调和点列中的定比点差法
【微点综述】
定比点差在处理三点共线、相交弦、定点定值、比例问题、调和点列等问题均具有优势，本文介绍定比点差法在调
和点列中的应用．
一、调和定比分点
若AM = λMB且AN =-λNB，则称M ,N调和分割A,B，根据定义，那么A,B也调和分割M ,N (其中M
在线段AB内，称为内分点，N在线段AB外，称为外分点)．
二、调和定比分点的性质
2 2
【性质1】 x在椭圆或双曲线 ± y = 1 a> 0,b> 0 中，设A,B为椭圆或双曲线上的两点．若存在M ,N调
a2 b2
, xMxN yMyN和分割A B，即满足AM = λMB，AN =-λNB，则一定有 ± = 1．
a2 b2
2 y2
证明：由已知点A x1,y x1 ,B x2,y2 在椭圆或双曲线 ± = 1 a> 0,b> 0 上，设M xM,y2 2 M ,a b
x x1+λx2M= ,
N xN,yN ．首先AM = λMB，则由定比分点坐标公式可得 1+ λ y = y1+λy2M 1+ λ ,
xN= x1-λx2
又AN =-λNB，则由定比分点坐标公式可得 1- λ , y y1-λy2N= 1- λ ,
x2 2 1 ±
y1
2 2 = 1①
当 λ≠±1时，将A x1,y1 ,B x ,y 代入曲线，有 a b2 2 2 ，
x2 ± y
2
2
a2 = 1②b2
2 2 2 2
②× λ yλ2得到 λ x2 ± 2 = λ2③
a2 b2
③和①作差整理可得：
x1+λx2 x1-λx2 ±
y1+λy2 y1-λy2 = xMxN ± yMy1，将前式代入整理得 N = 1．
a2 1+ λ 1- λ b2 1+ λ 1- λ a2 b2
【性质2】在抛物线 y2= 2px中，设 A,B为抛物线上的两点．若存在M ,N调和分割 A,B，即满足 AM =
λMB，AN =-λNB，则一定有 yPyQ= p xP+xQ ．
证明：设 , , , ，由 = ，得 xA x y B x y AM λMB M 1+λx2 y1+λy2 1 1 2 2 1+ ,λ 1+ λ ，
由AN =- xλNB，得N 1-λx2 , y1-λy21- λ 1- λ ，
2
又 y1= 2px1① 2 2 2 2 2 2 2= 2 ，①-②得：y1-λ y2= p x1+x1-λ x2-λ xλ y 2λ px ② 2 ，2 2
即 y1+λy2 y1-λy2 = p x1+λx +x -λx +λx -λ22 1 2 1 x2-λx 21-λ x2 ，
y1+λy2 y1-λy2 p(x1+λx2) 1- λ p x -λx 1+ λ= + 1 2 ,∴ yPyQ= p xP+xQ ．
1+ λ 1- λ 1- λ 1+ λ 1- λ 1+ λ
定比点差的原理谜题解开，就是两个互相调和的定比分点坐标满足圆锥曲线的特征方程．
【性质3】定比点差转换定理：
在椭圆、双曲线或抛物线中，设A x1,y1 ,B x2,y2 为椭圆或双曲线上的两点．若存在P,Q两点，满足
= xP+xQ + xP-xx Q1 λ,
AP= λPB，AQ=-λQB，则一定有 2 2 = xP+xQ + x -x (重点中的重点！！！)x P Q2 2 2λ .
x1+λx2 = xP+xx , Q xP-xQx x
证明： P Q
yPyQ P± = 1 1+ λ x -λx
x1+λx2= 1+ λ xP,
- = +
x1= 2 + 2 λ,
a2 b2 1 2 = x x1 λx2 1 λ x xQ x = P+xQ xP-xQ1- λ Q 2 2 + 2λ .
三、定比点差法在调和点列中的应用
2 2
例1. x已知椭圆 C : + y = 1，过点 P 4,1 的动直线 l交椭圆 C于A,B两点，在线段AB上取点Q满足
4 2
AP QB = AQ PB ，求证：点Q在某条定直线上．
y P
A
O x
Q
B
y2 x2例2.已知 F1、F2分别为椭圆C1： + = 1(a> b> 0)的上、下焦点，其中 F1也是抛物线C2:x2= 4y的焦
a2 b2
点，点M是C1与C
5
2在第二象限的交点，且 |MF1| = ．3
y
F1
M
O x
F2
(1)求椭圆C1的方程；
(2)已知点P(1,3)和圆O：x2+y2= b2，过点P的动直线 l与圆O相交于不同的两点A,B，在线段AB上
取一点Q，满足：AP=-λPB，AQ= λQB，(λ≠ 0且 λ≠±1)．求证：点Q总在某定直线上．
2 y2
例3.在平面直角坐标系 xOy x 1中，已知椭圆C： + = 1 a> b> 0 的离心率为 ，以椭圆上的一点和
a2 b2 2
长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为 2 3．
(1)求 a，b的值；
(2)当过点P 6,0 的动直线 l与椭圆C交于不同的点A，B时，在线段AB上取点Q，使得AP BQ+
AQ BP= 0，问点Q是否总在某条定直线上？若是，求出该直线方程，若不是，说明理由．
2 2
例4.已知双曲线E: x - y = 1 a> 0,b> 0 5 的中心为原点O，左 右焦点分别为F1 F2，离心率为 ，且过
a2 b2 4
M 5, 9 P a
2
点 ，又 点是直线 x= 上任意一点，点Q在双曲线E上，且满足PF2 QF2= 0．4 5
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值；
(3)若点P的纵坐标为 1，过点P作动直线 l与双曲线右支交于不同的两点M N，在线段MN上取异
PM MH
于点M N的点H，满足 = ，证明点H恒在一条定直线上．
PN HN
2 y2x 2 y
2
例5.椭圆C1： + = 1 a> b> 0 的焦点F F C x1， 2是等轴双曲线 2： - = 1的顶点，若椭圆C2 2 2 2 1与双a b
曲线C2的一个交点是P，△PF1F2的周长为 4+ 2 2．
(1)求椭圆C1的标准方程；
(2)点M是双曲线C2上任意不同于其顶点的动点，设直线MF1、MF2的斜率分别为 k1，k2，求证 k1，k2
的乘积为定值；
(3)过点Q -4,0 任作一动直线 l交椭圆C1与A，B两点，记AQ= λQB λ∈R ，若在直线AB上取一
点R，使得AR= -λ RB，试判断当直线 l运动是，点R是否在某一定直线上运动？若是，求出该直线
的方程；若不是，请说明理由．
例6. 3在平面直角坐标系 xOy中，已知动点M到定点F 1,0 的距离与到定直线 x= 3的距离之比为 ．
3
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)已知P为定直线 x= 3上一点．
①过点F作FP的垂线交轨迹C于点G(G不在 y轴上)，求证：直线PG与OG的斜率之积是定值；
②若点P的坐标为 3,3 ，过点P PR作动直线 l交轨迹C于不同两点R、T，线段RT上的点H满足
PT
= RH ，求证：点H恒在一条定直线上．
