浙江省2020版高考数学专题10圆锥曲线与方程10.6圆锥曲线的综合问题检测

10.6　圆锥曲线的综合问题

挖命题

【考情探究】

分析解读　　1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的方程;二是通过方程研究平面曲线的性质.

2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合问题;(2)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题.

3.预计2020年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应高度重视.

炼技法

【方法集训】

方法1　圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法

1.(2018浙江9+1高中联盟期中,21)如图,在平面直角坐标系xOy中,设点M(x0,y0)是椭圆C:+y2=1上一点,从原点O向圆M:+=作两条切线,分别与椭圆C交于点P,Q,直线OP,OQ的斜率分别记为k1,k2.

(1)求证:k1k2为定值;

(2)求四边形OPMQ面积的最大值.

解析　(1)证明:因为直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x与圆M相切,

所以=,=,可知k1,k2是方程(3-2)k2-6x0y0k+3-2=0的两个不相等的实数根,

所以3-2≠0,k1k2=,因为点M(x0,y0)在椭圆C上,所以=1-,

所以k1k2==-.

(2)易知直线OP,OQ都不能落在坐标轴上,设P(x1,y1),Q(x2,y2),

因为2k1k2+1=0,所以+1=0,即=,

因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上,

所以==,

整理得+=2,所以+=1,

所以OP2+OQ2=3.

因为S四边形OPMQ= (OP+OQ)·=(OP+OQ),

OP+OQ≤=,所以S四边形OPMQ的最大值为1.

2.(2018浙江台州高三期末质检,21,15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,左顶点为A,点P(,)在椭圆C上,且△PF1F2的面积为2.

(1)求椭圆C的方程;

(2)过原点O且与x轴不重合的直线交椭圆C于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.求证:以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2,并求出△F1MN面积的取值范围.

解析　(1)∵=×2c×=2,∴c=2,(2分)

又点P(,)在椭圆C上,

∴+=1,∴a4-9a2+8=0,

解得a2=8或a2=1(舍去),

又a2-b2=4,∴b2=4,

∴椭圆C的方程为+=1.(5分)

(2)由(1)可得A(-2,0),F1(-2,0),F2(2,0),

当直线EF的斜率不存在时,E,F为短轴的两个端点,不妨设M(0,2),N(0,-2),

∴F1M⊥F1N,F2M⊥F2N,

∴以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2.(7分)

当直线EF的斜率存在且不为零时,设直线EF的方程为y=kx(k≠0),

设点E(x0,y0)(不妨设x0>0),则点F(-x0,-y0),

由消去y得x2=,

∴x0=,y0=,

∴直线AE的方程为y=(x+2),

∵直线AE与y轴交于点M,∴令x=0,得y=,

即点M,同理可得点N,

∴=,=,

∴·=0,∴F1M⊥F1N,同理,F2M⊥F2N,

则以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2,(12分)

当直线EF的斜率存在且不为零时,

|MN|===2·>4,

∴△F1MN的面积S=|OF1|·|MN|>4,

又当直线EF的斜率不存在时,|MN|=4,

∴△F1MN的面积为|OF1|·|MN|=4,

∴△F1MN面积的取值范围是[4,+∞).(15分)

方法2　定点、定值问题的求法

1.(2017浙江镇海中学模拟卷(四),21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且椭圆C上的点到其焦点的距离的最小值为1.

(1)求a,b的值;

(2)过点P(3,0)作直线l交C于A,B两点,

①求△AOB面积S的最大值;

②设Q为线段AB上的点,且满足=,证明:点Q的横坐标xQ为定值.

解析　(1)由题意知,

所以a=2,c=1,

因此b==,故a=2,b=.(4分)

(2)显然直线l的斜率存在且不为0,故可设l:y=k(x-3)(k≠0),

联立消去y,并整理,得

(3+4k2)x2-24k2x+36k2-12=0,其中Δ=48(3-5k2)>0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=,x1·x2=.(6分)

①原点O到直线l的距离d=,|AB|=|x1-x2|=·,

所以S△AOB=|AB|·d=6·|k|·=6·.(8分)

设t=,则k2=,其中t∈,则

S=6·=·≤·=.

