高考数学 考前三个月 练透高考必会题型 专题7 第34练 圆锥曲线中的探索性问题 文 新人教版
高考热点题型：圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线中的探索性问题【必备知识】1．将直线y kx m =+代入椭圆22221(0)x y a b a b +=>>方程，化为关于x 的二次方程，即为222222()b x a kx m a b ++=，亦即222222222()20b a k x kma x a m a b +++-=．2．将直线y kx m =+代入抛物线22(0)y px p =>方程，得 2222()0k x km p x m +-+=，注意对k 分0k =（对应于直线与对称轴平行）与0k ≠（对应于直线与对称轴不平行）两类进行讨论．3．过点1112212(,),(,,)()P x y P x y x x ≠的直线斜率为122121P P y y k x x -=-．4．点00(,)P x y 到直线0Ax By C ++=的距离为0022d A B=+．5．直线l ：y kx m =+与圆锥曲线相交所得弦长2221212121||1()4L k x x k x x x x =+-=+⋅+-＝21||k a ∆+⋅． 【技巧点拨】解答圆锥曲线中探索性问题，一般可分为以下步骤： （1）假设结论成立；（2）以假设为条件，进行推理求解；（3）明确规范结论，若能推出合理结论，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设； （4）回顾反思解题过程． 【典例展示】【题型一】探索直线、曲线间的位置关系问题【例1】已知椭圆C :2233x y +=，过点()1,0D 且不过点()2,1E 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，直线AE 与直线3x =交于点M ．（Ⅰ）若AB 垂直于x 轴，求直线BM 的斜率；（Ⅱ）试判断直线BM 与直线DE 的位置关系，并说明理由．【解析】（Ⅰ）因为AB 过点(1,0)D 且垂直于x 轴，所以可设1(1,)A y ，1(1,)B y -． 直线AE 的方程为11(1)(2)y y x -=--．令3x =，得1(3,2)M y -． 所以直线BM 的斜率112131BM y y k -+==-．（Ⅱ）直线BM 与直线DE 平行．证明如下： 当直线AB 的斜率不存在时，由（Ⅰ）可知1BM k =．高考热点题型又因为直线DE 的斜率10121DE k -==-，所以BM DE ．当直线AB 的斜率存在时，设其方程为(1)(1)y k x k =-≠． 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线AE 的方程为1111(2)2y y x x --=--． 令3x =，得点1113(3,)2y x M x +--．由2233(1)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩，得2222(13)6330k x k x k +-+-=．直线BM 的斜率11212323BMy x y x k x +---=- 因为()()()()()()()11122121131232132k x x k x x x x k x x BM -+--------=--()()()()12122112332k x x x x x x --++-⎡⎤⎣⎦=--()()()222221331213131332k k k k k x x ⎛⎫-+-+- ⎪++⎝⎭=--0=，所以D 1k k BM E ==．所以BMDE ．综上可知，直线BM 与直线DE 平行．【思维导图】【特别点拨】围绕点的坐标确定是解答本题的关键．1．已知圆C 的圆心为)3)(0,(<m m C ，半径为，圆C 与椭圆2222:1x y E a b +=(0)a b >>有一个交点为(3,1)A ，21,F F 分别是椭圆的左、右焦点．（Ⅰ）求圆C 的标准方程；（Ⅱ）若点P 的坐标为()4,4，试探究斜率为k 的直线1PF 与圆C 能否相切，若能，求出椭圆E 和直线1PF 的方程；若不能，请说明理由．1．【解析】（1）由已知可设圆C 的方程为22()5(3)x m y m -+=<，将点A 的坐标代入圆C 的方程，得22(3)15m -+=，即2(3)4m -=，解得1m =或5m =.∵3m <，∴1m =，∴圆C 的方程为22(1)5x y -+=.(2)依题意，可得直线1PF 的方程为(4)4y k x =-+，即440kx y k --+=. 若直线1PF 与圆C 相切，则251k =+0112442=+-∴k k ，解得112k =或12k = .当112=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为36011>，不合题意，舍去．当12=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为－4， ∴124,(4,0),(4,0)c F F =-，∴由椭圆的定义得2222122||||(34)1(34)152262a AF AF =+=+++-+=+=∴32a =，即218a =，2222b a c =-=．直线1PF 能与圆C 相切，直线1PF 的方程为240x y -+=，椭圆E 的方程为221182+=x y ． 【题型二】探索与平面图形形状相关的问题【例2】设椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，上顶点为A ，过点A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且1F 恰是2QF 的中点，若过2,,A Q F 三点的圆恰好与直线:330l x y --=相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线2:1+=x y l 与椭圆C 交于H G ,两点，在x 轴上是否存在点)0,(m P ，使得以PH PG ,为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．【解析】（1）设椭圆C 的半焦距为()0c c >，由1F 为线段2F Q 中点，2AQ AF ⊥， 所以2,,A Q F 三点圆的圆心为()1,0F c -，半径为2c a =． 又因为该圆与直线l 相切，所以3212c c c --=∴=．所以224,3a b ==，故所求椭圆方程为22143x y +=； （2）将直线2:1+=x y l 代入22143x y +=得041672=++x x ． 设),(),,(2211y x H y x G ，则74,7162121=-=+x x x x ， ∴712422212121=++=+++=+x x x x y y ，∴GH 的中点)76,78(-M ，由于菱形对角线互相垂直，则1-=⋅CM PM k k ，∴1178076-=⨯---m ，解得72-=m ．即存在满足题意的点P ，且m 的值为72-．【思维导图】（13．已知椭圆的中心在坐标原点O ，焦点在x 轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，过右焦点F 与x 轴不垂直的直线l 交椭圆于P Q ，两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当直线l 的斜率为1时，求POQ ∆的面积；（Ⅲ）在线段OF 上是否存在点)0,(m M ，使得以MP MQ ，为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．3．【解析】（Ⅰ）由已知，椭圆方程可设为)0(12222>>=+b a by a x ．因为两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2，所以2,1===a c b ．所求椭圆方程为1222=+y x ． （Ⅱ）因为直线l 过椭圆右焦点)0,1(F ，且斜率为1，所以直线l 的方程为1-=x y ．设),(),,(2211y x Q y x P ．由⎩⎨⎧-==+,1,2222x y y x 得01232=-+y y ，解得31,121=-=y y ，所以32||21||||212121=-=-⋅=∆y y y y OF S POQ ． （Ⅲ）假设在线段OF 上存在点)10)(0,(<<m m M ，使得以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形．因为直线l 与x 轴不垂直，所以设直线l 的方程为)0)(1(≠-=k x k y ．由⎩⎨⎧-==+),1(,2222x k y y x 可得0224)21(2222=-+-+k x k x k ， 因为0)1(8)22)(21(4162224>+=-+-=∆k k k k ，所以222122212122,214kk x x k k x x +-=+=+． 设PQ y x Q y x P ),,(),,(2211的中点为),(00y x N ，所以2022021,212kk y k k x +-=+=， 因为以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形，所以MN ⊥PQ ，1-=⋅k k MN ，所以121221222-=⋅-++-=⋅k mk kk kk k MN，整理得m k k k k ++-=+-222221221， 2222221212kk k k k m +=++-=，所以)0(2122≠+=k k k m ，所以210<<m ． 【题型三】探索与平面图形面积相关的问题【例3】已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，短轴长为2．（1）求椭圆C 的方程；（2）若,A B 是椭圆C 上的两个动点，O 为坐标原点，,OA OB 的斜率分别为12,k k ，问是否存在非零常数λ使12k k λ⨯=时，AOB ∆的面积S 为定值？若存在，求λ的值；否则说明理由．【解析】（1）∵,222c e b a ===，∴222a b c =+，∴2,1,a b ==椭圆C 的方程为：2214x y +=；（2）假设存在这样的常数λ使12k k λ=时AOB S ∆为定值，设直线的方程为： ,y kx m =+且AB 与2214x y +=的交点坐标为()()1122,,,A x y B x y ． 因为12,k k λ=所以，()()121212120,x x y y x x kx m kx m λλ-=-+++0=， 化为()221212()0k x x km x x m λ-+++=．将,y kx m =+代入2214x y +=，消去y 得：()222148440k x kmx m +++-=．由韦达定理得：12x x +2814kmk-=+，12x x 224414m k -=+， ∴()221212()0k x x km x x m λ-+++=，可化为()22414k m λλ-=-．因为点O 到直线AB的距离为d =，所以121122AOBSd AB x x m ==-= 22AOBS ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭()()()()()2222222(14)41441414k k k k λλλλ⎡⎤+⋅----⎢⎥⎣⎦-+＝()()4222426416141168114k k k k λλλλ-++⋅-⨯++- 要使上式为定值，只需26411641681λλλ-+-==，得，14λ=-，此时22AOB S ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭14，即1AOB S ∆=， 故存在非零常数14λ=-，此时1AOB S ∆=． 【思维导图】（1（23．已知平面直角坐标系上一动点(,)P x y 到点(2,0)A -的距离是点P 到点(1,0)B的距离的2倍．（1）求点P 的轨迹方程；（2）过点A 的直线l 与点P 的轨迹C 相交于,E F 两点，点(2,0)M ，则是否存在直线l ，使EFM S △取得最大值，若存在，求出此时l 的方程，若不存在，请说明理由．3．【解析】（1= ∴2240x x y -+=，即22(2)4x y -+=，（2）由题意知l 的斜率一定存在，不妨假设存直线l 的斜率为k ，且1122(,),(,)E x y F x y 。
第35练 圆锥曲线中的探索性问题
第35练 圆锥曲线中的探索性问题[题型分析·高考展望] 本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大.体验高考1.(2016·山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标.(1)解 由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎝⎛⎭⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明 设P ⎝⎛⎭⎫m ，m22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )，即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5).(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m. 所以直线OD 方程为y ＝－14mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上.②解 由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝⎛⎭⎫0，－m 22，又P ⎝⎛⎭⎫m ，m 22，F ⎝⎛⎭⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 34m 2＋1，－m 22(4m 2＋1)，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫22，14. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫22，14.2.(2016·四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝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|P A |·|PB |，并求λ的值. 解 (1)由已知，得a ＝2b ， 则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b 2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2，1).(2)由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎨⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m 3.所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫2－2m 3，1＋2m 3，|PT |2＝89m 2. 设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由方程组⎩⎨⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.② 方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)， 由Δ>0，解得－322<m <322.由②得x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|P A |＝ ⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 12＋⎝⎛⎭⎫1＋2m 3－y 12＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2.所以|P A |·|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m3－x 1⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3(x 1＋x 2)＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3⎝⎛⎭⎫－4m 3＋4m 2－123＝109m 2. 故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |.高考必会题型题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由. 解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)∵直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在， 又F 坐标为(1，0)，设直线l 方程为 y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )， 设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，又由MA →＝λAF →，∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)， ∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2，∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21－(x 1＋x 2)＋x 1x 2＝8k 23＋4k 2－2(4k 2－12)3＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k 2＝－83.∴当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－83.点评 (1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. (2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值.变式训练1 已知抛物线y 2＝2px (p >0)，过点M (5，－2)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点，当直线l 的斜率为－1时，点M 恰为AB 的中点. (1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点P ，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由. 解 (1)当直线l 的斜率为－1时， 直线l 的方程为x ＋y －3＝0，即x ＝3－y ， 代入y 2＝2px (p >0)得y 2＋2py －6p ＝0，y 1＋y 22＝－p ＝－2，p ＝2， 所以抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为x ＝m (y ＋2)＋5， 代入y 2＝4x 得y 2－4my －8m －20＝0， 设点A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8m －20，假设存在点P (y 204，y 0)总是在以弦AB 为直径的圆上，则P A →·PB →＝(y 214－y 204)(y 224－y 204)＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0，当y 1＝y 0或y 2＝y 0时，等式显然成立； 当y 1≠y 0或y 2≠y 0时， 则有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16，即4my 0＋y 20－8m －20＝－16，(4m ＋y 0＋2)(y 0－2)＝0， 解得y 0＝2，x 0＝1， 所以存在点P (1，2)满足题意. 题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (0，p )作直线与抛物线x 2＝2py (p >0)相交于A ，B 两点.(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△ANB 面积的最小值；(2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由.解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为(0，－p )， 可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x 2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋p ，消去y 得x 2－2pkx －2p 2＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p 2. 于是S △ABN ＝S △BCN ＋S △ACN ＝12·2p |x 1－x 2|＝p |x 1－x 2|＝p (x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝p4p 2k 2＋8p 2＝2p 2k 2＋2，∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于点P ，Q ，PQ 的中点为H ， 则O ′H ⊥PQ ，O ′点的坐标为(x 12，y 1＋p2).∵|O ′P |＝12|AC |＝12x 21＋(y 1－p )2＝12y 21＋p 2，|O ′H |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －y 1＋p 2＝12|2a －y 1－p |，∴|PH |2＝|O ′P |2－|O ′H |2 ＝14(y 21＋p 2)－14(2a －y 1－p )2＝(a －p2)y 1＋a (p －a )，∴|PQ |2＝(2|PH |)2＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )].令a －p 2＝0，得a ＝p 2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线.方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p 2 ＝2p1＋k 2·k 2＋2，又由点到直线的距离公式得d ＝2p 1＋k 2.从而S △ABN ＝12·d ·|AB |＝12·2p1＋k 2·k 2＋2·2p 1＋k 2＝2p 2k 2＋2.∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，则以AC 为直径的圆的方程为(x －0)(x －x 1)＋(y －p )(y －y 1)＝0， 将直线方程y ＝a 代入得x 2－x 1x ＋(a －p )(a －y 1)＝0， 则Δ＝x 21－4(a －p )(a －y 1)＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]. 设直线l 与以AC 为直径的圆的交点为P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则有|PQ |＝|x 3－x 4| ＝ 4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]＝2(a －p2)y 1＋a (p －a ).令a －p 2＝0，得a ＝p 2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线.点评 (1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定. (2)定直线一般为特殊直线x ＝x 0，y ＝y 0等.变式训练2 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，F 1、F 2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C 过点(0，1)，且离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，直线l 的方程为x ＝4，P 是椭圆上异于A 、B 的任意一点，直线P A 、PB 分别交直线l 于D 、E 两点，求F 1D →·F 2E →的值；(3)过点Q (1，0)任意作直线m (与x 轴不垂直)与椭圆C 交于M 、N 两点，与l 交于R 点，RM →＝xMQ →，RN →＝yNQ →，求证：4x ＋4y ＋5＝0. (1)解 由题意可得b ＝1，c a ＝223，∴a ＝3，椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)解 设P (x 0，y 0)，则直线P A 、PB 的方程分别为 y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，y ＝y 0x 0－3(x －3)， 将x ＝4分别代入可求得D ，E 两点的坐标分别为D (4，7y 0x 0＋3)，E (4，y 0x 0－3). 由(1)知，F 1(－22，0)，F 2(22，0)，∴F 1D →·F 2E →＝(4＋22，7y 0x 0＋3)·(4－22，y 0x 0－3)＝8＋7y 20x 20－9，又∵点P (x 0，y 0)在椭圆C 上，∴x 209＋y 20＝1⇒y 20x 20－9＝－19， ∴F 1D →·F 2E →＝659.(3)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (4，t )， 由RM →＝xMQ →得(x 1－4，y 1－t )＝x (1－x 1，－y 1)，∴⎩⎨⎧x 1＝4＋x 1＋x，y 1＝t1＋x(x ≠－1)，代入椭圆方程得(4＋x )2＋9t 2＝9(1＋x )2，① 同理由RN →＝yNQ →得(4＋y )2＋9t 2＝9(1＋y )2，② ①－②消去t ，得x ＋y ＝－54，∴4x ＋4y ＋5＝0. 题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点.若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________. 答案 [1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋(y －a )2＝a ，得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0.即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1.(2)如图，梯形ABCD 的底边AB 在y 轴上，原点O 为AB 的中点，|AB |＝423，|CD |＝2－423，AC ⊥BD ，M 为CD 的中点.①求点M 的轨迹方程；②过M 作AB 的垂线，垂足为N ，若存在正常数λ0，使MP →＝λ0PN →，且P 点到A ，B 的距离和为定值，求点P 的轨迹E 的方程；③过(0，12)的直线与轨迹E 交于P 、Q 两点，求△OPQ 面积的最大值.解 ①设点M 的坐标为M (x ，y )(x ≠0)， 则C (x ，y －1＋223)，D (x ，y ＋1－223).又A (0，223)，B (0，－223).由AC ⊥BD 有AC →·BD →＝0， 即(x ，y －1)·(x ，y ＋1)＝0， ∴x 2＋y 2＝1(x ≠0)，即点M 的轨迹方程为x 2＋y 2＝1(x ≠0). ②设P (x ，y )，则M ((1＋λ0)x ，y )，代入M 的轨迹方程有(1＋λ0)2x 2＋y 2＝1(x ≠0). 即x 2(11＋λ0)2＋y 2＝1(x ≠0)，∴点P 的轨迹为椭圆(除去长轴的两个端点). 要使点P 到A ，B 的距离之和为定值， 则以A ，B 为焦点，故1－1(1＋λ0)2＝(223)2.∴λ0＝2，从而所求P 的轨迹方程为x 219＋y 2＝1(x ≠0).③易知l 的斜率存在，设方程为y ＝kx ＋12，联立9x 2＋y 2＝1(x ≠0)， 有(9＋k 2)x 2＋kx －34＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－k9＋k 2，x 1x 2＝－34(9＋k 2).∴|x 2－x 1|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4k 2＋27(9＋k 2)2，令t ＝k 2＋9，则|x 2－x 1|＝4t －9t 2且t ≥9. ∴S △OPQ ＝12×12|x 2－x 1|＝14 －9×1t 2＋4×1t＝14－9(1t －29)2＋49.∵t ≥9，∴0＜1t ≤19，∴当1t ＝19，即t ＝9，也即k ＝0时，△OPQ 面积取最大值，最大值为312. 点评 存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在.(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.变式训练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0，1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点.是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知，得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0，1)，且PC →·PD →＝－1， 于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值.当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ， 此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22.(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. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2 ＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1，0)，且点P (1，32)在椭圆C 上，O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0，2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围；(3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M ，N (M ，N 不在坐标轴上)，若直线MN 在x 轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：13m 2＋1n2为定值.