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：＋＝1(a>b>0)的离心率是，抛物线E：x2＝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S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标.
(1)解 由题意知＝，可得a2＝4b2，因为抛物线E的焦点F，所以b＝，a＝1，所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)①证明 设P(m>0)，由x2＝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(x－m)，
即y＝mx－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0).
联立方程
得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ>0，得00)，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y2＝2px(p>0)得y2＋2py－6p＝0，
＝－p＝－2，p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为x＝m(y＋2)＋5，
代入y2＝4x得y2－4my－8m－20＝0，
设点A(，y1)，B(，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8m－20，
假设存在点P(，y0)总是在以弦AB为直径的圆上，
则·＝(－)(－)＋(y1－y0)(y2－y0)＝0，
当y1＝y0或y2＝y0时，等式显然成立；
当y1≠y0或y2≠y0时，
则有(y1＋y0)(y2＋y0)＝－16，
即4my0＋y－8m－20＝－16，(4m＋y0＋2)(y0－2)＝0，
解得y0＝2，x0＝1，
所以存在点P(1，2)满足题意.
题型二 定直线问题
例2 在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2＝2py(p>0)相交于A，B两点.
(1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；
(2)是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
解 方法一 (1)依题意，点N的坐标为(0，－p)，
可设A(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.
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.
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＝x0，y＝y0等.
变式训练2 椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，F1、F2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C过点(0，1)，且离心率e＝.
(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·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，＝x，＝y，求证：4x＋4y＋5＝0.
(1)解 由题意可得b＝1，＝，
∴a＝3，椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)解 设P(x0，y0)，则直线PA、PB的方程分别为
y＝(x＋3)，y＝(x－3)，
将x＝4分别代入可求得D，E两点的坐标分别为
D(4，)，E(4，).
由(1)知，F1(－2，0)，F2(2，0)，
∴·＝(4＋2，)·(4－2，)＝8＋，
又∵点P(x0，y0)在椭圆C上，
∴＋y＝1⇒＝－，
∴·＝.
(3)证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(4，t)，
由＝x得(x1－4，y1－t)＝x(1－x1，－y1)，
∴(x≠－1)，
代入椭圆方程得(4＋x)2＋9t2＝9(1＋x)2，①
同理由＝y得(4＋y)2＋9t2＝9(1＋y)2，②
①－②消去t，得x＋y＝－，
∴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＝x2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)如图，梯形ABCD的底边AB在y轴上，原点O为AB的中点，|AB|＝，|CD|＝2－，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＝λ0，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，)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＋)，D(x，y＋1－).
又A(0，)，B(0，－).
由AC⊥BD有·＝0，
即(x，y－1)·(x，y＋1)＝0，
∴x2＋y2＝1(x≠0)，
即点M的轨迹方程为x2＋y2＝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)2x2＋y2＝1(x≠0).
即＋y2＝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－＝()2.
∴λ0＝2，从而所求P的轨迹方程为＋y2＝1(x≠0).
③易知l的斜率存在，设方程为y＝kx＋，
联立9x2＋y2＝1(x≠0)，
有(9＋k2)x2＋kx－＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
∴|x2－x1|＝＝ ，
令t＝k2＋9，
则|x2－x1|＝ 且t≥9.
∴S△OPQ＝×|x2－x1|
＝
＝ .
∵t≥9，∴0＜≤，
∴当＝，即t＝9，也即k＝0时，
△OPQ面积取最大值，最大值为.
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：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－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·＋λ·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·＝－1，
于是解得a＝2，b＝，
所以椭圆E的方程为＋＝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(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＝－，
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＝－－λ－2.
所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，
此时·＋λ·＝－3为定值.
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.
高考题型精练
1.(2015·陕西)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为.
(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＝，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
从而直线AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋
＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，且点P(1，)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C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝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：＋为定值.
(1)解 由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1，
又因为点P(1，)在椭圆C上，
所以＋＝1，可解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)解 设直线l方程为y＝kx＋2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因为Δ＝12k2－3>0，所以k2>，
又x1＋x2＝，x1x2＝，
因为∠AOB为锐角，所以·>0，
即x1x2＋y1y2>0，
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
所以(1＋k2)·＋2k·＋4>0，
即>0，所以k2
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