高考数学命题角度5_6圆锥曲线的探究、存在性问题大题狂练文 20页

命题角度 5.6：圆锥曲线的探究、存在性问题 1.已知椭圆 C： 经过点 ，离心率 ，直线 的方程为 ． （1）求椭圆 的方程； （2）经过椭圆右焦点 的任一直线（不经过点 ）与椭圆交于两点 ， ，设直线 与 相 交于点 ，记 的斜率分别为 ，问： 是否为定值，若是，求出此定 值，若不是，请说明理由． 【答案】（1） ；（2） 为定值 . 试题解析： （1）由点 在椭圆上得 ， ① ② 由 ①②得 ，故椭圆 的方程为 . （2）由题意可设 的斜率为 ，则直线 的方程为 ③ 代入椭圆方程 并整理得 设 ，则有 ④ 在方程③中，令 得， ，从而 .又因为 共线，则有 ， 即有 所以 = ⑤ 将④代入⑤得 ，又 ， 所以 为定值 . 点睛：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． 2.已知椭圆 ： （ ），以椭圆 的短轴为直径的圆 经过椭圆 左右两个焦点， ， 是椭圆 的长轴端点． （1）求圆 的方程和椭圆 的离心率 ； （2）设 ， 分别是椭圆 和圆 上的动点（ ， 位于 轴两侧），且直线 与 轴平行，直线 ， 分别与 轴交于点 ， ，试判断 与 所在的直线是否互相垂直，若是，请证明你的结 论；若不是，也请说明理由． 【答案】（1） ;（2） 与 所在的直线互相垂直． 试题解析：（1）由椭圆定义可得 ，又 且 ，解得 ， ， 则圆 的方程为 ，椭圆 的离心率 ． （2）如图所示，设 （ ）， ，则 即 又由 ： ，得 ． 由 ： ，得 ． 所以 ， ， 所以 ， 所以 ，即 与 所在的直线互相垂直． 点睛：本题考查椭圆方程和圆方程的求法，注意运用椭圆的定义和基本量的关系，考查定值 问题的解法，注意运用向量的数量积的性质，向量垂直的条件：数量积为 0，考查直线方程和 椭圆方程联立，求交点，考查化简整理的运算能力，属于中档题. 3.椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，且离心率为 1 2 ，点 P 为椭圆上一 动点， 1 2F PF 内切圆面积的最大值为 3  . （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左顶点为 1A ，过右焦点 2F 的直线 l 与椭圆相交于 ,A B 两点，连接 1 1,A A A B 并 延长分别交直线 4x  于 ,P Q 两点，以 PQ 为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标； 若不是，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 1,0 和 7,0 ． 【解析】试题分析：（1）首先设 c t ，然后根据离心率得到 ,a b 与t 的关系，再根据三角形面 积取得最大值时点 P 为短轴端点，由此求得t 的值，从而求得椭圆方程；（2）首先设出直线 AB 的方程，并联立椭圆方程，然后利用韦达定理结合向量数量积的坐标运算求得定点坐标． （2）设直线  的方程为 1x ty  ，  1 1,x y ，  2 2,x y ，联立 2 2 1 { 14 3 x ty x y     可得  2 23 4 6 9 0t y ty    ，则 1 2 2 6 3 4 ty y t    ， 1 2 2 9 3 4y y t   ， 直线 1 的方程为     1 1 22 yy xx     ，直线 1 的方程为     2 2 22 yy xx     ， 则 1 1 64, 2 y x     ， 2 2 6Q 4, 2 y x      ， 假设 Q 为直径的圆是否恒过定点  ,m n ， 则 1 1 64 , 2 ym nx         ， 2 2 6Q 4 , 2 ym nx         ，  2 1 2 1 2 6 6Q 4 02 2 y ym n nx x                 ， 即  2 1 2 1 2 6 6Q 4 03 3 y ym n nty ty                 ， 即        21 2 1 2 2 2 1 2 1 2 36 12 18 4 03 9 nt y y n y y n mt y y t y y          ，           22 2 2 36 12 9 18 6 4 0 9 3 6 9 3 4 nt n t n m t t t t              ， 即  226 9 4 0nt n m     ，若 Q 为直径的圆是否恒过定点  ,m n ，即不论t 为何值时， Q 0   恒成立，因此， 0n  ， 1m  或 7m  ，即恒过定点 1,0 和  7,0 ． 考点：1、椭圆的几何性质；2、直线与椭圆的位置关系；3、向量数量积的运算． 【方法点睛】求解圆锥曲线中的定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻 辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方 法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的 方向． 4.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，四个顶点构成的菱形的面积是 4，圆  2 2 2: 1 (0 1)M x y r r     过椭圆C 的上顶点 A 作圆 M 的两条切线分别与椭圆 C 相交 于 ,B D 两点（不同于点 A ），直线 ,AB AD 的斜率分别为 1 2,k k . （1）求椭圆C 的方程； （2）当 r 变化时，①求 1 2·k k 的值；②试问直 线 BD 是否过某个定点？若是，求出该定点；若 不是，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）见 解析. 