20.极点与极线地性质

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1、第15讲:极点与极线的性质125第15讲:极点与极线的性质极点与极线是高等几何中的基本且重要的概念，虽然中学数学没有介绍，但以此为背景命制的高考试题经常岀现.掌握 极点与极线的初步知识，可使我们“登高望远”，抓住问题的本质，确定解题方向，寻找简捷的解题途.定 义：已 知 曲 线 G:ax2+bxy+cy 2+dx+ey+f=0,贝U 称 点 P(xo,yo) 和 直 线|：axox+b 竺严+cyoy+d 耳+e 0+f=0是曲线G的一对极点与极线，点P称为直线I关于曲线G的极点直线 l称为点P关于曲线G的极线.称点P与直线I有“配极关系”，或“对偶关系”，相互为对方的“配极元素”，或“对偶元

2、 素”.特别地，当点P在曲线G上时，点P关于曲线G的极线是曲线G在点P处的切线圆锥曲线的焦点对应的极线是该焦点 对应的准线；圆锥曲线的准线对应的极点是该准线对应的焦点.位置关系:已知点P关于圆锥曲线G的极线是直线l,则三者的位置关系是：若点P在曲线G 上,则直线l是曲线G在点P处的切线；若点P在曲线G外,则直线l是由点P向曲线G引两条切线的切点弦；若点P在曲线G内则直线l 是经过点P的曲线G的弦的两端点处的切线交点轨迹.如图：配极原则:如果点P的极线通过点证明：设圆锥曲线G:ax2+bxy+cy 2+2dx+2ey+f=0, 点P(xp,yp),Q(xQ,yQ),则点P、Q关于曲线G的极线方程

3、分别为p:ax px+bypx xpy2+cy py+dx xp2+ey yp2+f=0,q:axQx+byQx2+cy Qy+dx xQy yQ2 +e 尹 +f=0,则点P的极线通过点 QaxpXQ+bypXQXpyQ2+cy pyQ+dxq Xp2+eyQ yp2+f=0点 P(xp,yp)在直线q:ax Qx+byQx2+cy Qy+dxxq2+ey yQ2_+f=0 上 点Q的极线也通过点 P.推论1:两点连线的极点是此二点极线的交点 ，两直线交点的极线是此二直线极点的连线证明：设两点A、B连线的极点是P,即点P的极线经过点A、B,由配极原则知点 A、B的极线均过点P,即点P是此二

4、点极线的交点；同理可证：两直线交点的极线是此二直线极点的连线推论2(共点共线)：共线点的极线必共点；共点线的极点必共线.证明：设点A、B均在直线l上道线l对应的极点为P,由配极原则知点 A、B的极线均过点P,即点A、B的极线必共点;同理可证：共点线的极点必共线推论3(中点性质):若圆锥曲线G过点P的弦AB平行于点设P(xo,yo),曲 线 G:ax尹 +e 尹 +f=o 得:(2ax ocos 0+bx osin+bxy+cyP的极线，则点P是弦AB的中点.2+2dx+2ey+f=O,+f=0,故可设 AB:ax ox+byxxy+cy oy+d+e+入=0,由点P(xo,yo)在直ABaxo

5、2+bx oyo+cy o2+2dx o+2ey o+入 =o=-(ax o2+bx oyo+cy o2+2dx o+2ey o)AB:ax ox+b yox _ xoy +cy oy+d _x +e=axo222+bx oyo+cyo2+2dx o+2ey o程:axox+b yoxoy +cy oy+d 存 +e 耳0axox+b 吐 +cy oy+d+e2 2 2线:axox+byox xy2+f=ax o2+bx oyo+cy o2+2dx o+2ey o+f,而该直线为以为 P中点的中点弦方程，即点P是弦AB的中点.比例定理:若过点P(xo ,yo)的直线I与曲线 G:ax 2+bx

6、y+cy 2+dx+ey+f=O相交于 A、B两点，与直126cyoy+d第15讲:极点与极线的性质+e 工0 +f=0 交于点 Q,则|PA|QB|=|QA|PB|.x证明：设直线I:y+cy oy+dxo 5 (t 为参数),代入 axox+b yo2y2证明:以椭圆G: -y +十=1(abo)a b xoy yo t sinx xoy yo0 +by ocos 0 +2cy osin220 )t+2(ax o +bx oyo+cy o +dx o+ey o+f)=oto=-22 2ax。bxo yo cyodx eyof；代入2cyo sin2axo cosbxo s inbyo co