当且仅当9-27t=27t-5,即t=时,取等号.(10分)

故△AOB面积S的最大值为.

②证明:设==λ,则=-λ,=λ,(12分)

所以3-x1=-λ(x2-3),xQ-x1=λ(x2-xQ),消去λ得,

xQ===,

故点Q的横坐标xQ为定值.(15分)

2.(2017浙江五校联考(5月),21)如图,已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)经过不同的三点A,B,C(C在第三象限),线段BC的中点在直线OA上.

(1)求椭圆Γ的方程及点C的坐标;

(2)设点P是椭圆Γ上的动点(异于点A,B,C),且直线PB,PC分别交直线OA于M,N两点,问|OM|·|ON|是不是定值?若是,求该值;若不是,请说明理由.

解析　(1)由点A,B在椭圆Γ上,得解得所以椭圆Γ的方程为+=1.

设点C(m,n),则BC中点为,

由已知,求得直线OA的方程为x-2y=0,从而m=2n-1.①

又点C在椭圆Γ上,故2m2+8n2=5.②

由①②得n= (舍去)或n=-,从而m=-,

所以点C的坐标为.

(2)设P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2).

当x0≠-且x0≠-时,

因为P,B,M三点共线,所以=,整理得y1=.

因为P,C,N三点共线,所以=,整理得y2=.

因为点P在椭圆Γ上,所以2+8=5,即=-4.

从而y1y2==

===.

所以|OM|·|ON|=|y1|·|y2|=5|y1y2|=,为定值.

当x0=-或x0=-时,易求得|OM|·|ON|=,为定值.

综上,|OM|·|ON|是定值,为.

方法3　存在性问题的解法

1.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,21)已知抛物线C1:x2=4y的焦点为F,过抛物线C2:y=-x2+3上一点M作抛物线C2的切线l,与抛物线C1交于A,B两点.

(1)记直线AF,BF的斜率分别为k1,k2,若k1·k2=-,求直线l的方程;

(2)是否存在正实数m,使得对任意点M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.

解析　(1)设M(x0,y0),由y=-+3,得y'=-,则切线l的斜率为k=-.

切线l的方程为y=-(x-x0)+y0=-x++y0=-x-2y0+6+y0,即y=-x-y0+6.(3分)

与x2=4y联立,消去y得x2+x0x+4y0-24=0.(4分)

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,(5分)

则y1+y2=-(x1+x2)-2y0+12=-2y0+12=-4y0+18,

y1y2==,

则由k1·k2=×===-,

得5-28y0+23=0,解得y0=1或y0=.(8分)

∵=-8(y0-3)≥0,∴y0≤3,故y0=1,∴x0=±4.

则直线l的方程为y=±x+5.(9分)

(2)由(1)知直线l的方程为y=-x-y0+6,且x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,

则|AB|=|x1-x2|=·=·,

即|AB|=·=2(5-y0),(11分)

而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13分)

则|AB|=(|AF|+|BF|),(14分)

故存在正实数m=,使得对任意点M,都有|AB|=(|AF|+|BF|)成立.(15分)

2.(2017浙江镇海中学模拟卷(六),21)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,M为椭圆C上任意一点,|MF1|-|MF2|的最大值为2,离心率为.

(1)若N为椭圆C上任意一点,且F2M⊥F2N,求·的最小值;

(2)若过椭圆C右焦点F2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且=3,试问:在椭圆C上是否存在点P,使得线段OP与线段AB的交点恰为四边形OAPB的对称中心?若存在,求点P的坐标;若不存在,说明理由.

解析　(1)由题意知,

∴故b=,

∴椭圆C的方程是+=1,其右焦点F2的坐标为(1,0).

∵·=·(+)=·+·=,

∴===4-2.

(2)由题意知,直线l的斜率不为0.

假设符合条件的点P存在,则=+.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则点P的坐标为(x1+x2,y1+y2),

根据=3,得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2),∴y1=-2y2.

设直线l的方程为x=my+1,代入椭圆方程整理得(2m2+3)y2+4my-4=0,

故y1+y2=-,y1y2=-.

