第35练 圆锥曲线中的探索性问题
(完整版)2020高考热点圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题
32，圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题圆锥曲线有关的最值、范围及存在性问题是高考命题的热点，命题形式新颖，属于解析几 何中的压轴题。
考点一圆锥曲线中的最值或取值范围问题【例1】过F(0,1)的直线I 与抛物线C ：x 2 4y 交于A ，B 两点，以A ，B 两点为切点分别作抛 物线C 的切线 m ，设^与J 交于点Q(x o ,y 。
).(i) 求 y o ;(2) 过Q ，F 的直线交抛物线C 于M ， N 两点，求四边形 (i )设 A(x,yJ ， B(x ，,y 2)，直线 l: y kx i ，当且仅当k= 1时，四边形AMBN 面积的最小值为32.AMBN 面积的最小值.【解析】 所以4y得 x 2kx4kx 40，所以x 2 4k 4由x 24y所以i i ： y y i1 x i x2x i，即h ： 1 x i x2同理I 2： y1 x 2x22X24X o，联立得y oX X 22 X i X 22k即y o(2)因为uur QFX i X 22uu u ABX 2 X, y 2y i一 uuu uun 所以QF ABy 2 y i2 X22 Xi2所以 uuu LUU 卄QF AB ，即 MN AB ，ABy i y 22 k x iX 24 4k 24，同理MNS AMBN 2AB MN 8 k11 —11k 218 k 2 g 2k 2求最值和取值范围的常用方法(1) 利用函数单调性：求导，换元，变形等•(2) 利用不等式:基本不等式(有一个或两个变量都可以),三角不等式等•(3) 利用线性规划：条件是不等式组的题目，可考虑用线性规划法•(4) 利用数形结合：将代数方程与它表示的几何图形联系起来•(5) 利用转化与化归：将几何关系转化为代数式，再求解;或将不等式问题转化为等式问题，即先找到所求不等式恰好相等时的边界”，边'界”将实数R分为若干部分，其中符合题意的部分即为所求取值范围.注意:在圆锥曲线最值问题中，特别注意椭圆、双曲线、抛物线上的点(x,y)横纵坐标x,y的取值范围•【变式训练】已知抛物线E:?? = 2?????> 0),过其焦点F的直线与抛物线相交于A(??,??),B(??,??)两点，满足????= -4 .(1) 求抛物线E的方程;(2) 已知点C的坐标为(-2,0),记直线CA,CB的斜率分别为??，??，求寺+寺的最小值.【解析】(1)抛物线E的方程为y24x .(2) 由(1)知抛物线的焦点坐标为F(1, 0)，设直线AB的方程为x my 1 ,联立抛物线的方程有y24my 4 0，所以屮y24m, yy2则有k1」—，k2亠x1 2 my1 3 x2 2因此占Ak1 k22233 2 1111 2 9m -2m 6m—9 —5m 一y1y2y1y2y1y22所以当且仅当m 0时, 右有最小值9，所以-my2 3 k13 1m ，—y1 k23m —，y2m1k12 2【例2】已知椭圆笃爲1(a b 0)的右焦点为F 2(3,0),离心率为e.a b3三,求椭圆的方程2⑵设直线y=kx 与椭圆相交于A,B 两点,M,N 分别为线段AF 2,BF 2的中点.若坐标原点0在以2 2工乞1⑵由 a 2 b 2，得(b 2+a 2k 2)x 2-a 2b 2=0,y kx-a 2b 2设 A(X 1,y 1),B(x 2,y 2),所以 x 1+x 2=0,x 1X 2=b 2+a 2 ,由已知可得，0M 丄ON,易证四边形OMF 2N 为平行四边形，所以AF 2丄BF 2,因为 F 2A (x 1 3, y 1), F 2B (x 2 3, y 2),所以 F 2A F 2B (x 1 3)(x 2 3) %y 2 =(1+k 2)X 1X 2+9=0,-a 2 •(a 2-9) ・(1+k 2) 2 a 4- 18a 2+81 81—a 2k 2 + (a 2-9) —+9=0,整理为 k 二盲忌厂=-1-ar^‘因为一2 e3,所以 2 3 a 3.2,12 a 2 18.2 2所以k 2】,即k 的取值范围是(，2] r 2,).84 4解决取值范围问题的常用方法(1)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 ⑵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. (3) 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(1)若 e MN 为直径的圆上，且'2¥刍求k 的取值范围【解析】(1)椭圆的方程为 2 2x 2 y 2 + =1. 12 3考点二圆锥曲线中的探索性问题轴长为半径的圆与直线 ^^27□相切.（1）求椭圆的标准方程;（2）已知动直线|过右焦点F,且与椭圆C 交于A 、B 两点，试问x 轴上是否存在定点Q,使得［J恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由。
圆锥曲线中的探索性问题
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·)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．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．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·)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．高考题型精练1.(2015·)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．3．(2016·)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 ＝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·)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 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＋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 －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 2－24k 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 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 －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＋k 2.从而S △ABN ＝12·d ·|AB |＝12·2p 1＋k 2·k 2＋2· 2p1＋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 －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 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＝t 1＋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 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 ＝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·)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－4k 2＋－2λ－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·)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x22＋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 －11＋2k 2，x 1x 2＝2k k －21＋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 －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＝－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·)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＋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＝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＝－32k 2m 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＋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，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＋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.。
圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线中的探索性问题作者：来源：《数学金刊·高考版》2015年第04期存在性问题与证明问题是近几年高考试题对解析几何考查的一种热点题型，以判断满足条件的点、直线、参数是否存在，证明直线与圆锥曲线的位置关系. 数量关系（等量或不等量）为主要呈现方式，多以解答题的形式考查.（1）圆锥曲线中的取值范围问题.（2）圆锥曲线中的定点、定值问题.（3）圆锥曲线中的存在性问题和有关证明题.解决解析几何中的探索性问题，主要是根据题目所给的条件，结合相关的图形进行分析、化简. 探索性问题对思维能力和计算能力的要求较高，平时应多注重这两方面能力的训练.例1 如图6，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都是e. 直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.图6（1）设e= ，求BC与AD的比值；（2）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN？说明理由.破解思路解决解析几何中的存在性问题的一般步骤为：第一步，假设结论成立；第二步，以存在为条件，进行推理求解；第三步，明确、规范结论，若能推出合理结果，经验证成立即肯定假设；若推出矛盾，即否定假设；第四步，回顾、检验本题，若忽略了Δ>0这一隐含条件，结果会造成两解.答案详解（1）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设C1： + =1，C2： + =1（a>b>0）. 设直线l：x=t（t（2）当t=0时，l不符合题意；当t≠0时，BO∥AN，当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即 = ，解得t=- =- ·a. 因为t所以当0例2 在平面直角坐标系xOy中，椭圆E： + =1（a>b>0）的右准线为直线l，动直线y=kx+m（k0）交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为M，射线OM分别交椭圆及直线l于P，Q两点，如图7. 若A，B两点分别是椭圆E的右顶点、上顶点时，点Q的纵坐标为（其中e为椭圆的离心率），且OQ= OM.图7（1）求椭圆E的标准方程；（2）如果OP是OM，OQ的等比中项，那么是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由.破解思路求解定值问题的“三个”步骤：①由特例得出一个值，此值一般就是定值；②证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值.答案详解（1）当A，B两点分别是椭圆E的右顶点和上顶点时，则A（a，0），B（0，b），M ， .因为Q ，，所以由O，M，Q三点共线，得 = ，化简，得b=1. 因为OQ= OM，所以 = ，化简，得2a= c. 由a2=b2+c2，b=1，2a= c，解得a2=5，c2=4.所以椭圆E的标准方程为 +y2=1.（2）把y=kx+m（k0），代入 +y2=1，得（5k2+1）x2+10mkx+5m2-5=0. 当？驻>0，即5k2-m2+1>0时，xM= - ，yM= ，从而可得点M- ， .所以直线OM的方程是y=- x. 由y=- x， +y2=1，得x2P= . 因为OP是OM，OQ的等比中项，所以OP2=OM·OQ，从而x2P=xMxQ=- . 由 =- ，得m=-2k，从而 =-2，满足？驻>0. 所以为常数-2.1. 如图8，已知椭圆C： + =1（a>b>0）经过点（0，），离心率为，经过椭圆C的右焦点F的直线l交椭圆于A，B两点，点A，F，B在直线x=4上的射影依次为D，K，E.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l交y轴于点M，且=λ ，=μ ，当直线l的倾斜角变化时，探究λ+μ是否为定值. 若是，求出λ+μ的值；若不是，说明理由.（3）连结AE，BD，试探索当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于一定点. 若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.图82. 如图9，已知椭圆C1： + =1，抛物线C2：y2=4x，过椭圆C1右顶点的直线l交抛物线C2于A，B两点，射线OA，OB分别交椭圆于D，E两点，点O为原点.图9（1）求证：点O在以DE为直径的圆的内部；（2）记△ODE，△OAB的面积分别为S1，S2，问是否存在直线l，使S2=3S1，若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.。
2020高考热点圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题
圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题圆锥曲线有关的最值、范围及存在性问题是高考命题的热点，命题形式新颖，属于解析几何中的压轴题。
考点一 圆锥曲线中的最值或取值范围问题【例1】过F(0,1)的直线l 与抛物线y x C 4:2=交于A ，B 两点，以A ，B 两点为切点分别作抛物线C 的切线21,l l ，设21l l 与交于点),(00y x Q . （1）求0y ；（2）过Q ，F 的直线交抛物线C 于M ，N 两点，求四边形AMBN 面积的最小值. 【解析】（1）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，直线:1l y kx =+，所以241x y y kx ⎧=⎨=+⎩得2440x kx --=，所以121244x x k x x +=⎧⎨=-⎩由2142x y y x '=⇒=，所以()111112l y y x x x -=-：，即2111124x l y x x =-：，同理2222124x l y x x =-：，联立得1201202214x x x k x x y +⎧==⎪⎪⎨⎪==-⎪⎩，即01y =-．（2）因为12,22x x QF +⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r ，()2121,AB x x y y =--u u ur ，所以()2222222121212120222x x x x x x QF AB y y ---⋅=--=-=u u u r u u u r ，所以QF AB ⊥u u u r u u u r ，即MN AB ⊥，()212122444AB y y k x x k =++=++=+，同理244MN k=+， ()222211181182322AMBN S AB MN k k k k ⎛⎫⎛⎫==++=++≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当且仅当=1k ±时，四边形AMBN 面积的最小值为32.求最值和取值范围的常用方法(1)利用函数单调性:求导,换元,变形等.