(1)解 由题意得c ＝1，所以a 2＝b 2＋1， 又因为点P (1，32)在椭圆C 上，所以1a 2＋94b 2＝1，可解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)解 设直线l 方程为y ＝kx ＋2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋16kx ＋4＝0， 因为Δ＝12k 2－3>0，所以k 2>14，又x 1＋x 2＝－16k4k 2＋3，x 1x 2＝44k 2＋3，因为∠AOB 为锐角，所以OA →·OB →>0， 即x 1x 2＋y 1y 2>0，所以x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)>0， 所以(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4>0， 所以(1＋k 2)·44k 2＋3＋2k ·－16k 4k 2＋3＋4>0，即－12k 2＋164k 2＋3>0，所以k 2<43，所以14<k 2<43，解得－233<k <－12或12<k <233.(3)证明 由题意：C 1：x 24＋3y 24＝1，设点P (x 1，y 1)，M (x 2，y 2)，N (x 3，y 3)， 因为M ，N 不在坐标轴上，所以k PM ＝－1k OM ＝－x 2y 2， 直线PM 的方程为y －y 2＝－x 2y 2(x －x 2)，化简得x 2x ＋y 2y ＝43，① 同理可得直线PN 的方程为x 3x ＋y 3y ＝43，②把P 点的坐标分别代入①、②得⎩⎨⎧x 2x 1＋y 2y 1＝43，x 3x 1＋y 3y 1＝43，所以直线MN 的方程为x 1x ＋y 1y ＝43，令y ＝0，得m ＝43x 1，令x ＝0，得n ＝43y 1，所以x 1＝43m ，y 1＝43n，又点P 在椭圆C 1上，所以(43m )2＋3(43n )2＝4，即13m 2＋1n 2＝34为定值. 3.(2016·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 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 . ①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k 为定值；②求直线AB 的斜率的最小值. (1)解 设椭圆的半焦距为c . 由题意知2a ＝4，2c ＝2 2. 所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0). 由M (0，m )，可得P (x 0，2m )，Q (x 0，－2m ). 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k 为定值－3.②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由①知直线P A 的方程为y ＝kx ＋m . 直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0＋m .同理x 2＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0，y 2＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m .所以x 2－x 1＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0－2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0＝－32k 2(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0，y 2－y 1＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m －2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0－m ＝－8k (6k 2＋1)(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎫6k ＋1k ， 由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”.因为P (x 0，2m )在椭圆x 24＋y 22＝1上，所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m4－8m 2－0＝66， 即m ＝147，符合题意. 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 4.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1，0)，短轴的一个端点B 到F 的距离等于焦距.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，是否存在直线l ，使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知得c ＝1，a ＝2c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)S △BFM S △BFN ＝2等价于FM FN ＝2，当直线l 斜率不存在时，FMFN ＝1，不符合题意，舍去；当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1消去x 并整理得， (3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6k 3＋4k2， ①y 1y 2＝－9k 23＋4k 2，②由FMFN＝2得y 1＝－2y 2， ③由①②③解得k ＝±52，因此存在直线l ：y ＝±52(x －1)谢谢大家。
2023届高考数学一轮复习计划 高考重难专攻(七) 圆锥曲线中的证明、探索性问题(共32张
巧用基本不等式求最值问题 利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形 式，然后利用基本不等式求出最值．
椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 36，短轴一个端点到右焦点的距离为 3． (1)求椭圆 C 的方程；
(2)设斜率存在的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，坐标原点 O 到直线 l 的距离为 23， 求△AOB 面积的最大值．
因为－12＜x＜32，所以直线 AP 斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)法一：联立直线
AP
与
BQ
的方程kx－y＋12k＋14＝0， x＋ky－94k－32＝0，
解得点 Q 的横坐标是 xQ＝－2k2k＋2＋4k1＋ 3．
因为|PA|＝ 1＋k2x＋12＝ 1＋k2(k＋1)， |PQ|＝ 1＋k2(xQ－x)＝－k－1k2＋k＋1 12，
(2022·咸阳模拟)已知双曲线 C：ay22－xb22＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2，且经过 A(0,2)． (1)求双曲线 C 的方程； (2)若过点 B(2,0)的直线交双曲线 C 于 x 轴下方不同的两点 P，Q，设 PQ 中点为 M， 求△BOM(O 为坐标原点)面积的最小值． 解：(1)双曲线的离心率为 2，即ac＝ 2， 因为点 A(0,2)在双曲线ay22－xb22＝1 上，所以a42＝1，a＝2，则 c＝2 2，又 c2＝a2＋b2， 所以 b＝2．所以双曲线 C 的方程为y42－x42＝1．
(2)当直线 l 的斜率为 0 时，λ＝|MA|·|MB|＝12． 当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x＝my＋4， 联立方程x42＋y2＝1， 得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0． 由 Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得 m2>12，所以 y1y2＝m21＋2 4． λ＝|MA|·|MB|＝ m2＋1|y1|· m2＋1|y2| ＝(m2＋1)·|y1y2|＝12mm2＋2＋41＝121－m23＋4． 由 m2>12，得 0<m23＋4<136，所以349<λ<12． 综上，λ 的取值范围是349，12．
剖析圆锥曲线中的探索性问题
ʏ南通大学附属中学张敏圆锥曲线中的探索性问题,一直是历年高考数学试卷考查的重点与难点之一㊂此类问题可以很好地考查圆锥曲线中的基础知识㊁基本技能等,同时还能重点考查考生的数学运算与逻辑推理素养,难度为中高档,具有很好的选拔性与区分度,备受命题者的青睐,常考常新,创新新颖㊂一、定值或定点的探索性问题圆锥曲线中的定值或定点的探索性问题,主要是涉及定值或定点的存在性问题,一般采用假设法,首先根据所解决的问题设出参数,然后假设定值成立或定点存在,再根据定值或定点问题的解决方法,列出参数所满足的等式关系,则可转化为方程或方程组的解的存在性问题㊂例1已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a> b>0)的左顶点和右顶点分别为A,B,O为坐标原点㊂以O B为对角线的正方形O P B Q 的顶点P,Q在椭圆C上㊂(1)求椭圆C的离心率㊂(2)当a=2时,过点(1,0)作与x轴不重合的直线l与椭圆C交于M,N两点(M在x轴上方),直线A M,B N的斜率分别为k1, k2㊂试判断:k1k2是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由㊂分析:(1)通过正方形的构建来确定参数之间的关系,进而利用离心率的变形公式加以分析与求解;(2)结合过定点的直线与椭圆相交于两点,进而研究这两点与对应的椭圆顶点的连线所对应的直线的斜率的比值为定值㊂解:(1)不妨设P点在第一象限,则以O B为对角线的正方形O P B Q的顶点坐标分别为B(a,0),P a2,a2,Q a2,-a2㊂因为P,Q在椭圆上,所以a24a2+a24b2=1,整理可得a2=3b2㊂所以椭圆的离心率e=ca=1-b2a2=63㊂(2)当a=2时,b=233,所以椭圆C的方程为x2+3y2=4㊂设直线l的方程为x=m y+1,mʂ0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则y2<0<y1㊂联立x=m y+1,x2+3y2=4,消去x整理得(m2+ 3)y2+2m y-3=0,由根与系数的关系得y1+y2=-2mm2+3,y1y2=-3m2+3,所以y1+y2y1y2=2m3,即2m y1y2=3(y1+y2)㊂所以k1k2=y1x1+2y2x2-2=y1x1+2㊃x2-2y2=y1(m y2-1)(m y1+3)y2=m y1y2-y1m y1y2+3y2= 32(y1+y2)-y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13㊂综上所述,k1k2为定值13㊂点评:研究参数或代数式的定值问题,关键是设置对应的动直线或动曲线,结合直线与圆锥曲线的位置关系,借助函数与方程思6 2解题篇创新题追根溯源高考数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.想的转化,通过参数关系式的整体代换与变形,巧妙转化所求参数或代数式的定值问题,实现定值的探索性问题,这是解决此类问题最常用的技巧方法㊂需要特别注意的是:在利用整体代换法处理解析几何中的相关代数式时,由于变量比较多,运算量比较大,所以需要注意合理的整体化思维及变量代换㊂二、位置关系的探索性问题圆锥曲线中的位置关系的探索性问题,主要是涉及直线与圆锥曲线的位置关系的探索与开放问题,关键是利用代数法或几何法将直线和圆锥曲线的位置关系,转化为相关数量之间的关系,进而转化为数量关系的探究问题来分析与解决㊂例2在平面直角坐标系x O y中,O 为坐标原点,F(0,1),N(t,-1)(tɪR),已知әM F N是以F N为底边,且边MN平行于y轴的等腰三角形㊂(1)求动点M的轨迹C的方程㊂(2)已知直线l交x轴于点P,且与曲线C相切于点A,点B在曲线C上,且直线P B ʊy轴,点P关于点B的对称点为Q,试判断A,Q,O三点是否共线?并说明理由㊂分析:(1)根据题目条件,设出动点M的坐标,结合等腰三角形的性质确定MN= M F,由两点间的距离公式构建关系,加以变形转化来确定轨迹方程;(2)设出直线l的方程,与抛物线方程联立,利用直线与抛物线相切的条件结合判别式为零加以转化,确定参数之间的关系,得以确定点P的坐标,利用条件及中点坐标公式分别确定点B,Q的坐标,结合切线的几何意义得到点A的坐标,进而结合k A O=k O Q来判断三点共线问题㊂解:(1)设动点M(x,y),因为MNʊy 轴,所以MN与直线y=-1垂直,则MN= |y+1|㊂因为әM F N是以F N为底边的等腰三角形,所以MN=M F,即|y+1|= x2+(y-1)2,即x2+(y-1)2=(y+1)2,化简得x2=4y㊂因为当M为坐标原点时,M,F,N三点共线,无法构成三角形,所以动点M的轨迹C的方程为x2=4y(yʂ0)㊂(2)A,Q,O三点共线,理由如下:因为直线l与曲线C相切,所以直线l 的斜率必存在且不为零㊂设直线l的方程为y=k x+m,联立y=k x+m,x2=4y,消去y整理得x2-4k x-4m= 0,由Δ=16k2+16m=0,可得m=-k2,所以直线l的方程为y=k x-k2㊂令y=0,得x=k,则P(k,0)㊂因为点B在曲线C上,且直线P Bʊy 轴,所以B k,k24㊂结合点P关于点B的对称点为Q,可得Q k,k22㊂由x2-4k x+4k2=0,可得x=2k,所以A(2k,k2)㊂因为k A O=k22k=k2,k O Q=k22k=k2,所以k A O=k O Q㊂所以A,Q,O三点共线㊂点评:解决圆锥曲线中的位置关系的探索性问题,关键是回归问题本质,抓住所探究的位置关系中的特殊结构问题,根据题目条件分别确定相应点的坐标㊁直线或曲线的方程等,由几何直观特征转化为代数性质形式,结合代数与几何之间的关系,实现此类特殊结构问题的化归与转化,进而得以解决圆锥曲线中的位置关系的探索性问题㊂圆锥曲线中的探索性问题,由于没有明确的结论,需要通过探究后才能明确得到对应的结论,看似方向不明,自由度大,但具体的研究方向也有一定目的性,要有针对性地加以探索与研究㊂借助圆锥曲线中的探索性问题的分析与解决,在考查基本知识的同时,又能够很好地培养同学们的创新意识和应用能力㊂(责任编辑王福华)72解题篇创新题追根溯源高考数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
例析圆锥曲线中的证明与探索性问题
解题篇经典题突破方法高考数学2021年4月■浙江省吴兴高级中学刘晓东■浙江省湖州市菱湖中学吴凯圆锥曲线中的证明和探索性问题是高考中解答题的常考题型，难度比较大，这类问题往往是以解析几何知识为载体，在函数、不等式、向量等知识交汇处设计问题，涉及的知识点较多，对考生处理综合问题能力的要求也较高，是近几年高考中的热点和难点。
证明题的设计通常与位置、角度、长度、面积等相关，在高考题中，证明的方法通常以直接证明为主，即从题目已知条件出发来验证结论的正确性，题型也主要包括三点共线问题、长度问题、角度问题、直线过定点问题等。
而探索性问题则是在同等条件下，开放式设问，通常以存在或不存在来提问，而非直接给出需要证明的结论，以问题的不确定性来制造悬念，要求考生能独立判断其结论，并给出相应的证明过程。
一、圆锥曲线中的证明问题侧/（2020年北京市西城区二模）已知椭圆E：£+£=l（a>6>0）经过点a b/3C（0,l）,离心率为分，o为坐标原点。
（1）求椭圆E的标准方程；（2）设分别为椭圆E的左顶点和右顶点，D为椭圆E上一点（不在坐标轴上），直线CD交工轴于点P,Q为直线AD 上一点，且3?•OQ=4,求证：C,B,Q三点共线。
分析：（1）将点C的坐标代入椭圆E的方程,可求出b的值，再根据椭圆E的离心率可列出方程组解得a和c的值，进一步写出椭圆E的标准方程；（2）设D（工。
，久）（工2。
工0）,得4—云=4样，写出直线CD的方程，解得点P 的坐标，再由OP•OQ=4,可得点Q的横坐标，代入直线AD的方程可求得点Q的坐标，最后验证k BQ=k BC，即可证得结论成立。
解将点c的坐标代入椭圆E的方程可得b=1,由题意可得ya=2,c=◎，故椭圆（2）如图1,易知椭圆E的左顶点和右顶点分别为A（—2,0）,B（2,0）,设D（s,y0）Ec/T221解得a——c=1,上＞0,2的标准方程为脊+图1■JC匸二L5%工0),则亍'+3^=1,即4—Xo=4^0o 直线CD的斜率为k CD乎则直线Vn—1CD的方程为丿=二厂’+1，令）=。
2023年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的探索性问题(解析版)
圆锥曲线中的探索性问题“肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立)．考法1 点、线的存在性问题【例1】（2022·长沙一中模拟预测）已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(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(,)3mm ，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． 【解题指导】【解析】(1)设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， 故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k ，即k OM ·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(,)3mm ，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 ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P .思路引导母题呈现由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点(,)3mm 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m 3－k 3，因此x M ＝k k －3m3k 2＋9.四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×k k －3m 3k 2＋9，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7. 因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．【解题技法】存在性问题的求解方法(1)解决存在性问题通常采用“肯定项推法”，将不确定性问题明朗化。
2020版数学高中考前理科第三篇热点4圆锥曲线中的探究性问题
m 3
,m
的 坐 标 代 入l 的 方 程 得b=
①直接法:利 用 条 件 与 辅 助 变 量 直 接 表 示出所求要素,并进行求解. ②间接法:若无法直接求出要素,则可将 核心变量 参 与 到 条 件 中,列 出 关 于 该 变 量与辅 助 变 量 的 方 程 (组 ),运 用 方 程 思 想求解.
交于A,B 两点,线段 AB 的中点为 M (1,m)
(m>0).
(1)求斜率k的取值范围.
(2)设F 为C 的右焦点,在椭圆C 上是否存在 一点P,当FP→ +FA→ +FB→ =0 时,有|FA→|, |FP→|,|FB→|成等差数列?
( ) 1
2
,且点
P
1,3 2
在椭圆E 上.
(1)求椭圆E 的方程.
也使得其他情况均成立.
为定值.
(2)核心变量的选取:因为解决存在性问
能力要求
中档
题的核心 在 于 求 出 未 知 要 素,所 以 通 常
核心素养 考查了数学运算的核心素养
以该要素 作 为 核 心 变 量,其 余 变 量 作 为
阅卷人 进行运算时要准确,目标要清晰
提醒
辅助变量,必要的时候消去. (3)核心变量的求法:
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 =x1+2x2=k-2+kb9,
yM =kxM +b=k29+b9.
于是直线OM
的斜率kOM
=xyMM
=-
9 k
圆锥曲线中地探索性问题
专题 圆锥曲线中的探索性问题1．(2016·课标全国乙)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．2．(2016·四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝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．高考必会题型题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由．变式训练1 已知抛物线y2＝2px(p>0)，过点M(5，－2)的动直线l交抛物线于A，B两点，当直线l的斜率为－1时，点M恰为AB的中点．(1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P，使得以弦AB为直径的圆恒过点P，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．题型二定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2＝2py(p>0)相交于A，B两点．(1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；(2)是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．变式训练2 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，F 1、F 2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C 过点(0,1)，且离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，直线l 的方程为x ＝4，P 是椭圆上异于A 、B 的任意一点，直线PA 、PB 分别交直线l 于D 、E 两点，求F 1D →·F 2E →的值；(3)过点Q (1,0)任意作直线m (与x 轴不垂直)与椭圆C 交于M 、N 两点，与l 交于R 点，RM →＝xMQ →，RN →＝yNQ →，求证：4x ＋4y ＋5＝0.题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________．(2)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，以椭圆的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r >0)，设圆T 与椭圆C 交于点M ，N .①求椭圆C 的方程；②求TM →·TN →的最小值，并求此时圆T 的方程；③设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点．试问：是否存在使S △POS ·S △POR 最大的点P ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．变式训练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (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2.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，且点P (1，32)在椭圆C 上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围；(3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M ，N (M ，N 不在坐标轴上)，若直线MN 在x 轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：13m 2＋1n2为定值．3．(2016·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 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 .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值； ②求直线AB 的斜率的最小值．4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，短轴的一个端点B 到F 的距离等于焦距．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，是否存在直线l ，使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．圆锥曲线中的探索性问题1．(2016·课标全国乙)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．解 (1)由已知得M (0，t )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝p t x ，代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p ，因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p2t x ，即x＝2t p(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点．2．(2016·四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝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 (1)由已知，得a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2,1)．(2)由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2m 3，y ＝1＋2m3.P 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2－2m3，1＋2m 3，|PT |2＝89m 2.设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx＋(4m 2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)，由Δ>0，解得－322<m <322.由②得x 1＋x 2＝－4m 3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|PA |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2m 3－y 12＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2.所以|PA |·|PB |＝109m 2. 故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |.题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由．解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 方程为x 24＋y 23＝1.(2)∵直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在，又F 坐标为(1,0)，设直线l 方程为y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )，设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1x 24＋y23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，∴x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，又由MA →＝λAF →，∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)，∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2， ∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21x 1＋x 2x 1x 2＝8k 23＋4k 2－24k 2－123＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k 2＝－83. ∴当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－83.点评 (1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点． (2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．变式训练1 已知抛物线y 2＝2px (p >0)，过点M (5，－2)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点，当直线l 的斜率为－1时，点M 恰为AB 的中点．(1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点P ，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由．解 (1)当直线l 的斜率为－1时，直线l 的方程为x ＋y －3＝0，即x ＝3－y ， 代入y 2＝2px (p >0)得y 2＋2py －6p ＝0，y 1＋y 22＝－p ＝－2，p ＝2，抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为x ＝m (y ＋2)＋5，代入y 2＝4x 得y 2－4my －8m －20＝0， 设点A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8m －20，假设存在点P (y 204，y 0)总是在以弦AB 为直径的圆上，则PA →·PB →＝(y 214－y 204)(y 224－y 24)＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0，当y 1＝y 0或y 2＝y 0时，等式显然成立；当y 1≠y 0或y 2≠y 0时，则有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16，即4my 0＋y 20－8m －20＝－16， (4m ＋y 0＋2)(y 0－2)＝0，解得y 0＝2，x 0＝1，所以存在点P (1,2)满足题意． 题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (0，p )作直线与抛物线x2＝2py (p >0)相交于A ，B 两点．