HT
【针对训练】
2 2
1. (2022· · x y江苏 南京师大附中高三开学考试)设椭圆 C : + = 1(a> b> 0)，已知椭圆的短轴长为
a2 b2
2 2 2，离心率为 ．
2
(1)求椭圆的方程；
(2)点P为直线 x= 4上的动点，过点P的动直线 l与椭圆C相交于不同的A,B两点，在线段AB上取
点Q，满足 |AP| |QB| = |AQ| |PB|，求证：点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点．
2 y2
2. E x + = 1(a> 0) 5已知椭圆 ： 的中心为原点O，左、右焦点分别为 F1、F2，离心率为 ，点P是直
a2 4 3
5a2
线 x=- 上任意一点，点Q在椭圆E上，且满足PF1 QF5 1= 0．
(1)试求出实数 a；
(2)设直线PQ与直线OQ的斜率分别为 k1与 k2，求积 k1 k2的值；
(3)若点P的纵坐标为 1，过点P作动直线 l与椭圆交于不同的两点M、N，在线段MN上取异于点
PM MH
M、N的点H，满足 = ，证明点H恒在一条定直线上．
PN HN
2 2
3. 在平面直角坐标系 xoy中，已知椭圆C: x + y = 1(a> b> 0 ) 1的离心率为 ，以椭圆上的一点和长
a2 b2 2
轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为 2 3
(1)求 a，b的值
(2)当过点P(6，0)的动直线 1与椭圆C交于不同的点A，B时，在线段AB上取点Q，使得 AP BQ
= AQ BP ，问点Q是否总在某条定直线上 若是，求出该直线方程，若不是，说明理由.
x2 y
2
4. 1已知椭圆C : + = 1 a> b> 0 的离心率为 ，左、右焦点分别为F1、F2，M是C上一点，2 2 MF2 1 =a b
2，且 MF1 MF2 =-2MF1 F2M .
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)当过点P 4,1 的动直线 l与椭圆C相较于不同两点A，B时，在线段AB上取点Q，且Q满足
AP QB = AQ PB ，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线.
5. (2022·山东·模拟预测)在平面直角坐标系 xOy中，已知动点C到定点F(1,0)的距离与它到直线 l:x=
4 1的距离之比为 .
2
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)点P为直线 l上的动点，过点P的动直线m与动点C的轨迹相交于不同的A，B两点，在线段AB
上取点Q，满足 |AP| = λ|PB|,|AQ| = λ|QB|，求证：点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点.
x2 y
2
6. (2022·北京八中高二期末)如图，已知椭圆C: + = 1(a> b> 0)的短轴端点为B 、B ，且 B B =
a2 b2
1 2 1 2
2，椭圆C的离心率 e= 2 ，点P(0,2)，过点P的动直线 l椭圆C交于不同的两点M、N与B
2 1
，B2均不
重合)，连接MB1，NB2，交于点T．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求证：当直线 l绕点P旋转时，点T总在一条定直线上运动；
(3)是否存在直线 l，使得 MT NT = B1T B2T ？若存在，求出直线 l的方程；若不存在，请说明理
由． y
P
M B2
T
O x
N
B1调和点列中的定比点差法
【微点综述】
定比点差在处理三点共线、相交弦、定点定值、比例问题、调和点列等问题均具有优势，本文介绍定比点差法在调
和点列中的应用．
一、调和定比分点
若AM = λMB且AN =-λNB，则称M ,N调和分割A,B，根据定义，那么A,B也调和分割M ,N (其中M
在线段AB内，称为内分点，N在线段AB外，称为外分点)．
二、调和定比分点的性质
2 2
【性质1】 x在椭圆或双曲线 ± y = 1 a> 0,b> 0 中，设A,B为椭圆或双曲线上的两点．若存在M ,N调
a2 b2
, xMxN yMyN和分割A B，即满足AM = λMB，AN =-λNB，则一定有 ± = 1．
a2 b2
2 y2
证明：由已知点A x1,y x1 ,B x2,y2 在椭圆或双曲线 ± = 1 a> 0,b> 0 上，设M xM,y2 2 M ,a b
x x1+λx2M= ,
N xN,yN ．首先AM = λMB，则由定比分点坐标公式可得 1+ λ y = y1+λy2M 1+ λ ,
xN= x1-λx2
又AN =-λNB，则由定比分点坐标公式可得 1- λ , y y1-λy2N= 1- λ ,
x2 2 1 ±
y1
2 2 = 1①
当 λ≠±1时，将A x1,y1 ,B x ,y 代入曲线，有 a b2 2 2 ，
x2 ± y
2
2
a2 = 1②b2
2 2 2 2
②× λ yλ2得到 λ x2 ± 2 = λ2③
a2 b2
③和①作差整理可得：
x1+λx2 x1-λx2 ±
y1+λy2 y1-λy2 = xMxN ± yMy1，将前式代入整理得 N = 1．
a2 1+ λ 1- λ b2 1+ λ 1- λ a2 b2
【性质2】在抛物线 y2= 2px中，设 A,B为抛物线上的两点．若存在M ,N调和分割 A,B，即满足 AM =
λMB，AN =-λNB，则一定有 yPyQ= p xP+xQ ．
证明：设 , , , ，由 = ，得 xA x y B x y AM λMB M 1+λx2 y1+λy2 1 1 2 2 1+ ,λ 1+ λ ，
由AN =- xλNB，得N 1-λx2 , y1-λy21- λ 1- λ ，
2
又 y1= 2px1① 2 2 2 2 2 2 2= 2 ，①-②得：y1-λ y2= p x1+x1-λ x2-λ xλ y 2λ px ② 2 ，2 2
即 y1+λy2 y1-λy2 = p x1+λx +x -λx +λx -λ22 1 2 1 x2-λx 21-λ x2 ，
y1+λy2 y1-λy2 p(x1+λx2) 1- λ p x1-λx2 1+ λ= + ,∴ yPyQ= p x+ - - + - + P
+xQ ．
1 λ 1 λ 1 λ 1 λ 1 λ 1 λ
定比点差的原理谜题解开，就是两个互相调和的定比分点坐标满足圆锥曲线的特征方程．
【性质3】定比点差转换定理：
在椭圆、双曲线或抛物线中，设A x1,y1 ,B x2,y2 为椭圆或双曲线上的两点．若存在P,Q两点，满足
= xP+xQ xP-xx Q 1 2 + 2 λ,AP= λPB，AQ=-λQB，则一定有 x +x (重点中的重点！！！)x = P Q + xP-xQ2 2 2λ .
