高中数学圆锥曲线的探索性问题归纳

高中数学：圆锥曲线中的探索性问题(2019·郑州质检)已知圆O ：x 2＋y 2＝4，点F (1,0)，P为平面内一动点，以线段FP 为直径的圆内切于圆O ，设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)M ，N 是曲线C 上的动点，且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，问在y 轴上是否存在定点Q ，使得∠MQO ＝∠NQO ，若存在，请求出定点Q ，若不存在，请说明理由．解：(1)设PF 的中点为S ，切点为T ，连接OS ，ST ，则|OS |＋|SF |＝|OT |＝2，取F 关于y 轴的对称点F ′，连接F ′P ，所以|PF ′|＝2|OS |，故|F ′P |＋|FP |＝2(|OS |＋|SF |)＝4，所以点P 的轨迹是以F ′，F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆，则曲线C 方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q ，设Q (0，m )，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋12，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋4kx －11＝0，则Δ＞0，x 1＋x 2＝－4k 3＋4k 2，x 1x 2＝－113＋4k 2， 由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零， 易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故y 1－m x 1＋y 2－m x 2＝kx 1＋12－m x 1＋kx 2＋12－m x 2＝2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)x 1x 2＝0，即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k (m －6)3＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0,6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0,6)也符合题意．易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意． 综上，存在定点(0,6)，使得∠MQO ＝∠NQO .圆锥曲线中探索问题的求解策略1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．2．求解步骤：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．(2019·长沙调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，且过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，32，F 为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ，设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1， 解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎨⎧ y ＝k (x －4)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0， 由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)＞0，解得－12＜k ＜12.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，① x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等， 所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2.⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.∴k ＝±56，经检验满足题设，56(x－4)或y＝－56(x－4)．故直线l的方程为y＝。

圆锥曲线中的探究（存在）性问题圆锥曲线中探究（存在）性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，探索（存在）性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神.圆锥曲线中探索问题的求解策略1).此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．2)．求解步骤：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． 题型1 探究点线关系问题1．（2020·上海市七宝中学高三期末）已知直线过椭圆：的右焦点，且直线交椭圆于两点，点在直线上的射影依次为点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线交轴于点，且，当变化时，探究的值是否为定值？若是，求出的值；否则，说明理由；（3）连接，试探究当变化时，直线与是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，；（3）是，定点，证明见解析 【分析】（1）根据直线过定点，可求出椭圆的右焦点坐标，从而可求出椭圆中的值，再结合椭圆中，可求出的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线交椭圆于，联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，并结合及，可得到:1l x my =+C 22213x y a +=F lC ,A B ,,A F B :4l x '=,,D KE C l y M 12,MA AF MB BF λλ==m 12λλ+12λλ+,AE BD m AE BD 22143x y +=1283λλ+=-5(,0)2l ()1,0c 23b =a l ()()1122,,,A x y B x y 221431x y x my =+=+⎧⎪⎨⎪⎩y 1MA AF λ=2MB BF λ=的表达式，进而可证明；（3）令，可知直线与相交于，进而讨论时，直线与也相交于即可. 【详解】（1）直线过定点，所以椭圆的右焦点为，即，又椭圆中，所以，∴椭圆：.