(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△ANB 面积的最小值；(2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由．解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为(0，－p )，可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x 2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋p ，消去y 得x 2－2pkx －2p 2＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p 2.于是S △ABN ＝S △BCN ＋S △ACN ＝12·2p |x 1－x 2|＝p |x 1－x 2|＝p x 1＋x 22－4x 1x 2＝p 4p 2k 2＋8p 2＝2p2k 2＋2，∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于点P ，Q ，PQ 的中点为H ， 则O ′H ⊥PQ ，O ′点的坐标为(x 12，y 1＋p 2)．∵|O ′P |＝12|AC |＝12x 21y 1－p2＝12y 21＋p 2， |O ′H |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －y 1＋p 2＝12|2a －y 1－p |，∴|PH |2＝|O ′P |2－|O ′H |2＝14(y 21＋p 2)－14(2a －y 1－p )2＝(a －p 2)y 1＋a (p －a )，∴|PQ |2＝(2|PH |)2＝4[(a －p 2)y 1＋a (p －a )]．令a －p 2＝0，得a ＝p2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p 2＝2p 1＋k 2·k 2＋2，又由点到直线的距离公式得d ＝2p 1＋k2.从而S△ABN＝12·d ·|AB |＝12·2p 1＋k 2·k 2＋2· 2p 1＋k 2 ＝2p2k 2＋2.∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，则以AC 为直径的圆的方程为(x －0)(x －x 1)＋(y －p )(y －y 1)＝0，将直线方程y ＝a 代入得x 2－x 1x ＋(a －p )(a －y 1)＝0，则Δ＝x 21－4(a －p )(a －y 1)＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．设直线l 与以AC 为直径的圆的交点为P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)， 则有|PQ |＝|x 3－x 4|＝4[a －p2y 1＋a p －a ]＝ 2a －p 2y 1＋a p －a .令a －p 2＝0，得a ＝p2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．点评 (1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定．(2)定直线为特殊直线x ＝x 0，y ＝y 0等．变式训练2 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，F 1、F 2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C过点(0,1)，且离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，直线l 的方程为x ＝4，P 是椭圆上异于A 、B 的任意一点，直线PA 、PB 分别交直线l 于D 、E 两点，求F 1D →·F 2E →的值； (3)过点Q (1,0)任意作直线m (与x 轴不垂直)与椭圆C 交于M 、N 两点，与l 交于R 点，RM →＝xMQ →，RN →＝yNQ →，求证：4x ＋4y ＋5＝0. (1)解 由题意可得b ＝1，c a ＝223，∴a ＝3，椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1. (2)解 设P (x 0，y 0)，则直线PA 、PB 的方程分别为y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，y ＝y 0x 0－3(x －3)， 将x ＝4分别代入可求得D ，E 两点的坐标分别为D (4，7y 0x 0＋3)，E (4，y 0x 0－3)． 由(1)知，F 1(－22，0)，F 2(22，0)，∴F 1D →·F 2E →＝(4＋22，7y 0x 0＋3)·(4－22，y 0x 0－3)＝8＋7y 20x 20－9，又∵点P (x 0，y 0)在椭圆C 上，∴x 209＋y 20＝1⇒y 20x 20－9＝－19，∴F 1D →·F 2E →＝659.(3)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (4，t )，由RM →＝xMQ →得(x 1－4，y 1－t )＝x (1－x 1，－y 1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝4＋x1＋x ，y 1＝t1＋x(x ≠－1)，代入椭圆方程得(4＋x )2＋9t 2＝9(1＋x )2，①同理由RN →＝yNQ →得(4＋y )2＋9t 2＝9(1＋y )2，② ①－②消去t ，得x ＋y ＝－54，∴4x ＋4y ＋5＝0. 题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________． 解析 以AB为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2y －a 2＝a ，得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0.即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1.(2)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，以椭圆的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r >0)，设圆T 与椭圆C 交于点M ，N .①求椭圆C 的方程；②求TM →·TN →的最小值，并求此时圆T 的方程； ③设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x轴交于点R ，S ，O 为坐标原点．试问：是否存在使S △POS ·S △POR 最大的点P ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 ①由题意知⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，a ＝2，解之，得a ＝2，c ＝3，由c 2＝a 2－b 2，得b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.②点M 与点N 关于x 轴对称， 设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)，不妨设y 1>0，由于点M 在椭圆C 上，∴y 21＝1－x 214.由已知T (－2,0)，则TM →＝(x 1＋2，y 1)，TN →＝(x 1＋2，－y 1)，∴TM →·TN →＝(x 1＋2，y 1)·(x 1＋2，－y 1)＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋852－15.由于－2<x <2，故当x 1＝－85时，TM →·TN →取得最小值为－15，当x 1＝－85时，y 1＝35，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，35.又点M 在圆T 上，代入圆的方程得r 2＝1325，故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝1325.③假设存在满足条件的点P ，设P (x 0，y 0)，则直线MP 的方程为y －y 0＝y 0－y 1x 0－x 1(x －x 0)，令y ＝0，得x R ＝x 1y 0－x 0y 1y 0－y 1，同理x S ＝x 1y 0＋x 0y 1y 0＋y 1，故x R ·x S ＝x 21y 20－x 20y 21y 20－y 21.又点M 与点P 在椭圆上，故x 20＝4(1－y 20)，x 21＝4(1－y 21)，得x R ·x S ＝41－y 21y 20－41－y 20y 21y 20－y 21＝4y 20－y 21y 20－y 21＝4，∴|OR |·|OS |＝|x R |·|x S |＝|x R ·x S |＝4为定值．∵S △POS ·S △POR ＝12|OS ||y P |·12|OR ||y P |＝14×4×y 2P ＝y 2P ，又P 为椭圆上的一点，∴要使S △POS ·S △POR 最大，只要y 2P 最大，而y 2P 的最大值为1，故满足条件的P 点存在，其坐标为P (0,1)和P (0，－1)．点评 存在性问题求解的思路及策略(1)先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在． (2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．变式训练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知，得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )，又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD→＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx－2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝2λ－4k22λ－12k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22.(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.(1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4kk －11＋2k 2，x 1x 2＝2k k －21＋2k2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －12k k －2＝2k －2(k －1)＝2. 2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，且点P (1，32)在椭圆C 上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围；(3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M ，N (M ，N 不在坐标轴上)，若直线MN 在x 轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：13m 2＋1n2为定值．(1)解 由题意得c ＝1，所以a 2＝b 2＋1，又因为点P (1，32)在椭圆C 上，所以1a 2＋94b 2＝1，可解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)解 设直线l 方程为y ＝kx ＋2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋16kx ＋4＝0，因为Δ＝12k 2－3>0，所以k 2>14，又x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝44k 2＋3，因为∠AOB 为锐角，所以OA →·OB →>0，即x 1x 2＋y 1y 2>0， 所以x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)>0，所以(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4>0，所以(1＋k 2)·44k 2＋3＋2k ·－16k 4k 2＋3＋4>0，即－12k 2＋164k 2＋3>0，所以k 2<43，所以14<k 2<43， 解得－233<k <－12或12<k <233.(3)证明 由题意：C 1：x 24＋3y 24＝1，设点P (x 1，y 1)，M (x 2，y 2)，N (x 3，y 3)，因为M ，N 不在坐标轴上，所以k PM ＝－1k OM＝－x 2y 2，直线PM 的方程为y －y 2＝－x 2y 2(x －x 2)，化简得x 2x ＋y 2y ＝43，①同理可得直线PN 的方程为x 3x ＋y 3y ＝43， ②把P 点的坐标分别代入①、②得⎩⎪⎨⎪⎧x 2x 1＋y 2y 1＝43，x 3x 1＋y 3y 1＝43，所以直线MN 的方程为x 1x ＋y 1y ＝43，令y ＝0，得m ＝43x 1，令x ＝0，得n ＝43y 1，所以x 1＝43m ，y 1＝43n，又点P 在椭圆C 1上， 所以(43m )2＋3(43n )2＝4，即13m 2＋1n 2＝34为定值．3．(2016·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 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 .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值；②求直线AB 的斜率的最小值．(1)解 设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4,2c ＝2 2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)．由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m )． 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝m x 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3.②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m .直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0，由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2m 2－22k 2＋1x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2k m 2－22k 2＋1x 0＋m . 同理x 2＝2m 2－218k 2＋1x 0，y 2＝－6k m 2－218k 2＋1x 0＋m . 所以x 2－x 1＝2m 2－218k 2＋1x 0－2m 2－22k 2＋1x 0＝－32k2m 2－218k 2＋12k 2＋1x 0， y 2－y 1＝－6k m 2－218k 2＋1x 0＋m －2k m 2－22k 2＋1x 0－m ＝－8k 6k 2＋1m 2－218k 2＋12k 2＋1x 0， 所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”．因为P (x 0,2m )在椭圆x 24＋y22＝1上，所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意． 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，短轴一个端点B 到F 的距离等于焦距．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，是否存在直线l ，使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)由已知得c ＝1，a ＝2c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)S △BFM S △BFN＝2等价于FM FN ＝2，当直线l 斜率不存在时，FM FN＝1，不符合题意，舍去；当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1x 24＋y23＝1消去x 并整理得，(3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6k 3＋4k 2，①y 1y 2＝－9k 23＋4k 2，② 由FMFN＝2得y 1＝－2y 2， ③由①②③解得k ＝±52，因此存在直线l ：y ＝±52(x －1)使△BFM 与△BFN 的面积比值为2.。
2025届高中数学高考复习学案：圆锥曲线中的证明与探索性问题
圆锥曲线中的证明与探索性问题会用直线与圆锥曲线中有关知识解决证明与探索性问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．关键能力·题型剖析题型一证明问题例1(12分)[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－25，0)，离心率为5.(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．思路导引(1)由题意求出a，b→C的方程(2)设直线方程→与C联立→消去y→韦达定理→写出直线MA1，NA2的方程→联立消去y→解得x，即交点的横坐标为定值→点P在定直线上．[满分答卷·评分细则]解析：(1)设双曲线方程为x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)，由焦点坐标得c＝25，由e＝c a＝5得a＝2，b＝c2−a2＝4，→正确求出a，b，c得2分∴双曲线方程为x24−y216＝1.→正确写出双曲线方程得1分2由1可得A1−2，0，A22，0，→正确写出左、右顶点A1，A2的坐标得1分设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－12＜m＜12.→正确设出直线MN的方程得1分my−4−y216=1得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)＞0，则y1＋y2＝32m4m2−1，y1y2＝484m2−1，→正确消去x得到关于y的一元二次方程，写出Δ及y1＋y2、y1y2的表达式得2分直线MA1的方程为y＝y1x1+2(x＋2)，直线NA2的方程为y＝y2x2−2(x－2)→正确写出直线MA1，NA2的方程得1分联立直线方程y=+2，y2消去y得x+2x−2＝121＝m·484m2−1−2·32m4m2−1+2y1m×484m2−1−6y1＝−16m4m2−1+2y148m4m2−1−6y1＝－13，→正确得出x+2x−2＝－13得3分可得x=−1，即x p=−1，@所以点P在定直线x=−1上．→正确解出x＝－1，下结论得1分题后师说圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何要素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系相等或不等．(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．巩固训练1[2023·北京卷]已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4.(1)求E的方程；(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD.题型二探索性问题例2[2024·河南郑州模拟]已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，F为椭圆的右焦点，A 为椭圆的下顶点，A与圆x2＋(y－2)2＝1上任意点距离的最大值为3＋3.(1)求椭圆的方程；(2)设点D在直线x＝1上，过D的两条直线分别交椭圆于M，N两点和P，Q两点，点F到直线MN和PQ的距离相等，是否存在实数λ，使得|DM|·|DN|＝λ|DP|·|DQ|？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．题后师说存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．巩固训练2[2024·江西南昌模拟]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A，B分别为C上两个不同的动点，O为坐标原点，当△OAB为等边三角形时，|AB|＝83.(1)求C的标准方程；(2)抛物线C在第一象限的部分是否存在点P，使得点P满足PA +PB ＝4PF ，且点P到直线AB的距离为2？若存在，求出点P的坐标及直线AB的方程；若不存在，请说明理由．高考大题研究课十圆锥曲线中的证明与探索性问题关键能力·题型剖析巩固训练1解析：依题意，得e ＝ca＝53，则c ＝53a ，又A ，C 分别为椭圆上、下顶点，|AC |＝4，所以2b ＝4，即b ＝2，所以a 2－c 2＝b 2＝4，即a 2－59a 2＝49a 2＝4，则a 2＝9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24＝1.解析：因为椭圆E 的方程为x 29+y 24＝1，所以A (0，2)，C (0，－2)，B (－3，0)，D (3，0)，因为P 为第一象限E 上的动点，设P (m ，n )(0<m <3，0<n <2)，则m 29+n 24＝1，易得k BC ＝0+2−3−0＝－23，则直线BC 的方程为y ＝－23x －2，k PD ＝n−0m−3＝nm−3，则直线PD 的方程为y ＝n(x －3)，联立y 23−2，y 3解得x =3n+2m−6y =−12n 3n+2m−6，即而k P A ＝n−2m−0＝n−2m，则直线PA 的方程为y ＝n−2mx ＋2，令y ＝－2，则－2＝n−2mx ＋2，解得x ＝−4m n−2，即−2，又m 29+n 24＝1，则m 2＝9－9n 24，8m 2＝72－18n 2，所以k MN −12n3n+2m−6+2＝−6n 2+4mn−8m+249n 2+8m 2+6mn−12m−36＝−6n 2+4mn−8m+249n 2+72−18n 2+6mn−12m−36＝−6n2+4mn−8m+242＝23，又k CD＝0+23−0＝23，即k MN＝k CD，显然，MN与CD不重合，所以MN∥CD.例2解析：由题意可知e＝c a＝12，A(0，－b)，又A到圆上距离最大值为2－(－b)＋1＝3＋b＝3＋3，∴b＝3.又a2=b2+c2，c a=12，解得a2＝4，b2＝3.故椭圆方程为x24+y23＝1.解析：若D点与F点重合，则λ不存在，若D点与F点不重合，∵点F到直线MN和PQ的距离相等，且F在直线x＝1上，∴k MN＋k PQ＝0，设D(1，m)，由题意可知直线MN，PQ的斜率均存在且不为0，设直线MN的方程为y－m＝k1(x－1)，(k1≠0)，由y−m=k1x−1，3x2+4y2=12，得412+3x2＋(8k1m－8k2)x＋412＋4m2－8k1m－12＝0，设M(x M，y M)，N(x N，y N)，则x M＋x N＝812−812，x M·x N＝412+42－81－12412+3，又|DM|－1，D＝1+12|x N－1|，|DM|·|DN|＝(1+k12)|(x M－1)(x N－1)|＝(1+k12)|x M x N－(x M＋x N)＋1|＝1+12设直线PQ的方程为y－m＝k2(x－1)(k2≠0)，同理可得|DP|·|DQ|＝1+22又k1＝－k2，∴|DM|·|DN|＝|DP|·|DQ|，故λ＝1.所以存在这样的λ＝1，使得|DM |·|DN |＝λ|DP |·|DQ |.巩固训练2解析：由对称性可知当△OAB 为等边三角形时，A ，B 两点关于x 轴对称，当△OAB 为等边三角形时，△OAB |＝12，由题意知点(12，43)在C 上，代入y 2＝2px ，得(43)2＝24p ，解得p ＝2，所以C 的标准方程为y 2＝4x .解析：由(1)知F (1，0)，根据题意可知直线AB 的斜率不为0，设直线AB 的方程为x ＝ky ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，联立x =ky +m ，y 2=4x ，得y 2－4ky －4m ＝0，所以Δ＝16k 2＋16m >0，即k 2＋m >0，且y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4m ，所以x 1＋x 2＝k (y 1＋y 2)＋2m ＝4k 2＋2m ，由PA +PB ＝4PF ，得(x 1－x 0，y 1－y 0)＋(x 2－x 0，y 2－y 0)＝4(1－x 0，－y 0)，所以x 1+x 2−4=−2x 0，y 1+y 2=−2y 0，所以x 0=2−m −2k 2，y 0=−2k ，即P (2－m －2k 2，－2k )，又点P 在C 上，所以4k 2＝4(2－m －2k 2)，即3k 2＋m ＝2，①所以k 2＋m ＝k 2＋2－3k 2＝2(1－k 2)>0，解得－1<k <1，又点P 在第一象限，所以－2k >0，所以－1<k <0.又点P 到直线AB 的距离d 1+k 2，化简得m 2－2m ＝k 2，②联立①②解得m 13，k 或m 13k =(舍去)，或m =2k =0(舍去)．此时点P (79，直线AB 的方程为3x ＋7y ＋1＝0.。
「精品」通用版高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题7解析几何第32练圆锥曲线中的探索
第32练 圆锥曲线中的探索性问题[题型分析·高考展望] 本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大．体验高考1．(2016·课标全国乙)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．解 (1)由已知得M (0，t )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t ， 又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝p t x ，代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点．2．(2016·四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝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 (1)由已知，得a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3， 此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2,1)．(2)由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m3.所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3，1＋2m 3，|PT |2＝89m 2.设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)， 由Δ>0，解得－322<m <322.由②得x 1＋x 2＝－4m 3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|PA |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2m 3－y 12 ＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2. 所以|PA |·|PB |＝109m 2.故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |.高考必会题型题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由．解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)∵直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在， 又F 坐标为(1,0)，设直线l 方程为y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )，设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， ∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，又由MA →＝λAF →，∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)， ∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2，∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21－x 1＋x 2＋x 1x 2＝8k 23＋4k 2－k 2－3＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k2＝－83. ∴当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－83.点评 (1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点． (2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．变式训练1 已知抛物线y 2＝2px (p >0)，过点M (5，－2)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点，当直线l 的斜率为－1时，点M 恰为AB 的中点．(1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点P ，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由．