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第三课时第三课时题型上题型上高考高考 3 大题型逐一精研大题型逐一精研题型一题型一定点、定值问题定点、定值问题定点问题定点问题例例 1已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点的右焦点 F( 3，0)，长半轴长与短半轴长的比值长半轴长与短半轴长的比值为为 2.(1)求椭圆求椭圆 C 的标准方程；的标准方程；(2)设不经过点设不经过点 B(0,1)的直线的直线 l 与椭圆与椭圆 C 相交于不同的两点相交于不同的两点 M，N，若点，若点 B 在以线段在以线段 MN为直径的圆上，证明直线为直径的圆上，证明直线 l 过定点，并求出该定点的坐标过定点，并求出该定点的坐标解解(1)由题意得，由题意得，c 3，ab2，a2b2c2，a2，b1，椭圆椭圆 C 的标准方程为的标准方程为x24y21.(2)证明证明：当直线当直线 l 的斜率存在时的斜率存在时，设直线设直线 l 的方程为的方程为 ykxm(m1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由由ykxm，x24y21，消去消去 y 可得可得(4k21)x28kmx4m240.16(4k21m2)0，x1x28km4k21，x1x24m244k21.点点 B 在以线段在以线段 MN 为直径的圆上，为直径的圆上，BM BN0.BM BN(x1，kx1m1)(x2，kx2m1)(k21)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)20，(k21)4m244k21k(m1)8km4k21(m1)20，整理，得整理，得 5m22m30，解得解得 m35或或 m1(舍去舍去)直线直线 l 的方程为的方程为 ykx35.易知当直线易知当直线 l 的斜率不存在时，不符合题意的斜率不存在时，不符合题意故直线故直线 l 过定点，且该定点的坐标为过定点，且该定点的坐标为0，35 .解题技法解题技法圆锥曲线中定点问题的两种解法圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点数何时没有关系，找到定点(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关过关训练过关训练1.如图，已知直线如图，已知直线 l：ykx1(k0)关于直线关于直线 yx1 对称的对称的直线为直线为 l1，直线，直线 l，l1与椭圆与椭圆 E：x24y21 分别交于点分别交于点 A，M 和和 A，N，记直线，记直线 l1的斜率为的斜率为 k1.(1)求求 kk1的值；的值；(2)当当 k 变化时，试问直线变化时，试问直线 MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由定点，请说明理由解：解：(1)设直线设直线 l 上任意一点上任意一点 P(x，y)关于直线关于直线 yx1 对称的点为对称的点为 P0(x0，y0)，直线直线 l 与直线与直线 l1的交点为的交点为(0,1)，l：ykx1，l1：yk1x1，ky1x，k1y01x0，由，由yy02xx021，得得 yy0 xx02，由由yy0 xx01，得，得 yy0 x0 x，由由得得yx01，y0 x1，kk1yy0 yy0 1xx0 x1 x01 xx02 1xx01.(2)由由ykx1，x24y21得得(4k21)x28kx0，设设 M(xM，yM)，N(xN，yN)，xM8k4k21，yM14k24k21.同理可得同理可得 xN8k14k2118k4k2，yN14k214k211k244k2.kMNyMyNxMxN14k24k21k244k28k4k218k4k288k48k 3k23 k213k，直线直线 MN：yyMkMN(xxM)，即即 y14k24k21k213kx8k4k21 ，即即 yk213kx8 k21 3 4k21 14k24k21k213kx53.当当 k 变化时，直线变化时，直线 MN 过定点过定点0，53 .