圆锥曲线的综合问题 高考数学 易错点

1．(2017·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1,1)．过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12作直线l 与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ，ON 交于点A ，B ，其中O 为原点．(1)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段BM 的中点．解析：(1)由抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1,1)，得p ＝12.所以抛物线C 的方程为y 2＝x .抛物线C 的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，准线方程为x ＝－14.直线ON 的方程为y ＝y 2x 2x ，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1，y 2x 1x 2. 因为y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＝y 1x 2＋y 2x 1－2x 1x 2x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1＋12x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋12x 1－2x 1x2x 2＝k －x 1x 2＋12x 2＋x 1x 2＝k －14k 2＋1－k 2k2x 2＝0，所以y 1＋y 2x 1x 2＝2x 1， 故A 为线段BM 的中点．2．(2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线C ：y 2＝2x ，过点(2,0)的直线l 交C 于A ，B 两点，圆M 是以线段AB 为直径的圆．(1)证明：坐标原点O 在圆M 上；(2)设圆M 过点P (4，－2)，求直线l 与圆M 的方程．(2)由(1)可得y 1＋y 2＝2m ，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋4＝2m 2＋4，故圆心M 的坐标为(m 2＋2，m )， 圆M 的半径r ＝m 2＋2＋m 2.由于圆M 过点P (4，－2)，因此AP →·BP →＝0， 故(x 1－4)(x 2－4)＋(y 1＋2)(y 2＋2)＝0， 即x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋y 1y 2＋2(y 1＋y 2)＋20＝0. 由(1)可得y 1y 2＝－4，x 1x 2＝4，所以2m 2－m －1＝0，解得m ＝1或m ＝－12.当m ＝1时，直线l 的方程为x －y －2＝0，圆心M 的坐标为(3,1)，圆M 的半径为10， 圆M 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝10.当m ＝－12时，直线l 的方程为2x ＋y －4＝0，圆心M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫94，－12，圆M 的半径为854，圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －942＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋122＝8516.3．(2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率． 解析：(1)由题意知e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以a ＝2，b ＝1， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0.由题意知Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－1k 21＋，所以|AB |＝ 1＋k 21|x 1－x 2| ＝ 2 1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21. 由题意可知圆M 的半径r 为 r ＝23|AB |＝223 1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1. 由题设知k 1k 2＝24，所以k 2＝24k 1， 因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21，因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21.由题意可知sin ∠SOT 2＝rr ＋|OC |＝11＋|OC |r， 而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223 1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21＝3241＋2k 211＋4k 211＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t∈(0,1)，因此|OC |r ＝32t 2t 2＋t －1＝3212＋1t －1t2＝321－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122＋94≥1，当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin ∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6，所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述：∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.4．已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，左顶点为A ，左焦点为F 1(－2,0)，点B (2，2)在椭圆C 上，直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆C 交于E ，F 两点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N .(1)求椭圆C 的方程；(2)在x 轴上是否存在点P ，使得无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，因为椭圆的左焦点为F 1(－2,0)， 所以a 2－b 2＝4.①因为点B (2，2)在椭圆C 上， 所以4a 2＋2b2＝1.②由①②解得，a ＝22，b ＝2.所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.因为直线AE 与y 轴交于点M ， 令x ＝0得y ＝22k1＋1＋2k 2，即点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1＋1＋2k 2. 同理可得点N (0，22k1－1＋2k2)． 假设在x 轴上存在点P (t,0)，使得∠MPN 为直角，则MP →·NP →＝0. 即t 2＋－22k 1＋1＋2k 2×－22k 1－1＋2k 2＝0， 即t 2－4＝0，解得t ＝2或t ＝－2.故存在点P (2,0)或P (－2,0)，无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角． 方法二 因为椭圆C 的左顶点为A ，则点A 的坐标为(－22，0)．因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 24＝1交于两点E ，F ，设点E (x 0，y 0)，则点F (－x 0，－y 0)．所以直线AE 的方程为y ＝y 0x 0＋22(x ＋22)．因为直线AE 与y 轴交于点M ， 令x ＝0得y ＝22y 0x 0＋22，即点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22y 0x 0＋22.同理可得点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22y 0x 0－22.假设在x 轴上存在点P (t,0)，使得∠MPN 为直角，则MP →·NP →＝0. 即t 2＋－22y 0x 0＋22×－22y 0x 0－22＝0，即t 2＋8y 2x 20－8＝0.因为点E (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 208＋y 204＝1，即y 20＝8－x 22.将y 20＝8－x 202代入得t 2－4＝0.解得t ＝2或t ＝－2.故存在点P (2,0)或P (－2,0)，无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角．5．设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围． 解 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ， 故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |， 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为：x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝k 2＋4k 2＋3.过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．6.已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．(2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2，则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝2k 2＋4k2，x 1x 4＝1，所以|PN |＝1＋k 2·x 1＋x 42－4x 1x 4＝＋k2k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，所以|MQ |＝1＋k 2·x 2＋x 32－4x 2x 3＝＋k 23＋4k2.若|PN ||MQ |＝2， 则＋k2k 2＝2×＋k 23＋4k2，解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.易错起源1、范围、最值问题例1、如图，椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，且PQ ⊥PF 1.