第34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.常考题型精析题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，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＝λ，＝μ，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. 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.21\n(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 (2022·课标全国Ⅱ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点(2，)在C上.(1)求C的方程；(2)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，证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. 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.21\n 点评 (1)确定定直线，由斜率、截距、定点等因素确定.(2)定直线一般为特殊直线x＝x0，y＝y0等.变式训练2 已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由. 题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点.若该抛物线上存在点C，使得∠ACB21\n为直角，则a的取值范围为________.(2)如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以椭圆的左顶点T为圆心作圆T：(x＋2)2＋y2＝r2(r>0)，设圆T与椭圆C交于点M，N.①求椭圆C的方程；②求·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. 点评 存在性问题求解的思路及策略21\n(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 (2022·广东)已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.(1)求圆C1的圆心坐标；(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由. 高考题型精练21\n1.(2022·四川)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点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. 2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，a＋b＝3.21\n(1)求椭圆C的方程；(2)如图，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2m－k为定值. 3.(2022·重庆)如图，设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝2，△DF1F2的面积为.(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.21\n 4.如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m,2n(m>n)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记λ＝，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.(1)当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，求λ的值；(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2？并说明理由.21\n答案精析第34练 圆锥曲线中的探索性问题常考题型精析例1 解 (1)依题意得b＝，e＝＝，a2＝b2＋c2，∴a＝2，c＝1，∴椭圆C的方程为＋＝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(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝，又由＝λ，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，∴λ＝，同理μ＝，∴λ＋μ＝＋＝＝＝－.∴当直线l的倾斜角变化时，直线λ＋μ的值为定值－.变式训练1 (1)解 由题意得＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以C的方程为＋＝1.(2)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).将y＝kx＋b代入＋＝1得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.21\n于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.例2 解 方法一 (1)依题意，点N的坐标为N(0，－p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋p，与x2＝2py联立得消去y得x2－2pkx－2p2＝0.由根与系数的关系得x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2.于是S△ABN＝S△BCN＋S△ACN＝·2p|x1－x2|＝p|x1－x2|＝p＝p＝2p2，∴当k＝0时，(S△ABN)min＝2p2.(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(，).∵|O′P|＝|AC|＝＝，|O′H|＝＝|2a－y1－p|，∴|PH|2＝|O′P|2－|O′H|2＝(y＋p2)－(2a－y1－p)2＝(a－)y1＋a(p－a)，∴|PQ|2＝(2|PH|)2＝4[(a－)y1＋a(p－a)].令a－＝0，得a＝，此时|PQ|＝p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y＝，即抛物线的通径所在的直线.21\n方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝2p·，又由点到直线的距离公式得d＝.从而S△ABN＝·d·|AB|＝·2p··＝2p2.∴当k＝0时，(S△ABN)min＝2p2.(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－x1)＋(y－p)(y－y1)＝0，将直线方程y＝a代入得x2－x1x＋(a－p)(a－y1)＝0，则Δ＝x－4(a－p)(a－y1)＝4[(a－)y1＋a(p－a)].设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有|PQ|＝|x3－x4|＝＝2.令a－＝0，得a＝，此时|PQ|＝p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y＝，即抛物线的通径所在的直线.变式训练2 解 方法一 (1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0).从而有解得又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，21\n故椭圆C的方程为＋＝1.(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，解得－4≤t≤4.另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，得＝4，解得t＝±2.由于±2∉[－4，4]，所以符合题意的直线l不存在.方法二 (1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且有解得b2＝12，b2＝－3(舍去).从而a2＝16.所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)同方法一.例3 (1)[1，＋∞)解析 以AB为直径的圆的方程为x2＋(y－a)2＝a，由得y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0.即(y－a)[y－(a－1)]＝0，由已知解得a≥1.(2)解 ①由题意知解之，得a＝2，c＝，由c2＝a2－b2，得b＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.②点M与点N关于x轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，－y1)，不妨设y1>0，由于点M在椭圆C上，∴y＝1－.由已知T(－2,0)，则＝(x1＋2，y1)，＝(x1＋2，－y1)，21\n∴·＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－y＝(x1＋2)2－＝2－.由于－2<x<2，故当x1＝－时，·取得最小值为－，当x1＝－时，y1＝，故M.又点M在圆T上，代入圆的方程得r2＝，故圆T的方程为(x＋2)2＋y2＝.③假设存在满足条件的点P，设P(x0，y0)，则直线MP的方程为y－y0＝(x－x0)，令y＝0，得xR＝，同理xS＝，故xR·xS＝.又点M与点P在椭圆上，故x＝4(1－y)，x＝4(1－y)，得xR·xS＝＝＝4，∴|OR|·|OS|＝|xR|·|xS|＝|xR·xS|＝4为定值.∵S△POS·S△POR＝|OS||yP|·|OR||yP|＝×4×y＝y，又P为椭圆上的一点，∴要使S△POS·S△POR最大，只要y最大，而y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).