定值问题定值问题例例 2(2019沈阳模拟沈阳模拟)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的焦点为的焦点为 F1，F2，离心率为，离心率为12，点点 P 为其上一动点，且三角形为其上一动点，且三角形 PF1F2的面积最大值为的面积最大值为 3，O 为坐标原点为坐标原点(1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程；(2)若点若点 M，N 为为 C 上的两个动点，求常数上的两个动点，求常数 m，使，使OM ONm 时，点时，点 O 到直线到直线 MN 的的距离为定值，求这个定值距离为定值，求这个定值解解(1)当点当点 P 位于短轴的端点时，位于短轴的端点时，PF1F2的面积最大，即的面积最大，即122cb 3，则有则有c2a2b2，bc 3，ca12，解得解得a2，b 3，所以椭圆所以椭圆 C 的方程为的方程为x24y231.(2)设设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则，则 x1x2y1y2m，当直线当直线 MN 的斜率存在时的斜率存在时， 设其方程为设其方程为 ykxn， 则点则点 O 到直线到直线 MN 的距离的距离 d|n|k21n2k21，联立联立3x24y212，ykxn，消去消去 y，得，得(4k23)x28knx4n2120, 由由0 得得 4k2n230，则则 x1x28kn4k23，x1x24n2124k23，所以所以 x1x2(kx1n)(kx2n)(k21)x1x2kn(x1x2)n2m，整理得，整理得7n2k2112m 4k23 k21.因为因为 dn2k21为常数，则为常数，则 m0，d1272 217，此时此时7n2k2112 满足满足0.当当 MNx 轴时，由轴时，由 m0 得得 kOM1，联立联立3x24y212，yx，消去消去 y，得，得 x2127，点点 O 到直线到直线 MN 的距离的距离 d|x|2 217亦成立亦成立综上可知，当综上可知，当 m0 时，点时，点 O 到直线到直线 MN 的距离为定值，这个定值是的距离为定值，这个定值是2 217.解题技法解题技法圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值(2)两大解法：两大解法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；引起变量法：其解题流程为引起变量法：其解题流程为过关训练过关训练2(2019昆明调研昆明调研)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的焦距为的焦距为 4，P2，55 是椭圆是椭圆 C 上上的点的点(1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程；(2)O 为坐标原点为坐标原点，A，B 是椭圆是椭圆 C 上不关于坐标轴对称的两点上不关于坐标轴对称的两点，设设 OD OA OB，证证明：直线明：直线 AB 的斜率与的斜率与 OD 的斜率的乘积为定值的斜率的乘积为定值解：解：(1)由题意知由题意知 2c4，即，即 c2，则椭圆则椭圆 C 的方程为的方程为x2a2y2a241，因为点因为点 P2，55 在椭圆在椭圆 C 上，上，所以所以4a215 a24 1，解得，解得 a25 或或 a2165(舍去舍去)，所以椭圆所以椭圆 C 的方程为的方程为x25y21.(2)证明：设证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2且且 x1x20，由由 OA OB OD，得，得 D(x1x2，y1y2)，所以直线所以直线 AB 的斜率的斜率 kABy1y2x1x2，直线直线 OD 的斜率的斜率 kODy1y2x1x2，由由x215y211，x225y221，得得15(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，即，即y1y2x1x2y1y2x1x215，所以所以 kABkOD15.故直线故直线 AB 的斜率与的斜率与 OD 的斜率的乘积为定值的斜率的乘积为定值15.题型二题型二最值、范围问题最值、范围问题最值问题最值问题例例 1(2018南昌模拟南昌模拟)已知抛物线已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为的焦点为 F，准线为准线为 l，过焦点，过焦点 F 的直线交的直线交 C 于于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，两点，y1y24.