(2)利用不等式:基本不等式(有一个或两个变量都可以),三角不等式等. (3)利用线性规划:条件是不等式组的题目,可考虑用线性规划法. (4)利用数形结合:将代数方程与它表示的几何图形联系起来.(5)利用转化与化归:将几何关系转化为代数式,再求解;或将不等式问题转化为等式问题,即先找到所求不等式恰好相等时的“边界”,“边界”将实数R 分为若干部分,其中符合题意的部分即为所求取值范围.注意:在圆锥曲线最值问题中,特别注意椭圆、双曲线、抛物线上的点(x,y)横纵坐标x,y 的取值范围.【变式训练】已知抛物线E:y 2=2px (p >0),过其焦点F 的直线与抛物线相交于A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两点，满足y 1y 2=−4. （1）求抛物线E 的方程；（2）已知点C 的坐标为（-2,0），记直线CA,CB 的斜率分别为k 1，k 2，求1k 12+1k 22的最小值．【解析】（1） 抛物线E 的方程为24y x =．（2）由（1）知抛物线的焦点坐标为(10)F ，，设直线AB 的方程为1x my =+， 联立抛物线的方程有2440y my --=，所以121244y y m y y +==-，， 则有1111123y y k x my ==++，2222223y y k x my ==++，所以1113m k y =+，2213m k y =+， 因此22222221212121211331111269m m m m k k y y y y y y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2952m =+，所以当且仅当0m =时，221211k k +有最小值92．【例2】已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的右焦点为F 2(3,0),离心率为e.(1)若23=e ,求椭圆的方程. (2)设直线y=kx 与椭圆相交于A,B 两点,M,N 分别为线段AF 2,BF 2的中点.若坐标原点O 在以MN 为直径的圆上,且2322≤<e ≤,求k 的取值范围. 【解析】(1) 椭圆的方程为x 212+y 23=1.(2)由⎪⎩⎪⎨⎧==+kx y b y a x 12222，得(b 2+a 2k 2)x 2-a 2b 2=0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),所以x 1+x 2=0,x 1x 2=-a 2b 2b +a k,由已知可得,OM ⊥ON,易证四边形OMF 2N 为平行四边形,所以AF 2⊥BF 2,因为),3(),,3(222112y x B F y x A F -=-=,所以212122)3)(3(y y x x B F A F +--=⋅=(1+k 2)x 1x 2+9=0, 即-a 2·(a 2-9)·(1+k 2)a k +(a -9)+9=0,整理为k 2=-a 4-18a 2+81a -18a =-1-81a -18a ,因为2322≤<e ,所以1812,23322<≤<≤a a . 所以812≥k ,即k 的取值范围是),42[]42,(+∞--∞Y . 解决取值范围问题的常用方法(1)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. (2)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. (3)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.考点二圆锥曲线中的探索性问题【例2】已知椭圆C：()的离心率为,且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动直线l过右焦点F,且与椭圆C交于A、B两点，试问x轴上是否存在定点Q,使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。
高中数学圆锥曲线的探索性问题归纳
高中数学圆锥曲线的探索性问题归纳
一、基本思路
（1）探究性问题，一般先对结论作肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证.
（2）若导出矛盾，则否定先前假设（否定型）；若推出合理的结论，则说明假设正确（肯定型），由此得出问题的结论.
（3）“假设——推证——定论”是解答此类问题的三个步骤．
二、常用方法
（1）解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在.
（2）解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果;也可以举特例，然后再证明.
（3）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一-元二次方程，利用判别式得出是否有解(存在). (4)解决是否存在最值问题时，可依据条件，得出函数解析式，依据解析式判定其最值是否存在，然后得出结论.
高考真题
例题精选
参考答案。
2020年高考数学压轴题专题复习： 圆锥曲线中的探索性问题【解析版】
第三章 解析几何专题 圆锥曲线中的探索性问题纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，一般设置一大一小两道题目，主要考查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质；四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直线、存在性和探索性问题等.本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，重点说明求解存在性和探索性问题等. 1. 探究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．在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别． 2.解决存在性问题的一些技巧：（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立.（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素，所以通常以该要素作为核心变量，其余变量作为辅助变量，必要的时候消去. （3）核心变量的求法：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.【压轴典例】例1.（2019·湖北高三开学考试（文））设O 为坐标原点，动点M 在椭圆E :22142x y +=上，过点M 作x轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =u u u vu u u u v.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设()1,0A ，在x 轴上是否存在一定点B ，使2BP AP =总成立？若存在，求出B 点坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1) 224x y +=； (2) 存在点()4,0B 满足条件.【解析】（1）设(),P x y ，()11,M x y ，则()1,0N xM Q 在椭圆E 上 2211142x y ∴+=…① 由2NP NM =u uu v u u u u v 知：112x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，即：1122x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，代入①得：224x y +=即点P 的轨迹方程为：224x y +=…② （2）假设存在点(),0B m 满足条件，设(),P x y 由2BP AP =得：()()222221x m y x y -+=-+即：()22233284x y m x m ++-=-此方程与(1)中②表示同一方程，故：2280412m m -=⎧⎨-=⎩，解得：4m =∴存在点()4,0B 满足条件例2.（江西省新余市第四中学2019届10月月考）已知为椭圆的右焦点，点在上，且轴.（1）求的方程； （2）过的直线交于两点，交直线于点．判定直线的斜率是否构成等差数列？请说明理由.【答案】(1) ；(2) 直线的斜率成等差数列【解析】(Ⅰ) 因为点在上，且轴，所以．