解析几何中的探索性问题

y2 给定双曲线 x2－ ＝1，(1)过点 A(2,0)的直线 L 与所给双 2 曲线交于 P1 及 P2，求线段 P1P2 的中点 P 的轨迹方程；(2)过点 B(1,1)能否作直线 m，使 m 与所给双曲线交于两点 Q1、Q2，且 点 B 是线段 Q1、Q2 的中点？这样的直线 m 如果存在，求出它 的方程；如果不存在，说明理由． 【思路分析】 两问都可以设直线 L 的点斜式方程，与双曲线
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解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型．解 决问题的策略是：一般是假设结论成立，然后进行演绎推理或 导出矛盾， 即可否定假设或推出合理结论验证后即可肯定结论， 对于“存在”，“不存在”已肯定的问题，或直接用条件证明 或采用反证法证明．解答时，不但需要熟练掌握圆锥曲线的概 念和性质、方程和不等式、判别式和韦达定理等各项知识，还 要具备较强的审题能力、逻辑思维能力和运算能力以及善于运 用数形结合的思想方法分析问题、解决问题的能力．
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探索满足条件的点是否存在 (怀化市 2010 年)如图，设 P(x1，y1)，
Q(x2，y2)是抛物线 C：y2＝2px(p>0)上 → → 相异两点，且OP· ＝0，直线 QP 与 OQ x 轴相交于 E. (1)若 Q、P 到 x 轴的距离的积为 4，求该抛物线方程及△OPQ 的面积的最小值． (2)在 x 轴上是否存在一点 F， 使直线 PF 与抛物线的另一交点为 → → R(与点 Q 不重合)，而直线 RQ 与 x 轴相交于 T，且有TR＝3TQ， 若存在，求出 F 点的坐标(用 p 表示)，若不存在，说明理由．
x＝my＋a 联立方程组 2 y ＝2px，
消去 x 得 y2－2pmy－2pa＝0
∴y1y2＝－2pa
①
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设 F(b,0)，R(x3，y3)，同理可知，y1y3＝－2pb ② y3 b 由①、②可得 ＝ ③ y2 a → → 若TR＝3TQ，设 T(c,0)，则有(x3－c，y3－0)＝3(x2－c，y2－0)， y3 ∴y3＝3y2 即 ＝3 ④ y2 → → 将④代入③，得 b＝3a.又由(1)知，OP· ＝0，y1y2＝－4p2，代 OQ 入①，可得－2pa＝－4p2 a＝2p.故 b＝6p. 故知，在 x 轴上，存在异于 E 的一点 F(6p,0)， → → 使得TR＝3TQ. 【名师点睛】 存在性命题往往先假设成立， 再根据题意求解， 如果求出的结论没矛盾，则存在，否则不存在．
4k2 2k2 4k ∴x1＋x2＝ 2 ∴xp＝ 2 代入直线 L 得：yp＝ 2 k －2 k －2 k －2 2k2 x＝ 2 k －2 ∴ y＝ 4k k2－2
消 k 得 2x2－4x－y2＝0
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y2 即(x－1)2－ 2 ＝1 y2 线段 P1P2 的中点 P 的轨迹方程是：(x－1)2－ 2 ＝1 当 x＝2 时，得 y＝0， ∴线段 P1P2 的中点 P 的轨迹方程是
x＝my＋a 联立方程 2 y ＝2px，
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消去 x，y2－2pmy－2pa＝0 ∴y1y2＝－2pa＝－4p2，∴a＝2p＝2， 1 1 ∴S△OPQ＝2|OE|×(|y1 |＋|y2|)≥ 2×2×2 |y1y2|＝4， ∴面积最小值为 4. (2)设 E(a,0)，直线 PQ 方程为 x＝my＋a，
1

1 2
，
2
问： 是否存在定点 F1 , F2 ， 使得 P F
P F2
为定值？若存在， 求出 F , F
1
的坐标，若不存在，说明理由. （Ⅲ）若 M 在第一象限，且点 M , N 关于原点对称，点 M 在 x 轴上的 射影为 A ，连接 N A 并延长交椭圆于点 B ，证明： M N M B .
方程联立成方程组，其解就是直线与双曲线的交点坐标，再用 韦达定理求解中点坐标等．
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【解析】 (1)①当直线 L 不存斜率时，直线 L：x＝2， 由双曲线的对称性得 P(2,0) ②当斜率存在时，设直线 L：y＝k(x－2) y＝kx－2 ∴ 2 y2 x － 2 ＝1 消 y 得(2－k2)x2＋4k2x－(2＋4k2)＝0
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解析： （Ⅰ）由题设可知：
c 2 c 2 a 2, c 2 a
x
2
2
,
故b
2
a c 2
2 2
（Ⅱ）设 P ( x p , y P ), M ( x1 , y1 ), N ( x 2 , y 2 ) ，由 O P O M 2 O N
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x2 y2 2．(上海市卢湾区 2010)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a>b>0)，其左、 a b 右焦点分别为 F1(－c,0)、F2(c,0)，且 a、b、c 成等比数列． c (1)求a的值． (2)若椭圆 C 的上顶点、右顶点分别为 A、B， 求证：∠F1AB＝90° . (3)若 P 为椭圆 C 上的任意一点，是否存在过点 F2、P 的直线， → → 使 l 与 y 轴的交点 R 满足RP＝－2PF2？若存在， 求直线 l 的斜率 k；若不存在，请说明理由．
k MN k MB 1
( x 2 2 y 2 ) ( x1 2 y 1 ) x 2 x1
2