(1)求抛物线求抛物线 C 的方程；的方程；(2)如图如图，点点 B 在准线在准线 l 上的正投影为上的正投影为 E，D 是是 C 上一点上一点，且且 ADEF，求，求ABD 面积的最小值及此时直线面积的最小值及此时直线 AD 的方程的方程解解(1)依题意知依题意知 Fp2，0，当直线当直线 AB 的斜率不存在时，的斜率不存在时，y1y2p24，解得解得 p2.当直线当直线 AB 的斜率存在时，设的斜率存在时，设 lAB：ykxp2 (k0)，由由ykxp2 ，y22px，消去消去 x 并整理，得并整理，得 y22pkyp20，则则 y1y2p2，由由 y1y24，得，得 p24，解得，解得 p2.综上所述，抛物线综上所述，抛物线 C 的方程为的方程为 y24x.(2)设设 D(x0，y0)，Bt24，t，则则 E(1，t)，又由，又由 y1y24，可得，可得 A4t2，4t .因为因为 kEFt2，ADEF，所以，所以 kAD2t，则直线则直线 lAD的方程为的方程为 y4t2tx4t2，化简得化简得 2xty48t20.由由2xty48t20，y24x，消去消去 x 并整理并整理，得得 y22ty816t20，(2t)24816t24t264t2320 恒成立，恒成立，所以所以 y1y02t，y1y0816t2.于是于是|AD|1t24|y1y0|1t24 y1y0 24y1y0 4t2t216t28，设点设点 B 到直线到直线 AD 的距离为的距离为 d，则，则 d|t22t248t2|4t2|t216t28|2 4t2.所以所以 SABD12|AD|d14t216t28316，当且仅当当且仅当 t416，即，即 t2 时取等号，即时取等号，即ABD 面积的最小值为面积的最小值为 16.当当 t2 时，直线时，直线 AD 的方程为的方程为 xy30；当；当 t2 时，直线时，直线 AD 的方程为的方程为 xy30.解题技法解题技法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些些)参数的函数参数的函数(解析式解析式)，然后，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解利用函数方法、不等式方法等进行求解过关训练过关训练1(2018安康质检安康质检)已知椭圆已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左的左、右焦点分别为右焦点分别为 F1和和 F2，由由 M(a，b)，N(a，b)，F2和和 F1这这 4 个点构成了一个高为个点构成了一个高为 3，面积为，面积为 33的等腰梯形的等腰梯形(1)求椭圆的方程；求椭圆的方程；(2)过点过点 F1的直线和椭圆交于的直线和椭圆交于 A，B 两点，求两点，求F2AB 面积的最大值面积的最大值解：解：(1)由已知条件，得由已知条件，得 b 3，且，且2a2c2 33 3，ac3.又又 a2c23，a2，c1，椭圆的方程为椭圆的方程为x24y231.(2)显然，直线的斜率不能为显然，直线的斜率不能为 0，设直线的方程为设直线的方程为 xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程，得联立方程，得x24y231，xmy1，消去消去 x 得，得，(3m24)y26my90.直线过椭圆内的点，直线过椭圆内的点，无论无论 m 为何值，直线和椭圆总相交为何值，直线和椭圆总相交y1y26m3m24，y1y293m24.12|F1F2|y1y2|y1y2| y1y2 24y1y212m21 3m24 24m21m2113241m212319 m21 ，令令 tm211，设，设 f(t)t19t，易知，易知 t0，13 时，函数时，函数 f(t)单调递减，单调递减，t13，时时，函数函数 f(t)单调递增，单调递增，当当 tm211，即即 m0 时时，f(t)取得最小值取得最小值，f(t)min109，此时此时，取得最大取得最大值值3.范围问题范围问题例例 2(2019合肥模拟合肥模拟)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为的离心率为22， 且以原点为圆心且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线椭圆的焦距为直径的圆与直线 xsin ycos 10 相切相切(为常数为常数)(1)求椭圆求椭圆 C 的标准方程；的标准方程；(2)若椭若椭圆圆 C 的左的左、 右焦点分别右焦点分别为为 F1， F2， 过过 F2作直作直线线 l 与椭圆交与椭圆交于于 M， N 两点两点， 求求F1MF1N的取值范围的取值范围解解(1)由题意，得由题意，得ca22，1sin2cos2c，a2b2c2解得解得c1，a22，b21，故椭圆故椭圆 C 的标准方程为的标准方程为x22y21.