易得-y2=-,-2=-,

消去y2,得=,

解得m2=,即m=±.

当m=时,y1+y2=-,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时P.

当m=-时,y1+y2=,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时P.

经检验,点,都在椭圆C上,

故C上存在点P,使得线段OP与线段AB的交点恰为四边形OAPB的对称中心.

过专题

【五年高考】

A组　自主命题·浙江卷题组

考点　圆锥曲线的综合问题

1.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.

(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;

(2)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.

解析　本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.

(1)设P(x0,y0),A,B.

因为PA,PB的中点在抛物线上,

所以y1,y2为方程=4·即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根.

所以y1+y2=2y0,

因此,PM垂直于y轴.

(2)由(1)可知

所以|PM|= (+)-x0=-3x0,

|y1-y2|=2.

因此,△PAB的面积S=|PM|·|y1-y2|=(-4x0.

因为+=1(x0<0),所以-4x0=-4-4x0+4∈[4,5].

因此,△PAB面积的取值范围是.

疑难突破　解析几何中“取值范围”与“最值”问题

在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.

2.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.

(1)求直线AP斜率的取值范围;

(2)求|PA|·|PQ|的最大值.

解析　本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力.

(1)设直线AP的斜率为k,k==x-,

因为-

(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是xQ=.

因为|PA|==(k+1),

|PQ|=(xQ-x)=-,

所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,

令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f '(k)=-(4k-2)(k+1)2,

所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.

解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·(-)=·-.

易知P(x,x2),

则·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+x++x4-x2+=x4+x2+x+.

∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.

设f(x)=-x4+x2+x+,

则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,

∴f(x)在上为增函数,在上为减函数,

∴f(x)max=f(1)=.

故|AP|·|PQ|的最大值为.

方法总结　在解析几何中,遇到求两线段长度之积的最值或取值范围时,一般用以下方法进行转化.

1.直接法:求出各点坐标,用两点间的距离公式,转化为某个参变量(如直线斜率、截距,点的横、纵坐标等)的函数,再求函数的最值或值域.

2.向量法:三点共线时,转化为两向量的数量积,再转化为动点的横(或纵坐标)的函数,最后求函数的最值或值域.

3.参数法:把直线方程化为参数方程,与曲线方程联立,由根与系数的关系转化为直线的斜率(或直线的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.

3.(2014浙江,21,15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.

(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;

(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.

解析　(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.

由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为.

又点P在第一象限,

故点P的坐标为P.

(2)证明:由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,

所以点P到直线l1的距离d=,

整理得d=.

因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,

当且仅当k2=时等号成立.

所以点P到直线l1的距离的最大值为a-b.

评析　本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式的应用等综合解题能力.

B组　统一命题、省(区、市)卷题组

考点　圆锥曲线的综合问题

1.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y2=2px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,=λ,=μ,求证: +为定值.

解析　(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),

所以2p=4,即p=2.

故抛物线C的方程为y2=4x,

由题意知,直线l的斜率存在且不为0.

设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).

由得k2x2+(2k-4)x+1=0.

依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0

又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).

从而k≠-3.

所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),

由(1)知x1+x2=-,x1x2=.

直线PA的方程为y-2=(x-1).

令x=0,得点M的纵坐标为yM=+2=+2.

同理得点N的纵坐标为yN=+2.

由=λ,=μ得λ=1-yM,μ=1-yN.

所以+=+=+

=·=·=2.

所以+为定值.

方法总结　圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;

(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形求得;

(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.

2.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.

(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的斜率为k2,且k1k2=.M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|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.

解析　本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力.

(1)由题意知e==,2c=2,所以a=,b=1,

因此椭圆E的方程为+y2=1.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),

联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,

由题意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,

所以|AB|=|x1-x2|=.

由题意可知圆M的半径

r=|AB|=·.

由题设知k1k2=,所以k2=,

因此直线OC的方程为y=x.

联立得x2=,y2=,

因此|OC|==.

由题意可知sin==,

而==,

令t=1+2,则t>1,∈(0,1),

因此=·=·

=·≥1,

当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,

所以sin≤,

因此≤,所以∠SOT的最大值为.

综上所述,∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=±.