x1+λx2 xP+xQ xP-xQ
x x y y
证明： P Q ± P Q = 1+ λ = xP, x1+λx2= 1+ λ xP, x1=1 2 + 2 λ,
a2 b2 x1-λx2 = x x1- λx2= 1+ λ x = xQ x P+xQ1- λ Q 2 2 + xP-xQ2λ .
三、定比点差法在调和点列中的应用
2 2
例1. x已知椭圆 C : + y = 1，过点 P 4,1 的动直线 l交椭圆 C于A,B两点，在线段AB上取点Q满足
4 2
AP QB = AQ PB ，求证：点Q在某条定直线上．
y P
A
O x
Q
B
AP AQ
【解析】解法一：设 = = λ λ≠ 1 ，即AP= λPB，AQ=-λQB，设A x1,y1 ，B x2,y2 ，
PB BQ
4=
x1+λx2 ①
Q x,y ，由于AP= λPB， 1+ λ 1= y1+λy ，21+ λ ②
x2 y2 λ2x2 2 2又 1 + 1 = 1, 2 λ y2 2
x
+ = ，两式相减得 1
+λx2 x1-λx2 y +λy y -λy
λ + 1 2 1 2 = 1- λ2③
4 2 4 2 4 2
y -λy
①②式代入③式，x1-λx2- +
1 2 = 1④
1 λ 2 1- λ
x= x1-λx2 ⑤
又由于AQ=-λQB， 1- λ y= y1-λy ，21- λ ⑥
⑤⑥式代入④式，x+ 1 y= 1，即点Q在定直线 2x+ y- 2= 0上．
2
AP AQ
解法二：设 = = λ λ≠ 1 ，即AP= λPB，AQ=-λQB，设A x1,y1 ，B x2,y2 ，Q x0,y0 ，
PB BQ
x1-λx2 , y1-λy则P 2 ,Q x1+λx2 , y1+λy2- ，1 λ 1- λ 1+ λ 1+ λ
x1-λx2 = 4, x1+λx2 1- λ 1+ λ = x0, x2+2y2= 4,于是有 1 1 x1+λx2 x1-λx2 y1-λy2 = 1, y1+λy 由点A,B在椭圆上，则 2 2 2 2 2 于是有2 = y , λ x1+2λ y1= 4λ , 1+ λ 1- λ1- λ 1+ λ 0
+ y1+λy2 y1-λy2 2+ - = 4，即 4x0+2y0= 4，故点Q在定直线 2x+ y- 2= 0上．1 λ 1 λ
【评注】共线的四点成两组等比例线段，于是设AP= λPB,AQ=-λQB，自然想到定比点差法，非常巧
妙地得到结论，体现出定比点差法比其他方法的优越性．
y2 2
例2. x已知 F1、F2分别为椭圆C1： + = 1(a> b> 0)的上、下焦点，其中 F 21也是抛物线C2:x = 4y的焦
a2 b2
点，点M是C1与C
5
2在第二象限的交点，且 |MF1| = ．3
y
F1
M
O x
F2
(1)求椭圆C1的方程；
(2)已知点P(1,3)和圆O：x2+y2= b2，过点P的动直线 l与圆O相交于不同的两点A,B，在线段AB上
取一点Q，满足：AP=-λPB，AQ= λQB，(λ≠ 0且 λ≠±1)．求证：点Q总在某定直线上．
y2
2
【答案】(1) + x
2 x0= 4y0
= 1；(2)x+ 3y= 3析】(1)设M x，y ，由已知得
4 3 0 0 y0+1= 5，可求得点M的坐标，3
代入椭圆的方程中可求得 a,b,c，可得椭圆C1的方程；(2)由向量的坐标运算和向量相等的条件，以及
点在圆上可得出点Q所在的直线．
x2= 4y 2 65 0 0 x0=-【解析】(1)设M x0，y0 ，因为点M在抛物线C2上，且 |MF1| = ，所以 + = 5，解得
3
3 y0 1 3 ，y0= 23
2 2 - 2 6 2
又点M在抛物线C 3 31上，所以 + = 1，且 c= 1，即 b2= a2-1，解得 a2= 4,b2= 3，
a2 b2
y2 2
所以椭圆C x1的方程 + = 1；4 3
(2)设A x1,y1 ，B x2,y2 ，Q x,y ，因为AP=-λPB，所以 1- x1，3- y1 =-λ x2-1,y2-3 ，即有
x1-λx2= 1- λ， 1 y1- ，λy2= 3 1- λ ， 2
= - - = - , - x1+λx2= x 1+ λ ，3又AQ λQB，所以 x x1， y y1 λ x2 x y2 y ，即有 y1+λy2= y 1+ ，λ ， 4
所以 1 × 3 + 2 × 4 得：x2 2 21+y1-λ x22+y22 = x+ 3y 1- λ2 ，
又点A、B在圆 x2+y2= 3上，所以 x21+y21= 3，x22+y22= 3，又 λ≠±1，所以 x+ 3y= 3，
故点Q总在直线 x+ 3y= 3上．
y
P
B
Q
O x
A
【评注】本题考查椭圆和抛物线的简单几何性质，以及直线与圆的交点问题，属于较难题．
x2 + y
2
例3.在平面直角坐标系 xOy 1中，已知椭圆C： = 1 a> b> 0 的离心率为 ，以椭圆上的一点和
a2 b2 2
长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为 2 3．
(1)求 a，b的值；
(2)当过点P 6,0 的动直线 l与椭圆C交于不同的点A，B时，在线段AB上取点Q，使得AP BQ+
AQ BP= 0，问点Q是否总在某条定直线上？若是，求出该直线方程，若不是，说明理由．
【答案】(1)a= 2，b= 3；(2)直线Q恒在定直线 x= 2 上析】(1)利用椭圆 a,b,c关系、离心率和三角
3
形面积可构造方程求得结果；
AP BP
(2) 2y y根据四点的位置关系可知 = ，由此可得Q 1 2 x0,y0 中 y0= + ，将直线AB方程代入 AQ BQ y1 y2
椭圆方程，得到韦达定理形式，整理可求得 y0，代入直线方程可知 x
3
0= 恒成立，由此可确定结论．2
【解析】(1)以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大时，三角形另一顶点为椭圆短
a2= b2 +c
2
轴的端点，∴ e=
c
a =
1
2 ，解得：a= 2，b= 3．
12 × 2a× b= ab= 2 3
(2)设A x1,y1 ，B x2,y2 ，Q x0,y0 ，AP BQ=- AP BQ ，AQ BP= AQ BP ，
AP BP
∴- AP +
y -0 y 2y y
BQ AQ BP = 0，即 = ，即 1 = 2 ，整理可得：y = 1 20 ，
AQ BQ y1-y0 y0-y2 y1+y2
x2 y
2
设直线AB：x= ty+ 6，联立直线AB与椭圆： 4 + 3 = 1 ，整理得： 3t