解 (1)当直线l 的斜率为－1时， 直线l 的方程为x ＋y －3＝0，即x ＝3－y ， 代入y 2＝2px (p >0)得y 2＋2py －6p ＝0，y 1＋y 22＝－p ＝－2，p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为x ＝m (y ＋2)＋5， 代入y 2＝4x 得y 2－4my －8m －20＝0， 设点A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8m －20，假设存在点P (y 204，y 0)总是在以弦AB 为直径的圆上，则PA →·PB →＝(y 214－y 204)(y 224－y 204)＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0， 当y 1＝y 0或y 2＝y 0时， 等式显然成立； 当y 1≠y 0或y 2≠y 0时， 则有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16， 即4my 0＋y 20－8m －20＝－16， (4m ＋y 0＋2)(y 0－2)＝0， 解得y 0＝2，x 0＝1，所以存在点P (1,2)满足题意． 题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (0，p )作直线与抛物线x 2＝2py (p >0)相交于A ，B 两点．(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△ANB 面积的最小值； (2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为(0，－p )，学习资料 值得拥有可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x 2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋p ，消去y 得x 2－2pkx －2p 2＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p 2. 于是S △ABN ＝S △BCN ＋S △ACN ＝12·2p |x 1－x 2|＝p |x 1－x 2|＝px 1＋x 22－4x 1x 2＝p 4p 2k 2＋8p 2＝2p 2k 2＋2，∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于点P ，Q ，PQ 的中点为H ， 则O ′H ⊥PQ ，O ′点的坐标为(x 12，y 1＋p2)．∵|O ′P |＝12|AC |＝12x 21＋y 1－p2＝12y 21＋p 2， |O ′H |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －y 1＋p 2＝12|2a －y 1－p |，∴|PH |2＝|O ′P |2－|O ′H |2＝14(y 21＋p 2)－14(2a －y 1－p )2 ＝(a －p2)y 1＋a (p －a )，∴|PQ |2＝(2|PH |)2＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．令a －p 2＝0，得a ＝p2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p 2＝2p 1＋k 2·k 2＋2， 又由点到直线的距离公式得d ＝2p 1＋k2.从而S △ABN ＝12·d ·|AB |＝12·2p 1＋k 2·k 2＋2· 2p 1＋k 2＝2p2k 2＋2.∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ， 则以AC 为直径的圆的方程为 (x －0)(x －x 1)＋(y －p )(y －y 1)＝0，将直线方程y ＝a 代入得x 2－x 1x ＋(a －p )(a －y 1)＝0， 则Δ＝x 21－4(a －p )(a －y 1)＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．设直线l 与以AC 为直径的圆的交点为P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则有|PQ |＝|x 3－x 4| ＝a －p2y 1＋a p －a＝2a －p2y 1＋a p －a .令a －p 2＝0，得a ＝p2，此时|PQ |＝p 为定值， 故满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．点评 (1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定． (2)定直线一般为特殊直线x ＝x 0，y ＝y 0等．变式训练2 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，F 1、F 2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C 过点(0,1)，且离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，直线l 的方程为x ＝4，P 是椭圆上异于A 、B 的任意一点，直线PA 、PB 分别交直线l 于D 、E 两点，求F 1D →·F 2E →的值；(3)过点Q (1,0)任意作直线m (与x 轴不垂直)与椭圆C 交于M 、N 两点，与l 交于R 点，RM →＝xMQ →，RN →＝yNQ →，求证：4x ＋4y ＋5＝0.(1)解 由题意可得b ＝1，c a ＝223，∴a ＝3，椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1. (2)解 设P (x 0，y 0)，则直线PA 、PB 的方程分别为y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，y ＝y 0x 0－3(x －3)， 将x ＝4分别代入可求得D ，E 两点的坐标分别为 D (4，7y 0x 0＋3)，E (4，y 0x 0－3)．由(1)知，F 1(－22，0)，F 2(22，0)，∴F 1D →·F 2E →＝(4＋22，7y 0x 0＋3)·(4－22，y 0x 0－3)＝8＋7y 2x 20－9，又∵点P (x 0，y 0)在椭圆C 上， ∴x 209＋y 20＝1⇒y 20x 20－9＝－19， ∴F 1D →·F 2E →＝659.(3)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (4，t )， 由RM →＝xMQ →得(x 1－4，y 1－t )＝x (1－x 1，－y 1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝4＋x 1＋x ，y 1＝t1＋x(x ≠－1)，代入椭圆方程得(4＋x )2＋9t 2＝9(1＋x )2，①同理由RN →＝yNQ →得(4＋y )2＋9t 2＝9(1＋y )2， ②①－②消去t ，得x ＋y ＝－54，∴4x ＋4y ＋5＝0. 题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________． 答案 [1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋y －a2＝a ，得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0.即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1.(2)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，以椭圆的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r >0)，设圆T 与椭圆C 交于点M ，N .①求椭圆C 的方程；②求TM →·TN →的最小值，并求此时圆T 的方程；③设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点． 试问：是否存在使S △POS ·S △POR 最大的点P ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 ①由题意知⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，a ＝2，解之，得a ＝2，c ＝3，由c 2＝a 2－b 2，得b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. ②点M 与点N 关于x 轴对称， 设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)，不妨设y 1>0，由于点M 在椭圆C 上，∴y 21＝1－x 214.由已知T (－2,0)，则TM →＝(x 1＋2，y 1)，TN →＝(x 1＋2，－y 1)， ∴TM →·TN →＝(x 1＋2，y 1)·(x 1＋2，－y 1)＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214 ＝54⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋852－15.由于－2<x <2，故当x 1＝－85时，TM →·TN →取得最小值为－15，当x 1＝－85时，y 1＝35，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，35. 又点M 在圆T 上，代入圆的方程得r 2＝1325，故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝1325.③假设存在满足条件的点P ，设P (x 0，y 0)， 则直线MP 的方程为y －y 0＝y 0－y 1x 0－x 1(x －x 0)， 令y ＝0，得x R ＝x 1y 0－x 0y 1y 0－y 1，同理x S ＝x 1y 0＋x 0y 1y 0＋y 1，故x R ·x S ＝x 21y 20－x 20y 21y 20－y 21.又点M 与点P 在椭圆上， 故x 20＝4(1－y 20)，x 21＝4(1－y 21)， 得x R ·x S ＝－y 21y 20－－y 2y 21y 20－y 21＝y 20－y 21y 20－y 21＝4， ∴|OR |·|OS |＝|x R |·|x S |＝|x R ·x S |＝4为定值．∵S △POS ·S △POR ＝12|OS ||y P |·12|OR ||y P |＝14×4×y 2P ＝y 2P ，又P 为椭圆上的一点，∴要使S △POS ·S △POR 最大，只要y 2P 最大，而y 2P 的最大值为1，故满足条件的P 点存在，其坐标为P (0,1)和P (0，－1)．点评 存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在． (2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．变式训练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知，得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝－2λ－k 2＋－2λ－2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (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.(1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1， 得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k k －1＋2k 2，x 1x 2＝2k k －1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －2k k －＝2k －2(k －1)＝2.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，且点P (1，32)在椭圆C 上，O 为坐标原点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围；(3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M ，N (M ，N 不在坐标轴上)，若直线MN 在x 轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：13m 2＋1n 2为定值． (1)解 由题意得c ＝1，所以a 2＝b 2＋1，又因为点P (1，32)在椭圆C 上，所以1a 2＋94b 2＝1，可解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)解 设直线l 方程为y ＝kx ＋2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋16kx ＋4＝0，因为Δ＝12k 2－3>0，所以k 2>14，又x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝44k 2＋3，因为∠AOB 为锐角，所以OA →·OB →>0，即x 1x 2＋y 1y 2>0，所以x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)>0，所以(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4>0，所以(1＋k 2)·44k 2＋3＋2k ·－16k4k 2＋3＋4>0，即－12k 2＋164k 2＋3>0，所以k 2<43，所以14<k 2<43， 解得－233<k <－12或12<k <233.(3)证明 由题意：C 1：x 24＋3y 24＝1，设点P (x 1，y 1)，M (x 2，y 2)，N (x 3，y 3)，因为M ，N 不在坐标轴上，所以k PM ＝－1k OM ＝－x 2y 2，直线PM 的方程为y －y 2＝－x 2y 2(x －x 2)，化简得x 2x ＋y 2y ＝43， ①同理可得直线PN 的方程为x 3x ＋y 3y ＝43， ②把P 点的坐标分别代入①、②得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2x 1＋y 2y 1＝43，x 3x 1＋y 3y 1＝43，所以直线MN 的方程为x 1x ＋y 1y ＝43， 令y ＝0，得m ＝43x 1，令x ＝0，得n ＝43y 1， 所以x 1＝43m ，y 1＝43n，又点P 在椭圆C 1上， 所以(43m )2＋3(43n )2＝4，即13m 2＋1n 2＝34为定值．3．(2016·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 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 .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k 为定值； ②求直线AB 的斜率的最小值．(1)解 设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4,2c ＝2 2.所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)．由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m )．所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝m x 0. 直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3m x 0. 此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3. ②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m .直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1， 整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝m 2－k 2＋x 0， 所以y 1＝kx 1＋m ＝2k m 2－k 2＋x 0＋m . 同理x 2＝m 2－k 2＋x 0，y 2＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m . 所以x2－x 1＝m 2－k 2＋x 0－m 2－k 2＋x 0 ＝－32k 2m 2－k 2＋k 2＋x 0， y 2－y 1＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m －2k m 2－k 2＋x 0－m ＝－8k k 2＋m 2－k 2＋k 2＋x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ， 由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”． 因为P (x 0,2m )在椭圆x 24＋y 22＝1上， 所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m 4－8m 2－0＝66， 即m ＝147，符合题意． 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，短轴的一个端点B 到F 的距离等于焦距． (1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，是否存在直线l ，使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)由已知得c ＝1，a ＝2c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)S △BFMS △BFN ＝2等价于FM FN＝2，当直线l 斜率不存在时，FM FN ＝1，不符合题意，舍去；当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －，x 24＋y 23＝1消去x并整理得，(3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝－6k3＋4k 2， ①y 1y 2＝－9k 23＋4k 2， ② 由FM FN ＝2得y 1＝－2y 2， ③ 由①②③解得k ＝±52，因此存在直线l ：y ＝±52(x －1)使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2.。
高考数学圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题含答案解析
圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题考情分析圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题是近年高考的热点,探索性问题通常为探索是否存在符合的点、直线或结果是否为定值,求解时一般是先假设结论存在,再进行推导,有时也会出现探索曲线位置关系的试题,结构不良问题时,兼顾开放性与公平性,形式不固化,问题条件或数据缺失或冗余、问题目标界定不明确、具有多种评价解决方法的标准等特征,选择不同的条件,解题的难度是有所不同的,能较好地考查学生分析问题解决问题的能力.解题秘籍(一)解决探索性问题与不良结构问题的注意事项及方法1.解决探索性问题的注意事项探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．2.存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则,元素(点、直线、曲线或参数)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．3.结构不良问题的主要特征有：①问题条件或数据部分缺失或冗余；②问题目标界定不明确；③具有多种解决方法、途径；④具有多种评价解决方法的标准；⑤所涉及的概念、规则和原理等不确定．1(2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期10月联考)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1经过点2,-3,两条渐近线的夹角为60°,直线l交双曲线于A,B两点.(1)求双曲线C的方程.(2)若动直线l经过双曲线的右焦点F2,是否存在x轴上的定点M m,0,使得以线段AB为直径的圆恒过M点？若存在,求实数m的值；若不存在,请说明理由.2(2023届云南省师范大学附属中学高三上学期月考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(b >a >0)的右焦点为F c ,0 ,从①虚轴长为23；②离心率为2；③双曲线C 的两条渐近线夹角为60°中选取两个作为条件,求解下面的问题.(1)求C 的方程；(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的左､右两支分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点,记△AOB ,△FOB 面积分别为S 1,S 2,若S1S 2=3+1,求直线l 的方程.(注：若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.)(二)是否存在型探索性问题求解此类问题一般是先假设存在,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论.3(2022届天津市南开中学2高三上学期检测)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,且F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,P 为椭圆C 与抛物线E 在第一象限的交点,且PF 2 =53．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y =k x -1 与椭圆C 交于R ,S 两点,问是否在x 轴上存在一点T ,使得当k 变动时,总有∠OTS =∠OTR ？说明理由．(三)探索直线是否过定点求出此类问题一般是设出直线的斜截式方程y =kx +t ,然后根据已知条件确定k ,t 的关系式,再判断直线是否过定点.4(2022届北京市房山区高三上学期期末)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,A ,B 分别为椭圆E 的上、下顶点,且AB =2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于M ,N (不与点A ,B 重合)两点,若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,判断直线l 是否经过定点？若是,求出定点的坐标；若不是,说明理由.(四)探索结果是否为定值此类问题一般是把所给式子用点的坐标或其他参数表示,再结合韦达定理或已知条件进行化简,判断化简的结果是否为定值.5(2022届云南省三校高三联考)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点A a 3,a 3 ,B 2,32 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)点Q x 0,y 0 是单位圆x 2+y 2=1上的任意一点,设P ,M ,N 是椭圆E 上异于顶点的三点且满足OP=x 0OM +y 0ON ．探讨OM 2+ON2是否为定值？若是定值,求出该定值,若不是定值,请说明理由．6(2022届天津市耀华中学高三上学期月考)已知O 为坐标原点,双曲线C 1:y 2a 21-x 2b 21=1a 1>0,b 1>0 和椭圆C 2:x 2a 22+y 2b 22=1a 2>b 2>0 均过点T 1,233 且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求C 1,C 2的方程；(2)是否存在直线l ,使得l 与C 1交于A ,B 两点,与C 2只有一个公共点,且|OA +OB |=|AB|？证明你的结论；(3)椭圆C 2的右顶点为Q ,过椭圆C 2右焦点的直线l 1与C 2交于M 、N 两点,M 关于x 轴的对称点为S ,直线SN 与x 轴交于点P ,△MOQ ,△MPQ 的面积分别为S 1,S 2,问S1S 2是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说明理由．(六)探索直线与圆锥曲线的位置关系探索直线与圆的位置关系一般根据圆心到直线距离与圆的半径的大小进行判断,探索直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系一般根据判别式.7已知定理：如果二次曲线Ax 2+Cy 2+Dx +Ey +F =0与直线mx +ny +q =0(q ≠0)有两个公共点P 、Q ,O 是坐标原点,则OP ⊥OQ 的充要条件是(A +C )q 2-(mD +nE )q +(m 2+n 2)F =0.(1)试根据上述定理,写出直线l :x +2y -3=0与圆C :x 2+y 2+x -6y +c =0相交于P ,Q ,坐标原点为O ,且OP ⊥OQ 的充要条件,并求c 的值；(2)若椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,而且OP ⊥QQ ,试判断直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2的位置关系,并说明理由.(七)探索类比问题此类问题多是椭圆与双曲线的类比8设F1、F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点．(1)若椭圆C上的点A1,32到F1、F2两点的距离之和等于4,写出椭圆C的方程；(2)设K是(1)中所得椭圆上的动点,求线段F1K的中点的轨迹方程；(3)已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点,点P是椭圆上任意一点,当直线PM、PN的斜率都存在,并记为k PM、k PN时,那么k PM与k PN之积是与点P位置无关的定值．试对双曲线x2a2-y2b2=1写出具有类似特性的性质,并加以证明．(八)不良结构问题近年不良结构问题,通常是要求学生从备选条件中选择部分条件解题,选择不同的条件,所用知识可能不同,难易程度也可能不同.9在①PF=x0+1,②y0=2x0=2,③PF⊥x轴时,PF=2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答．问题：已知抛物线C:y2=2px p>0在抛物线C上,且．的焦点为F,点P x0,y0(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线l:x-y-2=0与抛物线C交于A,B两点,求△ABF的面积．跟踪检测1(2023届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测)已知动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,记动圆C 圆心的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)已知P 4,y 0 y 0>0 是曲线E 上一点,A ,B 是曲线E 上异于点P 的两个动点,设直线PA ､PB 的倾斜角分别为α､β,且α+β=3π4,请问：直线AB 是否经过定点？若是,请求出该定点,若不是,请说明理由.2(2023届江苏省泰州市泰兴市高三上学期期中)已知圆O ：x 2+y 2=16,点A (6,0),点B 为圆O 上的动点,线段AB 的中点M 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)设T (2,0),过点T 作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于E 、F 两点．(i )过点T 作与直线l 垂直的直线m 交曲线C 于G 、H 两点,求四边形EGFH 面积的最大值；(ii )设曲线C 与x 轴交于P 、Q 两点,直线PE 与直线QF 相交于点N ,试讨论点N 是否在定直线上,若是,求出该直线方程；若不是,说明理由．3(2023届上海师范大学附属嘉定高级中学高三上学期期中)己知双曲线C :x 2-y 2=1,过点T (t ,0)作直线l 和曲线C 交于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的焦点和它的渐近线；(2)若t =0,点A 在第一象限,AH ⊥x 轴,垂足为H ,连结BH ,求直线BH 斜率的取值范围；(3)过点T 作另一条直线m ,m 和曲线C 交于E ,F 两点.问是否存在实数t ,使得AB ⋅EF =0和AB=EF同时成立.如果存在,求出满足条件的实数t 的取值集合；如果不存在,请说明理由.4(2023届湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高三上学期期中联考)设点P 为圆C :x 2+y 2=4上的动点,过点P 作x 轴垂线,垂足为点Q ,动点M 满足2MQ =3PQ(点P 、Q 不重合)(1)求动点M 的轨迹方程E ；(2)若过点T 4,0 的动直线与轨迹E 交于A 、B 两点,定点N 为1,32,直线NA 的斜率为k 1,直线NB 的斜率为k 2,试判断k 1+k 2是否为定值．若是,求出该定值；若不是,请说明理由．5(2023届湖南省郴州市高三上学期教学质量监测)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22,过坐标原点O的直线交椭圆E于P,A两点,其中P在第一象限,过P作x轴的垂线,垂足为C,连接AC.当C为椭圆的右焦点时,△PAC的面积为2.(1)求椭圆E的方程；(2)若B为AC的延长线与椭圆E的交点,试问：∠APB是否为定值,若是,求出这个定值；若不是,说明理由.6(2023届云南省部分重点中学高三上学期10月份月考)已知抛物线C：y2=2px p>0的焦点为F,点D x0,2在抛物线C上,且DF=2．(1)求抛物线C的标准方程．(2)直线l：x=my+t与抛物线C交于A,B两点,点P-4,0,若∠APO=∠BPO(O为坐标原点),直线l 是否恒过点M？若是,求出定点M的坐标；若不是,请说明理由．7(2023届上海市高桥中学高三上学期9月月考)在平面直角坐标系中,O 为坐标原点,动点G 到F 1-3,0 ,F 23,0 的两点的距离之和为4．(1)试判断动点G 的轨迹是什么曲线,并求其轨迹方程C ．(2)已知直线y =k x -3 k >0 与圆F 2:x -3 2+y 2=14交于M 、N 两点,与曲线C 交于P 、Q 两点,其中M 、P 在第一象限,d 为原点O 到直线l 的距离,是否存在实数k ,使得T =NQ -MP ⋅2d 2取得最大值,若存在,求出k 和最大值；若不存在,说明理由．