思路分析　(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式求|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin与k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.

解题反思　最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin与k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.

3.(2016天津,19,14分)设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O为原点,e为椭圆的离心率.

(1)求椭圆的方程;

(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.

解析　(1)设F(c,0),由+=,即+=,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以椭圆的方程为+=1.

(2)设直线l的斜率为k(k≠0),

则直线l的方程为y=k(x-2).

设B(xB,yB),由方程组消去y,

整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.

解得x=2或x=,

由题意得xB=,从而yB=.

由(1)知F(1,0),设H(0,yH),有=(-1,yH),=.

由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得yH=.

因此直线MH的方程为y=-x+.

设M(xM,yM),

由方程组消去y,解得xM=.

在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,即(xM-2)2+≤+,化简得xM≥1,即≥1,解得k≤-或k≥.

所以直线l的斜率的取值范围为∪.

评析　本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.

4.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.

(1)求椭圆C的方程;

(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:|AN|·|BM|为定值.

解析　(1)由题意得

解得a2=4,b2=1.

所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).

设P(x0,y0),则+4=4.

当x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2).

令x=0,得yM=-,从而|BM|=|1-yM|=.

直线PB的方程为y=x+1.

令y=0,得xN=-,从而|AN|=|2-xN|=.

所以|AN|·|BM|=·

=

=

=4.

当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,

所以|AN|·|BM|=4.

综上,|AN|·|BM|为定值.

一题多解　(2)点P在曲线+=1上,不妨设P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ且θ≠kπ+ (k∈Z)时,直线AP的方程为y-0=(x-2),令x=0,得yM=;

直线BP的方程为y-1=(x-0),令y=0,得xN=.

∴|AN|·|BM|=2·

=2=2×2=4(定值).

当θ=kπ或θ=kπ+ (k∈Z)时,M,N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.

评析　本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运算量大,对学生的运算能力要求较高.

5.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.

(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;

(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.

解析　(1)由题意得,a=b,

则椭圆E的方程为+=1.

由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①

方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,

此时方程①的解为x=2,

所以椭圆E的方程为+=1,

点T的坐标为(2,1).

(2)由已知可设直线l'的方程为y=x+m(m≠0),

由方程组可得

所以P点坐标为,|PT|2=m2.

设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).

由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②

方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),

由Δ>0,解得-.

由②得x1+x2=-,x1x2=.所以|PA|==,

同理|PB|=.

所以|PA|·|PB|=

=

==m2.

故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.

评析　本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间的距离公式进行考查,难点是运算量比较大,注意运算技巧.

6.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.

(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;

(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.

解析　(1)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).

将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故

xM==,yM=kxM+b=.

于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-9.

所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.

(2)四边形OAPB能为平行四边形.

因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.

由(1)得OM的方程为y=-x.

设点P的横坐标为xP.

由得=,即xP=.

将代入l的方程得b=,

因此xM=.

四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM.

于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.

因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.

评析　本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,设问常规,但对运算能力要求较高,考查学生的思维能力.

C组　教师专用题组

考点　圆锥曲线的综合问题

1.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为2.

(1)求椭圆C的方程;

(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,☉N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与☉N分别相切于点E,F,求∠EDF的最小值.

解析　本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值.

(1)由椭圆的离心率为,得a2=2(a2-b2),

又当y=1时,x2=a2-,得a2-=2,

所以a2=4,b2=2.

因此椭圆方程为+=1.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立

得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,

由Δ>0得m2<4k2+2,(*)

且x1+x2=-,因此y1+y2=,

所以D,

又N(0,-m),所以|ND|2=+,

整理得|ND|2=,

因为|NF|=|m|,

所以==1+.

令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=,

所以=1+=1+.

令y=t+,所以y'=1-.

当t≥3时,y'>0,

从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,

因此t+≥,

等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,

所以≤1+3=4,

由(*)得-且m≠0.

故≥.

设∠EDF=2θ,

则sin θ=≥.

所以θ的最小值为,

从而∠EDF的最小值为,此时直线l的斜率是0.

综上所述,当k=0,m∈(-,0)∪(0,)时,∠EDF取到最小值.