【解析】试题分析：（1）由题设知， 3 2 c a  ， 1 2 2 42 a b   ，又 2 2 2a b c  ，解得 2, 1a b  ，由此可得求椭圆C 的方程；（2）① 1: 1AB y k x  ，则有 1 2 1 1 1 k r k    ，化简得  2 2 2 1 11 2 1 0r k k r     ， 对 于 直 线 2: 1AD y k x  ， 同 理 有  2 2 2 2 21 2 1 0r k k r     ，于是 1 2,k k 是方程  2 2 21 2 1 0r k k r     的两实根，故 1 2· 1k k  ，即可证明结果； ②考虑到 1r  时， D 是椭圆的下顶点， B 趋近于椭圆的上顶 点，故 BD 若过定点，则猜想定点在 y 轴上. 由 1 2 2 1 { 14 y k x x y     ， 得  2 2 1 14 1 8 0k x k x   ， 于 是 有 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 8 4 1 8 4 1, , ,4 1 4 1 4 1 4 1 k k k kB Dk k k k                    ，直线 BD 的斜率为 1 2 3BD k kk   ，直线 BD 的 方 程 为 2 1 1 2 1 2 2 1 1 4 1 8 4 1 3 4 1 k k k ky xk k            ， 令 0x  ， 得   2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 1 4 1 8 20 5 5·4 1 3 4 1 33 4 1 k k k k ky k k k             ，即可证明直线 BD 过定点. 试题解析：（1）由题设知， 3 2 c a  ， 1 2 2 42 a b   ，又 2 2 2a b c  ， 解得 2, 1a b  . 故所求椭圆C 的方程是 2 2 14 x y  . 由 1 2 2 1 { 14 y k x x y     ， 得  2 2 1 14 1 8 0k x k x   ， 于 是 有 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 8 4 1 8 4 1, , ,4 1 4 1 4 1 4 1 k k k kB Dk k k k                    . 直线 BD 的斜率为 1 2 3BD k kk   ， 直线 BD 的方程为 2 1 1 2 1 2 2 1 1 4 1 8 4 1 3 4 1 k k k ky xk k            ， 令 0x  ，得   2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 1 4 1 8 20 5 5·4 1 3 4 1 33 4 1 k k k k ky k k k             ， 故直线 BD 过定点 50, 3     . 5. 已知⊙ 1F ：  2 23 27x y   与⊙ 2F ：  2 23 3x y   ，以 1F ， 2F 分别为左右焦 点的椭圆 C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     经过两圆的交点。 （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）M 、N 是椭圆C 上的两点，若直线OM 与ON 的斜率之积为 1 4  ，试问 OMN 的面 积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由。 【答案】（Ⅰ） 2 2 112 3 x y  ; （Ⅱ） OMN 的面积为定值 3. 【解析】试题分析：（Ⅰ）设两圆的交点为 Q ，依题意有 1 1QF QF 解得 a ，进而得 2b ； （Ⅱ）讨论斜率不存在和斜率存在时两种情况，设直线 MN 的方程为 y kx m  ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，直线与椭圆联立得 1 2 2 8 4 1 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 12 4 1 mx x k   ，由 1 4OM ONK K   ，得 2 22 12 3m k  ，表示面积即可得定值. 试题解析： （ Ⅱ ）  1 当 直 线 MN 的 斜 率 不 存 在 时 ， 设  1 1,M x y  1 1,N x y 1 1 1 1 1 1 1 1,4 2OM ON y y yK K x x x        又 2 2 1 1 1 1 6 11 6, 6 6 3.12 3 2 2OMN x y x y S           2 设直线 MN 的方程为 y kx m  ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 由 2 2{ 112 3 y kx m x y     ，得 2 2 24 1 8 4 12 0k x kmx m     ， 由   2 2 2 264 4 1 4 12 0k m k m      ，得 2 212 3 0k m   （*） 且 1 2 2 8 4 1 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 12 4 1 mx x k   ， ∴      2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 12 4 1 m ky y kx m kx m k x x km x x m k          ∵ 1 2 1 2 1 4OM ON y yK K x x     ，∴ 2 2 2 12 1 4 12 4 m k m    ， 整理得 2 22 12 3m k  ， 代入（*）得 0m  ， ∵ 2 2 2 2 1 2 2 2 8 4 121 1 44 1 4 1 km mMN k x x k k k                     2 2 2 2 22 48 4 1 16 6 11 4 1 k m kk mk       原点O 到直线 MN 的距离 21 md k   ∴ 2 2 1 1 6 1 32 2 1OMN mkS MN d m k        （定值）。 