2+4 y2+36ty+ 96= 0，
x= ty+ 6
y1+y2=-
36t 192
3t2∴ +4 ∴ = 2y y 3t
2
， y 1 2 = +4 16 y y = 96 0 y1+ =- ，y2 - 36t1 2 3t3t2+4 3t2+4
∵Q在线段AB上，则 x = ty +6= t - 160 0 + 6= 2，∴点Q恒在定直线 x= 2 上．3t 3 3
y
A Q B
O P x
【评注】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如
下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于 x或 y的一元二次方程的形式；
②利用Δ> 0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，通过化简整理确定所求的定直线．
2 y2
例4. x 5已知双曲线E: - = 1 a> 0,b> 0 的中心为原点O，左 右焦点分别为F1 F2，离心率为 ，且过
a2 b2 4
2
点M 5, 9 ，又P点是直线 x= a 上任意一点，点Q在双曲线E上，且满足PF2 QF4 5 2= 0．
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值；
(3)若点P的纵坐标为 1，过点P作动直线 l与双曲线右支交于不同的两点M N，在线段MN上取异
PM MH
于点M N的点H，满足 = ，证明点H恒在一条定直线上．
PN HN
2 y2
【答案】(1) x - = 1；(2)证明见解析；(3)证明见解析析】(1)由离心率公式和点满足双曲线的方
16 9
程，结合双曲线的 a，b，c的关系，即可求得 a，b，进而得到双曲线的方程；
(2)设出P 16 ,t ，Q x0,y0 ，代入双曲线的方程，再由PF2 QF2= 0，再由直线的斜率公式，得到直线5
PQ与直线OQ的斜率之积，化简整理，运用代入，即可得到定值 9 ；
16
(3)设点H x,y ，且过点 16 ,1 的直线 l与双曲线E的右支交于不同两点M x1,y1 ，N x ,y ，设5 2 2
PM =
MH = λ，代入可得求出坐标之间的关系，化简可得点H恒在定直线 9x- 5y- 45= 0上．
PN HN
2 y2 2
【解析】(1)双曲线E: x - = 1 a> 0,b> 0 ，c2= a2+b2，由于离心率为 5，即 e= c = 1+ b
a2 b2 4 a a2
=
5，
4
9 25 81 x2M 5, 代入双曲线的方程可得 - = 1，解得 a= 4，b= 3，c= 5，即有双曲线的方程为 -4 a2 16b2 16
y2 = 1．
9
a2( ) = = 16
2 y2
2 由于点P是直线 x 上任意一点，可设P 16 ,t ，再由Q为双曲线 x - = 1上一点，5 5 5 16 9
可设Q x0,y0 ，
则 x
2
0 - y
2
0 = 1，即 y20= 9 16 x20-16 ．由F2 5,0 ，则PF2 QF16 9 16 2= 5- 5 5- x0 + -t -y0 = 0，
- 9 y -t y y
2-ty
即有 9 x0+ty0= 0，即有 ty0=-9+ 9 x0，则 kPQ k 0OQ= 0 = 0 0 =5 5 x 16 x0- 0 x25 0-
16
5 x0
9 x2-16 - 916 0 5 x0-5 = 9 ，
x2- 16x 160 5 0
则直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值 9 ．
16
(3)设点H x,y ，且过点P 16 ,1 的直线 l与双曲线E的右支交于不同两点M x1,y1 ，N x2,y2 ，5
x2 2
1
y1
16 - 9 = 1则 2 2 ，即 y
2= 91 x2-16 ，y2= 9x y 16 1 2 16 x
2
2-16 ，
2 - 116 9 = 1
x -λx =
16
1 2 5 1- λ , 1
PM MH
设 = = ，则 P M = λP λ
N ，即 y 1
-λy2= 1- λ, 2
PN HN MH = λHN x1+λx2= x 1+ λ , 3
y1+λy2= y 1+ λ , 4
x
2
1-λ2x2= 162 5 1- λ
2 x,× ×
5
由 1 3 ， 2 4 得 ，将 y2= 9 x2-16 ，y2= 9 x2 2 2 2 2 1 16 1 2 16 2-16 ，代入 6 ，y1-λ y2= 1- λ y, 6
9 x2-λ2x2得 y= 1 2 - 9, 9 7 ，将 5 代入 7 ，得 y= x- 9，所以点H恒在定直线 9x- 5y- 45= 0
16 1- λ2 5
上．
x2 y
2 2 y2
例5.椭圆C1： + = 1 a> b> 0 x 的焦点F1，F2是等轴双曲线C2： - = 1的顶点，若椭圆C2 2 2 2 1与双a b
曲线C2的一个交点是P，△PF1F2的周长为 4+ 2 2．
(1)求椭圆C1的标准方程；
(2)点M是双曲线C2上任意不同于其顶点的动点，设直线MF1、MF2的斜率分别为 k1，k2，求证 k1，k2
的乘积为定值；
(3)过点Q -4,0 任作一动直线 l交椭圆C1与A，B两点，记AQ= λQB λ∈R ，若在直线AB上取一
点R，使得AR= -λ RB，试判断当直线 l运动是，点R是否在某一定直线上运动？若是，求出该直线
的方程；若不是，请说明理由．
2 y2
【答案】(1) x + = 1；(2)证明见解析；(3)是，x=-1析】(1)根据双曲线与椭圆的关系，求得 a,b,c，
4 2
可得结果．
(2)假设点M x,y ，直接表示斜率，然后根据双曲线方程化简即可．
(3)设直线方程并与椭圆联立，结合韦达定理，然后根据AQ= λQB,AR= -λ RB，求得 λ，最后计算
x0即可．
【解析】(1)有由题可知：c= 2，由△PF1F2的周长为 4+ 2 2，所以 PF1 + PF2 = 4+ 2 2- 2 2= 4，
2 2
即 2a= 4 a= 2，所以 b2= a2-c2= y2，所以椭圆的方程为 x + = 1．
4 2
(2)设M x,y ，由F1 - 2,0 ,F2 2,0 ，所以 k1=
y , yk2= ，
x+ 2 x- 2
y2 2 = x - y
2
所以 k1 k2 ，又 = 1，则 y2= x2-2，所以 k1 k2= 1．
x2-2 2 2
(3)依题可知：直线的斜率存在，设方程为 y= k x+ 4 ，A x1,y1 ,B x2,y2 ，
y= k x+ 4 所以 2 1+ 2k2 x2+16k2 x2 y x+ 32k
