窘馕觥勘拘☆}主要考察直線與圓的方程、點到直線的距離公式，考察數(shù)學(xué)運算求解能力、綜合分析問題的能力?？偡种?6分。(1)設(shè)直線的方程為：，即由垂徑定理，得：圓心到直線的距離，結(jié)合點到直線距離公式，得：化簡得：求直線的方程為：或，即或(2)設(shè)點P坐標為，直線、的方程分別為：，即：因為直線被圓截得的弦長與直線被圓截得的弦長相等，兩圓半徑相等。由垂徑定理，得：：圓心到直線與直線的距離相等。故有：，化簡得：關(guān)于的方程有無窮多解，有：解之得：點P坐標為或?！?009全國卷Ⅱ文〕〔本小題總分值12分〕橢圓C:的離心率為，過右焦點F的直線l與C相交于A、B橢圓C:的離心率為，過右焦點F的直線l與C相交于A、B兩點，當l的斜率為1時，坐標原點O到l的距離為兩點，當l的斜率為1時，坐標原點O到l的距離為〔Ⅰ〕求a,b的值；〔Ⅱ〕C上是否存在點P，使得當l繞F轉(zhuǎn)到*一位置時，有成立？假設(shè)存在，求出所有的P的坐標與l的方程；假設(shè)不存在，說明理由。解析：此題考察解析幾何與平面向量知識綜合運用能力，第一問直接運用點到直線的距離公式以及橢圓有關(guān)關(guān)系式計算，第二問利用向量坐標關(guān)系及方程的思想，借助根與系數(shù)關(guān)系解決問題，注意特殊情況的處理。解：〔Ⅰ〕設(shè)當?shù)男甭蕿?時，其方程為到的距離為故，由得，=〔Ⅱ〕C上存在點，使得當繞轉(zhuǎn)到*一位置時，有成立。由〔Ⅰ〕知C的方程為+=6.設(shè)(ⅰ)C成立的充要條件是，且整理得故①將于是,=,代入①解得，，此時于是=，即因此，當時，，；當時，，?！并ⅰ钞敶怪庇谳S時，由知，C上不存在點P使成立。綜上，C上存在點使成立，此時的方程為.(2009卷理)〔本小題總分值14