7、sax2+bxy+cy2+2dx+2ey+f=o得:(acos2 0 +bcos 0 sin 0 +csin 20)t+(ax o2+bx oyo+cy o2+dx o0 )t2+(2axocos 0 +bx osin 0 +byocos 0 +2cy osin+ey o+f)=o2axo cosbxo sinbyo cos2cyo sin11 +t 2=-22acos2bsin coscsin2,t1t2=O!bxyo cy$ dxoeyfa cos2bsin cos csin2to=玉t1 t2|PA|QB|=2t t|QA|PB|t1|t2-to|=|t 1-to|t2|to=成立.t1

8、 t2面积定理:已知点P关于圆锥曲线G的极线为I,过点P的直线与圆锥曲线G相交于A、B两点，分别过点A、B的两条平行线与直线I交于点D、C,记KPD ACPD ABPC的面积分别为S1,S2,S3，则:S22=4S 1S2.为例，设P(xo,yo),则极线哼卡 1 .设A(X1,y1),B(X2,y2),并分别过点I的垂线，垂足分别为 D1C1,则|IB |I xox1yoy11 2 .2 1 1 abI xox2yoy2 1112, 211ab|b2xoX1 a2yoy1 ab2 |b2xoX2 a2yoy2 a2b21至U:a2b2=b 2x12+a2y 12,a2b2=b 2x22+a

9、2y2)I b2XoXi a2yo% b2x? a2yf | = |b%x2 fyy b2 a2yf|b2xi(xi|b2X2(X2xo)Xo)a2yi(yi yo)| (注意到：o a y2(y2 yo)|x xoy2yo =k= |x xo| a2kyi b2xi | 又因_x2_xo| x2 x0|a2ky2 b2x2| .|AP|X Xo|BP| X2 Xo |b2%2a2y a2b2以下只需22| a ky1 b x1 |22| a ky2 b x2 |=1,即 |a2kyi+b 2xi|=|a 2ky2+b 2x2|,由b2xf a2yf a2b2b2(xi-X2)(xi +X2)

10、+a 2(yi-y2)(y i +y 2)=0b2(xi+x 2)+a 2 k(y i +y 2)=0a2ky i+b 2xi=-(a 2ky 2+b 2X2)|a2ky i+b 2xi |=|a2ky2+b 2X21| AP| =|BP| =LADU ,由ADD is/BCCi bADJ = LAP|，设 AC 与 BD 交于点 Q,由 AD /BC | BCi | BC | BP | AD | = | AQ | |BC| = |QC| AP| = |AQ |BP| =苗PQ /BC12 S2,注意/ADSabac=Sbdc,两边同减 Szbqc 得 Szqab=S zqdc,又因 Sqa=

11、S zpqd,Szpqb=S zpqcSzpcd=S zqcd+S zpqd+S zpqc=S qcd+S apqa+S APQB =S qcd+S aqab =2S AQAB1S aqad =S apad=S i ,S aqbc=S apbc=S 3,S aqab= S apcd=S QAD sQAB22S QAB =S aqadSzqbcS2 =4S iS2.s qbc |QD| |QC|=is QAB |QB| |QA| 例i:极点与极线的位置关系2 2始源问题：(20i0年湖北高考试题)已知椭圆 c：?+y2=i的两焦点为Fi,F2,点P(xo,yo)满足0今+yo2i,则|PFi|+

12、|PF2|的取值范围为 ，直线弓+yoy=i与椭圆C的公共点个数为 .解析：由0号+y o2i知，点P在椭圆 C内，所以直线 菩+y oy=i与椭圆 C相离 公共点个数为 0;2c PFi|+|PF2|2a2PFi|+|PF2|i(x 0丸),直线1：弓+号=i.(I )求直线I与椭圆C的公共点个数；(n )若射线OP与直线I、椭圆C分别交于点 Q、M,求证:|OP|OQ|=|OM|2解析：(I )因椭圆c：x2+y2=i43x 2cosy 3 sin,90,2 %),所以，直线I与椭圆C的公共点个数关于B的方程第i5讲:极点与极线的性质i27鱼cos2警前e=i解的个数直线：釘+3y才y=i