(2)由由(1)得得 F1(1,0)，F2(1,0)若直线若直线 l 的斜率不存在，则直线的斜率不存在，则直线 lx 轴，直线轴，直线 l 的方程为的方程为 x1，不妨记，不妨记 M1，22 ，N1，22 ，F1M2，22 ，F1N2，22 ，故故F1MF1N72.若直线若直线 l 的斜率存在，设直线的斜率存在，设直线 l 的方程为的方程为 yk(x1)，由由yk x1 ，x22y21消去消去 y 得，得，(12k2)x24k2x2k220，设设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则则 x1x24k212k2，x1x22k2212k2.F1M(x11，y1)，F1N(x21，y2)，则则F1MF1N(x11)(x21)y1y2(x11)(x21)k(x11)k(x21)(1k2)x1x2(1k2)(x1x2)1k2，结合结合可得可得F1MF1N2 k41 2k214k24k42k211k27k212k2172922k21，由由 k20 可得可得F1MF1N1，72 .综上可知，综上可知，F1MF1N的取值范围是的取值范围是1，72 .解题技法解题技法解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围的取值范围过关训练过关训练2(2019惠州调研惠州调研)如图，椭圆如图，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右顶点的右顶点为为 A(2,0)，左、右焦点分别为，左、右焦点分别为 F1，F2，过点，过点 A 且斜率为且斜率为12的直线与的直线与 y轴交于点轴交于点 P，与椭圆交于另一个点与椭圆交于另一个点 B，且点且点 B 在在 x 轴上的射影恰好为轴上的射影恰好为点点 F1.(1)求椭圆求椭圆 C 的标准方程；的标准方程；(2)过点过点 P 且斜率大于且斜率大于12的直线与椭圆交于的直线与椭圆交于 M，N 两点两点(|PM|PN|)，若，若 SPAMSPBN，求实数求实数的取值范围的取值范围解：解：(1)因为因为 BF1x 轴，所以点轴，所以点 Bc，b2a ，所以所以a2，b2a ac 12，a2b2c2解得解得a2，b 3，c1，所以椭圆所以椭圆 C 的标准方程是的标准方程是x24y231.(2)因为因为SPAMSPBN12|PA|PM|sinAPM12|PB|PN|sinBPN2|PM|1|PN|PM|PN|2(2)，所以所以PM2PN.由由(1)可知可知 P(0，1)，设直线设直线 MN 的方程为的方程为 ykx1k12 ，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得联立方程，得ykx1，x24y231，化简得，化简得，(4k23)x28kx80.得得x1x28k4k23，x1x284k23.(*)又又PM(x1，y11)， PN(x2，y21)，有，有 x12x2，将将 x12x2代入代入(*)可得，可得， 2 216k24k23.因为因为 k12，所以，所以16k24k23163k24(1,4)，则则 1 2 24 且且2，解得，解得 442 3.综上所述，实数综上所述，实数的取值范围为的取值范围为(4,42 3)题型三题型三证明、探索性问题证明、探索性问题证明问题证明问题例例 1(2018全国卷全国卷)设椭圆设椭圆 C：x22y21 的右焦点为的右焦点为 F，过，过 F 的直线的直线 l 与与 C 交于交于 A，B 两点，点两点，点 M 的坐标为的坐标为(2,0)(1)当当 l 与与 x 轴垂直时，求直线轴垂直时，求直线 AM 的方程；的方程；(2)设设 O 为坐标原点，证明：为坐标原点，证明：OMAOMB.解解(1)由已知得由已知得 F(1,0)，直线，直线 l 的方程为的方程为 x1.则点则点 A 的坐标为的坐标为1，22 或或1，22 .又又 M(2,0)，所以直线所以直线 AM 的方程为的方程为 y22x 2或或 y22x 2，即即 x 2y20 或或 x 2y20.(2)证明：当证明：当 l 与与 x 轴重合时，轴重合时，OMAOMB0.当当 l 与与 x 轴垂直时，轴垂直时，OM 为为 AB 的垂直平分线，的垂直平分线，所以所以OMAOMB.