8(2022届广东省潮州市高三上学期期末)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为63,以原点O 为圆心,椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线2x -2y +6=0相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点A ,B 为动直线y =k (x -2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点,问：在x 轴上是否存在定点E ,使得EA 2 +EA ⋅AB为定值？若存在,试求出点E 的坐标和定值；若不存在,请说明理由．9(2022届河北省深州市高三上学期期末)已知抛物线C :y 2=4x ,点F 为C 的焦点,过F 的直线l 交C 于A ,B 两点．(1)设A ,B 在C 的准线上的射影分别为P ,Q ,线段PQ 的中点为R ,证明：AR ∥FQ ；(2)在x 轴上是否存在一点T ,使得直线AT ,BT 的斜率之和为定值？若存在,求出点T 的坐标；若不存在,请说明理由．10已知椭圆E :y 2a2+x 2=1a >1 的离心率为32,圆A :x 2+y -a 2=r 2r >0 与椭圆E 相交于B ,C 两点.(1)求AB ⋅AC的最小值；(2)若F 1,F 2分别是椭圆E 的上、下焦点,经过点F 1的直线l 与椭圆E 交于M ,N 两点,O 为坐标原点,则△OF 2N 与△OF 2M 的面积之和是否存在最大值？若存在,求出这个最大值及此时直线l 的方程；若不存在,请说明理由.11(2022届北京一六一中学高三12月测试)已知椭圆C :x 2m +y 22=1(m >2)上一点与椭圆C 的两个焦点构成的三角形周长为42+26．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (2,1)作x 轴的垂线l ,设点A 为第四象限内一点且在椭圆C 上(点A 不在直线l 上),点A 关于l 的对称点为A ,直线A P 与C 交于另一点B ．设O 为原点,判断直线AB 与直线OP 的位置关系,并说明理由．12(2023届海交通大学附属中学2023届高三上学期10月月考)已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点为F 2,0 ,渐近线方程为y =±3x ,过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A ,B 两点.(1)求C 的方程；(2)若直线AB 的斜率为1,求线段AB 的中点坐标；(3)点P x 1,y 1 、Q x 2,y 2 在C 上,且x 1>x 2>0,y 1>0.过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M .从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |.13已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为12,点1,32 在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)若椭圆C 的两条切线交于点M (4,t ),其中t ∈R ,切点分别是A 、B ,试利用结论：在椭圆x 2a 2+y 2b2=1上的点x 0,y 0 处的椭圆切线方程是x 0xa 2+y 0y b2=1,证明直线AB 恒过椭圆的右焦点F 2；(3)试探究1AF 2 +1BF 2的值是否恒为常数,若是,求出此常数；若不是,请说明理由．14(2023届四川省成都市高三上学期月考)如图所示, 已知A ,B 两点的坐标分别为(-2,0),(2,0),直线AP ,BP 的交点为P ,且它们的斜率之积-14．(1)求点P 的轨迹E 的方程;(2)设点C 为x 轴上(不同于A ,B )一定点, 若过点P 的动直线与E 的交点为Q , 直线PQ 与直线x =-2和直线x =2分别交于M ,N 两点,当∠ACM =∠ACN 时,请比较∠ACP 与∠ACQ 大小并说明理由．15(2023届广东省佛山市南海区三水区高三上学期8月摸底)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线Γ:x2=2py(p>0)的焦点为F,抛物线Γ上不同两点M,N同时满足下列三个条件中的两个：①|FM|+|FN|=|MN|；②|OM|=|ON|=|MN|=86；③直线MN的方程为y=6p．(1)请分析说明两点M,N满足的是哪两个条件？并求抛物线Γ的标准方程；(2)过抛物线Γ的焦点F的两条倾斜角互补的直线AB和CD交抛物线Γ于A,B,C,D,且A,C两点在直线BD的下方,求证：直线AD,BC的倾斜角互补并求直线AD,BC的交点坐标．圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题考情分析圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题是近年高考的热点,探索性问题通常为探索是否存在符合的点、直线或结果是否为定值,求解时一般是先假设结论存在,再进行推导,有时也会出现探索曲线位置关系的试题,结构不良问题时,兼顾开放性与公平性,形式不固化,问题条件或数据缺失或冗余、问题目标界定不明确、具有多种评价解决方法的标准等特征,选择不同的条件,解题的难度是有所不同的,能较好地考查学生分析问题解决问题的能力.解题秘籍(一)解决探索性问题与不良结构问题的注意事项及方法1.解决探索性问题的注意事项探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．2.存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则,元素(点、直线、曲线或参数)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．3.结构不良问题的主要特征有：①问题条件或数据部分缺失或冗余；②问题目标界定不明确；③具有多种解决方法、途径；④具有多种评价解决方法的标准；⑤所涉及的概念、规则和原理等不确定．1(2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期10月联考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1经过点2,-3 ,两条渐近线的夹角为60°,直线l 交双曲线于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的方程.(2)若动直线l 经过双曲线的右焦点F 2,是否存在x 轴上的定点M m ,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点？若存在,求实数m 的值；若不存在,请说明理由.【解析】(1)∵两条渐近线的夹角为60°,∴渐近线的斜率±b a =±3或±33,即b =3a 或b =33a ；当b =3a 时,由4a 2-9b2=1得：a 2=1,b 2=3,∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1；当b =33a 时,方程4a 2-9b2=1无解；综上所述：∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1.(2)由题意得：F 22,0 ,假设存在定点M m ,0 满足题意,则MA ⋅MB=0恒成立；方法一：①当直线l 斜率存在时,设l :y =k x -2 ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,由y =k x -2x 2-y 23=1得：3-k 2x 2+4k 2x -4k 2+3 =0,∴3-k 2≠0Δ=361+k 2 >0 ,∴x 1+x 2=4k 2k 2-3,x 1x 2=4k 2+3k 2-3,∴MA ⋅MB=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+k 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4 =1+k 2 x 1x 2-2k 2+m x 1+x 2 +m 2+4k 2=4k 2+3 1+k 2k 2-3-4k 22k 2+mk 2-3+m 2+4k 2=0,∴4k 2+3 1+k 2 -4k 22k 2+m +m 2+4k 2 k 2-3 =0,整理可得：k 2m 2-4m -5 +3-3m 2 =0,由m 2-4m -5=03-3m 2=0得：m =-1；∴当m =-1时,MA ⋅MB=0恒成立；②当直线l 斜率不存在时,l :x =2,则A 2,3 ,B 2,-3 ,当M -1,0 时,MA =3,3 ,MB =3,-3 ,∴MA ⋅MB=0成立；综上所述：存在M -1,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点.方法二：①当直线l 斜率为0时,l :y =0,则A -1,0 ,B 1,0 ,∵M m ,0 ,∴MA =-1-m ,0 ,MB=1-m ,0 ,∴MA ⋅MB=m 2-1=0,解得：m =±1；②当直线l 斜率不为0时,设l :x =ty +2,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,由x =ty +2x 2-y 23=1得：3t 2-1 y 2+12ty +9=0,∴3t 2-1≠0Δ=123t 2+3 >0 ,∴y 1+y 2=-12t 3t 2-1,y 1y 2=93t 2-1,∴MA ⋅MB=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+y 1y 2=ty 1+2 ty 2+2 -m ty 1+2+ty 2+2 +m 2+y 1y 2=t 2+1 y 1y 2+2t -mt y 1+y 2 +4-4m +m 2=9t 2+1 3t 2-1-12t 2t -mt 3t 2-1+4-4m +m 2=12m -15 t 2+93t 2-1+2-m 2=0；当12m -153=9-1,即m =-1时,MA ⋅MB =0成立；综上所述：存在M -1,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点.2(2023届云南省师范大学附属中学高三上学期月考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(b >a >0)的右焦点为F c ,0 ,从①虚轴长为23；②离心率为2；③双曲线C 的两条渐近线夹角为60°中选取两个作为条件,求解下面的问题.(1)求C 的方程；(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的左､右两支分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点,记△AOB ,△FOB 面积分别为S 1,S 2,若S1S 2=3+1,求直线l 的方程.(注：若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.)【解析】(1)若选①②,可知c 2=a 2+b 2，ca =2，2b =23，解得a =1，b =3，c =2，∴C 的方程为x 2-y 23=1.若选①③,因为b >a ,∴b a=3，2b =23， ∴a =1，b =3，∴C 的方程为x 2-y 23=1.若选②③,设递增的渐近线的倾斜角为θ,可知c a =2，θ=60°，a 2+b 2=c 2 则c a =2，ba =tan θ=tan60°，a 2+b 2=c 2此时无法确定a ,b ,c(2)F (2，0),由题意知,直线l 斜率不为0,∴设直线l ：x =ty +2.由x =ty +2，x 2-y23=1， 得(3t 2-1)y 2+12ty +9=0,设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2),|y 1|>|y 2|,则可知3t 2-1≠0且Δ>0恒成立,y 1+y 2=-12t 3t 2-1，y 1y 2=93t 2-1,∵y 1y 2>0,∴t <-33或t >33.∵S △AOB S △BOF =S △AOF -S △BOF S △BOF =S △AOF S △BOF -1=|y 1||y 2|-1=3+1,∴y 1y 2=2+3.由(y 1+y 2)2-2y 1y 2y 1y 2=10t 2+23t 2-1,得y 1y 2+y 2y 1=10t 2+23t 2-1,∴10t 2+23t 2-1=4,∴t =±3,满足t <-33或t >33.∴直线l 的方程为y =33x -233或y =-33x +233.(二)是否存在型探索性问题求解此类问题一般是先假设存在,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论.3(2022届天津市南开中学2高三上学期检测)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,且F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,P 为椭圆C 与抛物线E 在第一象限的交点,且PF 2 =53．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y =k x -1 与椭圆C 交于R ,S 两点,问是否在x 轴上存在一点T ,使得当k 变动时,总有∠OTS =∠OTR ？说明理由．【解析】(1)∵F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,∴F 21，0 ,∴c =1,且抛物线的准线方程为x =-1,设点P x 0，y 0 ,∵PF 2 =53,∴x 0+1=53,∴x 0=23,∴y 0=223=263,∴49a 2+83b2=1,∵a 2-b 2=c 2=1,解得a 2=4,b 2=3,∴椭圆方程为x 24+y 23=1；(2)假设存在T t ，0 满足∠OTS =∠OTR .设R x 1，y 1 ,S x 2，y 2 ,联立y =k x -13x 2+4y 2=12,消y 整理得3+4k 2 x 2-8k 2x +4k 2-12=0,由韦达定理有x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2①,其中△>0恒成立,由∠OTS =∠OTR (显然TS ,TR 的斜率存在),故k TS +k TR =0,即y 1x 1-t +y 2x 2-t =0②,由R ,S 两点在直线y =k x -1 上,故y 1=k x 1-1 ,y 2=k x 2-1 ,代入②整理有2x 1x 2-t +1 x 1+x 2 +2t =0③,将①代入③即有：6t -243+4k 2=0④,要使得④与k 的取值无关,当且仅当“t =4“时成立,综上所述存在T 4，0 ,使得当k 变化时,总有∠OTS =∠OTR ．(三)探索直线是否过定点求出此类问题一般是设出直线的斜截式方程y =kx +t ,然后根据已知条件确定k ,t 的关系式,再判断直线是否过定点.4(2022届北京市房山区高三上学期期末)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,A ,B 分别为椭圆E 的上、下顶点,且AB =2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于M ,N (不与点A ,B 重合)两点,若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,判断直线l 是否经过定点？若是,求出定点的坐标；若不是,说明理由.【解析】(1)由离心率为32,可得c a =32因为A ,B 为椭圆的上、下顶点,且AB =2,所以2b =2即b =1 , 又a 2=b 2+c 2解得：a =2所以椭圆E 的标准方程为x 24+y 2=1(2)直线l 经过定点-1,-1 ,证明如下：①当直线l 的斜率存在时,设l :y =kx +t ,(t ≠±1),由y =kx +t x 24+y 2=1,得(1+4k 2)x 2+8ktx +4t 2-4=0, 则Δ=(8kt )2-4(1+4k 2)(4t 2-4)>0得：t 2<4k 2+1设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)则x 1+x 2=-8kt 1+4k 2,x 1x 2=4t 2-41+4k 2, 则k AM +k AN =y 1-1x 1+y 2-1x 2=2kx 1x 2+(t -1)(x 1+x 2)x 1x 2=8k (t -1)4(t +1)(t -1)=2所以t =k -1,经检验,可满足t 2<4k 2+1,所以直线l 的方程为y =kx +k -1,即y =k x +1 -1所以直线l 经过定点-1，-1 ．②当直线l 的斜率不存在时,设l :x =m ,M (m ,y M ),N (m ,-y M ),则k AM +k AN =y M -1m +-y M -1m=2解得m =-1,此时直线l 也经过定点-1，-1 综上直线l 经过定点(-1,-1)．(四)探索结果是否为定值此类问题一般是把所给式子用点的坐标或其他参数表示,再结合韦达定理或已知条件进行化简,判断化简的结果是否为定值.5(2022届云南省三校高三联考)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点A a 3,a 3 ,B 2,32 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)点Q x 0,y 0 是单位圆x 2+y 2=1上的任意一点,设P ,M ,N 是椭圆E 上异于顶点的三点且满足OP=x 0OM +y 0ON ．探讨OM 2+ON 2是否为定值？若是定值,求出该定值,若不是定值,请说明理由．【解析】(1)因为点A a 3,a 3,B 2,32在椭圆上,所以2a 2+34b 2=1a 29a 2+a 29b2=1,解得b 2=1,a 2=8,所以椭圆方程为x 28+y 2=1．(2)令M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则P x 0x 1+y 0x 2,x 0y 1+y 0y 2 ,所以x 0x 1+y 0x 228+x 0y 1+y 0y 2 2=1,即x 218+y 21 x 20+x 228+y 22y 20+2x 0y 0x 1x 28+2x 0y 0y 1y 2 =1．又x 218+y 21=1,x 228+y 22=1,x 20+y 20=1,所以2x 0y 0x 1x 28+2x 0y 0y 1y 2=0,即y 1y 2x 1x 2=-18,所以y 1y 2 2=-18x 1x 2 2=18x 21⋅18x 22=1-y 21 1-y 22 =1-y 21+y 22 +y 21⋅y 22,即y 21+y 22=1,又x 218+y 21=1,x 228+y 22=1,所以x 12+x 22=8,所以OM 2+ON 2=x 21+x 22+y 21+y 22=9,故OM 2+ON2为定值9．6(2022届天津市耀华中学高三上学期月考)已知O 为坐标原点,双曲线C 1:y 2a 21-x 2b 21=1a 1>0,b 1>0 和椭圆C 2:x 2a 22+y 2b 22=1a 2>b 2>0 均过点T 1,233 且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求C 1,C 2的方程；(2)是否存在直线l ,使得l 与C 1交于A ,B 两点,与C 2只有一个公共点,且|OA +OB |=|AB|？证明你的结论；(3)椭圆C 2的右顶点为Q ,过椭圆C 2右焦点的直线l 1与C 2交于M 、N 两点,M 关于x 轴的对称点为S ,直线SN 与x 轴交于点P ,△MOQ ,△MPQ 的面积分别为S 1,S 2,问S1S 2是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说明理由．【解析】(1)根据题意：43a 21-1b 21=1,1a 22+43b 22=1,以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形,边长为2故a 1=1,c 2=1,故a 22=b 22+1,代入计算得到b 1=3,a 2=3,b 2=2,故C 1:y 2-x 23=1,C 2:x 23+y 22=1.(2)假设存在直线方程满足条件,当直线斜率不存在时,x =3或x =-3,代入计算得到y =±2,验证不成立；当直线斜率存在时,设直线方程为y =kx +b ,则y =kx +bx 23+y 22=1,即2+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-6=0,Δ=36k 2b 2-43b 2-6 2+3k 2 =0,化简得到b 2=3k 2+2.设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,y =kx +by 2-x 23=1 ,故3k 2-1 x 2+6kbx +3b 2-3=0,故x 1+x 2=-6kb3k 2-1x 1x 2=3b 2-33k 2-1,OA +OB =AB =-OA +OB ,故OA ⊥OB ,即x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+kx 1+b kx 2+b =0,即k 2+1 x 1x 2+kb x 1+x 2 +b 2=0,即k 2+1 3b 2-33k 2-1-6k 2b 23k 2-1+b 2=0,化简得到2b 2=3k 2+3,b 2=3k 2+22b 2=3k 2+3 方程组无解,假设不成立.故不存在直线满足条件.(3)焦点坐标为1,0 ,易知直线方程斜率不为零,设直线方程为x =my +1,M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则S x 2,-y 2 ,x =my +1x 23+y 22=1 ,化简得到2m 2+3 y 2+4my -4=0,y 1+y 2=-4m 2m 2+3y 1y 2=-42m 2+3 ,直线NS 方程为：y =y 1+y 2x 1-x 2x -x 1 +y 1,取y =0得到x =x 1y 2+x 2y 1y 1+y 2=my 1+1 y 2+my 2+1 y 1y 1+y 2=2my 1y 2y 1+y 2+1=-2m ⋅42m 2+3-4m 2m 2+3+1=3,S 1S 2=OQ PQ =33-3=3+12,故S 1S 2是定值为3+12.(六)探索直线与圆锥曲线的位置关系探索直线与圆的位置关系一般根据圆心到直线距离与圆的半径的大小进行判断,探索直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系一般根据判别式.7已知定理：如果二次曲线Ax 2+Cy 2+Dx +Ey +F =0与直线mx +ny +q =0(q ≠0)有两个公共点P 、Q ,O 是坐标原点,则OP ⊥OQ 的充要条件是(A +C )q 2-(mD +nE )q +(m 2+n 2)F =0.(1)试根据上述定理,写出直线l :x +2y -3=0与圆C :x 2+y 2+x -6y +c =0相交于P ,Q ,坐标原点为O ,且OP ⊥OQ 的充要条件,并求c 的值；(2)若椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,而且OP ⊥QQ ,试判断直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2的位置关系,并说明理由.【解析】(1)由定理可知OP ⊥OQ 的充要条件为：2×(-3)2-(1-12)×(-3)+(1+4)c =0,即18-33+5c =0,∴c =3.(2)∵椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,∴1a 2+1b 2q 2-(m 2+n 2)=0,即1a 2+1b 2=m 2+n 2q 2.∵圆x 2+y 2=11a 2+1b 2的半径为r =11a2+1b2=q 2m 2+n 2=|q |m 2+n 2,又圆心(0,0)到直线PQ 的距离为d =|q |m 2+n2,∴d =r ,∴直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2相切.(七)探索类比问题此类问题多是椭圆与双曲线的类比8设F 1、F 2分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右两个焦点．(1)若椭圆C 上的点A 1,32到F 1、F 2两点的距离之和等于4,写出椭圆C 的方程；(2)设K 是(1)中所得椭圆上的动点,求线段F 1K 的中点的轨迹方程；(3)已知椭圆具有性质：若M 、N 是椭圆C 上关于原点对称的两个点,点P 是椭圆上任意一点,当直线PM 、PN 的斜率都存在,并记为k PM 、k PN 时,那么k PM 与k PN 之积是与点P 位置无关的定值．试对双曲线x 2a 2-y 2b 2=1写出具有类似特性的性质,并加以证明．【解析】(1)点A 1,32 在椭圆C 上,且到F 1、F 2两点的距离之和等于4,则12a2+322b 2=1,2a =4,解得a=2,b 2=3,椭圆C 的方程为x 24+y 23=1；(2)c =a 2-b 2=1,则有F 1-1,0 ,设K m ,n ,线段F 1K 的中点为x ,y ,则有x =m -12y =n2⇒m=2x+1 n=2y,又K是椭圆上的动点,则有m24+n23=1,即2x+124+2y23=1,即x+122+4y23=1.故线段F1K的中点的轨迹方程为x+1 22+4y23=1(3)类似特性的性质为：若M、N是双曲线x2a2-y2b2=1上关于原点对称的两个点,点P是双曲线上任意一点,当直线PM、PN的斜率都存在,并记为k PM、k PN时,那么k PM与k PN之积是与点P位置无关的定值．证明：设P x0,y0,M s,t,N-s,-t,则s2a2-t2b2=1,k PM=y0-tx0-s,k PN=y0+tx0+s,k PM⋅k PN=y0-tx0-s⋅y0+tx0+s=y02-t2 x02-s2,又y2=b2a2x2-b2,则k PM⋅k PN=b2a2x02-b2-b2a2s2-b2x02-s2=b2a2x02-s2x02-s2=b2a2(八)不良结构问题近年不良结构问题,通常是要求学生从备选条件中选择部分条件解题,选择不同的条件,所用知识可能不同,难易程度也可能不同.9在①PF=x0+1,②y0=2x0=2,③PF⊥x轴时,PF=2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答．问题：已知抛物线C:y2=2px p>0的焦点为F,点P x0,y0在抛物线C上,且．(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线l:x-y-2=0与抛物线C交于A,B两点,求△ABF的面积．【解析】(1)解：选择条件①,由抛物线的定义可得PF=x0+p 2,因为PF=x0+1,所以x0+p2=x0+1,解得p=2,故抛物线C的标准方程为y2=4x．选择条件②,因为y0=2x0=2,所以y0=2,x0=1,因为点P(x0,y0)在抛物线C上,所以y20=2px0,即2p=4,解得p=2,所以抛物线C的标准方程为y2=4x．选择条件③．当PF⊥x轴时,PF=p2+p2=2,所以p=2．故抛物线C的标准方程为y2=4x．(2)解：设A x1,y1,B x2,y2,由(1)知F1,0．由x-y-2=0y2=4x,得y2-4y-8=0,则y1+y2=4,y1y2=-8,所以y 1-y 2 =y 1+y 22-4y 1y 2=16+32=43,故AB =1+112y 1-y 2 =2×43=46．因为点F 到直线l 的距离d =1-2 1+1=22,所以△ABF 的面积为12AB ⋅d =12×46×22=23．三、跟踪检测1(2023届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测)已知动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,记动圆C 圆心的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)已知P 4,y 0 y 0>0 是曲线E 上一点,A ,B 是曲线E 上异于点P 的两个动点,设直线PA ､PB 的倾斜角分别为α､β,且α+β=3π4,请问：直线AB 是否经过定点？若是,请求出该定点,若不是,请说明理由.【解析】(1)设动圆圆心M x ,y ,∵动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,∴点M 的轨迹是以1,0 为焦点,直线x =-1为准线的抛物线,故其方程为y 2=4x ,∴动圆圆心C 的轨迹方程是y 2=4x ；(2)由(1)可得P 4,4 ,当直线PA ､PB 中其中一条的斜率不存在,不妨设α=π2,β=π4,易得A 4,-4 ,直线PB 的直线为y =x ,与y 2=4x 联立可得B 0,0 ,故直线AB 的方程为x +y =0；当直线PA ､PB 的斜率都存在时,故设直线PA ､PB 的斜率k 1,k 2,设A y 124,y 1 ,B y 224,y2所以k 1=y 1-414y 21-4=4y 1+4,同理可得k 2=4y 2+4,因为α+β=3π4,所以tan (α+β)=-1,所以tan α+tan β1-tan α⋅tan β=-1,即k 1+k 21-k 1⋅k 2=-1,所以k 1+k 2-k 1⋅k 2+1=0,所以4y 1+4+4y 2+4-4y 1+4⋅4y 2+4+1=0,即8y 1+y 2 +y 1⋅y 2+32=0,由题意可设AB 方程为x =ty +n ,联立y 2=4x x =ty +n ,消x 整理得y 2-4ty -4n =0,所以Δ=16t 2+16n >0,y 1+y 2=4t ,y 1⋅y 2=-4n ,所以32t -4n +32=0即n =8t +8,所以x =ty +n =ty +8t +8=t (y +8)+8,令y +8=0得y =-8,x =8,此时有定点8,-8 ,综上所述,直线AB 经过定点8,-82(2023届江苏省泰州市泰兴市高三上学期期中)已知圆O ：x 2+y 2=16,点A (6,0),点B 为圆O 上的动点,线段AB 的中点M 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)设T (2,0),过点T 作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于E 、F 两点．(i )过点T 作与直线l 垂直的直线m 交曲线C 于G 、H 两点,求四边形EGFH 面积的最大值；(ii )设曲线C 与x 轴交于P 、Q 两点,直线PE 与直线QF 相交于点N ,试讨论点N 是否在定直线上,若是,求出该直线方程；若不是,说明理由．【解析】(1)设M x ,y ,B x 0,y 0 ,因为点B 在圆O 上,所以x 20+y 20=16①,因为M 为AB 中点,所以x =6+x 02y =y 02,整理得x 0=2x -6y 0=2y,代入①式中得2x -6 2+4y 2=16,整理得x -3 2+y 2=4,所以曲线C 的方程为x -3 2+y 2=4.(2)(i )因为直线l 不与x 轴重合,所以设直线l 的方程为x =my +2,即x -my -2=0,则直线GH 为mx +y -2m =0,设曲线C 的圆心到直线l 和直线GH 的距离分别为d 1,d 2,则d 1=11+m 2,d 2=m m 2+1,所以EF =24-11+m 2=24m 2-3m 2+1,GH =24-m 2m 2+1=23m 2+4m 2+1,所以S EGFH =12×24m 2+3m 2+1×23m 2+4m 2+1=212+m 2m 4+2m 2+1,当m =0时,S EGFH =43；当m ≠0时,S EGFH =212+1m 2+2+1m2≤212+12+2m 2⋅1m2=7,当且仅当m 2=1时等号成立,综上所述,四边形EGFH 面积的最大值为7.(ii )设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ,联立x =my +2x -3 2+y 2=4,得m 2+1 y 2-2my -3=0,则y 1+y 2=2m m 2+1,y 1y 2=-3m 2+1,y 1y 2=-32m y 1+y 2 ,因为曲线C 与x 轴交于P ,Q 两点,所以P 1,0 ,Q 5,0 ,则直线PE 的方程为y =y 1x 1-1x -1 =y 1my 1+1x -1 ,直线QF 的方程为y =y 2x 2-5x -5 =y 2my 2-3x -5 ,联立两直线方程得x =4my 1y 2+3y 1+5y 23y 1+y 2=-6y 1-6y 2+3y 1+5y 23y 1+y 2=-3y 1-y 23y 1+y 2=-1,y =4y 1y 23y 1+y 2,所以N -1,4y 1y 23y 1+y 2,所以N 在定直线x =-1上.3(2023届上海师范大学附属嘉定高级中学高三上学期期中)己知双曲线C :x 2-y 2=1,过点T (t ,0)作直线l 和曲线C 交于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的焦点和它的渐近线；(2)若t =0,点A 在第一象限,AH ⊥x 轴,垂足为H ,连结BH ,求直线BH 斜率的取值范围；(3)过点T 作另一条直线m ,m 和曲线C 交于E ,F 两点.问是否存在实数t ,使得AB ⋅EF =0和AB=EF同时成立.如果存在,求出满足条件的实数t 的取值集合；如果不存在,请说明理由.【解析】(1)解：由曲线C :x 2-y 2=1,可得曲线C 的焦点为F 1(-2,0),F 2(2,0),渐近线方程y =±x ；(2)解：设l :y =kx ,A x 1,y 1 ,B -x 1,-y 1 ,H x 1,0 ,因为双曲线的渐近线为y =±x ,且点A 在第一象限,所以0<k <1,。