13、与圆:x2+y 2=i的公共点个数；由圆心0(0,0)到直3线:乡x+=i的距离d= 一i3直线：x2ox+与圆:x2+y2=i的公共点个数=2 直线I与椭圆C的公共点个数=2；n ) 因射0P：y=十x(x与xo同 号),XoX4号=i联立X0X+43X1=13x012xo3琉 4y012yo3x02 4yfQ(12xo3x02 4y212yo )2 2) 3x0 4y012x2 y2)3x2 4y2y=yoxo=1|OM| 2=x2+y 2=|OP|OQ|=严耗12焙+12yo2 = 12(x2 y2)2 2 2 _ 223xo 4yo3xo 4 yo3xo 4yo|OP|OQ|=|OM|

14、2例2:抛物线中的共线性质始源问题：(2o1o年大纲卷I高考试题)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点K(-1,o)的直线I与C相交于A、B两点,点A关于x轴的对称点为D.(I )证明:点F在直线BD上；8(n )设FA FB=-，求ABDK的内切圆 M 的方程.9解析:(I )设 A(X1,y1),B(X2,y2),直线 l:y=k(x+1)(k丸),则 D(X1,-y1),由y k(x 1)y2 4xky 2-4y+4k=04y1+y 2=Qy1y2=4;所以，点 F 在直线 BD 上 FB / FD(x2-1):(x 1-1)=y 2:(-y 1)y1(-y2 -2)+y 2(单-2

15、)=0y1y2-k(y 1+y 2)=0;kkk=y2y11218FA FB =(x 1-1)(x 2-1)+y 1y2=( - -2)( 一 -2)+y 1y2=(1+)y1y2- (y1+y 2)+4=4(1+j )- 2 +4=8-k kkkk k33根据对称性，不妨设k= 4,则直线AB:3x-4y+3=0,且kKD= -KF平分ZAKD圆M的圆心M在x轴上；(X2-X 1)2=(X 1 +X 2)2-1624X1X2=-7kBD=y2y1直线 BD:3x- . 7 y-3=0;设 M(t,0)(-1t0)的对称轴上一点A(a,0)(a0),的直线与抛物线相交于M、N两点，自 M、N向

16、直线l:x=-a作垂线，垂足分别为M1、N1.(I )当a= 2时，求证:AM 1丄AN 1;(II)记8MM 1、AAM1N1、AANN 1的面积分别为S1、S2、S3,是否存在入，使得对任意的a0,都有S22=0S3成立 若存在，求出入的值;若不存在，说明理由.解析:(I )当 a= * 时,A(号,0),设 M(2pm 2,2pm),N(2pn 2,2pn),则 M 1(- 2 ,2pm),N 1(-号,2pn),由 AM II AN (2pm 2p2 p122):(2pn 2- 2 )=2pm:2pnmn=- - AM 1 AN 1 =p 2+4p 2mn=0AM 1 丄 AN 1;1

17、29(I )由 AM II AN(2pm 2-a):(2pn 2-a)=2pm:2pn2pmn+a=0;2I MM1I a 2pm2I NN1 I a 2 pn2当 MN时 I AM 1 = I 2pm2 a =1 AN I | a 2pn2 |2pm2 a；所以 IMM 1 | = | AM | a 2 pn2I NN1 丨 1 AN 丨22a 2pm _ 2pm a2 2 a 2pn a 2 pn4p2m2n2=a2成立当 MN丄x轴时，显然有船僦设MN 1与NM 1交于点 Q(点Q即原点O),由MM 1 /NN 1I MQ I = I MM 1 I = IAM I IQN1I = INN

18、1I = IAN IAQ /MM 1 /NN 1;设ZMQM 1= a,则第15讲:极点与极线的性质S1= IQMIIQM 1Isin a,S3=f IQNIIQN 1Isin a;又S ZQMN = S QM1N1S2= S QM1N1+( S AQM+ S AQN1 )= S QM1N1 +(S AAQM +S AAQN )= S QM1N1 +S IQMIIQM 1Isin a IQNIIQN 1sin a= 2 IQMIIQNIsin1 1 2 -IQM 1IIQN 1sin a=S QMN S QMN=S22=4S 1S3在入=4,使得对任意的a0,都有S22= XS1S3成立.原创

19、问题:已知抛物线C:y2=4x,直线l:y=2x+2,过点P(1,1)的直线与抛物线 C交于A、B两点,A、B两点在直线I上的 射影点分别为 N、M,记APAN APMN APBM的面积分别为 S1、S2、S3.(I )当AB /直线I时，求证:P是AB的中点；(I)求证:S22=4S 1S3.解析：(I )设 A(xi,yi),则 yi2=4xi;由 P 是 AB 的中点 B(2-x 1,2-y 1)(2-y i)2=4(2-x 1) yi=2x 1+1 点 A 在直线y=2x+1上，同理可得点B也在直线y=2x+1上 直线AB:y=2x+1 AB /直线I;由统一法知，当 AB /直线I时