2-4= 0，
4 + 2 = 1
2 2
所以Δ= 16k2 2-4× 1+ 2k2 × 32k2-4 = 16 1- 6k2 > 0，x x = 32k -4 ,x +x =- 16k 1 2 1 2 ，
1+ 2k2 1+ 2k2
由 = - - = + =- 4+ x1
AQ λQB 4 x1 λ x2 4 λ + ，设R x0,y0 ，由AR= -λ RB xx 4 0-x1=2
-λ x2-x0 ，
x 4+ x1 32k
2-4 16k2
x -λx 1+ x2 2×1 2 x 2 + 4× - 2所以 x = = 2+4
2x x +4 x +x
0 - =
1 2 1 2 ，所以 x = 1+ 2k 1+ 2k0 2 =-1．1 λ 1+ 4+ x1 x1+x2+8 - 16kx +4 + 2 + 82 1 2k
【评注】关键点点睛：本题第 (3)问，第一，假设直线方程；第二，联立椭圆方程并使用韦达定理；第三，根
据条件求得 λ；第四，计算 x0．
例6. 3在平面直角坐标系 xOy中，已知动点M到定点F 1,0 的距离与到定直线 x= 3的距离之比为 ．
3
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)已知P为定直线 x= 3上一点．
①过点F作FP的垂线交轨迹C于点G(G不在 y轴上)，求证：直线PG与OG的斜率之积是定值；
②若点P的坐标为 3,3 ，过点P PR作动直线 l交轨迹C于不同两点R、T，线段RT上的点H满足
PT
= RH ，求证：点H恒在一条定直线上．
HT
2 y2
【答案】(1) x + = 1(2)①直线PG与OG的斜率之积为定值- 2．
3 2 3
②点H在定直线 2x+ 3y- 2= 0上析】(1)设动点坐标 (x,y)，直接利用轨迹方程定义计算即可；(2)令
P 3,t ，
①令G x0,y0 ，由FG⊥FP，得FG·FP= 0，即 x0-1,y0 · 2,t = 0，即 ty0= 2- 2x0，又因为点
2 2
G x
2
x0,y0 在椭圆 +
y = 上，所以 2= - 2x1 y 2 00 ，而PG、OG的斜率分别为 kPG=
y0-t 、k = y0，
3 2 3 x0-3 OG x0
2x20
y -t y y2-ty 2- 3 - 2+ 2x0 -
2 x23 0-3x0 于是 k ·k = 0 0 = 0 0 = = =- 2PG OG ，即直线PG与OG的
x0-3 x0 x20-3x0 x20-3x0 x20-3x0 3
斜率之积为定值- 2； ②令 PR = RH
= λ(λ> 0)，则PR= λPT,RH = λHT，代入椭圆，消元即
3 PT HT
可证明点H在定直线 2x+ 3y- 2= 0上．
【解析】(1)设M x,y ，则 MF = x- 1 2+y2，点M到直线 x= 3的距离 d= x- 3 ，
MF
由 = 3，得
x- 1 2+y2 2 y2 2 2= 1，化简得 x + = y1，即点M在轨迹C的方程为 x + = 1．
d 3 x- 3 2 3 3 2 3 2
(2)因为P为直线 x= 3上一点，所以令P 3,t ，
①令G x0,y0 ，由FG⊥FP，得FG·FP= 0，即 x0-1,y0 · 2,t = 0，即 ty0= 2- 2x0，
2 2 2
又因为点G x0,
y y -t
y0 在椭圆
x + = 1上，所以 2= - 2xy 2 0，而PG、OG的斜率分别为 k = 0 、
3 2 0 3 PG x0-3
2x20 2 2
= y0
y -t y
· = 0 0 = y
2-ty 2- 3 - 2+ 2x - x -3x0 0 0 3 0 0 k 2OG ，于是 kPG kOG = = =- ，x 20 x0-3 x0 x0-3x0 x2-3x 20 0 x0-3x0 3
即直线PG与OG的斜率之积为定值- 2．
3
PR RH ②令 = = λ(λ> 0)，则PR= λPT,RH = λHT，
PT HT
x1-3,y1-3 = λ x, , , , , 2-3,y2-3 令点H x y R x1 y1 T x2 y2 ，则 ， x- x1,y- y1 = λ x2-x,y2-y
3= λx2-x1 ①
x1-3= λx2-3λ,
λ- 1
λy2-y1y1-3= λy 3= ②即 2-3λ, ，即 λ- 1 x- x 1= λx2-λx, x= λx2+x
1
λ+ 1 ③ y- y1= λy2-λy,
y= λy2+y1λ+ 1 ④
2 2 2
3x=
λ x2-x1 ⑤
由①×③，②×④，得 λ
2-1
，3y= λ2y22-y21 ⑥
λ2-1
2 y2 2x2+3y2x 1 1= 6因为R x1,y1 ,T x2,y2 在椭圆 + = 1上，所以 { ，3 2 2x2+3y22 2= 6
2λ2x2-2x2+3λ2y2-3y2 λ2 2x2+3y2 - 2x2+3y2 2⑤× 2+⑥× ，得 + = 2 1 2 1 = 2 2 1 3 6x 9y 1 = 6λ -6 =
λ2-1 λ2-1 λ2-1
6 λ2-1 = 6，即 2x+ 3y- 2= 0，所以点H在定直线 2x+ 3y- 2= 0上．
λ2-1
【评注】本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求椭圆方
程的方法一般就是根据条件建立 a,b,c的方程，求出 a2,b2即可，注意 a2= b2+c2,e= c 的应用；涉及直
a
线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存
在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出 x1
+x2,x1 x2，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．
【针对训练】
2 y2
1. (2022· x江苏·南京师大附中高三开学考试)设椭圆 C : + = 1(a> b> 0)，已知椭圆的短轴长为
a2 b2
2 2 2，离心率为 ．
2
(1)求椭圆的方程；
(2)点P为直线 x= 4上的动点，过点P的动直线 l与椭圆C相交于不同的A,B两点，在线段AB上取
点Q，满足 |AP| |QB| = |AQ| |PB|，求证：点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点．
2 y2
【答案】(1) x + = 1 (2)证明见解析
4 2
【分析】(1)根据椭圆定义即离心率求出 a,b,c即可.
