1、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二、定点、定值问题1由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式： y y0 k(x x0)，则直线必过定点( x0， y0)；若得到了直线方程的斜截式： y kx m，则直线必
2、过定点(0， m)2解析几何中的定值问题是指某些几 何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值三、探索性问题1解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法” ，将不确定性问题明确化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在- 2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法【高考题型示例】题型一、
3、 范围、最值问题例 1、2018天津卷 设椭圆 1(a b0)的右顶点为 A，上顶点为 B，已知椭圆的离x2a2 y2b2心率为 ，|AB| .53 13(1)求椭圆的方程(2)设直线 l： y kx(k0)与椭圆交于 P， Q 两点， l 与直线 AB 交于点 M，且点 P， M 均在第四象限若 BPM 的面积是 BPQ 面积的 2 倍，求 k 的值【举一反三】2018北京卷已知椭圆 M： 1(ab0)的离心 率为 ，焦距为 2 .斜x2a2 y2b2 63 2率为 k 的直线 l 与椭圆 M 有两个不同的交点 A，B.(1)求椭圆 M 的方程；(2)若 k 1，求| AB|的最大值；(3)
4、设 P(2,0) ，直线 PA 与椭圆 M 的另一个交点为 C，直线 PB 与椭圆 M 的另一个交点为D，若 C，D 和点 Q 共线，求 k.( 74， 14)【变式探究】设点 A 为圆 C：x 2y 24 上 的动点，点 A 在 x 轴上的投影为 Q.动点 M 满足2 ，动点 M 的轨迹为 E.MQ AQ (1)求 E 的方程；(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(k0)， 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【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
5、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.【变式探究】(2017山东)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E： 1(ab0) 的离心率x2a2 y2b2为 ，焦距为 2.22(1)
6、求 椭圆 E 的方程；(2)如图，动直线 l： y k1x 交椭圆 E 于 A， B 两点， C 是椭圆 E 上一点，直线 OC 的斜32率为 k2，且 k1k2 .M 是线段 OC 延长线上一点，且| MC| AB|23， M 的半径为24|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【变式探究】已知 N 为圆 C1：( x2) 2 y224 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 C1N， C2N 上的点，且 0， 2 .MP C2N C2N C2P (1)求点 M 的轨迹方程；(
7、2)直线 l： y kx m 与点 M 的轨迹 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 x2 y28 相交于 A， B 两 点，求 PAB 面积的取值范围【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【变式探究】已知椭圆 C： 1( ab0)的一条切线方程为 y2 x2 ，且离心率为y2a2 x2b2 2.32(1)求椭圆 C 的标准方程；
8、(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 3 ，AM MB 求实数 m 的取值范围题型二 定点、定值问题例 2、(2018北京)已知抛物线 C： y22 px 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；(2)设 O 为原点， ， ，求证： 为定值QM QO QN QO 1 1【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
9、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.【变式探究】已知倾斜角为 的直线经过抛物线 ： y22 px(p0)的焦点 F，与抛物线 4相交于 A， B 两点，且| AB|8.(1)求抛物线 的方程；(2)过点 P(12,8)的两条直线 l1， l2分别交抛物线 于点 C， D
10、 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 经过一定点来源:Zxxk.Com题型三 探索性问题例 3(2018全国)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C： 1 交于 A，B 两点，线段 ABx24 y23的中点为 M(1，m)(m0)(1)证明： kb0)的上、下焦点分别为 F1， F2，上焦点 F1到直y2a2 x2b2线 4x3 y120 的距离为 3，椭圆 C 的离心率 e .12(1)求椭圆 C 的方程；(2)椭圆 E： 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，y2a2