变式训练3 解 (1)圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0可化为(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为(3,0).(2)设M(x，y)，∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，∴由圆的性质知：MC1⊥MO，∴·＝0.21\n又∵＝(3－x，－y)，＝(－x，－y)，∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0.易知直线l的斜率存在，∴设直线l的方程为y＝mx，当直线l与圆C1相切时，d＝＝2，解得m＝±.把相切时直线l的方程代入圆C1的方程化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝.当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3,0).又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，∴<x≤3.∴点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中<x≤3，其轨迹为一段圆弧.(3)由题意知直线L表示过定点(4,0)，斜率为k的直线，把直线L的方程代入轨迹C的方程x2－3x＋y2＝0，其中<x≤3，化简得(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2＝0，其中<x≤3，记f(x)＝(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2，其中<x≤3.若直线L与曲线C只有一个交点，令f(x)＝0.当Δ＝0时，解得k2＝，即k＝±，此时方程可化为25x2－120x＋144＝0，即(5x－12)2＝0，解得x＝∈，∴k＝±满足条件.当Δ>0时，①若x＝3是方程的解，则f(3)＝0⇒k＝0⇒另一根为x＝0<，故在区间上有且仅有一个根，满足题意.②若x＝是方程的解，则f＝0⇒k＝±⇒另外一根为x＝，<≤3，故在区间上有且仅有一根，满足题意.③若x＝3和x＝均不是方程的解，则方程在区间上有且仅有一个根，只需f21\n·f(3)<0⇒－<k<.故在区间上有且仅有一个根，满足题意.综上所述，k的取值范围是－≤k≤或k＝±.高考题型精练1.解 (1)由已知，点(，1)在椭圆E上，因此解得a＝2，b＝，所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|，所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0).当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，)，(0，－)，由＝，有＝，解得y0＝1，或y0＝2，所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0,2)，下面证明：对任意直线l，均有＝，当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立，当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，21\n因此＋＝＝2k，易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，又kQA＝＝＝k－，kQB′＝＝＝－k＋＝k－，所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，所以＝＝＝，故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得＝恒成立.2.(1)解 因为e＝＝，所以a＝c，b＝c.代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1.故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明 方法一 因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k(x－2)(k≠0，k≠±)，①①代入＋y2＝1，解得P.直线AD的方程为y＝x＋1.②①与②联立解得M.由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知＝，解得x＝，所以N.所以MN的斜率为m＝21\n＝＝.则2m－k＝－k＝(定值).方法二 设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝，直线AD的方程为y＝(x＋2)，直线BP的方程为y＝(x－2)，直线DP的方程为y－1＝x，令y＝0，由于y0≠1可得N，联立解得M，因此MN的斜率为m＝＝＝＝，所以2m－k＝－＝＝＝＝(定值).3.解 (1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.21\n由＝2得|DF1|＝＝c，从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1，从而|DF1|＝.由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝.所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2，故a＝，b2＝a2－c2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)，再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y＝0.由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在.当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得·＝－1.而求得y1＝，故y0＝.圆C的半径|CP1|＝＝.21\n综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2＋(y－)2＝.4.解 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1：＋＝1；C2：＋＝1.其中a>m>n>0，λ＝>1.(1)方法一 如图，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x＝0，则S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|，所以＝.在C1和C2的方程中分别令x＝0，可得yA＝m，yB＝n，yD＝－m，于是＝＝＝.若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0，由λ>1，可解得λ＝＋1.故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋1.方法二 如图，若直线l与y轴重合，则|BD|＝|OB|＋|OD|＝m＋n，|AB|＝|OA|－|OB|＝m－n；S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|.所以＝＝＝.若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0.21\n由λ>1，可解得λ＝＋1，故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋1.(2)方法一 如图，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2，根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k>0)，点M(－a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ，即|BD|＝λ|AB|.由对称性可知|AB|＝|CD|，所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|，|AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|，于是＝.①将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得xA＝，xB＝.根据对称性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是＝＝＝，②从而由①和②式可得＝.③令t＝，则由m>n，可得t≠1，于是由③可解得k2＝.因为k≠0，所以k2>0.于是③式关于k有解，当且仅当>0，等价于(t2－1)<0.21\n由λ>1，可解得<t<1.即<<1，由λ>1，解得λ>1＋，所以当1<λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；当λ>1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.方法二 如图，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k>0).点M(－a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1、d2，则d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ.因为＝＝＝λ，所以＝.由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得＋＝1，＋＝1，两式相减可得＋＝0，依题意xA>xB>0，所以x>x.所以由上式解得k2＝.因为k2>0，所以由>0，可解得1<<λ.从而1<<λ，解得λ>1＋，所以当1<λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；当λ>1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.21