高考数学拉分题型归纳专题4.4 圆锥曲线中的探索性问题通关
高考数学拉分题型归纳专题4.4 圆锥曲线中的探索性问题通关第一类 椭圆中的探索性问题1．已知椭圆Ã：22143x y +=的右焦点为F ，过点F 且斜率为k 的直线与椭圆Ã交于A(x 1， y 1)、B(x 2， y 2)两点(点A 在x 轴上方)，点A 关于坐标原点的对称点为P ，直线PA 、PB 分别交直线l ：x=4于M 、N 两点，记M 、N 两点的纵坐标分别为y M 、y N ． (1) 求直线PB 的斜率(用k 表示)；(2) 求点M 、N 的纵坐标y M 、y N (用x 1， y 1表示) ，并判断y M N 是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）34k-（2）–9试题解析：(1)设直线AB 方程为()1y k x =-，联立()221{ 143y k x x y =-+=，消去y ，得()22224384120k x k x k +-+-=， 因为()11,A x y 、()22,B x y ，且21222122843{ 41243k x x k k x x k +=+-=+，又()11,P x y --，所以kPB=()()121212121134k x k x y y x x x x k-+-+==-++.2．已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且椭圆C过点2-⎭．过点()1,0做两条相互垂直的直线1l 、2l 分别与椭圆C 交于P 、Q 、M 、N 四点． （Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）若MS SN =， PT TQ =，探究：直线ST 是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）22142x y +=（2）2,03⎛⎫⎪⎝⎭【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知，可建立关于椭圆三个参数,,a b c 的方程组进行求解，由离心率可得2c a =，又点2⎫-⎪⎪⎭在椭圆上，可得223112a b +=，结合222a b c =+，从而问题可得解． （Ⅱ）由题意，可对直线12,l l 的斜率分“不存在与0”和“都存在且121k k ⋅=-”两种情况进行分类讨论，先对后一种情况探究，则可设两直线的方程分别为()1:1l y k x =-， ()21:1l y x k=--，逐个联立椭圆方程，分别计算,MN PQ 的中点,S T 的坐标，从而求出直线ST 的方程，并求得其定点为203⎛⎫ ⎪⎝⎭，，再对前一种情况进行验证即可．试题解析：（Ⅰ）由题意知，222223112{ 2a b a b c c a +==+=，解得2{a b c ===，故椭圆C 的方程为22142x y +=．∴直线ST 的方程为()2232121kky k k -+=+- 22221k x k ⎛⎫- ⎪+⎝⎭，即()232321k y x k -⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，∴直线ST 过定点2,03⎛⎫⎪⎝⎭； 当两直线的斜率分别为0和不存在时，则直线ST 的方程为0y =，也过点2,03⎛⎫⎪⎝⎭； 综上所述，直线ST 过定点2,03⎛⎫⎪⎝⎭． 3．如图， ,A B 是椭圆22:12x C y +=长轴的两个端点， ,M N 是椭圆上与,A B 均不重合的相异两点，设直线,,AM BN AN 的斜率分别是123,,k k k ． (1)求23k k ⋅的值；(2)若直线MN过点⎫⎪⎪⎝⎭，求证： 1316k k ⋅=-； (3)设直线MN 与x 轴的交点为(),0t (t 为常数且0t ≠)，试探究直线AM 与直线BN 的交点Q 是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．【答案】（1）2312k k ⋅=-（2）见解析（3）落在定直线2x t =上（3）同（2）法，由点,M N 的纵坐标，求出直线,AM BN 的方程，联立两直线方程，求出其交点Q 的横坐标2x t =与点,M N 的坐标无关，从而可判断交点Q 落在定直线2x t=上，从而问题可得解． 试题解析：(1)设()00,N x y，由于()),A B，所以22322y k k x ⋅==-， 因为()00,N x y 在椭圆C 上，于是220012x y +=，即220022x y -=-， 所以202320122y k k x ⋅==--．(2)设直线:MN x my =， ()()1122,,,M x y N x y，由22{ 222x my x y =++=得()223202m y +-=，于是()12122322y y y y m +=⋅=-+，13121222k k ⋅==()()()222222332212396322222222m m m m m m --+===---++++．两式相除，可知1222211my y t y y y y y ++===((22212212122222222t mt m t y m t t m ym m t m t y m -⎛⎫⋅+-- ⎪--++++⎝⎭==-⋅+-+212m t m y--+==，于是2xt=，所以2xt=，即直线AM与直线BN的交点Q落在定直线2xt=上．4．已知点，分别是椭圆的长轴端点、短轴端点，为坐标原点，若，．（1）求椭圆的标准方程；（2）如果斜率为的直线交椭圆于不同的两点(都不同于点)，线段的中点为，设线段的垂线的斜率为，试探求与之间的数量关系．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）由，利用平面向量数量积公式可得．所以，由两边平方结合可得，求出的值，从而可得结果；（2）直线的方程为，联立消去整理，得，根据韦达定理结合中点坐标公式，可得线段的中点坐标，利用斜率公式化简可得．（2）设直线的方程为（，为常数）．①当时，直线的方程为，此时线段的中点为在轴上，所以线段的垂线的斜率为0，即；所以直线的斜率为．所以线段的垂线的斜率为．故与之间的关系是综上，与之间的关系是．5．已知椭圆222:9x y m Ω+= (0)m >，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴， l 与Ω有两 个交点A 、B ，线段AB 的中点为M ．（1）若3m =，点K 在椭圆Ω上， 1F 、2F 分别为椭圆的两个焦点，求12KF KF ⋅的范围； （2）证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值； （3）若l 过点,3m m ⎛⎫⎪⎝⎭，射线OM 与Ω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．【答案】(1) []7,1- (2)见解析(3) 当l 的斜率为4-4+OAPB 为平行四边形 【解析】试题分析： ()1将3m =代入，求出焦点坐标，设(),K x y ，给出12KF KF ⋅的表达式，消元求出范围()2联立直线方程和椭圆方程化简得到()2222920k x kbx b m +++-=，求出0x ，0y 的值，求出对应的直线斜率即可得到结论()3四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即02p x x =，建立方程关系222222349981mk mk m k k k ⎛⎫-⎪= ⎪++ ⎪ ⎪⎝⎭即可得到结论（2）设直线:l y kx b =+（0,0b k ≠≠），()11,A x y ， ()22,B x y ， ()00,M x y ， 所以12x x 、为方程()2229x kx b m ++=的两根，化简得()2222920k x kbx b m +++-=，所以120229x x kbx k +==-+， 20022999k b b y kx b b k k =+=-+=++． 009OM y k x k==-，所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积等于9-为定值． （3）∵直线l 过点,3m m ⎛⎫⎪⎝⎭，∴ l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是0k >， 3k ≠． 设(),p p P x y 设直线:3m l y k x m ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭（0,0m k ≠≠），即3mky kx m =-+． 由（2）的结论可知9:OM y x k=-，代入椭圆方程2229x y m +=得2222981p m k x k =+ 由（2）的过程得中点22933,99mk km m k m M k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪-++ ⎪ ⎪⎝⎭，若四边形OAPB 为平行四边形，那么M 也是OP 的中点，所以02p x x =，得222222349981mk mk m k k k ⎛⎫-⎪= ⎪++ ⎪ ⎪⎝⎭，解得4k =±所以当l的斜率为4-4+OAPB 为平行四边形． 6．已知动点与，两点连线的斜率之积为，点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于，两点．（1）求曲线的方程； （2）若直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）第（1）问 ，利用动点与，两点连线的斜率之积为求出曲线C的方程． (2)第（2）问，先设直线的斜率为，利用韦达定理计算出，再利用计算出的值．（2）由题意，知直线的斜率不为0，故可设：，，，设直线的斜率为，由题知，，，由，消去，得，所以，所以．又因为点在椭圆上，所以，所以，为定值．7．已知椭圆G :22221(0)x y a b a b +=>>过点A ⎛ ⎝⎭和点()0,1B -．（Ⅰ）求椭圆G 的方程;（Ⅱ）设直线y x m =+与椭圆G 相交于不同的两点M ， N ，是否存在实数m ，使得BM BN =?若存在，求出实数m ;若不存在，请说明理由．【答案】（1）2213x y +=（2）不存在 【解析】试题分析： ()1由已知求得b ，把点的坐标代入椭圆方程求得a 的值，进而得到椭圆G 的方程；()2假设存在实数m 满足题设，联立直线方程与椭圆方程，由判别式大于0求得m 的范围，再由根与系数的关系求得MN 的中点P 的坐标，进一步求得BP k ，结合BM BN =，可得BP MN ⊥，由斜率的关系列式求得m 的值，检验即可得到结论（Ⅱ）假设存在实数m 满足题设，由22{ 13y x mx y =++=，得()224+6310x mx m +-=，因为直线与椭圆有两个交点，所以()22=364810m m ∆-->，即24m <，8．已知点P 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>上一点， P 到椭圆C 的两个焦点12,F F 的距离之和为12F F =．（Ⅰ）求椭圆C 的方程和离心率;（Ⅱ）设直线2y kx =+交椭圆于,M N 两点，是否存在实数k ，使以MN 为直径的圆过点()1,0F -，若存在，求k 的值，若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）椭圆的方程为2213x y +=，离心率为e =；（Ⅱ） 76．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义可得22a c ==b 即可求出椭圆方程及离心率；（Ⅱ）将条件以MN 为直径的圆过点()1,0F -转化为0FM FN ⋅=，设出直线的方程将直线方程与椭圆方程联立，利用向量垂直的充要条件列出等式，求出直线的斜率．试题解析：（Ⅰ）依题意可知: 22a c ==所以2221a c b a c ===-=所以椭圆的方程为2213x y +=，离心率为3c e a ==．9．已知点()()0,1,0,1A B -， P 为椭圆:2212x y +=上异于点A ，B 的任意一点． （Ⅰ）求证：直线PA 、PB 的斜率之积为12--； （Ⅱ）是否存在过点()2,0Q -的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M 、N ，使得BM BN =？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析（2）0y =【解析】试题分析：（Ⅰ）设(),P x y ，并用其坐标表示斜率，通过斜率之积，结合点在椭圆上，化简可得直线PA 、PB 的斜率之积为12-． （Ⅱ）设点()()1122,,,,M x y N x y 取MN 的中点H ，则1212,22x x y y H ++⎛⎫⎪⎝⎭，则|BM BN =可转化为2222112·1412kk k k k -+=--+，联立直线与椭圆，结合韦达定理建立关于斜率k 的方程，求解即可．（II ）假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交． ①当直线l 的斜率0k ≠时，设直线l 为：联立，化简得：由()()()22228412820k k k ∆=-+->，解得022k k -<<≠（） 设点，，则21222122812{ 8212k x x k k x x k -+=+-=+ ∴取的中点，则1212,22x x y y H ++⎛⎫⎪⎝⎭，则即2222112·1412kk k k k -+=--+，化简得，无实数解，故舍去．②当时， ,M N 为椭圆C 的左右顶点，显然满足，此时直线l 的方程为0y =．综上可知，存在直线l 满足题意，此时直线l 的方程为0y =．10．已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率e =且椭圆C 与圆224:3O x y +=的4个交点恰为一个正方形的4个顶点．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知点A 为椭圆C 的下顶点， ,D E 为椭圆C 上与A 不重合的两点，若直线AD 与直线AE 的斜率之和为2a ，试判断是否存在定点G ，使得直线DE 恒过点G ，若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) 2212x y += (2) 存在定点()1,1G ，使得直线DE 恒过点G 【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接根据已知条件得到关于a ，b 的一个方程组，再解方程组即可． (2)第（2）问，对直线DE 的斜率分两种情况讨论．每一种情况都要先根据已知条件求直线DE 的方程，再判断其方程是否过定点．（2）由（1）知()0,1A -，当直线DE 的斜率存在时，设直线DE 的方程为()1y kx t t =+≠±，代入2212x y +=得， ()222124220k x ktx t +++-=， 所以()()222216412220k t k t∆=-+->，即2221t k -<．设()()1122,,,D x y E x y ，则2121222422,1212kt t x x x x k k-+=-=++，此时直线DE 的方程为1x =，显然直线1x =经过定点()1,1． 综上，存在定点()1,1G ，使得直线DE 恒过点G ．11．已知椭圆22:14x C y +=，如图所示点112233(,),(,),(,)A x y B x y P x y 为椭圆上任意三点．（Ⅰ）若0OA OB OP ++=，是否存在实数λ，使得代数式1212x x y y λ+为定值．若存在，求出实数λ和1212x x y y λ+的值；若不存在，说明理由．（Ⅱ）若0OA OB ⋅=，求三角形OAB 面积的最大值；（Ⅲ）满足（Ⅱ），且在三角形OAB 面积取得最大值的前提下，若线段,PA PB 与椭圆长轴和短轴交于点,E F （,E F 不是椭圆的顶点）．判断四边形ABFE 的面积是否为定值．若是，求出定值；若不是，说明理由．【答案】（1）4λ=，121242x x y y +=-（2）1（3）2【解析】试题分析：（1）将坐标代入椭圆方程，根据0OA OB OP ++=，消去33,x y 得121242x x y y +=-（2）由0OA OB ⋅=，得12120x x y y +=，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求AB ，根据点到直线距离公式求三角形高，再代入三角形面积公式，最后根据基本不等式求最值，（3）先求E ，F 坐标，再根据四边形面积公式求面积，计算结果为定值即可．所以1212142x x y y +=-，即121242x x y y +=- 故，存在实数4λ=使得121242x x y y +=-． （Ⅱ）当直线AB 斜率不存在时，可设为x m =；联立方程组22{ 14x mx y =+=，得0OA OB ⋅=若；由0OA OB ⋅=，得22(1)04m m --=，即m = 45S OAB ∆=； 当直线AB 斜率存在时，可设为y kx m =+；联立方程组22{ 14y kx mx y =++=，得222(41)8(44)0k x kmx m +++-=；212122284(1),4141km m x x x x k k -+=-=++ 由0OA OB ⋅=，得12120x x y y +=，即222224(1)8(1)()04141m kmk km mk k-+⨯+⨯-+=++，2254(1)m k=+AB=h d==121S OAB AB d∆=⨯===≤等号成立时，41 16k=，即12k=±．所以S OAB∆的最大值为1．四边形ABEF的面积为：12．如图，已知圆(22:16E x y+=，点),F P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q．(1)求动点Q 的轨迹Γ的方程；(2)已知,,A B C 是轨迹Γ的三个动点，点A 在一象限， B 与A 关于原点对称，且CA CB =，问ABC ∆的面积是否存在最小值？若存在，求出此最小值及相应直线AB 的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2214x y +=；（2）8,5y x =．【解析】试题分析：（1）连接QF ，根据题意， QP QF =，则QE QF += 4QE QP +=>可得动点Q 的轨迹Γ是以,E F 为焦点，长轴长为4的椭圆，即可求出动点Q 的轨迹Γ的方程；（2）设直线AB 的方程为y kx =，与椭圆方程联立，求出A 的坐标，同理可得点C 的坐标，进而表示出ABC ∆的面积，利用基本不等式，即可得出结论．，同理可得|OC |＝当且仅当k＝1时取等号，∴S△ABC≥85．综上，当直线AB的方程为y＝x时，△ABC的面积有最小值85．13．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，且关于直线的对称点在直线上．（1）求椭圆的离心率；（2）若的长轴长为且斜率为的直线交椭圆于，两点，问是否存在定点，使得，的斜率之和为定值？若存在，求出所有满足条件的点坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）;（2）满足条件的定点是存在的，坐标为及【解析】试题分析：（1）依题知，根据对称求出点M，根据点在直线上，可得离心率；（2）由（1）可得椭圆方程为，设设直线方程为，联立方程，根据根与系数的关系可得，，设，可得，化简整理即可．（2）由（1）及题设得：且，∴，，∴椭圆方程为14．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，且关于直线的对称点在直线上．（1）求椭圆的离心率；（2）若的长轴长为且斜率为的直线交椭圆于，两点，问是否存在定点，使得，的斜率之和为定值？若存在，求出所有满足条件的点坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）;（2）满足条件的定点是存在的，坐标为及【解析】试题分析：（1）依题知，根据对称求出点M，根据点在直线上，可得离心率；（2）由（1）可得椭圆方程为，设设直线方程为，联立方程，根据根与系数的关系可得，，设，可得，化简整理即可．试题解析：（1）依题知，设，则且，解得，即∵在直线上，∴，，∴15．如图，已知椭圆C ： 22221(0)x y a b a b+=>>， 其左右焦点为()11,0F -及()21,0F ，过点1F 的直线交椭圆C 于,A B 两点，线段AB 的中点为G ， AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于,D E 两点，且1AF 、12F F 、2AF 构成等差数列．（1）求椭圆C 的方程；（2）记1G F D ∆的面积为1S ， OED ∆（O 为原点）的面积为2S ，试问：是否存在直线AB ，使得1212S S =？说明理由．【答案】（1）22143x y +=；（2）)1y x =+． 【解析】试题分析：（1）由题意得2a =，又1c =，所以23b =，于是可得椭圆的方程．（2）假设存在直线满足条件．将1212S S =转化为GD =，可根据题意设出直线AB 的方程，将直线方程代入椭圆方程消元后可得二次方程，结合根与系数的关系和两点间的距离可得关于k （直线斜率）的方程，解方程可得k 的值，由此判断结论是否成立即可．（2）假设存在直线AB ，使得1212S S =，显然直线AB 不能与x ， y 轴垂直． 设AB 方程为()1y k x =+ ()0k ≠，由()221{ 143y k x x y =++=消去y 整理得()22224384120k x k x k +++-=， 显然()()()()22222844*********kk k k ∆=-+-=+>．设()11,A x y ， ()22,B x y ，则2122843k x x k -+=+，故点G 的横坐标为21224243x x k k +-=+， 所以22243,4343k k G k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭．设(),0D D X ，因为DG AB ⊥，所以2223431443Dk k k kx k +⨯=---+，16．椭圆中心为坐标原点O ，对称轴为坐标轴，且过M （2，，，1)两点，（I ）求椭圆的方程；（II ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C 恒有两个交点A ，B ，且OA OB ⊥？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由．【答案】（1）22184x y += （2）2283x y += ，【解析】试题分析：（Ⅰ）由椭圆的离心率及过点过M （2，，1)列出方程组求出a b ，，由此能求出椭圆E 的方程．（2）假设存在这样的圆，设该圆的切线为y kx m =+，与椭圆联立，得222124280k x kmx m +++-=（）， 由此利用根的判别式、韦达定理、圆的性质，结合已知条件能求出AB 的取值范围．试题解析：（1）2222224218{ { 6141a a b b a b +==⇒∴=+=22184x y +=（2）假设存在这样的圆，设该圆的切线为y=kx+m ，与22184x y +=联立消y 得（1+2k 2）x 2+4kmx+2m 2﹣8=0 当△=16k 2m 2﹣4（1+2k 2）（2m 2﹣8）=8（8k 2﹣m2+4）＞02121222428,1212m m x x x x k k --∴+==++17．在平面直角坐标系xoy 中，动点P 到两点()),的距离之和等于4，设动点P 的轨迹为曲线C ，直线L 过点E (-1，0)且与曲线C 交于A ，B 两点． (1)求曲线C 的方程;(2) ΔAOB 的面积是否存在最大值?若存在，求此时ΔAOB 的面积，若不存在说明理由．【答案】(1)22 1.4x y += (2) 【解析】试题分析：（1）由椭圆的定义即可得出椭圆的方程；(2)设直线l 的方程，联立椭圆方程，消去x ，由根与系数的关系，化简2112AOB S OE y y =-，再利用函数的性质求解即可． 试题解析：(1)由椭圆的定义可知，点P 的轨迹是椭圆设椭圆方程为22221(0)x y a b a b+=>>，由题意可得c =2a =，则1b =所以椭圆的方程为22 1.4x y +=18．18．在平面直角坐标平面中， ABC ∆的两个顶点为()()0,1,0,1B C -，平面内两点P 、Q 同时满足：①PA PB PC 0++=；②QA QB QC ==；③PQ //BC ． （1）求顶点A 的轨迹E 的方程；（2）过点)F作两条互相垂直的直线12,l l ，直线12,l l 与点A 的轨迹E 相交弦分别为1122,A B A B ，设弦1122,A B A B 的中点分别为,M N ． ①求四边形1212A A B B 的面积S 的最小值；②试问：直线MN 是否恒过一个定点？若过定点，请求出该定点，若不过定点，请说明理由．【答案】（1）()22103x y x +=≠；（2）①S 的最小值的32，②直线MN 恒过定点,04⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 【解析】试题分析：（1）由0PA PB PC ++=可得P 为ABC ∆的重心，设(),A x y ，则,33x y P ⎛⎫⎪⎝⎭，再由QA QB QC ==，可得Q 为ABC ∆的外心， Q 在x 轴上，再由PQ ∥BC ，可得,03x Q ⎛⎫⎪⎝⎭，结合QA QC =即可求得顶点A 的轨迹E 的方程；（2）)F 恰为2213x y +=的右焦点．当直线1l ， 2l 的斜率存在且不为0时，设直线1l 的方程为my x =-联立直线方程与椭圆方程，化为关于y 的一元二次方程，利用根与系数的关系求得A B 、的纵坐标得到和与积．①根据焦半径公式得11A B 、22A B ，代入四边形面积公式，再由基本不等式求得四边形1212A A B B 面积S 的最小值；②根据中点坐标公式得M N 、的坐标，得到直线MN 的方程，化简整理令0y =解得x 值，可得直线MN 恒过定点；当直线1l ， 2l 有一条直线的斜率不存在时，另一条直线的斜率为0，直线MN 即为x 轴，过点（,04⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．（2）解： )F恰为2213x y +=的右焦点，①当直线12,l l 的斜率存且不为0时，设直线1l 的方程为my x =，由()2222{310 330my x m y x y =⇒++-=+-=，设()()111122,,,A x y B x y则1212221,33y y y y m m --+==++，②根据中点坐标公式得M ⎝⎭，同理可求得222,3131N m m ⎛⎫⎪ ⎪++⎝⎭， 则直线MN的斜率为()22222431313MNm k m m m -==-++， ∴直线MN的方程为()2431my x m ⎛-=- -⎝⎭，整理化简得()()4323463490ym x m ym x m y +++-=，令0y =，解得4x =∴直线MN恒过定点4⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，②当直线12,l l 有一条直线斜率不存在时，另一条斜率一定为0，直线MN 即为x轴，过点4⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，综上， S 的最小值的32，直线MN 恒过定点4⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 19．如图，直线l 与圆 224:5O x y +=且与椭圆22x :14C y +=相交于,A B 两点．(1)若直线l 恰好经过椭圆的左顶点，求弦长AB ，(2)设直线,OA OB 的斜率分别为12k k ，判断12k k ⋅是否为定值，并说明理由 (3)求OAB ∆，面积的最小值．【答案】（1（2）1-；（3）45．故可得OABS ∆= 12OA OB =令21(1)k t t +=>，则OABS ∆== 故当112,2t t ==，即 OAB S ∆有最小值，且 ()min 45OAB S ∆=．（2）（ⅰ）当直线l 的斜率不存在时，得121k k =-； （ⅱ）当l 的斜率存在时，设直线:,l y kx b =+ 因为直线l 与圆O 相切，所以d ==整理得所以()22541b k =+①，由22{ 440y kx bx y =++-=消去y 整理得()222148440k x kbx b +++-=， 由直线与圆相交得0,∆> 设()()1122,,,,A x y B x y则1228,14kbx x k -+=+ 21224414b x x k -=+，② 所以()()()2121221212121212kx b kx b kb x x b y y k k k x x x x x x ++++===+③， 将①②代入③式得121,k k =-综上可得12 1.k k =-所以OABS ∆=12OA OB =，令21(1)k t t +=>，所以OABS ∆== 故当112,2t t==，即 OAB S ∆有最小值，且 ()min 45OAB S ∆=．综上可得OAB ∆面积的最小值为45．20．如图所示，椭圆E 的中心为坐标原点，焦点12,F F 在x 轴上，且1F 在抛物线24y x =的准线上，点P 是椭圆E 上的一个动点， 12PF F（Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）过焦点12,F F 作两条平行直线分别交椭圆E 于,,,A B C D 四个点． ①试判断四边形ABCD 能否是菱形，并说明理由； ②求四边形ABCD 面积的最大值．