11、 3x216b2试问 y 轴上是否存在点 P，使得 ？若存 在，求出点 P 的坐标；若不存PM (PA |PA |PB |PB |)在，说明理由【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【变式探究】已知长轴长为 4 的椭圆 1( ab0)过 点 P ，点 F 是椭圆的右焦x2a2 y2b2 (1， 32)点来源:ZXXK(1)求椭圆方程；(2)在
12、 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 ，说明理由题型四 圆锥曲线中的存在性问题例 4、椭圆 E： 1(ab0)的右顶点为 A，右焦点为 F，上、下顶点分别是x2a2 y2b2B，C，| AB| ，直线 CF 交线段 AB 于点 D，且|BD |2|DA|.7(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【变式探究】已知圆 O：x 2y 24
13、，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；(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12得 MQO NQO，若存在，请求出定点 Q，若不存在，请说明理由【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
14、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.Com二、定点、定值问题1由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式： y y0 k(x x0)，则直线必过定点( x0， y0)；若得到了直线方程的斜截式： y kx m，则直线必过定点(0， m)2解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值三、探索性问题1解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推
15、法” ，将不确定性问题明确化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法【高考题型示例】题型一、 范围、最值问题例 1、2018天津卷 设椭圆 1(a b0)的右顶点为 A，上顶点为 B，已知椭圆的离x2a2 y2b2心率为 ，|AB| .53 13(1)求椭圆的方程(2)设直线 l： y kx(k0)与椭圆交于 P， Q 两点， l 与直线 AB 交于点 M，且点 P， M 均在第四象限若 BPM
16、的面积是 BPQ 面积的 2 倍，求 k 的值解析：(1)解：设椭圆的焦距为 2c，由已知有 ，又由 a2 b2 c2，可得 2a3 b.又c2a2 59|AB| ，从而 a3， b2.a2 b2 13所以，椭圆的方程为 1.x29 y24(2)解：设点 P 的坐标为( x1， y1)，点 M 的坐标为( x2， y2)，由题意知， x2x10，点 Q 的坐标为( x1， y1)由 BPM 的面积是 BPQ 面积的 2 倍，可得| PM|2| PQ|，从而 x2 x12 x1( x1)，即 x25 x1.易知直线 AB 的方程为 2x3 y6，由方程组Error!消去 y，可得 x2 .63k
17、 2由方程组Error!消去 y，可得 x1 .69k2 4由 x25 x1，可得 5(3 k2)，两边平方，整理得 18k225 k80，解得9k2 4k ，或 k .89 12当 k 时， x29b0) 的离心率x2a2 y2b2为 ，焦距为 2.22(1)求椭圆 E 的方程；(2)如图，动直线 l： y k1x 交椭圆 E 于 A， B 两点， C 是椭圆 E 上一点，直线 OC 的斜32率为 k2，且 k1k2 .M 是线段 OC 延长线上一点，且| MC| AB|23， M 的半径为24|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
18、最大值时直线 l 的斜率解 (1)由题意知， e ，2 c2，所以 c1，ca 22所以 a ， b1，2所以椭圆 E 的方程为 y21.x22由题意可知，圆 M 的半径 r 为r |AB| .23 2 23 1 k21 1 8k212k21 1由题设知 k1k2 ，所以 k2 ，24 24k1因此直线 OC 的方程为 y x.24k1联立方程Error!得 x2 ， y2 ，8k211 4k21 11 4k21因此| OC| .x2 y21 8k211 4k21由题意可知，sin . SOT2 rr |OC| 11 |OC|r而 |OC|r1 8k211 4k212 231 k21 1 8k
19、211 2k21 ，3 24 1 2k211 4k21 1 k21令 t12 k ，则 t1， (0,1)，211t因此 1，|OC|r 32 t2t2 t 1 32 12 1t 1t2 32 1 (1t 12)2 94当且仅当 ，即 t2 时等号成立，此时 k1 ，1t 12 22所以 sin ，因此 ， SOT2 12 SOT2 6所以 SOT 的最大值为 . 3综上所述， SOT 的最大值为 ，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1 . 3 22【变式探究】已知 N 为圆 C1：( x2) 2 y224 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 C1N， C