20、，P是ABt1+t 2=22cos sin 丄丄帝,t1t2=-的中点；x 1 t cos(n )设直线 AB: y 1 tsin (t 为参数)，代入 y2=4x 得:t2sin2 9+2(sin 9-2cos 9)t-3=0L;点 A(1+t 1cos 9,1+t 1Sin 9)到直线 I 的距离 |AN|= |2t1 cs一空2一 ，点 B(1+t 2cos 9,1+t 2Sin B)到直线 I 的距离 sin. 5|BM|=| 2t2 cost2 sin3|同号)=越需=：；：；：爲？|(由点 A、B 在直线 1 的同侧 2t1cos 9-t1sin 9+3 与 t2cos 9-t 2

21、Sin 9+3& sin t2 sinI；而 W=(点A B在点P的异侧)=-2所以，陽|PA|PB|2t1 cost1sin 32t2 cost2 sin32(2cos 9-sin 9)t1t2+3(t 1+t 2)=02cos sin,2=0成立；sin72 m0k2 3 ；且 x1 +x 2=-鉴22k2 1,X1X2=启；又由直线BM:y=如 2 x-2x1G(,1),即,1)kAG=-kx,63x邑 2 =k+ x2x2kAN-kAG= + +=3 xx2x * x21 6k莎=0A,G,N32(2cos 9-sin 9)(- )+3 2sin以下同例题可证:S22=4S 1S3.例

22、5:椭圆中的共线性质始源问题:(2012年北京高考试题)已知曲线C:(5-m)x 2+(m-2)y 2=8(m匕R).(I)若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；(n )设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方)，直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点 M、N,直线y=1 与直线BM交于点G.求证:A,G,N三点共线.解析:(I )由曲线C是焦点在x轴点上的椭圆m-25-m0三点共线.第(n )问是本题的特色与亮点曲线G相交于A、C两点,AP与曲线G相交于另一点 B,BQ与曲线G相交于另一点 的定义：,其实质是共轭点的性质：设点P与Q是二次曲线G的一对共轭点，过点Q的

23、直线 D,则P、C、D三点共线.其中共轭点AC与130第15讲:极点与极线的性质(I)设M(x 1,y1),N(x 2,y2),直线l:y=k(x-4),由y k(x x2 4y24)4(1+4k 2)x2-32k 2x+64k 2-4=032k264k2 4X1 +X 2=2 ,X1X2=T-14 k21 4k2解析：(I )由 a=2,1 e2h b2=11 +k2=X x2324( x x2),xix2(1+4k 2)=64k 2-4X1X288 (x,X2)45(xx2)88 (x X2)2x ix2=5(x i+x 2)-8; 又由直线c2x2b2=a2b2=1椭圆。亍y2=1;y,

24、AM:y= (xxi 2+2),直线BN:y= 匹 (x-2) 直线AM与BN的交点P的横坐标x满足：(x+2)= 匹 (x-2) k(x 4) (x+2)=X2 2x 2X2 2X 2k(x24) (x-2) x=2X1X26X1竺=5(X1X2)86X12X2=1 点 P 在一条定直线x=1 上.X2 23x2 X| 83x2 X1 8例6:椭圆中的中点性质.2 2始源问题:(2008年全国高中数学联赛湖南初赛试题)如图,过直线l:5x-7y-70=0 上的点P作椭圆 +- =1的两条259切线PM、PN,切点分别为 M、N.(I )当点P在直线l上运动时证明直线MN恒过定点Q;(II)当

25、MN IIl时，定点Q平分线段MN.7t 7 5t 575757575且 25X- 9y-1=0x=259y=-1410259直线MN恒过定点Q(却-币)(I )MN II l7t7255t 5=5:(-7)92 t= 533533x2直线 MN 的方程为:5x-7y-=0,代入椭圆方程 一 +3525得:浮X27225 533-2 尹 x+25(53325)2-9=0,设 M(x1,y1),N(x2,y2)，则 x1+x2= 定点 Q 平分线段 MN.原创问题:过点Q(1,1)作己知直线l:3x+4y=122 2的平行线交椭圆C:X4+=1于点M、N.解析:(I )设 P(7t+7,5t-5