设椭圆左焦点为，则，．中，，所以．所以，．又，故椭圆的方程为.(Ⅱ) 由题意可设直线的方程为，令得，的坐标为．由得，．设，，则有，…①．记直线的斜率分别为，从而，，．因为直线的方程为，所以，所以…②．①代入②得，又，所以，故直线的斜率成等差数列例3.（广东省华南师范大学附属中学2019届高三上第二次月考）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）过点任作一条直线，与椭圆交于不同于点的，两点，与直线交于点，记直线、、的斜率分别为、、．试探究与的关系，并证明你的结论．【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为，所以．故可设椭圆的方程为：，因为点在椭圆上，所以将其代入椭圆的方程得．所以椭圆的方程为．（2）依题意，直线不可能与轴垂直，故可设直线的方程为：，即，，为与椭圆的两个交点．将代入方程化简得：．所以，．所以．又由，解得，，即点的坐标为，所以．因此，与的关系为：.例4.（2019·云南师大附中高三月考）已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的离心率为63，短袖长为4.（1）求椭圆C 的标准方程.（2）设直线l 过点（2,0）且与椭圆C 相交于不同的两点A 、B ，直线6x =与x 轴交于点D ,E 是直线6x =上异于D 的任意一点，当0AE DE ⋅=u u u r u u u r时，直线BE 是否恒过x 轴上的定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由.【答案】（1）221124x y +=（2）直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0)，详见解析【解析】（1）由题意得222632c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩.解得23,2a b ==，所以椭圆C 的标准方程为221124x y +=（2）直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0) 证明如下：因为0AE DE ⋅=u u u r u u u r.所以AE DE ⊥，因为直线l 过点(2,0)①当直线l 的斜率不存在时，则直线l 的方程为2x =， 不妨设26262,,2,,.33A B ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则266,3E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 此时，直线BE 的方程为6(4)3y x =-， 所以直线BE 过定点(4,0)；②直线l 的斜率存在且不为零时，设直线l 的方程为2(0)x my m =+≠，()()1122,,,A x y B x y ，所以()16,E y .直线2112:(6)6y y BE y y x x --=--，令0y =，得()122166y x x y y --=--即1212166y x y x y y -+=+-，又222x my =+所以()12121266y my y x y y -++=+-即证()121212664y my y y y -+++=-即证()()121220*y y my y +-=联立2211242x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩,消x 得()223480m y my ++-=，因为点(2,0)在C 内，所以直线l 与C 恒有两个交点，由韦达定理得，12122248,33my y y y m m +=-=-++代入（*）中得()121222882033m my y my y m m -+-=--=++ 所以直线BE 过定点(4,0)，综上所述，直线BE 恒过x 轴上的定点(4,0).例5.（2019·湖南衡阳市八中高三月考（理））已知椭圆22:14x C y +=的左右顶点为A ，B ，点P ，Q 为椭圆上异于A ，B 的两点，直线AP 与直线BQ 的斜率分别记为12,k k ，且214k k =． （Ⅰ）求证：BP BQ ⊥；（Ⅱ）设APQ ∆，BPQ ∆的面积分别为1S ，2S ，判断12S S 是否为定值，若是求出这个定值，若不是请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）12S S 为定值4，详见解析 【解析】（Ⅰ）设()11,P x y ，∵(2,0),(2,0)A B -，则21112111224AP BPy y y k k x x x ⋅=⋅=+--， 又221114x y +=，则221114x y =-，代入上式，得14AP BPk k ⋅=-, 由已知：14AP BQ k k =，则1144AP BP BQ BP k k k k ⋅=-=⋅， 从而1BO BP k k ⋅=-，即BP BQ ⊥． （Ⅱ）设直线PQ 的方程为：y kx b =+，联立得：22222(14)84(1)044y kx bk x kbx b x y =+⎧⇒+++-=⎨+=⎩， 由22041k b >⇒+>V ，由韦达定理：122814kb x x k +=-+，21224(1)14b x x k -=+， 由（1）BP BQ ⊥，则0BP BQ ⋅=u u u r u u u r，则()()()()()()12121212220220x x y y x x kx b kx b --+=⇒--+++=， 即：221212(1)(2)()40k x x kb x x b ++-+++=， 所以：22121650k kb b ++=， 得：12k b =-或56k b =-， 当12k b =-时，直线1:(1)2PQ y b x =-+，不合题意， 当56k b =-时，直线5:(1)6PQ y b x =-+，过定点6(,0)5M ，又1211||||2S AM y y =-，2211||2||S MB y y =-，则126(2)||546||25S AM S MB --===-，为定值． 例6.（2019·天津高三开学考试）已知椭圆()222210y x a b a b +=>>的离心率为22，以椭圆的上焦点F 为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线40x y +-=截得的弦长为22. （1）求椭圆的方程；（2）过椭圆左顶点做两条互相垂直的直线1l ，2l ，且分别交椭圆于M ，N 两点（M ，N 不是椭圆的顶点），探究直线MN 是否过定点，若过定点则求出定点坐标，否则说明理由.【答案】(1) 22184y x += (2) MN 恒过定点2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，见解析【解析】 （1）∵22e =，∴22b c a ==， 设圆F 的方程为()222x y c c +-=，圆心为()0,c ，半径为c ，设d 为圆心到直线40x y +-=的距离，则4=2c d -，∵222222d r ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，∴()22422c c -+=，即28200c c +-=，()()2100c c -+=，∵0c >，∴2c =.所以椭圆的方程为22184y x +=.