【答案】（Ⅰ）22143x y +=；（Ⅱ）(i) ABCD 不能为菱形；（ii ）当1t =时， ABCDS 取最大值6．【解析】试题分析：（Ⅰ）待定系数法，利用焦点在已知抛物线的准线上，可得c 值，再由点P 在短轴顶点时12PF F 面积的最大，可得b ，由,,a b c 关系得a ，可求得标准方程；（Ⅱ）易判断函数不可能平行于x 轴，为计算方便可令方程为1x my =-，与椭圆方程联立消去x ，利用根与系数的关系，得,A B 两点纵坐标间的关系，①四边形ABCD 为菱形，对角线互相垂直，则0OA OB ⋅=，转化为关于m 的方程，无线，可证四边形不是菱形．②同样利用坐标和面积公式，用m 表示出四边形ABCD 的面积．再利用函数的性质可得面积的最大值．（Ⅱ）(i)由（I ）知1F （-1，0）直线AB 不能平行于x 轴，所以设直线AB 的方程为1x my =- 设()()1122,,,,A x y B x y由221{143x my x y =-+= 得()2234690m y my +--= 12122269,3434m y y y y m m -∴+=⋅=++ 连结,OA OB ，若ABCD 为菱形，则OA OB ⊥，即0OA OB ⋅=12120x x y y ∴+=又()()()212121212111x x my my m y y m y y =--=-++()()21212110m y y m y y ∴+-++=22125034m m --∴=+ 显然方程无解， 所以ABCD 不能为菱形．21．在平面直角坐标，直线：经过椭圆的一个焦点，且点到直线的距离为．(1)求椭圆的方程；(2)、、是椭圆上的三个动点与关于原点对称，且．问的面积是否存在最小值？若存在，求此时点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）点的坐标是．【解析】试题分析：（1）根据已知，代入点到直线的距离求，根据求解，得到椭圆的标准方程；（2）分为长轴端点和短轴端点时，求出面积，再设直线的方程为，求出点的坐标，根据求出点的坐标，根据坐标求的面积，根据基本不等式求最值．试题解析：（1）对于直线：，令，得，故焦点为，知．点到直线的距离为：，得或（舍去），∴，故椭圆的方程为．（2）①当为长轴（或短轴）时，依题意，知点就是椭圆的上下顶点（或左右顶点），．于是，由于，∴，等号当且仅当，即时取得．∵．综合①②当时，有最小值．此时，即．∴点的坐标是．22．已知点C 为圆(2216x y +=， )F， P 是圆上的动点，线段FP 的垂直平分线交CP 于点Q ．（1）求点Q 的轨迹D 的方程；（2）设()2,0A ， ()0,1B ，过点A 的直线1l 与曲线D 交于点M （异于点A ），过点B 的直线2l 与曲线D 交于点N ，直线1l 与2l 倾斜角互补．①直线MN 的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由； ②设AMN ∆与BMN ∆的面积之和为S ，求S 的取值范围．【答案】（1）2214x y +=（2）(0, 【解析】试题分析：（1）本问考查曲线轨迹方程的求法，画出图形分析可有，4CP QC QP QC QF CF =+=+=>=，于是点Q 的轨迹是以点,C F为焦点，焦距为长轴为4的椭圆，可求出方程；（2）①本问考查直线与椭圆的位置关系，由于直线1l 与2l 倾斜角互补，所以斜率互为相反数，设1l 的方程为()2y k x =-，与椭圆方程联立，消元，得到关于x 的一元二次方程，根据韦达定理可以求出点M 的坐标，设2l 的方程为1y kx =-+，同理可以求出点N 的坐标，于是可以求出直线MN 的斜率，并判断是否为定值；②由于直线MN 的斜率为定值，所以设直线MN 的方程为12y x b =+，与椭圆方程联立，求出弦长12MN x =-，再分别求点A ，B 到直线MN 的距离，于是可以得到AMN ∆与BMN ∆的面积之和为S ，再讨论求出取值范围．（2）①设1l 的方程为()2y k x =-， 联立方程()221{42x y y k x +==-，得()222214161640k xk x k +-+-=，设1l 与椭圆除()2,0A 外的另一个交点()11,M x y ，则212164214k x k -=+， 2128214k x k-=+，代入1l 的方程得12414ky k -=+，所以222824,1414k k M k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭， 因为12,l l 倾斜角互补，所以2l 的方程为1y kx =-+，联立方程组221{41x y y kx +==-+，得()221480k x kx +-=，设2l 与椭圆除()0,1B 外的另一个交点()22,N x y ，则228014k x k +=+， 22814kx k=+， 代入2l 的方程得2221414k y k -=+，所以222814,1414k k N k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， ∴直线MN 的斜率为212112MN y y k x x -==-．()1212AMN BMNS S S MN d d ∆∆=+=+= (11b b =++-+当1b <<S()20,2==，当11b -≤≤时， S2,⎡=⎣，当1b <<-时， S()20,2=-=，∴S的取值范围为(0,．第二类 双曲线中的探索性问题1．双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率为2，右焦点F ．（1）求双曲线的标准方程；（2）是否存在过点F 且与双曲线的右支角不同的,P Q 两点的直线l ，当点满足()12OM OP OQ =+时，使得点M 在直线2x =-上的射影点N 满足0PN QN ⋅=？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．【答案】(1) 2213y x -= (2) 存在这样的直线l 满足条件，其方程为360x y --=或360x y +-=【解析】试题分析：（1）由点到直线的距离公式可知： =222a b c +=即可求得2b ，进而根据离心率可得2a ，从而求得方程；试题解析：（1）双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>焦点在x 轴上，设右焦点为(c ，0)，一条渐近线为bx-ay=0．由点到直线的距离公式可知：=222a b c +=，解得23b =．由双曲线的离心率为e 2===，解得21a =．所以，双曲线的方程为2213y x -=．须要2121230,0,0k x x x x -≠+>>，即22224430,033k k k k +>>--，可得23k >， 又()221212121222244312,,4333k k k x x x x y y k x x k k k ++==+=+-=---，所以212293k y y k -=- 又因为M 在直线2x =-上的射影为N 满足0PN QN ⋅=， 所以2112122,222y y y y PN x QN x --⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以211212(2)(2)022y y y y PN QN x x --⋅=----+⋅=， 即()()212121212481640x x x x y y y y ⎡⎤+++-+-=⎣⎦，可得42237662707k k k -+=⇒=或29k =，又因为23k >，所以29k =，即3k =±， 所以存在这样的直线l 满足条件，其方程为360x y --=或360x y +-=． 2．平面内一动点P 与两定点()()1,0,1,0-斜率之积为2．（1）求动点P 的曲线C 的方程；（2）过点()1,1M 能否作一条直线l 与曲线C 交于,A B 两点，且M 为线段AB 中点，若能，求出l 的方程，不能请说明理由．【答案】（1）()22112y x x -=≠±；（2）见解析． 【解析】试题分析：（1）根据题意，可设动点(),P x y ，由斜率公式分别求出动点P 与两定点的斜率，列出相应的方程进行运算整理，问题可得解；（2）根据题意，可假设存在直线l ，由中点公式、点差法求得直线l 的斜率，由点斜式求出直线l 的方程，再联立直线与双曲线的方程，验证方程组的情况，从而问题可得证．（2）假设能设()()1122,,,A x y B x y 则2211222212{12y x y x -=-= 则()()()()12121212102x x x x y y y y +--+-= 20k ∴-= 2k ∴=联系2221{220y x x y =--->得： 22430x x -+=无解矛盾，所以不存在． 3．如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为，一双曲线的顶点是该椭圆的焦点，且它的实轴长等于虚轴长，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和，其中在轴的同一侧．（1）求椭圆和双曲线的标准方程； （2）是否存在题设中的点，使得？若存在， 求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由椭圆定义可得，再结合离心率为，解出，，由双曲线的顶点是该椭圆的焦点，得，再根据实轴长等于虚轴长得（2）设P 点坐标，利用点斜式表示直线AB，CD方程，利用韦达定理及弦长公式求；根据椭圆性质确定直线AB，CD斜率关系，根据焦点三角形求向量夹角，综合条件可解得P点坐标（2）设，则，在双曲线上，，设方程为，的方程为，设，则，，同理，，由题知，，．，，．第三类抛物线中的探索性问题1．如图，已知二次函数y=ax2+bx+c（a＜0，c＞0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且以AB为直径的圆经过点C．（1）若点A（﹣2，0），点B（8，0），求ac的值；（2）若点A（x1，0），B（x2，0），试探索ac是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．（3）若点D是圆与抛物线的交点（D与A、B、C 不重合），在（1）的条件下，坐标轴上是否存在一点P，使得以P、B、C为顶点的三角形与△CBD相似？若存在，请直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）ac=﹣1；（2）ac的值是定值，为﹣1；（3）P的坐标为（2，0）或（﹣，0）或（0，）或（0，16）．【解析】试题分析：（1）设圆心点为M，利用A、B的坐标求出圆的半径，然后根据勾股定理求出OC的长，求得C点，然后利用x轴的交点式y=a（x+2）（x﹣8）代入C点的坐标得到函数的解析式即可求解；（2）根据坐标系中交点的坐标，利用三角形相似的判定得到△OAC∽△OCB，再根据相似三角形的性质，结合一元二次方程根与系数的关系求出ac=-1是一个定值；（3）根据题意，分为点P在x轴上或点P在y轴上两种情况，结合相似三角形的判定与性质可求P点的坐标．（2）ac的值是定值，为﹣1，理由：∵点A（x1，0），B（x2，0），∴OA=x1，OB=x2，OC=c，∵∠O AC+∠OCA=90°，∠OCB+∠OCA=90°，∴∠OAC=∠OCB，∵∠AOC=∠BOC=90°，∴△OAC∽△OCB，∴，∴OC2=OA•OB，∴c2=﹣x1•x2，令y=0时，0=ax2+bx+c，∴x1•x2=，∴c2=﹣，∴ac=﹣1；（3）∵点D是圆与抛物线的交点（D与A、B、C 不重合），C（0，4），∴D（6，4），即：CD∥AB，当点P在x轴上时，如图1，设点P的坐标为（m，0），∵C（0，4），D（6，4），B（8，0），∴BC=4，CD=6，BP=8﹣m，∵CD∥AB，∴∠BCD=∠ABC，∵以P、B、C为顶点的三角形与△CBD相似，设P（0，n），∵C（0，4），D（6，4），B（8，0），∴BC=4，CD=6，BD=2，CP=n﹣4，∵以P、B、C为顶点的三角形与△CBD相似，∴①，∴，∴n=，∴P3（0，）或②，∴，∴n=16， ∴P 4（0，16），即：满足条件的点P 的坐标为（2，0）或（﹣，0）或（0，）或（0，16）．2．已知抛物线2:4C y x =，点M 与抛物线C 的焦点F 关于原点对称，过点M 且斜率为k 的直线l 与抛物线C 交于不同两点,A B ，线段AB 的中点为P ，直线PF 与抛物线C 交于两点,E D ．（Ⅰ）判断是否存在实数k 使得四边形AEBD 为平行四边形．若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由； （Ⅱ）求22PF PM的取值范围．【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ) 3,1)．【解析】试题分析：（Ⅰ）设直线l 的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及中点坐标公式求得P 点坐标，求得直线PF 的方程，代入抛物线方程，若四边形AEBD 为平行四边形，当且仅当1234x x x x +=+，即()2210k k -=，求得k 的值，结合k ，故不存在k 使得四边形AEBD 为平行四边形；（Ⅱ）计算出22223131PF k k PM=++-+，根据k 的取值范围，即可求得22PF PM的取值范围．122212P x x x k+==-， 222[(1)1]P y k k k =-+=．直线PF 的方程为： 2(1)1ky x k =--， 联立方程组22(1){14ky x k y x=--=，得22222222222(4)0(1)(1)(1)k k k x x k k k +++=---， 得223424(1-)2k x x k+=+， 341x x = 若四边形AEBD 为平行四边形，当且仅当21224-2k x x k+= 223424(1-)2k x x k =+=+，即22(1)0k k -=， 得0,1k =±，与1k <且0k ≠矛盾．故不存在实数k 使得四边形AEBD 为平行四边形。
高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题7 解析几何 第32练 圆锥曲线中的
第32练 圆锥曲线中的探索性问题[题型分析·高考展望] 本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大．体验高考1．(2016·课标全国乙)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．解 (1)由已知得M (0，t )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t ， 又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝p t x ，代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点．2．(2016·四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝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 (1)由已知，得a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3， 此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2,1)．(2)由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m3.所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3，1＋2m 3，|PT |2＝89m 2.设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)， 由Δ>0，解得－322<m <322.由②得x 1＋x 2＝－4m 3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|PA |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2m 3－y 12 ＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2. 所以|PA |·|PB |＝109m 2.故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |.高考必会题型题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由．解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)∵直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在， 又F 坐标为(1,0)，设直线l 方程为y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )，设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， ∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，又由MA →＝λAF →，∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)， ∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2， ∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21－x 1＋x 2＋x 1x 2＝8k 23＋4k 2－k 2－3＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k2＝－83. ∴当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－83.点评 (1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点． (2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．变式训练1 已知抛物线y 2＝2px (p >0)，过点M (5，－2)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点，当直线l 的斜率为－1时，点M 恰为AB 的中点． (1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点P ，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由． 解 (1)当直线l 的斜率为－1时， 直线l 的方程为x ＋y －3＝0，即x ＝3－y ， 代入y 2＝2px (p >0)得y 2＋2py －6p ＝0，y 1＋y 22＝－p ＝－2，p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为x ＝m (y ＋2)＋5， 代入y 2＝4x 得y 2－4my －8m －20＝0， 设点A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8m －20，假设存在点P (y 204，y 0)总是在以弦AB 为直径的圆上，则PA →·PB →＝(y 214－y 204)(y 224－y 204)＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0， 当y 1＝y 0或y 2＝y 0时， 等式显然成立； 当y 1≠y 0或y 2≠y 0时， 则有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16， 即4my 0＋y 20－8m －20＝－16， (4m ＋y 0＋2)(y 0－2)＝0， 解得y 0＝2，x 0＝1，所以存在点P (1,2)满足题意． 题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (0，p )作直线与抛物线x 2＝2py (p >0)相交于A ，B 两点．(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△ANB 面积的最小值； (2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由．解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为(0，－p )， 可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x 2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋p ，消去y 得x 2－2pkx －2p 2＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p 2. 于是S △ABN ＝S △BCN ＋S △ACN ＝12·2p |x 1－x 2|＝p |x 1－x 2|＝px 1＋x 22－4x 1x 2＝p 4p 2k 2＋8p 2＝2p 2k 2＋2，∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于点P ，Q ，PQ 的中点为H ， 则O ′H ⊥PQ ，O ′点的坐标为(x 12，y 1＋p2)．∵|O ′P |＝12|AC |＝12x 21＋y 1－p2＝12y 21＋p 2， |O ′H |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －y 1＋p 2＝12|2a －y 1－p |， ∴|PH |2＝|O ′P |2－|O ′H |2＝14(y 21＋p 2)－14(2a －y 1－p )2＝(a －p2)y 1＋a (p －a )，∴|PQ |2＝(2|PH |)2＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．令a －p 2＝0，得a ＝p2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p 2＝2p 1＋k 2·k 2＋2， 又由点到直线的距离公式得d ＝2p 1＋k2.从而S △ABN ＝12·d ·|AB |＝12·2p 1＋k 2·k 2＋2· 2p 1＋k 2＝2p2k 2＋2.∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ， 则以AC 为直径的圆的方程为 (x －0)(x －x 1)＋(y －p )(y －y 1)＝0，将直线方程y ＝a 代入得x 2－x 1x ＋(a －p )(a －y 1)＝0， 则Δ＝x 21－4(a －p )(a －y 1)＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．设直线l 与以AC 为直径的圆的交点为P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则有|PQ |＝|x 3－x 4| ＝a －p2y 1＋a p －a＝2a －p2y 1＋a p －a .令a －p 2＝0，得a ＝p2，此时|PQ |＝p 为定值， 故满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．点评 (1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定． (2)定直线一般为特殊直线x ＝x 0，y ＝y 0等．变式训练2 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，F 1、F 2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C过点(0,1)，且离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，直线l 的方程为x ＝4，P 是椭圆上异于A 、B 的任意一点，直线PA 、PB 分别交直线l 于D 、E 两点，求F 1D →·F 2E →的值；(3)过点Q (1,0)任意作直线m (与x 轴不垂直)与椭圆C 交于M 、N 两点，与l 交于R 点，RM →＝xMQ →，RN →＝yNQ →，求证：4x ＋4y ＋5＝0. (1)解 由题意可得b ＝1，c a ＝223，∴a ＝3，椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1. (2)解 设P (x 0，y 0)，则直线PA 、PB 的方程分别为y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，y ＝y 0x 0－3(x －3)， 将x ＝4分别代入可求得D ，E 两点的坐标分别为 D (4，7y 0x 0＋3)，E (4，y 0x 0－3)．由(1)知，F 1(－22，0)，F 2(22，0)，∴F 1D →·F 2E →＝(4＋22，7y 0x 0＋3)·(4－22，y 0x 0－3)＝8＋7y 2x 20－9，又∵点P (x 0，y 0)在椭圆C 上， ∴x 209＋y 20＝1⇒y 20x 20－9＝－19， ∴F 1D →·F 2E →＝659.(3)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (4，t )， 由RM →＝xMQ →得(x 1－4，y 1－t )＝x (1－x 1，－y 1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝4＋x 1＋x ，y 1＝t1＋x(x ≠－1)，代入椭圆方程得(4＋x )2＋9t 2＝9(1＋x )2，①同理由RN →＝yNQ →得(4＋y )2＋9t 2＝9(1＋y )2， ②①－②消去t ，得x ＋y ＝－54，∴4x ＋4y ＋5＝0. 题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________． 答案 [1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋y －a 2＝a ，得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0.即(y －a )[y －(a －1)]＝0， 由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1.(2)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，以椭圆的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r >0)，设圆T 与椭圆C 交于点M ，N .①求椭圆C 的方程；②求TM →·TN →的最小值，并求此时圆T 的方程；③设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点．试问：是否存在使S △POS ·S △POR 最大的点P ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 ①由题意知⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，a ＝2，解之，得a ＝2，c ＝3，由c 2＝a 2－b 2，得b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. ②点M 与点N 关于x 轴对称， 设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)，不妨设y 1>0，由于点M 在椭圆C 上，∴y 21＝1－x 214.由已知T (－2,0)，则TM →＝(x 1＋2，y 1)，TN →＝(x 1＋2，－y 1)， ∴TM →·TN →＝(x 1＋2，y 1)·(x 1＋2，－y 1)＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝54⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋852－15.由于－2<x <2，故当x 1＝－85时，TM →·TN →取得最小值为－15，当x 1＝－85时，y 1＝35，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，35. 又点M 在圆T 上，代入圆的方程得r 2＝1325，故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝1325.③假设存在满足条件的点P ，设P (x 0，y 0)， 则直线MP 的方程为y －y 0＝y 0－y 1x 0－x 1(x －x 0)， 令y ＝0，得x R ＝x 1y 0－x 0y 1y 0－y 1，同理x S ＝x 1y 0＋x 0y 1y 0＋y 1，故x R ·x S ＝x 21y 20－x 20y 21y 20－y 21.又点M 与点P 在椭圆上， 故x 20＝4(1－y 20)，x 21＝4(1－y 21)， 得x R ·x S ＝－y 21y 20－－y 2y 21y 20－y 21＝y 20－y 21y 20－y 21＝4， ∴|OR |·|OS |＝|x R |·|x S |＝|x R ·x S |＝4为定值．∵S △POS ·S △POR ＝12|OS ||y P |·12|OR ||y P |＝14×4×y 2P ＝y 2P ，又P 为椭圆上的一点，∴要使S △POS ·S △POR 最大，只要y 2P 最大，而y 2P 的最大值为1，故满足条件的P 点存在，其坐标为P (0,1)和P (0，－1)．点评 存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．变式训练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知，得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1， 从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝－2λ－k 2＋－2λ－2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (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. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0， 由已知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4kk －1＋2k2，x 1x 2＝2kk －1＋2k2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －2k k －＝2k －2(k －1)＝2.