26、),贝U直线 MN 的方程为：一 x+ g-y=1(莎 x+ y)t+(药 x- y-1)=0,由 x+ - y=0,(I )分别过点M、N作椭圆C的切线11、12.证明:三条直线11、12、l交于一点；(I)证明:点Q是线段MN的中点；(山)设P为直线l上一动点，过点P作椭圆C的切线PA、PB,切点分别为A、B,证明:点Q在直线AB上.X1y1X2y2y0)4 Xo+ -3- y0 = 1,4- Xo+3 y0 = 1解析:(I )设 M(x 1 ,y1),N(x 2,y2),切线 |1、|2 交于点 P(x0,y0),由切线 l1：#x+ -y y=1,切线 2晋 x+ 詈 y=1 均过点

27、 P(x0,直线 MN: 今x+詈y=1;又由直线 MN 过点Q(1,1)*=13x 0+4y 0=12点P在直线l上三条直线l1、l2、I交于一点；(I)由直线MN /直线l1=112X0=y 0=直线 MN:3x+4y=7点Q是线段MN的中点；点Q在直线AB上.(山)设 P(x0,y0),则直线 AB:3x 0x+4y 0y=123x0x+(12-3x 0)y=12131第15讲:极点与极线的性质例7:椭圆中的比例性质2始源问题:(2011年山东高考试题)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:工+y2=1.如图所示 斜率为k(k0)且不过原3点的直线I交椭圆C于A,B两点，线段AB的中点为

28、E射线0E交椭圆C于点G交直线x=-3于点D(-3,m).5J(I)求m2+k 2的最小值；(n)若|OG|2=|OD|OE|.(i) 求证直线I过定点；(ii) 试问点B,G能否关于x轴对称？若能，求出 此时ABG的外接圆方程；若不能请说明理由解析:(I )设 E(-3 X,m 入),A(-3 入+t,m 入+kt).则B(-3 ht,m辰kt).由点A、B都在椭圆C上(3町3(m kt)2 I两式相减得mk=1m2+k22mk=2,当且仅(3 t)2 3(m kt)2 3当m=k=1时等号成立 所以m2+k2的最小值=2.(n )(i)设直线OG与椭圆C相交于另一点T,则由椭圆C关于原点对

29、称得:|OT|=|OG|.所以,|OG|2=|OD|OE|EG DT +ET DG =0,由轨迹1知，点E在直线-x+my=1 上，即直线I的方程为:-x+my=1直线I过定点(-1,0);(ii)若点B,G关于x轴对称 点G(-3入-t,-m 肝kt),由点G在直线OE上 (-3 ht)：(-3片=(-m Hkt):m1 m2(6 Ht)=3t t= 诗 入又由点E在直线I上 3 Hm 2入=1 且=3kt(注意到 mk=1)132 m 23(乔)+(订?)=1133131m=1,k=1, X= ,t= 4A(0,1),B(- 2，-2 )，G(-2，2 )BG 的外接圆方程6m?+mt_

30、mB(-k,-冷:(x+ - )2+y 2=-24原创问题:已知椭圆2 2X yCr 2 =1(ab0)内一点P(2,1),射线OP与椭圆C交于点N,与直线|0：x+y-12=O 交于点M, a b满足|OP|OM|=|ON|2,且椭圆C在N处的切线平行于直线l0.(I )求椭圆C的方程；(n)过点P的任意一条直线l与直线10交于点Q,与椭圆C交于A、B两点(A在P与Q之间)，求证:|QA|PB|=|QB|PA|.解析:(I )由射线OP:y=1-x(x 0),直线 l0：x+y-12=OM(8,4);设 N(2t,t)(t0),由 |OP|OM|=|ON|2：-580 =4t 2+t2t=2

31、N(4,2)16孑+=1,椭圆C在n处的切线：丰+寻=竄由切线平行于直线l042/盲a2=2b 2b2=12,a=24x2y2椭圆 C:+ n=1;tx 2 t cos(n)设直线l: y 1 tsin (t为参数)，代入2x +242告=1 得:(2sin 2 0+cos 2 0)t2+4(sin 0+cos 0)t-18=011 +t 2=-4(sin cos )182 ,t1t2=- 2 ；代入 x+y-12=0得:(sin 知cos 0)t-9=02sin2co*2sin2cos29tQ=sin cos而 |QA|PB|=|QB|PA|(t Q-t 1 )(-t 2)=(t Q-t 2

32、)t 1 (t 1+t 2)t Q-2t lt2=04(sin cos )2sin cos9sin cos-2(-182sin2cos2)=0成立.x2原创问题：已知椭圆C： pa22 =1(ab0) b2内一点P(2,1),过点P且平行于x轴直线被椭圆C截得的弦长为4、6,过点P且平行于y轴直线被椭圆C截得的弦长为2 ,10 .(I)求椭圆C的方程；132(II)过点P的任意一条直线I与直线l0：x+y-12=0 交于点Q,与椭圆C交于A、B两点若QA =入AP , QB = gBP .求证：入+第15讲:极点与极线的性质卩为定值.2解析:(I)由$2缶=1,令y=1得:|x|= a ,b2

33、 1;令x=2得:心、a2 4;由题知冷b21 =2 . 6 a24 =aJ0a2=b2-,.(a2-4)=101 a224 b2 b24 b2(I)设直线l:t cost sin-4)=101b2=12a2=242椭圆 C：|4+4=1;(t 为参数)，代入+ =1 得:(2sin 2 9+cos 2 9)t2+4(sin24129+cos 9)t-18=0t1+t 2=-4(sin cos )2sin2coV18，t1t2=- 2sin2cog ;代入 x+y-12=0得:(sin 9+cos 9)t-9=0tQ=sin9cos由 QA =入AP ,QB = g BP9sin cos2(s

34、in cos )=0.90,尸士 9入 + g=2-t q 11 乜=2-t1t2g例8:椭圆中的共线性质始源问题:(2002年澳大利亚数学奥林匹克试题)己知 ABC为锐角三角形，以AB为直径的。K分别交AC、BC于P、Q,分别过A和Q作。K的两条切线交 于点R,分别过B和P作。K的两条切线交于点 S证明:点C在线段RS上.解析：设。K:x2+y 2=r 2,R(-r,a),S(r,b) 点R,S对应的极线分别为:AQ:22(a2 r2)r-rx+ay=r 2,BP:rx+by=r 2 Q(2亍a2 r22ar2L ),P(-(b2 r2)rb2 r2 b22br2尹)BbayAP:y= (x

35、+r),BQ:y=-(x-r),由rrya(x r) r b(x r) ra b ra b 2aba ba b 2abC(E)2共点于(异,点C对应的极线为:(a-b)rx+2aby=(a+b)r2,由三线:-rx+ay=r 2,BP:rx+by=r 2,(a-b)rx+2aby=(a+b)r)R,C,S三点共线点C在线段RS上.a b，顶点处的切线与其对边所在直线的交点共线该题是平面几何定理：“过非等腰三角形的三个顶点作其外接圆的切线的变形，以该定理为始源，取其特殊情况，并把圆压缩为椭圆得：2y2 =1(ab0) 均只有一个交点 M. b2、.x原创问题:若对任意0,2 n),直线l:xco

36、s 9+2ysin 9-2=0与椭圆C:二(I )求椭圆C的方程;(I)当9(0,-)时,若直线l与x轴交于点N,椭圆C的左、右顶点分别为 A、B直线BM上的点Q满足QA丄x轴，直线AM与NQ交于点P,求点P的轨迹方程.解析：(I )由xcos 2ysin 2 0b2x2 a2y2 a2b2 0(a2cos2 0+4b 2sin 2 0)y2-8b 2ysin 0+4b 2-a2b2cos2 0=0=64b 4sin 2 04(a 2cos 2 0+4b 2sin2 0)(4b2-a2b2cos2 0 )=0a2-4+(4b 2-a2)sin 2 0 =0 恒成立a2-4=0,4b 2-a 2

37、=0a2=4,b 2=1 椭圆2X2*C:+y 2=1;4(n )由 xcos 0+2ysin 0-2=02_亠八、sinsinN(k,)；( I)知,M(2cos 0,sin 0) 直线 AM:y=丢苻三(x+2),BM:y= 2cos 严)Q(-2鶴)直线 NQ:y=-cot 0(x-善);令 i4(x+2)=-cot0x-想)sin cos2)x=而sincos 1x=2 点P的轨迹方程x=2(0yb0)过点D(-1,e),其中,e是椭圆C的离心率椭圆C的左、右顶点分别为 A(-2,0)、B(2,0).(I )求椭圆C的方程；(n )过点E(4,0)的直线I与椭圆C交于M、N两点，求证直线AM与BN的交点P在一条定直线上.