综上所述， OMN 的面积为定值 3. 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多 少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值 问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推 理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 6.已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   （ 0a b  ）的左、右顶点分别为 1 2,A A ，左、右焦点分别为 1 2,F F ， 离心率为 1 2 ，点  4,0B ， 2F 为线段 1A B 的中点. （1）求椭圆C 的方程； （2）若过点 B 且斜率不为 0 的直线l 与椭圆C 的交于 ,M N 两点，已知直线 1A M 与 2A M 相 交于点G ，试判断点G 是否在定直线上？若是，请求出定直线的方程；若不是，请说明理由. 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 3 x y  （Ⅱ）详见解析 试题解析: （Ⅰ）设点    1 2,0 , ,0A a F c ，由题意可知： 4 2 ac   ，即 4 2a c  ① 又因为椭圆的离心率 1 2 ce a   ，即 2a c ② 联立方程①②可得： 2, 1a c  ，则 2 2 2 3b a c   所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． （Ⅱ）方法一：根据椭圆的对称性猜测点G 是与 y 轴平行的直线 0x x 上． 假设当点 M 为椭圆的上顶点时，直线l 的方程为 3 4 4 3 0x y   ，此时点 N 8 3 3,5 5       ， 则联立直线 1 : 3 2 2 3 0A Ml x y   和直线 2 :3 3 2 6 3 0A Nl x y   可得点 3 31, 2G       据此猜想点G 在直线 1x  上，下面对猜想给予证明： 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ， 联 立 方 程   2 2 4 { 14 3 y k x x y     可 得 ：  2 2 2 23 4 32 64 12 0, 0k x k x k       由韦达定理可得 2 1 2 2 32 3 4 kx x k    ， 2 1 2 2 64 12 3 4 kx x k   （*） 因为直线  1 1 1 : 22A M yl y xx   ，  2 2 2 : 22A N yl y xx   ， 联 立 两 直 线 方 程 得    1 2 1 2 2 22 2 y yx xx x     （ 其 中 x 为 G 点 的 横 坐 标 ） 即 证 ： 1 2 1 2 3 2 2 y y x x   ， 即        1 2 2 13 4 2 4 2k x x k x x        ，即证  1 2 1 24 10 16 0x x x x    将（*）代入上式可得  2 2 2 2 2 2 2 4 64 12 10 32 16 0 16 3 20 3 4 03 4 3 4 k k k k kk k             此式明显成立，原命题得证．所以点G 在定直线上 1x  上． 方法二：设      1 1 2 2 3 3, , , , ,M x y N x y G x y ， 1 2 3, ,x x x 两两不等， 因 为 , ,B M N 三 点 共 线 ， 所 以         2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 1 3 14 4 4 4 4 4 4 4 x x y y y y x x x x x x                     ， 整理得：  1 2 1 22 5 8 0x x x x    又 1, ,A M G 三点共线，有： 3 1 3 12 2 y y x x   ① 又 2 , ,A N G 三点共线，有： 3 2 3 22 2 y y x x   ② 将①与②两式相除得： 即           2 2 1 1 2 1 23 3 1 2 1 2 1 2 2 2 2 42 2 2 2 2 4 x x x x x xx x x x x x x x                ， 将  1 2 1 22 5 8 0x x x x    即  1 2 1 2 5 4 02x x x x    代入得： 2 3 3 2 92 x x      解得 3 4x  （舍去）或 3 1x  ，所以点G 在定直线 1x  上． 方法三：显然l 与 x 轴不垂直，设 的方程为  4y k x  ，    1 1 2 2, , ,M x y N x y . 由   2 2 4 { 14 3 y k x x y     得 2 2 2 23 4 32 64 12 0, 0k x k x k       . 设      1 1 2 2 3 3, , , , ,M x y N x y G x y ， 1 2 3, ,x x x 两两不等， 则 2 1 2 2 32 3 4 kx x k    ， 2 1 2 2 64 12 3 4 kx x k   ，   22 1 2 1 2 1 2 2 12 1 44 ,3 4 kx x x x x x k       由 1, ,A M G 三点共线，有： 3 1 3 12 2 y y x x   ① 由 2 , ,A N G 三点共线，有： 3 2 3 22 2 y y x x   ② ①与②两式相除得： 解得 3 4x  （舍去）或 3 1x  ，所以点G 在定直线 1x  上． 