（2）易知，且直线与轴的交点为，直线交椭圆于， 联立，得，所以，所以，， 又，可得，所以，又，同理可得，所以， 因为， 所以，故的值是定值，且. （3）若，则直线为，此时四边形为矩形，根据对称性可知直线与相交于的中点，易知； 若，由（2）知，可知， 所以直线的方程为，12λλ+1283λλ+=-0m =AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭0m ≠AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭:1l x my =+()1,0C ()1,0F 1c =C 23b =222314a b c =+=+=C 22143x y+=0m ≠l y 10,M m ⎛⎫-⎪⎝⎭l ()()1122,,,A x y B x y 221431x y x my =+=+⎧⎪⎨⎪⎩()2234690m y my ++-=()()22236363414410m m m ∆=++=+>122634m y y m +=-+122934y y m =-+1MA AF λ=111111(,)(1,)x y x y mλ+=--1111my λ=--2MB BF λ=2211my λ=--12121112()m y y λλ+=--+212212121163423493y y m m my y y y m ⎛⎫+++==-⋅-=⎪+⎝⎭12121111282()233m m y y m λλ+=--+=--⋅=-12λλ+1283λλ+=-0m =l 1x =ABED AE BD ,F K N 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭0m ≠()()1122,,,A x y B x y ()()124,,4,D y E y AE 2121(4)4y y y y x x --=--当时，， 所以点在直线上，同理可知，点也在直线上. 所以时，直线与也相交于定点. 综上所述，变化时，直线与相交于定点. 【点睛】求定值问题，常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2．（2021·江苏高三）如图，在平面直角坐标系中，，是椭圆的左､右顶点，.是右焦点，过点任作直线交椭圆于，两点.（1）求椭圆的方程；（2）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）直线与直线的交点落在定直线上.【分析】（1）根据题中条件，求出，即可得出椭圆方程；（2）设直线方程为，设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，得52x =211221122121112(4)3()2(41)3()3()422(4)2(4)y y x y y y my y y y y y x x x --------=+-==---211213()22(4)y y my y x +-=-2221169321818343402(4)2(4)(34)m m m m m m x x m --⨯-⨯-+++===--+5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭AE 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭BD 0m ≠AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭m AE BD 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭xOy A B 22221(0)x y a b a b+=>>AB =2e =F F l M N AM BN P 2212x y +=AM BN P 2x =,a b MN 1x my =+()11,M x y ()22,N x y到，，表示出直线和为定值，即可得出结果.【详解】（1），设焦距为，离心率，，，因此所求的椭圆方程为（2）设直线方程为，设，，由得，，，直线方程是，直线方程是，由，解得：此直线与直线的交点落在定直线上.【点睛】求解本题第二问的关键在于根据点为两直线交点，联立两直线方程，结合直线与椭圆联立12y y +12y y AMBN 2AB =2a ∴=a =2c 2e =2c a ∴=1c ∴=2221b a c ∴=-=2212x y +=MN 1x my =+()11,M x y ()22,N x y 22121x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()222210m y my ++-=12222m y y m ∴+=-+12212y y m =-+AM y x =+BN y x =y x y x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩212112211y x y my my y y ++++===212211212(1122221(12m m y m m m y m m m y m ⎛⎫⎛⎫-++--⎡⎤ ⎪ ⎪-+--+++⎝⎭⎝⎭==⎛⎫-+ ⎪+⎝⎭21312m m y -+-++=((()(()()()21213121121m m y m m y ⎡⎤-+-++⎣⎦=⎡⎤-++⎣⎦()213121m m y ⎡⎤-+-++=()221121m m y ⎡⎤-+-++=(213=+=+3=+2x =AM BN P 2x =P MN，确定点横坐标为定值，即可求解.3．（2020·重庆八中高三月考）在直角坐标系内，点A ，B 的坐标分别为，，P 是坐标平面内的动点，且直线，的斜率之积等于.设点P 的轨迹为C .（1）求轨迹C 的方程；（2）某同学对轨迹C 的性质进行探究后发现：若过点且倾斜角不为0的直线与轨迹C 相交于M ，N 两点，则直线，的交点Q 在一条定直线上.此结论是否正确？若正确，请给予证明，并求出定直线方程；若不正确，请说明理由.【答案】（1）；（2）正确，证明见解析，直线. 【分析】（1）设点P 的坐标为，利用直接法，列方程即可求解.（2）根据题意，可设直线的方程为：，将直线与椭圆方程联立，整理可得，利用韦达定理可得，，直线的方程与直线的方程，直线，的交点的坐标满足：，整理可得，即证.【详解】（1）设点P 的坐标为， 由，得，即. 故轨迹C 的方程为：（2）根据题意，可设直线的方程为：，由，消去x 并整理得 其中，. 设，，则，. 因直线的倾斜角不为0，故，不等于（，不为0），P ()2,0-()2,0PA PB 14-()1,0l AM BN ()22104x y y +=≠4x =(),x y MN 1x my =+()224230m y my ++-=12224m y y m +=-+12234y y m =-+AM BN AM BN ()00,Q x y ()()()2100122222y x x x y x ++=⋅--04x =(),x y 1224y y x x ⋅=-+-2244y x =-()22104x y y +=≠()22104x y y +=≠MN 1x my =+22114x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()224230m y my ++-=()222412416480m m m ∆=++=+>()11,M x y ()22,N x y 12224m y y m +=-+12234y y m =-+l 1x 2x 2±1y 2y从而可设直线的方程为∴，直线的方程为∴， 所以，直线，的交点的坐标满足：而， 因此，，即点Q 在直线上. 所以，探究发现的结论是正确的.