(2)设出点的坐标，分别表示出 |AP|，|QB|，|AQ|，|PB|的长度，代入题目关系式中，得到一组关系即
2x1x2- (x1+x2) (4+ x) + 8x= 0，由此可发现可将联立直线与椭圆的韦达定理代入，寻找Q所满足的
直线关系
(1)
由题意可知
2b= 2 2 2 y2 c = 2 ，解得 a= 2,b= 2,c= 2，则椭圆的方程：
x + = 1
a 2 4 2
(2)
设A(x1,y1),B(x2,y2)，Q(x,y)，P(4,t)，直线AB的斜率显然存在设为 k，则AB的方程为 y= k(x- 4)
+ t．
因为A,P,B,Q四点共线，不妨设 x2< x< x1< 4，
|AP| = 1+ k2(4- x1)，|AQ| = 1+ k2(x1-x)，
|QB| = 1+ k2(x- x2)，|PB| = 1+ k2(4- x2)，
由 |AP| |QB| = |AQ| |PB|可得 (4- x1) (x- x2) = (x1-x) (4- x2)，化简可得
2x1x2- (x1+x2) (4+ x) + 8x= 0． (*)
联立直线 y= k(x- 4) + t和椭圆的方程消去 y：
2 y2 x4 + 2 = 1 ，即 (2k2+1)x2 +4k(t- 4k)x+ 2(t- 4k)
2-4= 0，
y= k x- 4 + t
+ =- 4k(t- 4k) = 2(t- 4k)
2-4
由韦达定理，x1 x2 ，x x ．代入 (*)
2k2
1 2
+1 2k2+1
化简得 x= 4kt+ 2- t
2
= 4- 6+ t
2
，即 6+ t
2
+ + + = 4- xkt 2 kt 2 kt 2
y- t 2
又 k= 6+ t- 代入上式： - = 4- x，化简：2x+ ty- 2= 0，x 4 y t
x- 4 t+ 2
所以点Q总在一条动直线 2x+ ty- 2= 0上，且该直线过定点 (1,0)
2 y2
2. x已知椭圆E： + = 1(a> 0)的中心为原点O，左、右焦点分别为 F1、F 52，离心率为 ，点P是直
a2 4 3
x=- 5a
2
线 上任意一点，点Q在椭圆E上，且满足PF1 QF1= 0．5
(1)试求出实数 a；
(2)设直线PQ与直线OQ的斜率分别为 k1与 k2，求积 k1 k2的值；
(3)若点P的纵坐标为 1，过点P作动直线 l与椭圆交于不同的两点M、N，在线段MN上取异于点
PM =
MH
M、N的点H，满足 ，证明点H恒在一条定直线上．
PN HN
【答案】(1)a= 3(2) - 4 (3)证明见解析
9
【分析】(1)根据椭圆的离心率列方程求出实数 a的值；
9 5 (2)由 (1)可设点P - ，t ，Q(x0，y0)，根据PF1 QF 4 55 1= 0得出 ty0= 4+ x0再由点Q在椭圆E5
2
上得出 y20= - x4 1 0 ，用斜率公式及可求出 k1 k2的值；9
(3)设过P - 9 5，1 的直线 l与椭圆交于两个不同点M (x1，y1)，N (x2，y5 2)，
PM MH
点H(x，y)，代入椭圆方程得出 4x21+9y21= 36，4x22+9y22= 36，再设 = = λ，即PM = λPN，
PN HN
MH = λHN，代入数据整理即可得出点H恒在一条定直线上．
【详解】(1)解：设椭圆E的半焦距为 c，
c 5由题意可得 a
= 3 ，解得 a= 3；
a2= 4+ c2
2
(2)解：由 (1)可知，直线 x=- 5a =- 9 5，点F1(- 5，0)．5 5 y
设点P - 9 5，t5 ，Q(x0，y0)， P Q N
M
∵PF1 QF1= 0，∴ - 5+ 9 5，-t (- P5- x0，-y0) = 0， H5
F1 O4 5 x得 ty0= 4+ x0．5
x2 y2 2∵点Q( ， )在椭圆 上，∴ 0 + 0 = xx y E 1，即 y2= 4 1- 00 0 9 4 0 9 ．
2 4- 4 2 4 5
∴ y -t y y -tyk k = 0 0 = 0 0 = 9
x0-4- 5 x0 4
1 2 =- ，
x + 9 5 x0 x2+ 9 5 x x2+ 9 5 90 5 0 5 0 0 5 x0
∴ k1 k2的值是- 4；9
(3)证明：设过P - 9 5，1 的直线 l与椭圆交于两个不同点M (x5 1，y1)，
N (x2，y2)，点H(x，y)，则 4x21+9y2 2 21= 36，4x2+9y2= 36，
PM MH
设 = = λ，则PM = λPN，MH = λHN，
PN HN
∴ x 9 51+ ，y1-1 = λ x 9 52+ ，y2-1 ，(x- x1，y- y1) = λ(x2-x，y -y)，5 5 2
整理得 9 5 = λx2-x1， = x1+λx2 y -λy y +λy- x + ，1=
1 2 1 2
5 1 λ 1 λ 1- ，y= + ，λ 1 λ
λ2x2-x2 y2-λ2y2从而 9 5 x= 2 1，y= 1 2，
5 1- λ2 1- λ2
由于 4x21+9y21= 36，4x22+9y22= 36，
2 2 2 2 2 2 λ2 4x2+9y2 - 4x2+9y2
∴ 36 5 - = 4λ x2-4x1-9y1+9λ y2 = 2 2 1 x 9y 1 =-36．
5 1- λ2 1- λ2
∴点H恒在直线 36 5 x- 9y+ 36= 0．
5
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系．
2
: x + y
2
3. 在平面直角坐标系 xoy中，已知椭圆C = 1(a> b> 0 ) 1的离心率为 ，以椭圆上的一点和长
a2 b2 2
轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为 2 3
(1)求 a，b的值
(2)当过点P(6，0)的动直线 1与椭圆C交于不同的点A，B时，在线段AB上取点Q，使得 AP BQ
= AQ BP ，问点Q是否总在某条定直线上 若是，求出该直线方程，若不是，说明理由.