（2）设1l 的方程为2x ty =-，2l 的方程为12x y t=--，联立222802y x x ty ⎧+-=⎨=-⎩，可得()222280y ty +--=，整理()222180t y ty +-=，设()11,M x y ，∵M 不是椭圆的顶点， ∴12821ty t =+，代入2x ty =-，得2124221t x t -=+，222428,2121t t M t t ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 联立 2228012y x x y t ⎧+-=⎪⎨=--⎪⎩，设()22,N x y ， ∴222882121t t y t t --==+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 带入12x y t =--，得2222214242=2121t t x t t ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭=+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 222428,22t t N t t ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，①若MN 斜率存在，()()()()()()2222222222228882821212=42424224221212MNt t t t t t t t k t t t t t t t t --+++++=---+--+-++ 34224243=881t t tt t +=--， MN l ：22228342=212t t t y x t t t ⎛⎫---- ⎪+-+⎝⎭22222334281122t t t ty x t t t t -=-⋅---++ ()()()()22222342813112t t t t t y x t t t -+-=---+ ()()3222324112t t t y x t t t +=---+223211t ty x t t =--- 23213t y x t ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭恒过2,03⎛⎫⎪⎝⎭. ②若MN 斜率不存在，1l 的方程为2x y =-，2l 的方程为2x y =--，28,33M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，28,33N ⎛⎫- ⎪⎝⎭，此时MN l ：23x =，亦过2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，综上，直线MN 恒过2,03⎛⎫⎪⎝⎭. 例7. （2018·上海高考真题）设常数2t >．在平面直角坐标系xOy 中，已知点()20F ，，直线l ：x t =，曲线Γ：()2800y x x t y =≤≤≥，．l 与x 轴交于点A 、与Γ交于点B ．P 、Q 分别是曲线Γ与线段AB 上的动点．（1）用t 表示点B 到点F 距离；（2）设3t =，2FQ =，线段OQ 的中点在直线FP ，求AQP △的面积；（3）设8t =，是否存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）2BF t =+；（2）17733236S =⨯+=；（3）见解析. 【解析】（1）方法一：由题意可知：设()22B t t ，， 则()2282BF t t t =-+=+，∴2BF t =+；方法二：由题意可知：设()22B t t ，， 由抛物线的性质可知：22pBF t t =+=+，∴2BF t =+； （2）()20F ，，2FQ =，3t =，则1FA =， ∴3AQ =，∴()32Q ，，设OQ 的中点D ，3222D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，， 3023322QFk -==--，则直线PF 方程：()32y x =--， 联立()2328y x y x ⎧=--⎪⎨=⎪⎩，整理得：2320120x x -+=， 解得：23x =，6x =（舍去）， ∴AQP V 的面积17733236S =⨯+=； （3）存在，设28y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，28m E m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则2281628PF y y k y y ==--，2168FQ y k y -=， 直线QF 方程为()21628y y x y -=-，∴()22164838284Q y y y y y --=-=，248384y Q y ，⎛⎫- ⎪⎝⎭，根据FP FQ FE +=u u u v u u u v u u u v ，则2248684y y E y ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，，∴222488648y y y ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：2165y =， ∴存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上，且24555P ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，．例8. （2014·山东高考真题（理））已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有FA FD =.当点A 的横坐标为3时，ADF ∆为正三角形. （Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）若直线1//l l ，且1l 和C 有且只有一个公共点E ， （ⅰ）证明直线AE 过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）ABE ∆的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（I ）24y x =.（II ）（ⅰ）直线AE 过定点(1,0)F .（ⅱ）ABE ∆的面积的最小值为16. 【解析】 （I ）由题意知(,0)2PF 设(,0)(0)D t t >，则FD 的中点为2(,0)4p t+， 因为FA FD =，由抛物线的定义知：322p p t +=-， 解得3t p =+或3t =-（舍去）.由234p t+=，解得2p =. 所以抛物线C 的方程为24y x =. （II ）（ⅰ）由（I ）知(1,0)F ，设0000(,)(0),(,0)(0)D D A x y x y D x x ≠>， 因为FA FD =，则011D x x -=+， 由0D x >得02D x x =+，故0(2,0)D x +， 故直线AB 的斜率为02AB y k =-， 因为直线1l 和直线AB 平行， 设直线1l 的方程为02y y x b =-+， 代入抛物线方程得200880b y y y y +-=， 由题意20064320b y y ∆=+=，得02b y =-. 设(,)E E E x y ，则04E y y =-，204E x y =. 当204y ≠时，0000220002044444E ABE y y y y y k y x x y y +-==-=---， 可得直线AE 的方程为000204()4y y y x x y -=--， 由2004y x =，整理可得0204(1)4y y x y =--， 直线AE 恒过点(1,0)F .当204y =时，直线AE 的方程为1x =，过点(1,0)F ，所以直线AE 过定点(1,0)F .（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE 过焦点(1,0)F ， 所以000011(1)(1)2AE AF FE x x x x =+=+++=++， 设直线AE 的方程为+1x my =， 因为点00(,)A x y 在直线AE 上， 故001x m y -=， 设11(,)B x y ，直线AB 的方程为000()2y y y x x -=--， 由于00y ≠， 可得0022x y x y =-++， 代入抛物线方程得2008840y y x y +--=， 所以0108y y y +=-， 可求得1008y y y =--，10044x x x =++， 所以点B 到直线AE 的距离为00002484()11x m y x y d m ++++-=+004(1)x x +=0014()x x =+.则ABE ∆的面积00001114()(2)162S x x x x =⨯+++≥， 当且仅当001x x =即01x =时等号成立. 所以ABE ∆的面积的最小值为16.【压轴训练】1．（2018届江西省重点中学协作体第二次联考）已知椭圆：的离心率为，短轴为.点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于点、，是否存在常数使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）.（2）答案见解析.【解析】 （1），所以从而的方程为. （2）当不为轴时，设：，、.联立与的方程可得，所以，，.因为为定值，所以，解得.此时定值为.当为轴时，，..综上，存在使得为定值.2. (2018届山东省威海市二模)已知椭圆：的左右焦点分别为，且离心率为，点为椭圆上一动点，面积的最大值为.