【点睛】本题主要考查轨迹的求法、直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解能力和创新意识；考查化归与转化等思想方法，属于中档题.4．（2020·江苏南通市·海安高级中学高三期中）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积．即椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在x 轴上，椭圆的面积为，且短轴长为．椭圆与椭圆有相同的离心率．（1）求m 的值与椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左顶点A 作直线l ，交椭圆于另一点B ，交椭圆于P ，Q 两点（点P 在A ，Q 之间）．∴求面积的最大值（O 为坐标原点）；∴设PQ 的中点为M ，椭圆的右顶点为C ，直线OM 与直线BC 的交点为N ，试探究点N 是否在某一条定直线上运动，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．AM ()1122y y x x =++BN ()2222yy x x =--AM BN ()00,Q x y ()()()2100122222y x x x y x ++=⋅--()()()()2121122121212123321y x y my my y y y x y my my y y +++==---()()2122121123239344433344m m y m m y m m m m m y y m -⎛⎫+-- ⎪--+++⎝⎭===---+-+04x =4x =1C 1F 2F 1C222:1(03)3x y C m m +=<<1C 1C 1C 1C 2C OPQ △1C【答案】（1）；；（2）∴；∴点N 在定直线运动． 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求椭圆的标准方程，再根据两个椭圆有相同的离心率，求；（2）∴设直线AB 的方程为：且，与椭圆联立方程，利用韦达定理表示，转化为关于的函数求最值；∴首先求点的坐标，并求直线的方程，并利用直线与椭圆方程联立，求点的坐标，联立直线OM 和BC 的方程，求交点的坐标.【详解】（1）由题意可得解得， 因为椭圆的焦点在x 轴上，所以的标准方程为椭圆的离心率为，椭圆得焦点在y 轴上，则 则 （2）∴当直线AB 与x 轴重合时，O ，P ，Q 三点共线，不符合题意 故设直线AB 的方程为：且 设，由（1）知椭圆的方程为：联立方程消去x 得： 由韦达定理得：； 又令 此时 ∴94m =22143x y +=4187x =-,a b 1C m 2x ty =-0t ≠2C OPQSt M OM PQ B 2ab b π⎧=⎪⎨⎪=⎩2a =b =1C 1C 22143x y +=1C 122C 12=94m =2x ty =-0t ≠()11,P x y ()22,Q x y 2C 224193x y +=2241932x y x ty ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩()22431670t y ty +-+=1221643t y y t +=+122743y y t =+12121||2POQ AOQ AOPS S S AO y y y y =-=⋅-=-△△△==243(3)t s s +=>==≤3233s =>OPQ △∴由∴知：，则∴ ∴直线OM 的斜率： 则直线OM 的方程为： 联立方程消去x 得：，解得： ∴ ∴则直线BC 的方程为： 联立直线OM 和BC 的方程解得：∴点N 在定值直线运动. 【点睛】定点问题解决步骤：（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程； （2）韦达定理列出两根和及两根积；（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积； （4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件.题型2 探究平面图形存在问题1.（2018·上海高考真题）设常数．在平面直角坐标系中，已知点，直线：，曲线：．与轴交于点、与交于点．、分别是曲线与线段上的动点．（1）用表示点到点距离；（2）设，，线段的中点在直线，求的面积；（3）设，是否存在以、为邻边的矩形，使得点在上？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．1221643t y y t +=+1221243x x t -+=+2268,4343t M t t -⎛⎫ ⎪++⎝⎭43OM t k =-43ty x =-222143x ty x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩()2234120t y ty +-=21234B t y t =+222126823443B t t x t t t -=⋅-=++222121233468164234BC tt t t kt t +==-=---+3(2)4t y x =--433(2)4t y x t y x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩1824,77t N ⎛⎫- ⎪⎝⎭187x =-2t >xOy ()20F ，l x t =Γ()2800y x x t y =≤≤≥，l x A ΓB P Q ΓAB t B F 3t =2FQ =OQ FP AQP△8t =FP FQ FPEQ E ΓP【答案】（1）；（2）；（3）见解析. 【解析】（1）方法一：由题意可知：设，则，∴；方法二：由题意可知：设，由抛物线的性质可知：，∴； （2），，，则， ∴，设的中点，，，则直线方程：， 联立，整理得：，解得：，（舍去）， ∴的面积（3）存在，设，，则，， 直线方程为，∴，， 根据，则，∴，解得：， 2BF t =+1723S ==()B t 2BF t ==+2BF t =+()B t 22pBF t t =+=+2BF t =+()20F ，2FQ =3t =1FA =AQ =(3Q OQ D 322D ⎛ ⎝⎭，02322QFk ==-PF )2y x =-)228y x y x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩2320120x x -+=23x =6x =AQP 1723S ==28y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，28m E m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2281628PF y y k y y ==--2168FQ y k y -=QF ()21628y y x y -=-()22164838284Q y y y y y --=-=248384y Q y ，⎛⎫- ⎪⎝⎭FP FQ FE +=2248684y y E y ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，222488648y y y ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2165y =∴存在以、为邻边的矩形，使得点在上，且． 