方法总结　求解圆锥曲线相关最值的常用方法:

1.几何性质法;

2.二次函数最值法;

3.基本不等式法;

4.三角函数最值法;

5.导数法.

2.(2017课标全国Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.

(1)求C的方程;

(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.

解析　本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.

(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.

又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.

因此解得

故C的方程为+y2=1.

(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.

如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为,.

则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.

从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得

(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.

由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.

而k1+k2=+

=+

=,

由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.

即(2k+1)·+(m-1)·=0.

解得k=-.

当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,

即y+1=-(x-2),

所以l过定点(2,-1).

3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2.

(1)求椭圆C的方程;

(2)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.

(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k',证明为定值;

(ii)求直线AB的斜率的最小值.

解析　(1)设椭圆的半焦距为c.

由题意知2a=4,2c=2,

所以a=2,b==.

所以椭圆C的方程为+=1.

(2)(i)证明:设P(x0,y0)(x0>0,y0>0).

由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).

所以直线PM的斜率k==,

直线QM的斜率k'==-.

此时=-3.所以为定值-3.

(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).

直线PA的方程为y=kx+m,

直线QB的方程为y=-3kx+m.

联立

整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.

由x0x1=,

可得x1=.

所以y1=kx1+m=+m.

同理x2=,y2=+m.

所以x2-x1=-=,

y2-y1=+m--m=,

所以kAB===.

由m>0,x0>0,可知k>0,

所以6k+≥2,等号当且仅当k=时取得.

此时=,即m=,符合题意.

所以直线AB的斜率的最小值为.

4.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且点在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程;

(2)设椭圆E:+=1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.

(i)求的值;

(ii)求△ABQ面积的最大值.

解析　(1)由题意知+=1,

又=,解得a2=4,b2=1.

所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)由(1)知椭圆E的方程为+=1.

(i)设P(x0,y0),=λ,

由题意知Q(-λx0,-λy0).

因为+=1,

又+=1,

即=1,

所以λ=2,即=2.

(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).

将y=kx+m代入椭圆E的方程,

可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,

由Δ>0,可得m2<4+16k2.①

则有x1+x2=-,x1x2=.

所以|x1-x2|=.

因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),

所以△OAB的面积S=|m||x1-x2|

=

=

=2.

设=t.

将y=kx+m代入椭圆C的方程,

可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,

由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②

由①②可知0

因此S=2=2.

故S≤2,

当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2.

由(i)知,△ABQ的面积为3S,

所以△ABQ面积的最大值为6.

5.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为.

(1)求椭圆E的方程;

(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.

解析　(1)由题设知=,b=1,

结合a2=b2+c2,解得a=.

所以椭圆E的方程为+y2=1.

(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.

由已知可知Δ>0.

设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,

则x1+x2=,x1x2=.

从而直线AP,AQ的斜率之和

kAP+kAQ=+=+

=2k+(2-k)=2k+(2-k)

=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.

评析　本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.

6.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.

(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);

(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.

解析　(1)由题意得解得a2=2.

故椭圆C的方程为+y2=1.

设M(xM,0).

因为m≠0,所以-1

直线PA的方程为y-1=x,

所以xM=,即M.

(2)存在.因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).

设N(xN,0),则xN=.

“存在点Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ)使得=”,即yQ满足=|xM||xN|.

因为xM=,xN=,+n2=1,

所以=|xM||xN|==2.

所以yQ=或yQ=-.

故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ,

点Q的坐标为(0,)或(0,-).

7.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为2.

(1)求椭圆E的方程;

(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得=恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

解析　(1)由已知得,点(,1)在椭圆E上.

因此,解得a=2,b=.

所以椭圆E的方程为+=1.

(2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.

如果存在定点Q满足条件,则有==1,

即|QC|=|QD|.

所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0).

当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,

则M,N的坐标分别为(0,),(0,-).

由=,有=,解得y0=1或y0=2.

所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q点坐标只可能为(0,2).

下面证明:对任意直线l,均有=.

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).

联立得得(2k2+1)x2+4kx-2=0.

其Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,

所以,x1+x2=-,x1x2=-.

因此+==2k.

易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为(-x2,y2).