（1）求椭圆的标准方程； （2）设分别为椭圆的左右顶点，过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由. 【答案】（1）（2）3【解析】 （1）由题意可知，解得所以椭圆的方程为（2）由（1）可知， 因为过与圆相切的直线分别切于两点，所以，所以，设点，则，圆的半径为则直线的方程为的方程设为，则化简得由，得所以点,所以点在椭圆上， ∴，即.3．（2019·云南师大附中高三月考）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的离心率为63，短轴长为4.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知不经过点P （0，2）的直线l ：()0,x my n m n R =+≠∈交椭圆C 于A ，B 两点，M 在AB 上满足()12PM PA PB =+u u u u r u u u r u u u r且2AB PM =，问直线是否过定点，若过求定点坐标；若不过，请说明理由.【答案】（1）221124x y +=（2）直线l 恒过定点(01)-，，详见解析【解析】（1）由题意得222632c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，，，解得23a =，2b =，所以椭圆C 的标准方程为221124x y +=．（2）设11()A x y ，，22()B x y ，，又(02)P ，，所以11(2)PA x y =-u u u r ，，22(2)PB x y =-u u u r，，因为M 在AB 上满足1()2PM PA PB =+u u u u r u u u r u u u r，所以M 为AB 的中点． 又||2||AB PM =，即||||||MA MB MP ==， 所以线段AB 为PAB △外接圆的直径， 即0PA PB =u u u r u u u rg ，所以1212(2)(2)0x x y y +--=． 又A B ，在直线l 上，所以1212()()(2)(2)0my n my n y y +++--=， 即221212(1)(2)()40m y y mn y y n ++-+++=，()*联立221124x y x my n ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，，消x 得222(3)2120m y mny n +++-=， 因为直线l 与椭圆C 交于不同的A B ，两点，所以222244(3)(12)0m n m n ∆=-+->， 即22412n m <+，由韦达定理得122212223123mn y y m n y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，，代入（*）中，得2220n mn m +-=， 解得2n m =-或n m =，所以直线l ：2(2)x my m m y =-=-或(1)x my m m y =+=+， 所以直线l 过定点(01)-，或(02)，（舍去）， 综上所述：直线l 恒过定点(01)-，． 4．(2018届上海市徐汇区二模)如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是.(1)求的值； (2)若直线过点，求证：；(3)设直线与轴的交点为(为常数且)，试探究直线与直线的交点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）（2）见解析（3）落在定直线上【解析】 (1)设，由于，所以，因为在椭圆上，于是，即，所以.(2)设直线，，由得，于是，．(3)由于直线与轴的交点为，于是，联立直线与椭圆的方程，可得，于是因为直线，直线，两式相除，可知，于是，所以，即直线与直线的交点落在定直线上．5.(2018届辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知是椭圆上的一点，是该椭圆的左右焦点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上与坐标原点不共线的两点，直线的斜率分别为，且.试探究是否为定值，若是，求出定值，若不是，说明理由.【答案】(1) 椭圆;(2)见解析.【解析】 （1）由题意，，根据椭圆定义，所以所以，因此，椭圆.（用待定系数法，列方程组求解同样给分） （2）设直线，，由 消去y 得因为，所以即，解得所以，6．（2017·湖南高考模拟（理））已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的一个焦点与上下顶点构成直角三角形，以椭圆C 的长轴长为直径的圆与直线20x y +-=相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x 轴的动直线与椭圆C 相交于A 、B 两点，探究在x 轴上是否存在定点E ，使得EA EB ⋅u u u r u u u r为定值？若存在，试求出定值和点E 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）2212x y +=；（2）定点为5,04⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】（1）由题意知，2220022b c a b c a=⎧⎪+-⎪=⎨⎪⎪+=⎩，解得121b a c =⎧⎪=⎨⎪=⎩则椭圆C 的方程是2212x y +=（2）①当直线的斜率存在时，设直线()()10y k x k =-≠联立()22121x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得()22222124220,880k x k x k k +-+-=∆=+>所以2222422,1212A B A B k k x x x x k k-+==++ 假设x 轴上存在定点()0,0E x ，使得EA EB ⋅u u u v u u u v为定值.所以()()()20000,,A A B B A B A B A B EA EB x x y x x y x x x x x x y y ⋅=-⋅-=-+++u u u v u u u v()()220011A B A B x x x x k x x =-++--()()()2222001A B AB k x x x k xx x k =+-++++()()2220002241212x x k x k -++-=+要使EA EB ⋅u u u v u u u v 为定值，则EA EB ⋅u u u v u u u v的值与k 无关， 所以()2200024122x x x -+=- 解得054x =， 此时716EA EB ⋅=-u u u v u u u v 为定值，定点为5,04⎛⎫ ⎪⎝⎭②当直线的斜率不存在时，221,,1,22A B ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，716EA EB ⋅=-u u u v u u u v 也成立 所以，综上所述，在x 轴上存在定点5,04E ⎛⎫⎪⎝⎭，使得EA EB ⋅u u u v u u u v 为定值716-7．（2016·湖南高三月考（文））已知直线l ：4x ＋3y ＋10＝0，半径为2的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的右上方． (1)求圆C 的方程；(2)过点M (1，0)的直线与圆C 交于A ，B 两点(A 在x 轴上方)，问在x 轴正半轴上是否存在定点N ，使得x 轴平分∠ANB ？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）224x y +=；（2）存在，且(4,0)N ． 