44 x 2 x1
2 2
0
所以 k
MN
k MB 1 0 k MN k MB 1 M N M B
。
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【思路分析】 → OQ → (1)由OP· ＝0，得 x1x2＋y1y2＝0，可求得
|y1y2|＝4p＝4 可得． (2)先假设 F 存在，在此基础上求出 F 点坐标，再验证是否成立． → OQ → 【解析】 (1)∵OP· ＝0，则 x1x2＋y1y2＝0， y2 y2 1 2 2 2 又 P、 在抛物线上， y1＝2px1， 2＝2px2， Q 故 y 故得2p· ＋y1y2＝0， 2p y1y2＝－4p2⇒|y1y2|＝4p2 又|y1y2|＝4，故得 4p2＝4，p＝1.∴y2＝2x， 设 E(a,0)(a≠0)，直线 PQ 方程为 x＝my＋a，
x＝2 y2 2 (x－1) － 2 ＝1 或 y＝0

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(2)当所求直线不存在斜率时，由双曲线的对称性得知显然不成 立，故舍去，当存在斜率时，设所求直线 m 的方程为： y＝k(x－1)＋1 y＝kx－1＋1 ∴ 2 y2 x － 2 ＝1 消y得
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由①②可得： x
2 P
2 y P x1 2 x 2 2 y 1 2 y 2 ( x 1 2 y 1 ) ( x 2 2 y 2 )
2 2 2 2 2 2 2
M、N 是椭圆上，故 x 故x
2 P
2 1
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5－1 c 解析：(1)由题设 b ＝ac 及 b ＝a －c ，得 ＝ 2 . a
2 2 2 2
→ (2)由题设 A(0，b)，B(a,0)，又 F1(－c,0)，得AF1＝(－c，－b)， → AB＝(a，－b)， → AB → 于是AF1· ＝－ac＋b2＝0，故∠F1AB＝90° .
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(3)由题设，显然直线 l 垂直于 x 轴时不合题意，设直线 l 的方 程为 y＝k(x－c)， → → 得 R(0，－kc)，又 F2(c,0)，及RP＝－2PF2，得点 P 的坐标为 (2c，kc)， 2c2 kc2 因为点 P 在椭圆上，所以 2 ＋ 2 ＝1， a b c 2 2c 又 b ＝ac，得 4( ) ＋k ·＝1， a a
【名师点睛】 本题综合性比较强，将解析几何知识进行了横 向综合．对于直线与曲线的交点问题和有关交点弦长及其中点 的问题，一般可以利用韦达定理和根的判别式求解．本题属于 存在型问题，其一般解法是：假设结论存在，若推论无矛盾， 则结论确定存在；若推证出矛盾，则结论不存在．在解题思路 中，分析法与反证法起了关键作用．这类问题一般是先列出条 件组，通过等价转化解组．
2 y1 4, x 2 2 y 2 4
2 2 2
2 y P 8 ，即
2
xP 8
2

yP 4
2
1
.
由椭圆定义可知, 存在两个定点 F ( 2, 0 ), F ( 2, 0 ) ，使得动点 P 到两定点距离和为 定值 4 2 ; （Ⅲ）设 M ( x , y ), B ( x , y ) 由题设可知 x 0, y 0, x 0, y 0, x x , A ( x , 0), N ( x , y )
x P x1 2 x 2 .............① y P y1 2 y 2
故椭圆的标准方程为： 4

y
2
1
2
可得：
由直线 OM 与 ON 的斜率之积为 2 可得：
y1 y 2 x1 x 2 1 2
1
，即 x x
1
2
2 y1 y 2 0 ............②
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解析几何中的探索性问题
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一般地，我们把数学探索性问题也称数学开放题，是相对传统 的条件完备、答案确定的封闭题而言的．由给定的题设条件探 求相应的结论，或由给定的结论追溯应具备的条件，或变更题 设、结论的某个部分使命题也相应变化等等，这一类问题称之 为探索性问题． 由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明， 自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后 方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求 高，是考查我们的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决 问题能力的好题型．
(2－k2)x2＋(2k2－2k)x－k2＋2k－3＝0， 设 Q1，Q2 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)① 2k2－2k ∴x1＋x2＝ 2 ＝2×1，∴k＝2 代入①得 2x2－4x＋3＝0 k －2 ∵Δ＝(－4)2－4×2×3＝－8<0， ∴满足题中条件的直线 m 不存在．
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y 2 y1 x 2 x1
2
将③代入④可得：
( x 2 2 y 2 ) ( x1 2 y 1 )
2 2 2
k MN k MB 1
2 ( y 2 y1 ) x 2 x1
x
2
1
x 2 x1
2
2
……⑤
点 M , B 在椭圆 4
2

y
2
1
2
2
，
2 2 2
故
1 2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
1
1
1
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由题设可知 l 斜率存在且满足
AB
k NA k NB
y1 2 x1

y 2 y1 x 2 x1
……….③
k MN k MB 1
y1 x1

y 2 y1 x 2 x1

1 .........④
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1． （2012 四校联考）已知椭圆 a 离心率 e=
2 2
x
2 2

y b
2 2
1 (a b 0)
的左焦点为 F
(
2 , 0)
,
, M , N 是椭圆上的动点.
O P O M 2O N
（Ⅰ）求椭圆标准方程； （Ⅱ） 设动点 P 满足： ， 直线 OM 与 ON 的斜率之积为