20、2N 上的点，且 0， 2 .MP C2N C2N C2P (1)求点 M 的轨迹方程；(2)直线 l： y kx m 与点 M 的轨迹 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 x2 y28 相交于 A， B 两点，求 PAB 面积的取值范围解 (1)连接 MC2，因为 2 ，C2N C2P 所以 P 为 C2N 的中点，因为 0，MP C2N 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|2 4，6所以点 M 在以 C1， C2为焦点的椭圆上，因为 a ， c
21、2，所以 b22，6所以 点 M 的轨迹方程为 1.x26 y22(2)由Error!得(3k21) x26 kmx3 m260，因为直线 l： y kx m 与椭圆 相切于点 P，所以 (6 km)24(3 k21) (3 m26)12(6 k22 m2)0，即 m26 k22，解得 x ， y ， 3km3k2 1 m3k2 1即点 P 的坐标为 ，( 3km3k2 1， m3k2 1)因为点 P 在第二象限，所以 k0， m0，所以 m ，6k2 2所以点 P 的坐标为 ，( 3 2k3k2 1， 23k2 1)设直线 l与 l 垂直交于点 Q，则| PQ|是点 P 到直线 l的距离，且
22、直线 l的方程为 y x，1k所以| PQ|1k 3 2k3k2 1 23k2 1|1k2 1 2 2k3k4 4k2 1 2 23k2 1k2 4 ，2 24 2 3 2 23 1 6 2当且仅当 3k2 ，即 k2 时，| PQ|有最大值 ，1k2 33 6 2所以 S PAB 4 |PQ|4 4，12 2 3即 PAB 面积的取值范围为 .(0， 4 3 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
23、量的函数，再求其值域【变式探究】已知椭圆 C： 1( ab0)的一条切线方程为 y2 x2 ，且离心率为y2a2 x2b2 2.32(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 3 ，AM MB 求实数 m 的取值范围解 (1)由题意知，离心率 e ，32 ca c a， b a， 1，32 12 y2a2 4x2a2将 y2 x2 代入，得 8x28 x8 a20，2 2由 12832(8 a2)0，得 a24，故椭圆 C 的标准方程为 x2 1.y24(2)根据已知，得 M(0， m)，设 A(x1， k
24、x1 m)， B(x2， kx2 m)，由Error!得( k24) x22 mkx m240，且 4 m2k24( k24)( m24)0，即 k2 m240，且 x1 x2 ， x1x2 ， 2kmk2 4 m2 4k2 4由 3 ，得 x13 x2，即 x13 x2，AM MB 3( x1 x2)24 x1x20，来源:Z。xx。k.Com 0，12k2m2k2 42 4m2 4k2 4即 m2k2 m2 k240，当 m21 时， m2k2 m2 k240 不成立， k2 ，4 m2m2 1 k2 m240， m240，即 0，4 m2m2 1 (4 m2)m2m2 110，解得 k0
25、)的焦点 F，与抛物线 4相交于 A， B 两点，且| AB|8.(1)求抛物线 的方程；(2)过 点 P(12,8)的两条直线 l1， l2分别交抛物线 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 ，p2由Error!消去 y 整理得 x23 px 0，p24 9 p24 8 p20，p24令 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x23 p，由抛物线的定义得| AB| x1 x2 p4 p8， p2.抛物线的方程为 y24 x.(2
26、)证明 设直线 l1， l2的倾斜角分别为 ， ，由题意知， ， . 2直线 l1的斜率为 k，则 ktan .直线 l1与 l2的倾斜角互余，tan tan ( 2 )sin( 2 )cos( 2 ) ，cos sin 1sin cos 1tan 直线 l2的斜率为 .1k直线 CD 的方程为 y8 k(x12)，即 y k(x12)8.由Error!消去 x 整理得 ky24 y3248 k0，设 C(xC， yC)， D(xD， yD)， yC yD ，4k xC xD24 ，4k2 16k点 M 的坐标为 .(122k2 8k， 2k)以 代替点 M 坐标中的 k，1k可得点 N 的坐
27、标为(122 k28 k,2k)， kMN .2(1k k)2(1k2 k2) 8(1k k)11k k 4直线 MN 的方程为y2 k x(122 k28 k)，11k k 4即 y x10，(1k k 4)显然当 x10 时， y0，故直线 MN 经过定点(10，0).题型三 探索性问题例 3(2018全国)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C： 1 交于 A，B 两点，线段 ABx24 y23的中点为 M(1，m)(m0)(1)证明： kb0)的上、下焦点分别为 F1， F2，上焦点 F1到直y2a2 x2b2线 4x3 y120 的距离为 3，椭圆 C 的离心率 e .12(1)求椭
28、圆 C 的方程；(2)椭圆 E： 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y2a2 3x216b2点，试问 y 轴上是否存在点 P，使得 ？若存在，求出点 P 的坐标；若PM (PA |PA |PB |PB |)不存在，说明理由(2)存在理由如下：由(1)得椭圆 E： 1，x216 y24设直线 AB 的方程为 y kx1( k0)，联立Error!消去 y 并整理得(4 k21) x28 kx120， (8 k)24(4 k21)12256 k24 80.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .8k4k2 1 12