(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ |＝λ|PF 1|，且34≤λ＜43，试确定椭圆离心率e 的取值范围．解 (1)由椭圆的定义，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2. 设椭圆的半焦距为c ，由已知PF 1⊥PF 2， 因此2c ＝|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝＋22＋－22＝23，即c ＝3，从而b ＝a 2－c 2＝1. 故所求椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)如图，由PF 1⊥PQ ，|PQ |＝λ|PF 1|，得 |QF 1|＝|PF 1|2＋|PQ |2＝1＋λ2|PF 1|.由椭圆的定义，|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ， 进而|PF 1|＋|PQ |＋|QF 1|＝4a ， 于是(1＋λ＋1＋λ2)|PF 1|＝4a ， 解得|PF 1|＝4a1＋λ＋1＋λ2， 故|PF 2|＝2a －|PF 1|＝2aλ＋1＋λ2－1＋λ＋1＋λ2.由勾股定理得|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝(2c )2＝4c 2，从而⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋λ＋1＋λ22＋⎝⎛⎭⎪⎫2a λ＋1＋λ2－1＋λ＋1＋λ22＝4c 2， 两边除以4a 2，得4＋λ＋1＋λ22＋λ＋1＋λ2－2＋λ＋1＋λ22＝e 2. 若记t ＝1＋λ＋1＋λ2，则上式变成 e 2＝4＋t －2t 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －142＋12. 由34≤λ＜43，并注意到1＋λ＋1＋λ2关于λ的单调性，得3≤t ＜4，即14＜1t ≤13. 进而12＜e 2≤59，即22＜e ≤53.【变式探究】如图，已知椭圆：x 24＋y 2＝1，点A ，B 是它的两个顶点，过原点且斜率为k 的直线l 与线段AB相交于点D ，且与椭圆相交于E ，F 两点．(1)若ED →＝6DF →，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值．解 (1)依题设得椭圆的顶点A (2,0)，B (0,1)， 则直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0. 设直线EF 的方程为y ＝kx (k >0)．设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，联立直线l 与椭圆的方程⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx消去y ，得方程(1＋4k 2)x 2＝4. 故x 2＝－x 1＝21＋4k2，由ED →＝6DF →知，x 0－x 1＝6(x 2－x 0)， 得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2， 由点D 在线段AB 上，知x 0＋2kx 0－2＝0， 得x 0＝21＋2k ，所以21＋2k ＝1071＋4k 2， 化简，得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.(2)根据点到直线的距离公式，知点A ，B 到线段EF 的距离分别为h 1＝2k 1＋k2，h 2＝11＋k2，又|EF |＝41＋k21＋4k 2， 所以四边形AEBF 的面积为S ＝12|EF |(h 1＋h 2)＝＋2k 1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k2＝21＋4k1＋4k2＝21＋44k ＋1k ≤22， 当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时，取等号， 所以四边形AEBF 面积的最大值为2 2.【名师点睛】解决范围问题的常用方法：(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．【锦囊妙计，战胜自我】圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．易错起源2、定点、定值问题例2、椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左，右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．解 (1)由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ， ∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2， 则椭圆方程变为x 24c 2＋y 23c 2＝1. 又由题意知＋c 2＋12＝10，解得c 2＝1， 故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝64m 2k 2－＋4k 2m 2－，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝m 2－3＋4k 2.① 又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2 ＝m 2－4k 23＋4k 2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2,0)，AA 2⊥BA 2，∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0，∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0， ∴m 2－4k 23＋4k 2＋m 2－3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0， ∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7， 由①，得3＋4k 2－m 2>0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27，直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 【变式探究】已知抛物线：y 2＝2px (p >0)的焦点F 在双曲线：x 23－y 26＝1的右准线上，抛物线与直线l ：y ＝k (x －2)(k >0)交于A ，B 两点，AF ，BF 的延长线与抛物线交于C ，D 两点．(1)求抛物线的方程；(2)若△AFB 的面积等于3，求k 的值；(3)记直线CD 的斜率为k CD ，证明：k CD k为定值，并求出该定值． 解 (1)双曲线：x 23－y 26＝1的右准线方程为：x ＝1， 所以F (1,0)，则抛物线的方程为：y 2＝4x .(3)设C (y 234，y 3)，则FA →＝(y 214－1，y 1)，FC →＝(y 234－1，y 3)， 因为A ，F ，C 共线，所以(y 214－1)y 3－y 1(y 234－1)＝0， 即y 23＋(4y 1－y 1)y 3－4＝0. 解得：y 3＝y 1(舍)或y 3＝－4y 1， 所以C (4y 21，－4y 1)，同理D (4y 22，－4y 2)， k CD ＝－4y 1＋4y 24y 21－4y 22＝－y 1y 2y 1＋y 2＝2k ， 故k CD k＝2(定值)． 【名师点睛】(1)动线过定点问题的两大类型及解法①动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．②动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(2)求解定值问题的两大途径 ①由特例得出一个值此值一般就是定值→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．【锦囊妙计，战胜自我】1．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 )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值． 易错起源3、探索性问题例3、如图，抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线上一定点Q (1,2)．(1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；(2)过焦点F 的直线(不经过Q 点)与抛物线交于A ，B 两点，与准线l 交于点M ，记QA ，QB ，QM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1.(2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0.由抛物线准线l ：x ＝－1，可知M (－1，－2k )．又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k 1＋1＝k ＋1， 即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，知x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2. 因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ，即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k . 所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－x 1＋x 2－x 1x 2－x 1＋x 2＋1＝2k －2k 2＋4k 2－1－2k 2＋4k 2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立． 【变式探究】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．(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 ＋1，x 1x 2＝－22k ＋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 →＋λPC →·PD →＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.【名师点睛】解决探索性问题的注意事项：存在性问题，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，要思维开放，采取另外的途径．【锦囊妙计，战胜自我】1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“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．。