又kQA===k-,

kQB'===-k+=k-,

所以kQA=kQB',即Q,A,B'三点共线.

所以===.

故存在与P不同的定点Q(0,2),使得=恒成立.

评析　本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质,直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.

8.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面积为.

(1)求该椭圆的标准方程;

(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程.若不存在,请说明理由.

解析　(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.

由=2得|DF1|==c.

从而=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.

从而|DF1|=,

由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,

因此|DF2|=.

所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.

因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.

(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2.

由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.

由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).

再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+=0.

由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0,

解得x1=-或x1=0.

当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.

当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.

设C(0,y0),由CP1⊥F1P1,得·=-1.

而y1=|x1+1|=,故y0=.

圆C的半径|CP1|==.

综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+=.

评析　本题考查椭圆的标准方程、圆的方程的求法以及椭圆的几何性质,直线与圆的位置关系的应用.本题考查了学生分析问题,解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力以及利用分类讨论思想解决问题的能力.

9.(2014课标Ⅰ,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.

(1)求E的方程;

(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.

解析　(1)设F(c,0),由条件知, =,

得c=.

又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.

故E的方程为+y2=1.

(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).

将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.

当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=.

从而|PQ|=|x1-x2|=.

又点O到直线PQ的距离d=,

所以△OPQ的面积

S△OPQ=d·|PQ|=.

设=t,则t>0,S△OPQ==.

因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0,

所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.

评析　本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.

10.(2014湖南,21,13分)如图,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.

(1)求C1,C2的方程;

(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.

解析　(1)因为e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.

故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.

(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.

由得(m2+2)y2-2my-1=0,

易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.

因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点M的坐标为.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.

由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.

设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=,

因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,

从而2d=.

又因为|y1-y2|==,

所以2d=.

故四边形APBQ的面积

S=|PQ|·2d==2 .

而0<2-m2<2,故当m=0时,S取得最小值2.

综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.

11.(2014四川,20,13分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.

(i)证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);

(ii)当最小时,求点T的坐标.

解析　(1)由已知可得

解得a2=6,b2=2,

所以椭圆C的标准方程是+=1.

(2)(i)证明:由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m).

则直线TF的斜率kTF==-m.

当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=,直线PQ的方程是x=my-2.

当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.

设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得

消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,

其Δ=16m2+8(m2+3)>0.

所以y1+y2=,y1y2=,

x1+x2=m(y1+y2)-4=.

所以PQ的中点M的坐标为.

所以直线OM的斜率kOM=-,

又直线OT的斜率kOT=-,所以点M在直线OT上,

因此OT平分线段PQ.

(ii)由(i)可得,

|TF|=,

|PQ|=

=

==.

所以==≥=.

当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.

所以当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).

评析　本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想.

12.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).

(1)证明:动点D在定直线上;

(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.

解析　(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8,

直线AO的方程为y=x,直线BD的方程为x=x2.

解得交点D的坐标为,

注意到x1x2=-8及=4y1,则有y===-2.

因此D点在定直线y=-2上(x≠0).

(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a≠0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由Δ=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.

故切线l的方程可写为y=ax-a2.

分别令y=2、y=-2得N1、N2的坐标为

N1、N2,

则|MN2|2-|MN1|2=+42-=8,

即|MN2|2-|MN1|2为定值8.

评析　本题考查抛物线的性质,以及直线与抛物线的位置关系,考查用代数方法解决圆锥曲线的综合问题,考查方程思想以及设而不求、整体代换思想的应用,同时考查学生运算求解能力和综合分析问题的能力.

13.(2014湖南,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:-=1(a1>0,b1>0)和椭圆C2:+=1(a2>b2>0)均过点P,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.

(1)求C1,C2的方程;

(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|+|=||?证明你的结论.

解析　(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,

从而a1=1,c2=1.

因为点P在双曲线x2-=1上,所以-=1,故=3.

由椭圆的定义知2a2=+=2.

于是a2=,=-=2,故C1,C2的方程分别为x2-=1,+=1.

(2)不存在符合题设条件的直线.

(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=或x=-.

当x=时,易知A(,),B(,-),

所以|+|=2,||=2,

此时,|+|≠||.