29、4k2 1假设存在点 P(0， t)满足条件，由于 ，PM (PA |PA |PB |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 kPB0.即 0，y1 tx1 y2 tx2即 x2(y1 t) x1(y2 t)0.(*)将 y1 kx11， y2 kx21 代入(*)式，整理得 2kx1x2(1 t)(x1 x2)0，所以2 k 0，124k2 1 1 t 8k4k2 1整理得 3k k(1 t)0，即 k(4 t)0，因为 k0，所以 t4.所以存在点 P(0,4)，使得 .PM (PA |PA |PB |PB |)【感悟提升】 解决探索性
30、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【变式探究】已知长轴长为 4 的椭圆 1( ab0)过点 P ，点 F 是椭圆的右焦x2a2 y2b2 (1， 32)点(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
31、理由解 (1) 2 a4， a2，将点 P 代入 1，得 b23.(1，32) x2a2 y2b2椭圆方程为 1.x24 y23(2)存在定点 D 满足条件设 D(t,0)，直线 l 方程为 x my t(m0)，联立Error!消去 x，得(3 m24) y26 mty3 t2120，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 E(x2， y2)，Error!且 0.由 A， F， E 三点共线，可得( x21) y1( x11) y20，即 2my1y2( t1)( y1 y2)0， 2 m ( t1) 0，3t2 123m2 4 6mt3m2 4解得 t4，此时由 0 得 m24.
32、存在定点 D(4,0)满足条件，且 m 满足 m24.题型四 圆锥曲线中的存在性问题例 4、椭圆 E： 1(ab0)的右顶点为 A，右焦点为 F，上、下顶点分别是x2a2 y2b2B，C，| AB| ，直线 CF 交线段 AB 于点 D，且|BD |2|DA|.7(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，xa yb xc yb
33、由Error!得， xD .2aca c因为| BD|2| DA|，所以 2 ，所以 ，得 a，BD DA BD 23BA 2aca c 23解得 a2 c，所以 b c.a2 c2 3因为| AB| ，即 ，所以 c ，7 a2 b2 7 7 7所以 c1， a2， b ，所以 E 的标准方程为 13x24 y23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，则 2，即| GF|2| FA|，由题意知 F(c,0)，则| GF|2 c，| FA| a c，|GF|FA| |BD|DA|所以 2c2( a c)，得 a2 c，所以 b c.a2 c2 3因为|
34、 AB| ，即 ，即7 a2 b2 7c ，所以 c1， a2， b ，7 7 3所以 E 的标准方程为 1.x24 y23(2)由(1)知， E 的方程为 1，所以 B(0， )， F(1,0)，x24 y23 3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 kBFk1，所以 k33设 l 的方程为 y x m， M(x1， y1)， N(x2， y2)，33由Error!得，13 x28 mx12( m23)0，3由 (8 m)241312(
35、m23)0 得， m .3393 393x1 x2 ， x1x2 .8 3m13 12 m2 313因为 MF BN，所以 0.MF BN 因为 (1 x1， y1)， ( x2， y2 )，MF BN 3所以(1 x1)x2 y1(y2 )0，3即(1 x1)x2 0，(33x1 m)( 33x2 m) 3( 33x1 m)整理得 (x1 x2) x1x2 m2 m0，(133m) 43 3所以 m2 m0，(133m) ( 8 3m13) 43 12 m2 313 3整理得 21m25 m480，解得 m 或 m .3 316 321当 m 时， M 或 N 与 B 重合，不符合题意，舍去
36、；3当 m 时，满足 m .16 321 393 393所以存在直线 l，使得 F 是 BMN 的垂心， l 的方程为 y x .33 16 321【变式探究】已知圆 O：x 2y 24 ，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(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12得 MQO NQO，若存在，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
37、 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.x24 y23(2)假设存在满足题意的定点 Q，设 Q(0， m)，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)12联立，得Error!消去 x，得(34 k2)x24 kx110，则 0， x1 x2 ， x1x2 ， 4k3 4k2 113 4k2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 0，y1 mx1 y2 mx2 kx1 12 mx1 kx2 12 mx2 2kx1x2 (12 m) x1 x2x1x2即 2kx1x2 (x1 x2)2 k 0，当 k0 时，(12 m) 113 4k2 (12 m) 4k3 4k2 4k m 63 4k2m6，所以存在定点(0,6)，使得 MQO NQO；当 k0 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.