第32練圓錐曲線中的探索性問題題型分析高考展望本部分主要以解答題形式考查，往往是試卷的壓軸題之一，一般以橢圓或拋物線為背景，考查弦長、定點、定值、最值范圍問題或探索性問題，試題難度較大體驗高考1(2016課標(biāo)全國乙)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：yt(t0)交y軸于點M，交拋物線C：y22px(p>0)于點P，M關(guān)于點P的對稱點為N，連接ON并延長交C于點H.(1)求；(2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點？說明理由解(1)由已知得M(0，t)，P，又N為M關(guān)于點P的對稱點，故N，ON的方程為yx，代入y22px整理得px22t2x0，解得x10，x2，因此H.所以N為OH的中點，即2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點，理由如下：直線MH的方程為ytx，即x(yt)代入y22px得y24ty4t20，解得y1y22t，即直線MH與C只有一個公共點，所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點2(2016四川)已知橢圓E：1(a>b>0)的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，直線l：yx3與橢圓E有且只有一個公共點T.(1)求橢圓E的方程及點T的坐標(biāo)；(2)設(shè)O是坐標(biāo)原點，直線l平行于OT，與橢圓E交于不同的兩點A、B，且與直線l交于點P.證明：存在常數(shù)，使得|PT|2|PA|PB|，并求的值解(1)由已知，得ab，則橢圓E的方程為1.由方程組得3x212x(182b2)0.方程的判別式為24(b23)，由0，得b23，此時方程的解為x2，所以橢圓E的方程為1.點T的坐標(biāo)為(2,1)(2)由已知可設(shè)直線l的方程為yxm(m0)，由方程組可得所以P點坐標(biāo)為，|PT|2m2.設(shè)點A，B的坐標(biāo)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)由方程組可得3x24mx(4m212)0.方程的判別式為16(92m2)，由>0，解得<m<.由得x1x2，x1x2.所以|PA|，同理|PB|.所以|PA|PB|m2.故存在常數(shù)，使得|PT|2|PA|PB|.高考必會題型題型一定值、定點問題例1已知橢圓C：1(a>b>0)經(jīng)過點(0，)，離心率為，直線l經(jīng)過橢圓C的右焦點F交橢圓于A、B兩點(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l交y軸于點M，且，當(dāng)直線l的傾斜角變化時，探求的值是否為定值？若是，求出的值；否則，請說明理由解(1)依題意得b，e，a2b2c2，a2，c1，橢圓C的方程為1.(2)直線l與y軸相交于點M，故斜率存在，又F坐標(biāo)為(1,0)，設(shè)直線l方程為yk(x1)，求得l與y軸交于M(0，k)，設(shè)l交橢圓A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y得(34k2)x28k2x4k2120，x1x2，x1x2，又由，(x1，y1k)(1x1，y1)，同理，.當(dāng)直線l的傾斜角變化時，的值為定值.點評(1)定點問題的求解策略把直線或曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然直線或曲線過定點，那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于x，y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點(2)定值問題的求解策略在解析幾何中，有些幾何量與參數(shù)無關(guān)，這就是“定值”問題，解決這類問題常通過取特殊值，先確定“定值”是多少，再進(jìn)行證明，或者將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，再證明該式是與變量無關(guān)的常數(shù)或者由該等式與變量無關(guān)，令其系數(shù)等于零即可得到定值變式訓(xùn)練1已知拋物線y22px(p>0)，過點M(5，2)的動直線l交拋物線于A，B兩點，當(dāng)直線l的斜率為1時，點M恰為AB的中點(1)求拋物線的方程；(2)拋物線上是否存在一個定點P，使得以弦AB為直徑的圓恒過點P，若存在，求出點P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由解(1)當(dāng)直線l的斜率為1時，直線l的方程為xy30，即x3y，代入y22px(p>0)得y22py6p0，p2，p2，所以拋物線的方程為y24x.(2)設(shè)直線l的方程為xm(y2)5，代入y24x得y24my8m200，設(shè)點A(，y1)，B(，y2)，則y1y24m，y1y28m20，假設(shè)存在點P(，y0)總是在以弦AB為直徑的圓上，則()()(y1y0)(y2y0)0，當(dāng)y1y0或y2y0時，等式顯然成立；當(dāng)y1y0或y2y0時，則有(y1y0)(y2y0)16，即4my0y8m2016，(4my02)(y02)0，解得y02，x01，所以存在點P(1,2)滿足題意題型二定直線問題例2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過定點C(0，p)作直線與拋物線x22py(p>0)相交于A，B兩點(1)若點N是點C關(guān)于坐標(biāo)原點O的對稱點，求ANB面積的最小值；(2)是否存在垂直于y軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長恒為定值？