2．（2021·全国高三专题练习）已知椭圆1C ：()222210x y a b a b +=>>1C 的上顶点与抛物线2C ：()220x py p =>的焦点F 重合，且抛物线2C 经过点()2,1P ，O 为坐标原点．（1）求椭圆1C 和抛物线2C 的标准方程；（2）已知直线l ：y kx m =+与抛物线2C 交于A ，B 两点，与椭圆1C 交于C ，D 两点，若直线PF 平分APB ∠，四边形OCPD 能否为平行四边形？若能，求实数m 的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2214x y +=；24x y =；（2）四边形OCPD 不是平行四边形，理由见解析. 【分析】（1）由抛物线2C 经过点()2,1P ，可得抛物线方程为24x y =，其焦点为()0,1F ，可知1b =，再利用椭圆的离心率即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，由已知得120k k +=，设()11,A x y ，()22,B x y ，利用两点求斜率公式求得直线l ：y x m =-+且1m >-，联立直线与椭圆方程得2258440x mx m -+-=，求得1m -<<OCPD 为平行四边形，则OP OC OD =+，即()()34342,1,x x y y =++，推出矛盾即可得结论.【详解】（1）由抛物线2C 经过点()2,1P ，得42p =，2p ∴=，故抛物线方程为24x y =．抛物线2C ：24x y =的焦点为()0,1F ，1b ∴=．又椭圆1C的离心率c e a ====解得：2a =所以椭圆1C 的标准方程为2214xy +=．（2）四边形OCPD 不是平行四边形，理由如下：将y kx m =+代入24x y =，消去y 并整理得：2440x kx m --=由题意知，216160k m ∆=+>，即2m k >-设直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k因为直线PF 平分APB ∠，所以120k k += 设()11,A x y ，()22,B x y ，则121211022y y x x --+=-- FP FQ FPEQ EΓ25P ⎛ ⎝⎭又2114x y =，2224x y =，则22121212114440224x x x x x x --+++==--，124x x ∴+=- 2212121212124414ABx x y y x x k x x x x --+∴====---，所以直线l ：y x m =-+且1m >- 由2214y x m x y =-+⎧⎪⎨+=⎪⎩消y 并整理得：2258440x mx m -+-= 由题意知()()2226445441650m m m ∆=-⨯⨯-=->解得：m <<1m -<<设()33,C x y ，()44,D x y ，则3485m x x +=，()3434225my y x x m +=-++=若四边形OCPD 为平行四边形，则OP OC OD =+，即()()34342,1,x x y y =++825215mm ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=⎪⎩，显然方程组无解，所以四边形OCPD 不是平行四边形．【点睛】解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．3．（2021·湖南长沙市高三月考）如图，椭圆2222x y C :1(a b 0)a b +=>>的离心率e=2，且椭圆C 的短轴长为2.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P M N ，，椭圆C 上的三个动点.（i ）若直线MN 过点D 10,2⎛⎫-⎪⎝⎭，且P 点是椭圆C 的上顶点，求PMN ∆面积的最大值；（ii ）试探究：是否存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形，若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 椭圆C 的方程是22 1.4x y +=()()i 2PMN ∆()()ii 2不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.【分析】(1) 利用离心率以及短轴长,求出椭圆中a b c 、、.即可求椭圆C 的方程;()()i 2由已知,直线MN 的斜率存在,设直线MN 方程，联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,弦长公式,推出面积的表达式,通过换元,利用导数求出面积的最大值.()()ii 2假设存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.()1当P 在y 轴上时,推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.()2当P 在x 轴上时,推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.()3当P 不在坐标轴时，推出与PMN ∆为等边三角形矛盾.故得解.【详解】（1）由已知得22222c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得21a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩ ，所以椭圆C 的方程是22 1.4x y +=()2i （）由已知可知直线MN 的斜率定存在，设直线MN 的方程为12y kx =-，()()1122,,,M x y N x y ，由221.412x y y kx ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得()2214430k x kx +--=，所以122122414314k x x k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩ 所以()()22212121224163414k x x x x x x k+-=+-=+，又32PD =，所以()12212214PMN S PD x x k ∆=⋅-=+，令22316m m k -=≥=，所以2361321416PMN m S m m m ∆==⎛⎫-++⋅ ⎪⎝⎭， 令())1,g m m m m =+∈+∞，则()2'221110m g m m m-=-=> 所以()g m在)+∞上单调递增，所以当m 时，此时0k =，()g m此时PMN S ∆有最大值2.故得解. ()2ii （）不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.理由如下： 假设存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形.()1当P 在y 轴上时,P 的坐标为()0,1,则,M N 关于y 轴对称,MN 的中点Q 在y 轴上.又O 为PMN ∆的中心,所以2PO OQ =,可知1110,,,222Q M N ