下面证明：对任意的直线l，均有
|QA||PA|?. |QB||PB|当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y?kx?1，A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).
?x2y2?1??联立?4,得(2k2?1)x2?4kx?2?0. 2?y?kx?1?其判别式??16k?8(2k?1)?0，
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7．【2017届陕西省咸阳市二模】已知动点M到定点F?1,0?和定直线x?4的距离之比为的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程；
1，设动点M2（2）过点F作斜率不为0的任意一条直线与曲线C交于两点A,B，试问在x轴上是否存在一点P（与点F不重合），使得?APF??BPF，若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
x2y2??1;（Ⅱ）存在点P?4,0?. 【答案】（I）43【解析】试题分析：（I）设M点坐标为?x,y?,直接找出关于?x,y?,的方程,这就是曲线C的轨迹方程. （Ⅱ） ?APF??BPF可知直线BP与AP倾斜角互补,则KBP?KAP?0,?*?,设P?m,0?带入?*?式,得到m的方程,求出m的值.
x2y28．【2018届湖北省华中师范大学第一附属中学高三上期中】已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心
ab率为
2，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin??ycos??1?0相切（?为常数）. 2
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，若椭圆的C左、右焦点分别为F1、F2，过F2作直线l与椭圆分别交于两点M、N，求
FM?F1N的取值范围. 1x2?7??y2?1（2）F1M?F1N???1,? 【答案】（1）C:2?2?（2）①若直线l斜率不存在，则可得l?x轴，方程为x?1,M?1,????2?2?、N1,?， ??????2?2????72?2?FM?FN??F1M??2,,FN?2,?，故. ??11?2??1??22????②若直线l斜率存在，设直线l的方程为y?k?x?1?，
y?k?x?1?由{x22?y2?1 消去y得?1?2k2?x2?4k2x?2k2?2?0，
4k22k2?2,x1x2?设M?x1,y1?,N?x2,y2?，则x1?x2?. 221?2k1?2kF1M??x1?1,y1?,F1N??x2?1,y2?，
则F1M?F1N??x1?1??x2?1??y1y2??x1?1??x2?1??k?x1?1??k?x2?1?
?F1M?F1N?1?k2x1x2?1?k2?????x?x??1?k122
2代入韦达定理可得F1M?F1N?由k2?0可得F1M?F1N???1,2k?12k2?1?4??4k?4k7k?172 ?1?k???2222k?12k?122k?12492??7??7?k，结合当不存在时的情况，得FM?FN??1,?. 11??2??2?x29．【2015高考新课标1，理20】在直角坐标系xoy中，曲线C：y=与直线y?kx?a(a＞0)交与M,N4两点，
（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由. 【答案】（Ⅰ）ax?y?a?0或ax?y?a?0（Ⅱ）存在
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设P（0，b）为复合题意得点，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2. 将y?kx?a代入C得方程整理得x?4kx?4a?0. ∴x1?x2?4k,x1x2??4a. ∴k1?k2?2y1?by2?b2kx1x2?(a?b)(x1?x2)k(a?b)==. ?ax1x2x1x2 当b??a时，有k1?k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，