【解析】(1)设圆心C(a ，0)52a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，则410205a a +=⇒=或a ＝－5(舍)，所以圆C ：x 2＋y 2＝4. (2)当直线AB⊥x 轴时，x 轴平分∠ANB，当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k(x －1)，N(t ，0)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由()2241x y y k x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得(k 2＋1)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0，所以212221k x x k +=+，212241k x x k -=-，若x 轴平分∠ANB，则AN BN k k =-⇒()()121212121100k x k x y y x t x t x t x t--+=⇒+=----⇒2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0⇒()()2222242120411k k t t t k k -+-+=⇒=++，所以当点N 为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM 总成立．8.(河北省衡水中学2019届高三上期中)已知椭圆C ：的离心率为，分别为椭圆的左、右顶点，点满足.(1)求椭圆的方程；(2)设直线经过点且与交于不同的两点，试问：在x 轴上是否存在点,使得直线与直线的斜率的和为定值？若存在，求出点的坐标及定值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ； （2）Q （2，0），1 .【解析】 （1）依题意，，P （2，-1），所以=（-a-2,1）·(a -2,1)=5-a 2,由=1，a>0,得a=2,因为e =，所以c=，b 2=a 2-c 2=1，结果为，进而得到最终结果.故椭圆C的方程为.（2）假设存在满足条件的点Q（t，0），当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意，因此直线l的斜率k存在，设l：y+1=k（x-2），由消y，得（1+4k2）x2-（16k2+8k）x+16k2+16k=0，△=-64k>0,所以k<0,设，则x1+x2=,x1x2=,因为===，所以要使对任意满足条件的k，为定值，则只有t=2，此时=1.故在x轴上存在点Q（2，0）使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1.9．(陕西省汉中市汉中中学2019届第三次月考)已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与交于、两点，线段的中点为．（1）证明:直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求的斜率；若不能，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）四边形能为平行四边形，当的斜率为或时，四边形为平行四边形．【解析】（1）设直线，，，，将代入，得，故，，于是直线的斜率，即，所是命题得证．（2）四边形能为平行四边形．∵直线过点，∴不过原点且与C有两个交点的充要条件是且．由（1）得的方程为．设点的横坐标为．由，得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此，四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分， 即．于是．解得，．∵，，，2，∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．10．（2019·黑龙江高三月考（文））已知圆C 经过(2,0),(1,3)A B -两点，且圆心C 在直线1:l y x =上．（1）求圆C 的方程；（2）已知过点(1,2)P 的直线2l 与圆C 相交截得的弦长为23，求直线2l 的方程；（3）已知点(1,1)M ，在平面内是否存在异于点M 的定点N ，对于圆C 上的任意动点Q ，都有QNQM为定值?若存在求出定点N 的坐标，若不存在说明理由．【答案】（1）224x y +=；（2）1x =或3450x y -+=；（3）见解析 【解析】（1）因为圆C 经过(2,0),(1,3)A B -两点，且圆心C 在直线1:l y x =上 设圆C ：220x y Dx Ey F ++++=所以2(2)20D F --+=，221(3)0D E F ++++=，22D E -=-所以0D E ==，4F =- 所以圆22:4C x y +=（2）当斜率不存在的时候，1x =，弦长为23，满足题意 当斜率存在的时候，设2:2(1)l y k x -=-，即20kx y k -+-=2|2|1,413k k k -==+ 所以直线2l 的方程为：1x =或3450x y -+=（3）设()00,,(,)Q x y N m n ，且22004x y +=2222002200(2)(2)4()()(1)(1)(2)(2)6m x n y m n QN x m y n QM x y x y -+-+++-+-==-+--+-+ 因为QN QM 为定值，设220000(2)(2)4(2)(2)6m x n y m n x y λ-+-+++=-+-+ 化简得：2200(22)(22)460m x n y m n λλλ-+-+++-=，与Q 点位置无关，所以22220220460m n m n λλλ-=⎧⎪-=⎨⎪++-=⎩解得：1m n ==或2m n == 所以定点为(2,2).11．（2019·安徽高三月考（理））已知圆C 的圆心C 的坐标为()1,2，且圆C 与直线l ：270x y --=相切，过点()2,0A 的动直线m 与圆C 相交于M ，N 两点，直线m 与直线l 的交点为B . （1）求圆C 的标准方程； （2）求MN 的最小值；（3）问：()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是否是定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) ()()221220x y -+-=. (2) 215； (3) ()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是定值，定值为-10.【解析】（1）∵圆C 与直线l ：270x y --=相切，圆心为()1,2， ∴半径147255r --==，∴圆C 的方程为()()221220x y -+-=.（2）∵2222220MN r d d =-=-，其中d 是圆心C 到直线m 的距离， ∴d 最大时，MN 最小.∵当()2,0A 是弦MN 中点时，d 最大，且()()22max 12205d AC ==-+-=，∴MN 的最小值为2205215-=.（3）设MN 中点为P ，则CP MN ⊥即CP AB ⊥，∴0CP AB ⋅=uu r uu u r， 且2AM AN AP +=uuu r uuu r uu u r，∴()()22AM AN AB AP AB AC CP AB +⋅=⋅=+⋅uuu r uuu r uu u r uu u r uu u r uuu r uu r uu u r 222AC AB CP AB AC AB =⋅+⋅=⋅uuu r uu u r uu r uu u r uuu r uu u r.当m 与x 轴垂直时，m 方程为2x =，代入圆C 方程得219y =±，∴MN 中点P 的坐标为()2,2，直线2x =与直线l 的交点B 坐标为52,2⎛⎫- ⎪⎝⎭， ∴50,2AB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭uu u r .∵()1,2AC =-uu u r ，∴5AC AB ⋅=-uuu r uu u r ，∴()10AM AN AB +⋅=-uuu r uuu r uu u r；当MN 与x 轴不垂直时，设m 方程为()2y k x =-，由()2270y k x x y ⎧=-⎨--=⎩，得475,2121k k B k k -⎛⎫-⎪--⎝⎭， ∴55,2121k AB k k --⎛⎫= ⎪--⎝⎭uu u r ， ∴()551,2,2121k AC AB k k --⎛⎫⋅=-⋅ ⎪--⎝⎭uuu r uu u r ()5125105212121k k k k k -=-==----， ∴()10AM AN AB +⋅=-uuu r uuu r uu u r，∴()AM AN AB +⋅uuu r uuu r uu u r是定值，定值为-10.12．（2019·广东高三开学考试（理））已知离心率为223的椭圆()22211x y a a +=>，与直线l 交于,P Q 两点，记直线OP 的斜率为1k ，直线OQ 的斜率为2k . (1)求椭圆方程; (2)若1219k k ⋅=-，则三角形OPQ 的面积是否为定值?