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多 少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值 问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推 理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 7.在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 2 2: 1x yE a b   （ 0a b  ），圆 2 2 2:O x y r  （ 0 r b  ），若圆O 的一条切线 :l y kx m  与椭圆 E 相交于 ,A B 两点. （1）当 1 2k   ， 1r  时，若点 ,A B 都在坐标轴的正半轴上，求椭圆 E 的方程； （2）若以 AB 为直径的圆经过坐标原点O ，探究 , ,a b r 是否满足 2 2 2 1 1 1 a b r   ，并说明理由. 【答案】（1） 2 24 15 5 x y  （2） 2 2 2 1 1 1 a b r   【解析】试题分析：（1）利用点到直线的距离公式可求得 5 2m  ，由点 ,A B 都在坐标轴的 正半轴上，即可求得 a 和 b 的值，求得椭圆方程；（2）由以 AB 为直径的圆经过点 O ，可得 • 0OA OB   ，即 1 2 1 2 0x x y y  ，由 ,A B 在直线l 上，可将 1 2y y 用 1 2x x 表示，然后联立直线 与椭圆的方程结合韦达定理得 1 2x x ，化简可得结论. 试题解析：（1）∵直线l 与 O 相切，∴ 2 1 m r k   . 由 1 2k   ， 1r  ，解得 5 2m  . ∵点 ,A B 都在坐标轴正半轴上， ∴ 1 5: 2 2l y x   . ∴切线l 与坐标轴的交点为 50, 2       ，  5,0 . ∴ 5a  ， 5 2b  . ∴椭圆 E 的方程是 2 24 15 5 x y  . （2） , ,a b r 的关系满足 2 2 2 1 1 1 a b r   . 证明如下：设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ∵以 AB 为直径的圆经过点 O ， ∴ • 0OA OB   ，即 1 2 1 2 0x x y y  . ∵点 ,A B 在直线l 上， ∴ 1 1 2 2 { y kx m y kx m     . ∴   2 2 1 2 1 21 0k x x mk x x m     （*） 由 2 2 2 2 2 2{ 0 y kx m b x a y a b      消去 y ，得  2 2 2 2 2 2 2 22 0b x a k x kmx m a b     . 即   2 2 2 2 2 2 2 2 22 0b a k x kma x a m a b     显然 0  ∴由一元二次方程根与系数的关系，得 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 { kmax x b a k a m a bx x b a k      代入（*）式，得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a m a m k a b a b k k m a m b a k m b a k        . 整理，得  2 2 2 2 2 2 2 2 0m a b a b a b k    . 又由（1），有  2 2 21m k r  . 消去 2m ，得      2 2 2 2 2 2 21 1k r a b a b k    ∴ 2 2 2 1 1 1 a b r   ∴ , ,a b r 满足等量关系 2 2 2 1 1 1 a b r   . 点睛：本题主要考查了椭圆的标准方程，直线与圆的位置关系之相切以及直线与椭圆的位置 关系之相交与韦达定理相结合，计算量较大，由一定难度；由直线与坐标轴的交点可得椭圆 中的 a ， b 的值，即可得椭圆的方程，对于第二问主要用到直径所对的圆周角为直角转化为 向量的数量积为 0 ，由直线相交得 1 2y y 与 1 2x x 的关系，最后用到最常见的直线与椭圆相交联 立方程组与韦达定理结合，得 1 2x x . 8..已知椭圆 经过点 ，且离心率为 ． （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）设 是椭圆上的点，直线 与 （ 为坐标原点）的斜率之积为 ．若动点 满足 ，试探究是否存在两个定点 ，使得 为定值？若存在，求 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（Ⅰ） ; （Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：(Ⅰ)利用椭圆的离心率计算公式和点在椭圆上列方程组求解即可得出． (Ⅱ)利用向量的坐标运算、点在椭圆上满足椭圆的方程、斜率计算公式及其椭圆的定义即可 得出． 试题解析： (Ⅰ)∵ ∴ 又∵椭圆 经过点 ∴ 解得： ， 所以椭圆 的方程为 ． 设 ， 分别为直线 与 的斜率，由题意知， ，因此 所以 ， 所以点 是椭圆 上的点， 所以由椭圆的定义知存在点 ，满足 为定值 又因为 ， 所以 坐标分别为 、 ． 9.已知右焦点为 F 的椭圆 2 2 2: 1( 3)3 x yM aa    与直线 3 7 y  相交于 P 、 Q 两点，且 PF QF . （1）求椭圆 M 的方程； （2）O 为坐标原点， A ， B ， C 是椭圆 E 上不同的三点，并且 O 为 ABC 的重心，试 探究 ABC 的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  ；(2)是， 9 2 . 