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由解方法一(1)依題意，點N的坐標(biāo)為(0，p)，可設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為ykxp，與x22py聯(lián)立得消去y得x22pkx2p20.由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x22pk，x1x22p2.于是SABNSBCNSACN2p|x1x2|p|x1x2|pp2p2，當(dāng)k0時，(SABN)min2p2.(2)假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為ya，AC的中點為O，l與以AC為直徑的圓相交于點P，Q，PQ的中點為H，則OHPQ，O點的坐標(biāo)為(，)|OP|AC|，|OH|2ay1p|，|PH|2|OP|2|OH|2(yp2)(2ay1p)2(a)y1a(pa)，|PQ|2(2|PH|)24(a)y1a(pa)令a0，得a，此時|PQ|p為定值，故滿足條件的直線l存在，其方程為y，即拋物線的通徑所在的直線方法二(1)前同方法一，再由弦長公式得|AB|x1x2|2p，又由點到直線的距離公式得d.從而SABNd|AB|2p 2p2.當(dāng)k0時，(SABN)min2p2.(2)假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為ya，則以AC為直徑的圓的方程為(x0)(xx1)(yp)(yy1)0，將直線方程ya代入得x2x1x(ap)(ay1)0，則x4(ap)(ay1)4(a)y1a(pa)設(shè)直線l與以AC為直徑的圓的交點為P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則有|PQ|x3x4|2 .令a0，得a，此時|PQ|p為定值，故滿足條件的直線l存在，其方程為y，即拋物線的通徑所在的直線點評(1)定直線由斜率、截距、定點等因素確定(2)定直線一般為特殊直線xx0，yy0等變式訓(xùn)練2橢圓C的方程為1(a>b>0)，F(xiàn)1、F2分別是它的左、右焦點，已知橢圓C過點(0,1)，且離心率e.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，設(shè)橢圓的左、右頂點分別為A、B，直線l的方程為x4，P是橢圓上異于A、B的任意一點，直線PA、PB分別交直線l于D、E兩點，求的值；(3)過點Q(1,0)任意作直線m(與x軸不垂直)與橢圓C交于M、N兩點，與l交于R點，x，y，求證：4x4y50.(1)解由題意可得b1，a3，橢圓C的方程為y21.(2)解設(shè)P(x0，y0)，則直線PA、PB的方程分別為y(x3)，y(x3)，將x4分別代入可求得D，E兩點的坐標(biāo)分別為D(4，)，E(4，)由(1)知，F(xiàn)1(2，0)，F(xiàn)2(2，0)，(42，)(42，)8，又點P(x0，y0)在橢圓C上，y1，.(3)證明設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(4，t)，由x得(x14，y1t)x(1x1，y1)，(x1)，代入橢圓方程得(4x)29t29(1x)2，同理由y得(4y)29t29(1y)2，消去t，得xy，4x4y50.題型三存在性問題例3(1)已知直線ya交拋物線yx2于A，B兩點若該拋物線上存在點C，使得ACB為直角，則a的取值范圍為_答案1，)解析以AB為直徑的圓的方程為x2(ya)2a，由得y2(12a)ya2a0.即(ya)y(a1)0，由已知解得a1.(2)如圖，已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率為，以橢圓的左頂點T為圓心作圓T：(x2)2y2r2 (r>0)，設(shè)圓T與橢圓C交于點M，N.求橢圓C的方程；求的最小值，并求此時圓T的方程；設(shè)點P是橢圓C上異于M，N的任意一點，且直線MP，NP分別與x軸交于點R，S，O為坐標(biāo)原點試問：是否存在使SPOSSPOR最大的點P？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由解由題意知解之，得a2，c，由c2a2b2，得b1，故橢圓C的方程為y21.點M與點N關(guān)于x軸對稱，設(shè)M(x1，y1)，N(x1，y1)，不妨設(shè)y1>0，由于點M在橢圓C上，y1.由已知T(2,0)，則(x12，y1)，(x12，y1)，(x12，y1)(x12，y1)(x12)2y(x12)22.由于2<x<2，故當(dāng)x1時，取得最小值為，當(dāng)x1時，y1，故M.又點M在圓T上，代入圓的方程得r2，故圓T的方程為(x2)2y2.假設(shè)存在滿足條件的點P，設(shè)P(x0，y0)，則直線MP的方程為yy0(xx0)，令y0，得xR，同理xS，故xRxS.又點M與點P在橢圓上，故x4(1y)，x4(1y)，得xRxS4，|OR|OS|xR|xS|xRxS|4為定值SPOSSPOR|OS|yP|OR|yP|4yy，又P為橢圓上的一點，要使SPOSSPOR最大，只要y最大，而y的最大值為1，故滿足條件的P點存在，其坐標(biāo)為P(0,1)和P(0，1)點評存在性問題求解的思路及策略(1)思路：先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在；若結(jié)論不正確，則不存在(2)策略：當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時要分類討論；當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件變式訓(xùn)練3(2015四川)如圖，橢圓E：1(ab0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且1. (1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點是否存在常數(shù)，使得為定值？