若是，求出这个定值;若不是，请说明理由. 【答案】（1）2219x y +=；（2）是定值且为32，详见解析. 【解析】(1)由题意可知2221223b c e a a b c =⎧⎪⎪==⎨⎪=+⎪⎩，解得3,22a c ==，所以椭圆方程为2219x y +=.(2)设()()1122,,,P x y Q x y ，当直线PQ 的斜率存在时，设其方程为y kx m =+, 联立椭圆方程得()2229118990k x kmx m +++-=，则21212221899,9191km m x x x x k k --+==++， 点O 到直线的距离21m d k=+，所以222213129191POQm m S PQ d k k ∆⎛⎫=⋅=- ⎪++⎝⎭， 由()221212*********9k x x km x x m y y k k x x x x +++===-， 化简得222222222991891k m k k m k m m m --++=-， 整理得到22921k m =-，入上式得32POQ S ∆=.若直线斜率不存在易算得32POQS∆=.综上得，三角形POQ的面积是定值32.13．(山西省太原市第五中学2019届10月月考)已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，，过与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得？若存在，求实数的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由得，，，由余弦定理得，，解得，，，所以椭圆的方程为．（2）存在这样的点符合题意.设，，，由，设直线的方程为，由得，由韦达定理得，故，又点在直线上，，所以.因为，所以，整理得，所以存在实数，且的取值范围为.14．（2019·重庆巴蜀中学高三月考（理））已知椭圆()222210x y a b a b +=>>的短轴长为4，离心率为32，斜率不为0的直线l 与椭圆恒交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点M （A ，B 两点不与点M 重合）.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l 是否过定点，如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.【答案】(1) 221164x y +=. (2) 直线过定点12,05⎛⎫ ⎪⎝⎭.【解析】 （1）由题2b =，342c a a =⇒=， 所以椭圆的标准方程为221164x y +=.（2）由题设直线l ：x ty m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，()4,0M ， 联立直线方程和椭圆方程得()22242160t y tmy m +++-=，()22164160t m ∆=-+>，12224tm y y t -+=+，2122164m y y t -=+.因为以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点M ，所以()()121244MA MB x x y y ⋅=--+u u u v u u u v()()()()2212121440t y y t m y y m =++-++-=，即2125324805m m m -+=⇒=，4， 经验证125m =，所以直线过定点12,05⎛⎫ ⎪⎝⎭. 15．（2019·山东高三月考）已知定点()30A -,，()3,0B ，直线AM 、BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为19-，记动点M 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）过点()1,0T 的直线与曲线C 交于P 、Q 两点，是否存在定点()0,0S x ，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值，若存在，求出S 坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1) ()22139x y x +=≠± ；(2) 存在定点()3,0S ±，见解析【解析】（1）设动点(),M x y ，则()33MA yk x x =≠-+， ()33MB yk x x =≠-， 19MA MB k k ⋅=-Q ，即1339y y x x ⋅=-+-，化简得：2219x y +=.由已知3x ≠±，故曲线C 的方程为()22139x y x +=≠±.（2）由已知直线l 过点()1,0T ，设l 的方程为1x my =+，则联立方程组221,19x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 得()229280m y my ++-=， 设()11,P x y ，()22,Q x y ，则1221222,98.9m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩又直线SP 与SQ 斜率分别为1110101SP y y k x x my x ==-+-，2220201SQ y y k x x my x ==-+-，则()()()()12222102000811991SP SQ y y k k my x my x x m x -⋅==+-+--+-.当03x =时，m R ∀∈，()2082991SP SQ k k x -⋅==--；当03x =-时，m R ∀∈，()20811891SP SQ k k x -⋅==--.所以存在定点()3,0S ±，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值.16．（2019·湖南高三月考（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的右焦点为(2,0)F ，离心率为63. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）P M N 、、是椭圆C 上不同的三点，若直线,PM PN 的斜率之积为13-，试问从M N 、两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1）2213x y +=（2）M N 、两点的横坐标之和为0，详见解析 【解析】（1）由椭圆的右焦点F(2,0)得2c =， 又离心率63c e a ==得3,1a b =∴=， 所以椭圆的标准方程为：2213x y += （2）M N 、两点的横坐标之和为0，理由如下设P M N 、、三点坐标分别为()()(),,,,,P P M M N N x y x y x y ，直线PM PN 、的斜率分别为12,k k ， 则直线PM 的方程为：()1p p y y k x x -=-， 由方程组()22113p p x y y y k x x ⎧+=⎪⎨⎪-=-⎩，消去y 得：()()()2221111136330p p p p k x k k x y x k x y +--+-+-=， ()1121613p p M p k k x y x x k -∴+=+， 故211213613p p pM k x k y x x k --=+，同理可得：222223613p p p N k x k y x x k --=+， 又1213k k ⋅=-，即2113k k =-，221111221111366333131133P p p p p p N x y x x k y k x k k x k k ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∴==+⎛⎫+- ⎪⎝⎭从而0M N x x +=，即M N 、两点的横坐标之和为常数零。
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。
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.。
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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。