当x=-时,同理可知,|+|≠||.

(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,

由得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.

当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2=,x1x2=.

于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.

由得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.

因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式

Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.

化简,得2k2=m2-3,因此·=x1x2+y1y2=+=≠0,

于是||2+||2+2·≠||2+||2-2·,

即|+|2≠|-|2,故|+|≠||.

综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.

评析　本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系,同时考查方程思想,运算、推理能力,综合性较强.

【三年模拟】

解答题(共60分)

1.(2019届浙江温州九校联考,21)已知离心率为的椭圆C:+=1(a>b>0),过椭圆C上点P(2,1)作两条互相垂直的直线,分别交椭圆于A,B两点.

(1)求椭圆C的方程;

(2)求证:直线AB过定点,并求出此定点的坐标.

解析　(1)依题意有(4分)

解得所以椭圆C的方程为+=1.(6分)

(2)证明:易知直线AB的斜率是存在的,

故设直线AB的方程为y=kx+m,

由得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-6=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,(9分)

由·=0,得(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,

即(x1-2)(x2-2)+(kx1+m-1)(kx2+m-1)=0,

得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+m2-2m+5=0,

则3m2+8mk+4k2-2m-1=0,(11分)

即(3m+2k+1)(m+2k-1)=0,

由直线AB不过点P,知m+2k-1≠0,故3m+2k+1=0.(13分)

所以直线AB过定点.(15分)

2.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,21)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点M(m,-2)与其焦点的距离为2.

(1)求实数p与m的值;

(2)如图所示,动点Q在抛物线C上,直线l过点M,点A、B在l上,且满足QA⊥l,QB∥x轴.若为常数,求直线l的方程.

解析　(1)设抛物线的焦点为F,由题意得|MF|=m+=2,　(2分)

又点M(m,-2)在抛物线上,故2pm=4,(4分)

由p>0得p=2,m=1.(6分)

(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,连接QM.

设直线l的方程为t(y+2)=x-1,Q,(7分)

则yB=y0,所以|MB|=|y0+2|,(9分)

又点Q到直线l的距离d=,

|MA|=

=

=,(11分)

故==.(13分)

由为常数,得y0+2=y0-2+,所以t=1,则为8,此时直线l的方程为y=x-3.(15分)

3.(2017浙江衢州质量检测(1月),21)已知椭圆+=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2,以A为圆心的圆(x-2)2+y2=r2(r>0)与椭圆相交于B、C两点.

(1)求椭圆的标准方程;

(2)求·的取值范围;

(3)设P是椭圆上异于B、C的任意一点,直线PB、PC与x轴分别交于点M、N,求S△POM·S△PON的最大值.

解析　(1)由题意得椭圆的标准方程为+y2=1.

(2)设B(x0,y0),则C(x0,-y0),且+=1,

所以·=-=-=-4x0+3=-.

因为-20<2,所以·的取值范围为.

(3)设P(x1,y1)(y1≠±y0),则+=1,直线PB,PC的方程分别为y-y1=(x-x1),y-y1=(x-x1),

分别令y=0得xM=,xN=,

所以xMxN====4,

于是S△POM·S△PON=|OM||ON|·=|xMxN|·=,

因为-1≤y1≤1,所以S△POM·S△PON的最大值为1.

4.(2017浙江镇海中学第一学期期中,19)如图,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的上顶点为A(0,1),离心率为.

(1)求椭圆C的方程;

(2)过点A作圆M:(x+1)2+y2=r2(0

解析　(1)由已知得⇒a=2,b=1,

所以所求椭圆的方程为+y2=1.(5分)

(2)是.设切线方程为y=kx+1,则=r,即(1-r2)k2-2k+1-r2=0,

设B(x1,y1),D(x2,y2),切线AB,AD的斜率分别为k1,k2(k1≠k2),则k1,k2是上述方程的两根,所以k1·k2=1.

由得(1+4k2)x2+8kx=0,

所以x1=,y1=,

同理,可得x2==,y2==.(10分)

所以kBD==-,

所以直线BD的方程为y-=-,

令x=0,得y=+·==-,

故直线BD过定点.(15分)