【解析】（1）设  ,0F c ， 3, 7 P t     ，则 3, 7 Q t    ， 2 2 3 17 t a    ，即 2 24 7t a ，① PF QF ， 3 3 7 7· 1t c t c      ，即 2 2 9 7c t   ，② 由①②得 2 24 9 7 7c a   ， 又 2 2 3a c  ， 2 4a  ， 椭圆 M 的方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）设直线 AB 方程为： y kx m  ， 由 2 2 1{ 4 3 x y y kx m     得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ， 1 2 2 1 2 2 8 3 4{ 6 3 4 kmx x k my y k       O 为重心，   2 2 8 6,3 4 3 4 km mOC OA OB k k              ， C 点在椭圆 E 上，故有 2 2 2 2 8 6 3 4 3 4 14 3 km m k k              ， 可得 2 24 4 3m k  ， 而 22 2 2 2 2 2 2 2 2 8 4 12 4 11 4 12 9 33 4 3 4 3 4 km m kAB k k mk k k                  ， 点C 到直线 AB 的距离 2 3 1 md k   （ d 是原点到 AB 距离的 3 倍得到）， 2 2 2 2 2 2 6 61 9· 12 9 3 12 32 3 4 4 2ABC m mS AB d k m m mk m        ， 当直线 AB 斜率不存在时， 3AB  ， 3d  ， 9 2ABCS  ， ABC 的面积为定值 9 2 ． 10.在平面直角坐标系 xOy 中，已知动点 M 到定点  1,0F 的距离与到定直线 3x  的距离之 比为 3 3 ． （1）求动点 M 的轨迹 C 的方程； （2）已知 P 为定直线 3x  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 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 PR RH PT HT  ，求证：点 H 恒在一条定直线上. 【答案】（1） 2 2 13 2 x y  （2）①直线 PG 与 OG 的斜率之积为定值 2 3  ． ②点 H 在定直线 2 3 2 0x y   上． 【解析】试题分析：（1）设动点坐标 ( ,x y），直接利用轨迹方程定义计算即可；（2）  3,P t令 ， ①令  0 0,G x y ，由 FG FP ，得 · 0FG FP   ，即  0 01, · 2, 0x y t  ，即 0 02 2ty x  ， 又因为点  0 0,G x y 在椭圆 2 2 13 2 x y  上，所以 2 2 0 0 22 3 xy   ，而 PG OG、 的斜率分别为 0 0 0 03PG OG y t yk kx x   、 ， 于 是      2 202 0 0 00 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 22 2 2 3 23 3· 3 3 3 3 3PG OG x x x xy t y y tyk k x x x x x x x x               ，即直线 PG 与 OG 的斜率之积为定值 2 3  ； ②令 ( 0)PR RH PT HT     ，则 ,PR PT RH HT      ， 代入椭圆，消元即可证明点 H 在定直线 2 3 2 0x y   上． 试题解析：（1）设  ,M x y ，则  2 21MF x y   ，点 M 到直线 3x  的距离 3d x  ， 由 3 3 MF d  ，得  2 2 2 1 1 33 x y x     ，化简得 2 2 13 2 x y  ， 即点 M 在轨迹C 的方程为 2 2 13 2 x y  ； ． ②令 ( 0)PR RH PT HT     ，则 ,PR PT RH HT      ， 令点      1 1 2 2, , , , ,H x y R x y T x y ，则         1 1 2 2 1 1 2 2 3, 3 3, 3{ , , x y x y x x y y x x y y             ， 即 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 3 3{ x x y y x x x x y y y y                     ，即 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1{ 1 1 x x y y x xx y yy                 ① ② ③ ④ 由①×③，②×④，得 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 3 1{ 3 1 x xx y yy         ⑤ ⑥ ， 因为    1 1 2 2, , ,R x y T x y 在椭圆 2 2 13 2 x y  上，所以 2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 6{ 2 3 6 x y x y     ， ⑤×2+⑥×3，得    2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 1 12 1 2 1 2 2 2 3 2 32 2 3 36 9 1 1 x y x yx x y yx y              22 2 2 6 16 6 61 1        ，即 2 3 2 0x y   ， 所以点 H 在定直线 2 3 2 0x y   上． 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 2 2,a b 即可，注意 2 2 2 , ca b c e a    的 应用；涉及直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 1 2 1 2,x x x x  ，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．