当当 l 与与 x 轴不重合也不垂直时，设轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则则 x1 2，x2 2，直线，直线 MA，MB 的斜率之和为的斜率之和为kMAkMBy1x12y2x22.由由 y1kx1k，y2kx2k，得得 kMAkMB2kx1x23k x1x2 4k x12 x22 .将将 yk(x1)代入代入x22y21，得得(2k21)x24k2x2k220，所以所以 x1x24k22k21，x1x22k222k21.则则 2kx1x23k(x1x2)4k4k34k12k38k34k2k210.从而从而 kMAkMB0，故，故 MA，MB 的倾斜角互补的倾斜角互补所以所以OMAOMB.综上，综上，OMAOMB 成立成立解题技法解题技法圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立等在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法方面的，如存在定值、恒成立等在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法证明，但有时也会用到反证法过关训练过关训练1(2018全国卷全国卷)已知斜率为已知斜率为 k 的直线的直线 l 与椭圆与椭圆 C：x24y231 交于交于 A，B 两点两点，线段线段 AB的中点为的中点为 M(1，m)(m0)(1)证明：证明：k12；(2)设设 F 为为 C 的右焦点的右焦点， P 为为 C 上一点上一点， 且且 FP FA FB0.证明证明： | FA|， | FP|， | FB|成等差数列，并求该数列的公差成等差数列，并求该数列的公差证明：证明：(1)设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则则x214y2131，x224y2231.两式相减，并由两式相减，并由y1y2x1x2k 得得x1x24y1y23k0.由题设知由题设知x1x221，y1y22m，于是，于是 k34m.由题设得由题设得 0m32，故，故 k12.(2)由题意得由题意得 F(1,0)设设 P(x3，y3)，则则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由由(1)及题设得及题设得 x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点又点 P 在在 C 上，所以上，所以 m34，从而从而 P1，32 ，| FP|32，于是于是| FA| x11 2y21 x11 231x214 2x12.同理同理| FB|2x22.所以所以| FA| FB|412(x1x2)3.故故 2| FP| FA| FB|，即即| FA|，| FP|，| FB|成等差数列成等差数列设该数列的公差为设该数列的公差为 d，则则 2|d| FB| FA|12|x1x2|12 x1x2 24x1x2.将将 m34代入代入得得 k1，所以所以 l 的方程为的方程为 yx74，代入代入 C 的方程，并整理得的方程，并整理得 7x214x140.故故 x1x22，x1x2128，代入，代入解得解得|d|3 2128.所以该数列的公差为所以该数列的公差为3 2128或或3 2128.探索性问题探索性问题例例 2(2019合肥质检合肥质检)如图，在平面直角坐标系中，点如图，在平面直角坐标系中，点 F(1，0)，过直线，过直线 l：x2 右右侧的动点侧的动点 P 作作 PAl 于点于点 A，APF 的平分线交的平分线交 x 轴于点轴于点 B，|PA|2|BF|.(1)求动点求动点 P 的轨迹的轨迹 C 的方程；的方程；(2)过点过点 F 的直线的直线 q 交曲线交曲线 C 于于 M，N，试问试问：x 轴正半轴上是否存轴正半轴上是否存在点在点 E，直线，直线 EM，EN 分别交直线分别交直线 l 于于 R，S 两点，使两点，使RFS 为直角？若存在，求出点为直角？