若存在，求的值；若不存在，請說明理由解(1)由已知，得點C，D的坐標(biāo)分別為(0，b)，(0，b)，又點P的坐標(biāo)為(0,1)，且1，于是解得a2，b，所以橢圓E的方程為1.(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為ykx1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯(lián)立得(2k21)x24kx20，其判別式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，從而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以當(dāng)1時，23，此時3為定值當(dāng)直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD，此時，213.故存在常數(shù)1，使得為定值3.高考題型精練1.(2015陜西)如圖，橢圓E：1(ab0)經(jīng)過點A(0，1)，且離心率為.(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2.(1)解由題設(shè)知，b1，結(jié)合a2b2c2，解得a，所以橢圓E的方程為y21.(2)證明由題設(shè)知，直線PQ的方程為yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，則x1x2，x1x2，從而直線AP，AQ的斜率之和kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2.2已知橢圓C：1(a>b>0)的右焦點為F(1,0)，且點P(1，)在橢圓C上，O為坐標(biāo)原點(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過定點T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，且AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍；(3)過橢圓C1：1上異于其頂點的任一點P，作圓O：x2y2的兩條切線，切點分別為M，N(M，N不在坐標(biāo)軸上)，若直線MN在x軸，y軸上的截距分別為m，n，證明：為定值(1)解由題意得c1，所以a2b21，又因為點P(1，)在橢圓C上，所以1，可解得a24，b23，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)解設(shè)直線l方程為ykx2，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k23)x216kx40，因為12k23>0，所以k2>，又x1x2，x1x2，因為AOB為銳角，所以>0，即x1x2y1y2>0，所以x1x2(kx12)(kx22)>0，所以(1k2)x1x22k(x1x2)4>0，所以(1k2)2k4>0，即>0，所以k2<，所以<k2<，解得<k<或<k<.(3)證明由題意：C1：1，設(shè)點P(x1，y1)，M(x2，y2)，N(x3，y3)，因為M，N不在坐標(biāo)軸上，所以kPM，直線PM的方程為yy2(xx2)，化簡得x2xy2y，同理可得直線PN的方程為x3xy3y，把P點的坐標(biāo)分別代入、得所以直線MN的方程為x1xy1y，令y0，得m，令x0，得n，所以x1，y1，又點P在橢圓C1上，所以()23()24，即為定值3(2016山東)已知橢圓C：1(ab0)的長軸長為4，焦距為2.(1)求橢圓C的方程；(2)過動點M(0，m)(m0)的直線交x軸于點N，交C于點A，P(P在第一象限)，且M是線段PN的中點過點P作x軸的垂線交C于另一點Q，延長QM交C于點B.設(shè)直線PM，QM的斜率分別為k，k，證明為定值；求直線AB的斜率的最小值(1)解設(shè)橢圓的半焦距為c.由題意知2a4,2c2.所以a2，b.所以橢圓C的方程為1.(2)證明設(shè)P(x0，y0)(x00，y00)由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，2m)所以直線PM的斜率k.直線QM的斜率k.此時3.所以為定值3.解設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)由知直線PA的方程為ykxm.直線QB的方程為y3kxm.聯(lián)立整理得(2k21)x24mkx2m240，由x0x1，可得x1，所以y1kx1mm.同理x2，y2m.所以x2x1，y2y1mm，所以kAB，由m0，x00，可知k0，所以6k2，當(dāng)且僅當(dāng)k時取“”因為P(x0,2m)在橢圓1上，所以x0，故此時，即m，符合題意所以直線AB的斜率的最小值為.4已知橢圓C：1(a>b>0)的右焦點為F(1,0)，短軸的一個端點B到F的距離等于焦距(1)求橢圓C的方程；(2)過點F的直線l與橢圓C交于不同的兩點M，N，是否存在直線l，使得BFM與BFN的面積比值為2？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由解(1)由已知得c1，a2c2，b2a2c23，所以橢圓C的方程為1.(2)2等價于2，當(dāng)直線l斜率不存在時，1，不符合題意，舍去；當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)直線l的方程為yk(x1)，由消去x并整理得，(34k2)y26ky9k20，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1y2，y1y2，由2得y12y2，由解得k，因此存在直線l：y(x1)使得BFM與BFN的面積比值為2.