【答案】(1)a= 2,b= 3；(2)存在，点Q(x,y)总在定直线 x= 2 上.
3
【分析】(1)由已知建立关于 a,b,c方程组，解之可求得答案；
( ) |AP| |AQ|2 设点Q,A,B的坐标分别为 (x,y),(x1,y1)，(x2,y2).记 λ= = ，由已知得坐标的关系：6=
|PB| |QB|
x1-λx2 = y1-λy y +λy- ，0
2
- ， =
x1+λxx 2+ ，y=
1 2
+ ，由点A,B在椭圆上，代入可得定直线.1 λ 1 λ 1 λ 1 λ
c a =
1
2 a= 2
【详解】(1)由已知得 1 × 2a × b= 2 3，解得 b= 3，所以 a= 2,b= 3； 2 b2+c2= a2 c= 1
2 2
(2)由 (1) y得椭圆的方程为C: x + = 1，
4 3
设点Q,A,B的坐标分别为 (x,y),(x1,y1)，(x2,y2).
| |,| |,| |,| | = |AP| |AQ|由题设知 AP PB AQ QB 均不为零，记 λ = ，则 λ> 0且 λ≠ 1，又A,P,B,Q四点共
|PB| |QB|
线，从而AP=- , x -λx y -λy x +λx y +λyλPB AQ= λQB，于是 6= 1 2- ，0=
1 2 1 2
- ，x= + ，y=
1 2
+ ，从而1 λ 1 λ 1 λ 1 λ
x21-λ2x2 22 = y1-λ
2y2
6x①， 2 = 0②，又点A,B在椭圆上，所以 3x2 2 2 2
2 2 1
+4y1-12= 0③，3x2+4y2-12= 0④，
1- λ 1- λ
3 x2-λ2x2 + 4 y2-λ2y2所以 ×①+ ×②并结合③，④，得 = 1 2 1 2
3x21+4y2= 1
- λ2 3x2 22+4y
3 4 18x 2 ，
1- λ2 1- λ2
化简得 x= 2 .即点Q(x,y)总在定直线 x= 2 上.
3 3
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系之：定直线问题.证明动点在定直线上，其实质是求动点的轨
迹方程，所以所用的方法即为求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等.属于较难题.
2
4. C : x
2 y 1
已知椭圆 + = 1 a> b> 0 的离心率为 ，左、右焦点分别为F1、F2，M是C上一点， MF2 2 2 1 =a b
2，且 MF1 MF2 =-2MF1 F2M .
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)当过点P 4,1 的动直线 l与椭圆C相较于不同两点A，B时，在线段AB上取点Q，且Q满足
AP QB = AQ PB ，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线.
2 y2
【答案】(Ⅰ) x + = 1；(Ⅱ)证明见解析，直线方程为 3x+ y- 3= 0．
4 3
【分析】(1)本问主要考查求椭圆标准方程，由 MF1 MF2 =-2MF1·FM，可得 cos∠FMF=
M F 1·M2 1 2
F 2
MF1 MF2
= 1，所以∠F1MF2= 60°，则在ΔF1MF2中， MF2 = 2a- 2， F1F2 = 2c，再根据余弦定理及 a= 2c，可以2
求出 a,c的值，于是可以求出椭圆的方程；(2)本问主要考查直线与椭圆的综合应用，分析题意可知直
线 l的斜率显然存在，故设直线方程为 y- 1= k x- 4 ，再联立直线方程与椭圆方程，消去未知数 y得
到关于 x的一元二次方程，根据韦达定理表示出A,B两点横坐标之和及横坐标之积，于是设点
Q x0,y0 ，将题中条件 AP QB = AQ PB 转化为横坐标的等式，于是可以得出Q x0,y0 满足的方
程，即可以证明Q x0,y0 总在一条直线上.
【解析】(1)由已知得 a= 2c，且∠F1MF2= 600，
在ΔF1F2M中，由余弦定理得 2c 2= 22+ 4c- 2 2-2× 2 4c- 2 cos600，解得 c= 1.
2 y2
则 a= 2,b= 3，所以椭圆C的方程为 x + = 1.
4 3
(2)由题意可得直线 l的斜率存在，
设直线 l的方程为 y- 1= k x- 4 ，即 y= kx+ 1- 4k ，
代入椭圆方程，整理得 3+ 4k2 x2+ 8k- 32k2 x+ 64k2-32k- 8= 0，
2 2
设A x ,y ,B x ,y ，则 x +x = 32k -8k ,x x = 64k -32k- 8 1 1 2 2 1 2 1 2 .
3+ 4k2 3+ 4k2
设Q x0,y0 ，由 AP QB = AQ PB 得
4- x1 x0-x2 = x1-x0 4- x2 (考虑线段在 x轴上的射影即可)，
所以 8x0= 4+ x0 x1+x2 - 2x1x2，
于是 8x = 4+ x 32k
2-8k - 2× 64k
2-32k- 8
0 0 ，
3+ 4k2 3+ 4k2
整理得 3x0-2= 4- x0 k，(*)
= y0-1又 k - ，代入 (*)式得 3x0+y0-3= 0，x0 4
所以点Q总在直线 3x+ y- 3= 0上.
【考点】1.椭圆标准方程；2.直线与椭圆位置关系.
【点睛】圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题时高考中的常考题型，难度一般较大，常常把直线、圆及
圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是函数思想、分类讨论思想的考查.求定
值问题常见的方法：(1)从特殊点入手，求出定值，再证明这个值与变量无关，(2)直接推理、计算，并在
计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.定点问题的常见解法：(1)假设定点坐标，根据题意选择
参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这
个方程组的解为坐标的点即为所求定点，(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意.