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，且点P (1，32)在椭圆C 上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围；(3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M ，N (M ，N 不在坐标轴上)，若直线MN 在x 轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：13m 2＋1n2为定值．(1)解 由题意得c ＝1，所以a 2＝b 2＋1， 又因为点P (1，32)在椭圆C 上，所以1a 2＋94b 2＝1，可解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)解 设直线l 方程为y ＝kx ＋2， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋16kx ＋4＝0，因为Δ＝12k 2－3>0，所以k 2>14，又x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝44k 2＋3，因为∠AOB 为锐角，所以OA →·OB →>0，即x 1x 2＋y 1y 2>0， 所以x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)>0， 所以(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4>0， 所以(1＋k 2)·44k 2＋3＋2k ·－16k 4k 2＋3＋4>0，即－12k 2＋164k 2＋3>0，所以k 2<43，所以14<k 2<43， 解得－233<k <－12或12<k <233.(3)证明 由题意：C 1：x 24＋3y 24＝1，设点P (x 1，y 1)，M (x 2，y 2)，N (x 3，y 3)，因为M ，N 不在坐标轴上，所以k PM ＝－1k OM＝－x 2y 2，直线PM 的方程为y －y 2＝－x 2y 2(x －x 2)， 化简得x 2x ＋y 2y ＝43，① 同理可得直线PN 的方程为x 3x ＋y 3y ＝43，②把P 点的坐标分别代入①、②得⎩⎪⎨⎪⎧x 2x 1＋y 2y 1＝43，x 3x 1＋y 3y 1＝43，所以直线MN 的方程为x 1x ＋y 1y ＝43，令y ＝0，得m ＝43x 1，令x ＝0，得n ＝43y 1， 所以x 1＝43m ，y 1＝43n ，又点P 在椭圆C 1上，所以(43m )2＋3(43n )2＝4，即13m 2＋1n 2＝34为定值．3．(2016·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 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 .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值； ②求直线AB 的斜率的最小值．(1)解 设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4,2c ＝2 2.所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)． 由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m )． 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3. ②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m . 直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝m 2－k 2＋x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2km 2－k 2＋x 0＋m .同理x 2＝m 2－k 2＋x 0，y 2＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m . 所以x2－x 1＝m 2－k 2＋x 0－m 2－k 2＋x 0＝－32k 2m 2－k 2＋k 2＋x 0，y 2－y 1＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m －2k m 2－k 2＋x 0－m ＝－8kk 2＋m 2－k 2＋k 2＋x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”．因为P (x 0,2m )在椭圆x 24＋y 22＝1上，所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m4－8m 2－0＝66， 即m ＝147，符合题意． 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，短轴的一个端点B 到F 的距离等于焦距．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，是否存在直线l ，使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知得c ＝1，a ＝2c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)S △BFM S △BFN ＝2等价于FMFN＝2， 当直线l 斜率不存在时，FMFN＝1， 不符合题意，舍去；当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1消去x 并整理得，(3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝－6k 3＋4k 2，① y 1y 2＝－9k23＋4k2，② 由FM FN＝2得y 1＝－2y 2，③由①②③解得k ＝±52，因此存在直线l ：y ＝±52(x －1)使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2.。
高三数学备考冲刺140分问题37圆锥曲线中的存在探索问题含解析6
问题37圆锥曲线中的存在、探索问题一、考情分析圆锥曲线中的存在性问题、探索问题是高考常考题型之一 ,它是在题设条件下探索某个数学对象 (点、线、数等 )是否存在或某个结论是否成立.由于题目多变,解法不一,我们在平时的教学中对这类题目训练较少,因而学生遇到这类题目时,往往感到无从下手,本文针对圆锥曲线中这类问题进行了探讨．二、经验分享解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．三、知识拓展探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备。
要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。
它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。
它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。
探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。
每一种类型其求解策略又有所不同。
因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。
下面分别加以说明：1、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断。
解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件。
在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意。
2、结论探索型这类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。
解决这类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论。
高中数学 考前归纳总结 圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线中的探索性问题一、常见基本题型： （1）探索图形的面积问题例1、斜率为2的直线BD 交椭圆22:124x y C +=于B 、D 两点，且A 、B 、D 三点不重合。
则ABD ∆面积是否存在最大值若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由解：设直线方程为2y x b =+，联立方程222124y x bx y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得2242240x bx b ++-=06482>+-=∆b 2222<<-⇒b,2221b x x -=+ 44221-=b x x ，221261(2)3842BD x x b ∆∴=+-==-设为点到直线b x y +=2的距离， 3b d =，22221228(8)22442ABDb b S BD d b b ∆-+∴==-≤=， 当且仅当2(22,22)b =±∈-时，ABD ∆的面积最大，最大值为2。
（2）探索图形的形状问题例2已知抛物线2:(0)C y mx m =>，焦点为F ，直线220x y -+= 交抛物线C 于A 、B两点，P 是线段AB 的中点，过Q m m 2220y mx x y ⎧=⎨-+=⎩2220mx x --=221122(,),(,)A x mxB x mx 121222x x m x x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪⋅=-⎪⎩221212(,)22x x mx mx P ++1(,)pP y m 11(,)Q m m ∴2211221111(,),(,)QA x mx QB x mx m m m m=--=--ABQ ∆0QA QB ⋅=2212121111()()()()0x x mx mx m m m m-⋅-+--=24640m m --+=22320m m --=2m ∴=12m =-ABQ ∆l 0=t l 0≠t BO AN BO BO k AN AN k =-t t a a b 22at ta ba --22222b a ab t --=a ee ⋅--=221a t <10<<e 1122<-e e 122<<e 220≤<e l BO AN 122<<e l BO AN 24(1)y x =+(0,)OB OC R λλλ=≠∈x (,0)A m AB AC ⊥m :BC x ky=224404(1)x kyy ky y x =⎧⇒--=⎨=+⎩12124,4y y k y y +==-0AB ACAB AC ⊥∴⋅=1212()()0x m x m y y --+=221212(1)()0k y y mk y y m +-++=224(1)40k mk k m ∴-+-⋅+=22(44)4m k m +=-2121 2.404(1)m m m m m ≠-⎧⎪⇒-≤<-≥-⎨≥⎪+⎩或22:143x y C +=12,F F 2F k l x (,0)P m m l )1(-=x k y (1),22143y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩y22223484120k x k x k +-+-=（）1122(,),(,),M x y N x y 2340k +>221121228,(2)34k x x y y k x x k+=+=+-+(,0)P m 0).(=+MN PN PM 12121212(,)(,)(2,)PM PN x m y x m y x y m y y +=-+-=+-+MN(1,)k 1212()20k y y x x m +++-=21212(2)20k x x x x m +-++-=2222288(2)203434k k k m k k -+-=++,0R k k ∈≠且22211,033444k m m k k∴==∴<<++的取值范围是)41,0(。
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第34练 圆锥曲线中的探索性问题[内容精要] 本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大．题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由． 破题切入点 (1)待定系数法．(2)通过直线的斜率为参数建立直线方程，代入椭圆方程消y 后可得点A ，B 的横坐标的关系式，然后根据向量关系式MA →＝λAF →，MB →＝μBF →.把λ，μ用点A ，B 的横坐标表示出来，只要证明λ＋μ的值与直线的斜率k 无关即证明了其为定值，否则就不是定值．解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)因直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在， 又F 坐标为(1,0)，设直线l 方程为y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )，设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， ∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，又由MA →＝λAF →，∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)， ∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2，∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21－(x 1＋x 2)＋x 1x 2＝8k 23＋4k 2－2(4k 2－12)3＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k2＝－83. 所以当直线l 的倾斜角变化时，直线λ＋μ的值为定值－83.题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (0，p )作直线与抛物线x 2＝2py (p >0)相交于A ，B 两点．(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△ANB 面积的最小值； (2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由．破题切入点 假设符合条件的直线存在，求出弦长；利用变量的系数恒为零求解． 解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为N (0，－p )， 可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x 2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋p .消去y 得x 2－2pkx －2p 2＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p 2. 于是S △ABN ＝S △BCN ＋S △ACN ＝12·2p |x 1－x 2|＝p |x 1－x 2|＝p (x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝p 4p 2k 2＋8p 2＝2p2k 2＋2，∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于点P ，Q ，PQ 的中点为H ， 则O ′H ⊥PQ ，Q ′点的坐标为(x 12，y 1＋p2)．∵|O ′P |＝12|AC |＝12x 21＋(y 1－p )2＝12y 21＋p 2，|O ′H |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －y 1＋p 2＝12|2a －y 1－p |， ∴|PH |2＝|O ′P |2－|O ′H |2＝14(y 21＋p 2)－14(2a －y 1－p )2 ＝(a －p2)y 1＋a (p －a )，∴|PQ |2＝(2|PH |)2＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．令a －p 2＝0，得a ＝p2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p 2＝2p 1＋k 2·k 2＋2， 又由点到直线的距离公式得d ＝2p 1＋k2.从而S △ABN ＝12·d ·|AB |＝12·2p 1＋k 2·k 2＋2· 2p 1＋k 2＝2p2k 2＋2.∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ， 则以AC 为直径的圆的方程为 (x －0)(x －x 1)－(y －p )(y －y 1)＝0，将直线方程y ＝a 代入得x 2－x 1x ＋(a －p )(a －y 1)＝0， 则Δ＝x 21－4(a －p )(a －y 1) ＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．设直线l 与以AC 为直径的圆的交点为P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)， 则有|PQ |＝|x 3－x 4|＝ 4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]＝2(a －p2)y 1＋a (p －a ).令a －p 2＝0，得a ＝p2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．题型三 定圆问题例3 已知椭圆G 的中心在坐标原点，长轴在x 轴上，离心率为32，两个焦点分别为F 1和F 2，椭圆G 上一点到F 1和F 2的距离之和为12，圆C k ：x 2＋y 2＋2kx －4y －21＝0(k ∈R )的圆心为点A k .(1)求椭圆G 的方程； (2)求△A k F 1F 2的面积；(3)问是否存在圆C k 包围椭圆G ？请说明理由． 破题切入点 (1)根据定义待定系数法求方程． (2)直接求．(3)关键看长轴两端点．解 (1)设椭圆G 的方程为x 2a 2＋y2b 2＝1(a >b >0)，半焦距为c ，则⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝12，c a ＝32，解得⎩⎨⎧a ＝6，c ＝33，所以b 2＝a 2－c 2＝36－27＝9. 所以所求椭圆G 的方程为x 236＋y 29＝1.(2)点A k 的坐标为(－k,2)，S △A k F 1F 2＝12×|F 1F 2|×2＝12×63×2＝6 3.(3)若k ≥0，由62＋02＋12k －0－21＝15＋12k >0，可知点(6,0)在圆C k 外； 若k <0，由(－6)2＋02－12k －0－21＝15－12k >0，可知点(－6,0)在圆C k 外． 所以不论k 为何值，圆C k 都不能包围椭圆G . 即不存在圆C k 包围椭圆G .总结提高 (1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的． (2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．(3)定直线问题一般都为特殊直线x ＝x 0或y ＝y 0型．1．在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点P 和Q . (1)求k 的取值范围；(2)设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数k ，使得向量OP →＋OQ →与AB →共线？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由．解 (1)由已知条件，得直线l 的方程为y ＝kx ＋2， 代入椭圆方程得x 22＋(kx ＋2)2＝1.整理得(12＋k 2)x 2＋22kx ＋1＝0.①直线l 与椭圆有两个不同的交点P 和Q 等价于Δ＝8k 2－4(12＋k 2)＝4k 2－2>0，解得k <－22或k >22. 即k 的取值范围为(－∞，－22)∪(22，＋∞)． (2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则OP →＋OQ →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)， 由方程①，得x 1＋x 2＝－42k1＋2k 2.②又y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋22.③而A (2，0)，B (0,1)，AB →＝(－2，1)．所以OP →＋OQ →与AB →共线等价于x 1＋x 2＝－2(y 1＋y 2)， 将②③代入上式，解得k ＝22. 由(1)知k <－22或k >22， 故不存在符合题意的常数k .2．已知双曲线方程为x 2－y 22＝1，问：是否存在过点M (1,1)的直线l ，使得直线与双曲线交于P 、Q 两点，且M 是线段PQ 的中点？如果存在，求出直线的方程，如果不存在，请说明理由．解 显然x ＝1不满足条件，设l ：y －1＝k (x －1)． 联立y －1＝k (x －1)和x 2－y 22＝1，消去y 得(2－k 2)x 2＋(2k 2－2k )x －k 2＋2k －3＝0， 由Δ>0，得k <32，x 1＋x 2＝2(k －k 2)2－k2，由M (1,1)为PQ 的中点，得x 1＋x 22＝k －k 22－k2＝1，解得k ＝2，这与k <32矛盾，所以不存在满足条件的直线l .3．设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ，b >0)过M (2，2)，N (6，1)两点，O 为坐标原点．(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A ，B ，且OA →⊥OB →？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围；若不存在，请说明理由．解 (1)因为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ，b >0)过M (2，2)，N (6，1)两点，所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋2b 2＝1，6a 2＋1b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＝18，1b 2＝14，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，b 2＝4，椭圆E 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A ，B ，且OA →⊥OB →，设该圆的切线方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 28＋y24＝1得x 2＋2(kx＋m )2＝8，即(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，则Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－8)＝8(8k 2－m 2＋4)>0，即8k 2－m 2＋4>0. 故⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－81＋2k 2，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2 ＝k 2(2m 2－8)1＋2k 2－4k 2m 21＋2k 2＋m 2＝m 2－8k 21＋2k2.要使OA →⊥OB →，需使x 1x 2＋y 1y 2＝0， 即2m 2－81＋2k 2＋m 2－8k 21＋2k 2＝0， 所以3m 2－8k 2－8＝0， 所以k 2＝3m 2－88≥0.又8k 2－m 2＋4>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2>2，3m 2≥8，所以m 2≥83，即m ≥263或m ≤－263，因为直线y ＝kx ＋m 为圆心在原点的圆的一条切线， 所以圆的半径为r ＝|m |1＋k2，r 2＝m 21＋k2＝m 21＋3m 2－88＝83，r ＝263， 所求的圆为x 2＋y 2＝83，此时圆的切线y ＝kx ＋m 都满足m ≥263或m ≤－263，而当切线的斜率不存在时切线为x ＝±263与椭圆x 28＋y 24＝1的两个交点为(263，±263)或(－263，±263)满足OA →⊥OB →，综上，存在圆心在原点的圆x 2＋y 2＝83，使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A ，B ，且OA →⊥OB →.4．(2014·重庆)如图，设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，点D 在椭圆上，DF 1⊥F 1F 2，|F 1F 2||DF 1|＝22，△DF 1F 2的面积为22. (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 (1)设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，其中c 2＝a 2－b 2.由|F 1F 2||DF 1|＝22，得|DF 1|＝|F 1F 2|22＝22c ， 从而S △DF 1F 2＝12|DF 1||F 1F 2|＝22c 2＝22，故c ＝1，从而|DF 1|＝22. 由DF 1⊥F 1F 2，得|DF 2|2＝|DF 1|2＋|F 1F 2|2＝92，因此|DF 2|＝322.所以2a ＝|DF 1|＋|DF 2|＝22， 故a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)如图，设圆心在y 轴上的圆C 与椭圆x 22＋y 2＝1相交，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是两个交点，y 1>0，y 2>0，F 1P 1，F 2P 2是圆C 的切线，且F 1P 1⊥F 2P 2.由圆和椭圆的对称性，易知，x 2＝－x 1，y 1＝y 2. 由(1)知F 1(－1,0)，F 2(1,0)，所以F 1P 1→＝(x 1＋1，y 1)，F 2P 2→＝(－x 1－1，y 1)， 再由F 1P 1⊥F 2P 2，得－(x 1＋1)2＋y 21＝0.由椭圆方程得1－x 212＝(x 1＋1)2，即3x 21＋4x 1＝0，解得x 1＝－43或x 1＝0.当x 1＝0时，P 1，P 2重合，题设要求的圆不存在．当x 1＝－43时，过P 1，P 2分别与F 1P 1，F 2P 2垂直的直线的交点即为圆心C .设C (0，y 0)， 由CP 1⊥F 1P 1，得y 1－y 0x 1·y 1x 1＋1＝－1.而求得y 1＝13，故y 0＝53.圆C 的半径|CP 1|＝(－43)2＋(13－53)2＝423. 综上，存在满足题设条件的圆， 其方程为x 2＋(y －53)2＝329.5．(2014·江西)如图，已知抛物线C ：x 2＝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N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2，证明：|MN 2|2－|MN 1|2为定值，并求此定值．(1)证明 依题意可设AB 方程为y ＝kx ＋2， 代入x 2＝4y ，得x 2＝4(kx ＋2)，即x 2－4kx －8＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8. 直线AO 的方程为y ＝y 1x 1x ；BD 的方程为x ＝x 2.解得交点D 的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2，y ＝y 1x 2x 1，注意到x 1x 2＝－8及x 21＝4y 1， 则有y ＝y 1x 1x 2x 21＝－8y 14y 1＝－2. 因此动点D 在定直线y ＝－2上(x ≠0)．(2)解 依题设，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x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )， 即x 2－4ax －4b ＝0.由Δ＝0得(4a )2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2. 故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2. 分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1(2a ＋a,2)，N 2(－2a＋a ，－2)，则|MN 2|2－|MN 1|2＝(2a －a )2＋42－(2a＋a )2＝8，即|MN 2|2－|MN 1|2为定值8.6．(2014·福建)已知曲线Γ上的点到点F (0,1)的距离比它到直线y ＝－3的距离小2. (1)求曲线Γ的方程．(2)曲线Γ在点P 处的切线l 与x 轴交于点A ，直线y ＝3分别与直线l 及y 轴交于点M ，N .以MN 为直径作圆C ，过点A 作圆C 的切线，切点为B .试探究：当点P 在曲线Γ上运动(点P 与原点不重合)时，线段AB 的长度是否发生变化？证明你的结论． 解 方法一 (1)设S (x ，y )为曲线Γ上任意一点，依题意，点S 到F (0,1)的距离与它到直线y ＝－1的距离相等，所以曲线Γ是以点F (0,1)为焦点、直线y ＝－1为准线的抛物线，所以曲线Γ的方程为x 2＝4y . (2)当点P 在曲线Γ上运动时，线段AB 的长度不变．证明如下：由(1)知抛物线Γ的方程为y ＝14x 2，设P (x 0，y 0)(x 0≠0)，则y 0＝14x 20，由y ′＝12x ，得切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝12x 0，所以切线l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝12x 0x －14x 20，y ＝0，得A (12x 0,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝3，得M (12x 0＋6x 0，3)．又N (0,3)，所以圆心C (14x 0＋3x 0，3)，- 11 - 半径r ＝12|MN |＝|14x 0＋3x 0|， |AB |＝|AC |2－r 2＝ [12x 0－(14x 0＋3x 0)]2＋32－(14x 0＋3x 0)2＝ 6. 所以点P 在曲线Γ上运动时，线段AB 的长度不变．方法二 (1)设S (x ，y )为曲线Γ上任意一点，则|y －(－3)|－(x －0)2＋(y －1)2＝2，依题意，点S (x ，y )只能在直线y ＝－3的上方，所以y >－3，所以(x －0)2＋(y －1)2＝y ＋1， 化简，得曲线Γ的方程为x 2＝4y .(2)同方法一．。