若存在，求出点 E 的的坐标，若不存在，请说明理由坐标，若不存在，请说明理由解解(1)设设 P(x，y)，由平面几何知识得，由平面几何知识得|PF|PA|22，即即 x1 2y2|x2|22，化简得，化简得x22y21，所以动点所以动点 P 的轨迹的轨迹 C 的方程为的方程为x22y21(x 2)(2)假设满足条件的点假设满足条件的点 E(n,0)(n0)存在存在，设直线设直线 q 的方程为的方程为 xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(2，y3)，S(2，y4)联立联立x22y22，xmy1，消去消去 x，得，得(m22)y22my10，y1y22mm22，y1y21m22，x1x2(my11)(my21)m2y1y2m(y1y2)1m2m222m2m22122m2m22，x1x2m(y1y2)22m2m2224m22，由条件知由条件知y1x1ny32n，y3 2n y1x1n，同理同理 y4 2n y2x2n，kRFy321y3，kSFy4.因为因为RFS 为直角，所以为直角，所以 y3y41，所以所以(2n)2y1y2x1x2n(x1x2)n2，(2n)21m2222m2m224nm22n2，所以所以(n22)(m21)0，n 2，故满足条件的点故满足条件的点 E 存在，其坐标为存在，其坐标为( 2，0)解题技法解题技法存在性问题的求解方法存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用存在性问题通常采用“肯定顺推法肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素件的元素(点点、直线直线、曲线或参数曲线或参数)存在存在，用待定系数法设出用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组列出关于待定系数的方程组，若若方程组有实数解，则元素方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数点、直线、曲线或参数)不存在不存在(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法过关训练过关训练2(2019福州四校联考福州四校联考)已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点分别为的两个焦点分别为 F1，F2，短，短轴的一个端点为轴的一个端点为 P，PF1F2内切圆的半径为内切圆的半径为b3，设过点，设过点 F2的直线的直线 l 被椭圆被椭圆 C 截得的线段截得的线段为为RS，当，当 lx 轴时，轴时，|RS|3.(1)求椭圆求椭圆 C 的标准方程；的标准方程；(2)在在 x 轴上是否存在一点轴上是否存在一点 T，使得当，使得当 l 变化时，总有变化时，总有 TS 与与 TR 所在直线关于所在直线关于 x 轴对称？轴对称？若存在，请求出点若存在，请求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由的坐标；若不存在，请说明理由解：解：(1)由内切圆的性质，由内切圆的性质，得得122cb12(2a2c)b3，得，得ca12.将将 xc 代入代入x2a2y2b21，得，得 yb2a，所以，所以2b2a3.又又 a2b2c2，所以，所以 a2，b 3，故椭圆故椭圆 C 的标准方程为的标准方程为x24y231.(2)当直线当直线 l 垂直于垂直于 x 轴时轴时，显然显然 x 轴上任意一点轴上任意一点 T 都满足都满足 TS 与与 TR 所在直线关于所在直线关于 x 轴对轴对称称当直线当直线 l 不垂直于不垂直于 x 轴时轴时， 假设存在假设存在 T(t,0)满足条件满足条件， 设设 l 的方程为的方程为 yk(x1)， R(x1， y1)，S(x2，y2)联立联立yk x1 ，3x24y2120，得得(34k2)x28k2x4k2120，由根与系数的关系得由根与系数的关系得x1x28k234k2，x1x24k21234k2，其中其中0 恒成立，恒成立，由由 TS 与与 TR 所在直线关于所在直线关于 x 轴对称，得轴对称，得 kTSkTR0(显然显然 TS，TR 的斜率存在的斜率存在)，即即y1x1ty2x2t0.因为因为 R，S 两点在直线两点在直线 yk(x1)上，上，所以所以 y1k(x11)，y2k(x21)，代入，代入得得k x11 x2t k x21 x1t x1t x2t k2x1x2 t1 x1x2 2t x1t x2t 0，即即 2x1x2(t1)(x1x2)2t0，将将代入代入得得8k224 t1 8k22t 34k2 34k26t2434k20，则则 t4，综上所述，存在，综上所述，存在 T(4,0)，使得当，使得当 l 变化时，总有变化时，总有 TS 与与 TR 所在直线关于所在直线关于 x 轴对轴对称称
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