5. (2022·山东·模拟预测)在平面直角坐标系 xOy中，已知动点C到定点F(1,0)的距离与它到直线 l:x=
4 1的距离之比为 .
2
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)点P为直线 l上的动点，过点P的动直线m与动点C的轨迹相交于不同的A，B两点，在线段AB
上取点Q，满足 |AP| = λ|PB|,|AQ| = λ|QB|，求证：点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点.
( ) x
2
+ y
2
【答案】1 = 1 (2)证明见解析
4 3
【分析】(1)直接根据题意翻译条件为代数式，即可求解.
(2)设点设直线，将条件翻译成代数式，联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理消元即可.
【解析】(1)设动点C(x,y)，由动点C到定点F(1,0)的距离与它到直线 l:x= 4的距离之比为 1 .
2
(x- 1)2+y2
得 = 1，
|x- 4| 2
2 y2 2 y2
化简得 x + = 1，即点C的轨迹方程为 x + = 1
4 3 4 3
(2)设A x1,y1 ,B x2,y2 ,Q(x,y),P(4,t)，直线AB的斜率显然存在设为 k，则AB的方程为 y= k(x-
4) + t.
因为A，P，B，Q四点共线，不妨设 x1< x< x2< 4，
由 |AP| = λ|PB|,|AQ| = λ|QB|可得，AP= λBP,AQ= λQB
即 4- x1,t- y1 = λ 4- x2,t- y2 , x- x1,y- y1 = λ x2-x,y2-y ，
所以 4- x1= λ 4- x2 ,x- x1= λ x2-x ;t- y1= λ t- y2 ,y- y1= λ y2-y
可得 4- x1 x2-x = x- x1 4- x2 ，化简可得 2x1x2- x1+x2 (4+ x) + 8x= 0.(*)
联立直线 y= k(x- 4) + t和椭圆C的方程：
x2
2
4 + y3 = 1 ，消去 y得： 4k
2+3 x2+8k(t- 4k)x+ 4(t- 4k)2-12= 0，
y= k x- 4 + t
+ =- 8k(t- 4k) = 4(t- 4k)
2-12
由韦达定理，x1 x2 ，x1x2 .代入 (*)
4k2+3 4k2+3
4kt+ 3- t2 9+ t2 9+ t2化简得 x= + = 4- + ，即 + = 4- xkt 3 kt 3 kt 3
y- t 2
又 k= 9+ t- 代入上式： - = 4- x，化简：3x+ ty- 3= 0，x 4 y t
x- 4 t+ 3
所以点Q总在一条动直线 3x+ ty- 3= 0上，且该直线过定点 (1,0)
2 y2
6. (2022· x北京八中高二期末)如图，已知椭圆C: + = 1(a> b> 0)的短轴端点为B1、B2，且 B1B2 2 2 =a b
2 2，椭圆C的离心率 e= ，点P(0,2)，过点P的动直线 l椭圆C交于不同的两点M、N与B ，B 均不
2 1 2
重合)，连接MB1，NB2，交于点T．
y
P
M B2
T
O x
N
B1
(1)求椭圆C的方程；
(2)求证：当直线 l绕点P旋转时，点T总在一条定直线上运动；
(3)是否存在直线 l，使得 MT NT = B1T B2T ？若存在，求出直线 l的方程；若不存在，请说明理
由．
2
【答案】(1) x + y2= 1
2
(2)证明见解析；
(3)不存在直线 l，使得 MT NT = B1T B2T 成立，理由见解析.
【分析】(1)根据题意，列出方程组，求得 a2= 2,b2= 1，即可求得椭圆的方程；
(2)设直线的方程为 y= kx+ 2，联立方程组求得 x1+x =- 8k ,x x = 62 1 2 ，设T(m,n)，根据B1,
2k2+1 2k2+1
T,M和B2,T,M在同一条直线上，列出方程求得n的值，即可求解；
(3)设直线 l的为 x=m(y- 2)，把 MT NT 1 = B1T B2T 转化为-y1y2+ (y1+y2) = 1，联立方程2
组求得 y1+y2,y1y2，代入列方程，求得m= 0，即可得到结论.
【解析】(1)
e= c a =
2
2
解：由题意可得 2 2b= 2 ，解得 a = 2,b
2= 1，
c2= a2-b2
2
所以所求椭圆的方程为 x + y2= 1.
2
(2)
解：由题意，因为直线 l过点P(0,2)，可设直线的方程为 y= kx+ 2，M (x1,y1),N (x2,y2)，
联立方程组 y= kx+ 2 2 2+ = ，整理得 (2k +1)x
2+8kx+ 6= 0，
x 2y 2
可得 x1+x2=- 8k ,x 62 1x2= ，2k +1 2k2+1
因为直线 l与椭圆有两个交点，所以Δ= (8k)2-4× 6 (2k2+1)> 0，解得 k2> 3，
2
y +1
设T(m,n)，因为B ,T,M在同一条直线上，则 n+ 1 = 1 = kx1+3 = k+ 31 ，①m x1 x1 x1
y -1
又由 , , 在同一条直线上，则 n- 1 = 2 = kx +1B2 T M 2 = k+ 1 ，②m x2 x2 x2
3(x +x ) 3 - 8k2
由①+②× 3所以 n+ 1 + 3 n- 1 = 4k+ 1 2 = 4k+ 2k +1 = 0，
m m x1x2 6
2k2+1
整理得 4n- 2= 0，解得n= 1，
2
所以点T在直线 y= 1，即当直线 l绕点P旋转时，点T总在一条定直线 y= 1 上运动.
2 2
(3)
解：由 (2)知，点T在直线 y= 1 上运动，即 y 1
2 T
= ，
2
设直线 l的方程为 x=m(y- 2)，且M (x1,y1),N (x2,y2)，
又由B1(-1,0),B(1,0)且 MT NT = B1T B2T ，
可得 y 11- 1 - y2 = 1- 1 1 + 12 2 2 2 ，即-y
1
1y2+ (y1+y2) = 1，2
联立方程组 x=m(y- 2) 2+ = ，整理得 (m
2+2)y2-4m2y+ 4m2-2= 0，
x 2y 2
2 2
可得 y1+y2=- 4m ,y y = 4m -22+ 1 2
，
m 2 m2+2
2 2
代入可得- 4m -2 - 4m = 1，解得 8m2= 0，即m= 0，
m2+2 m2+2
此时直线的斜率不存在，不合题意，
所以不存在直线 l，使得 MT NT = B1T B2T 成立.
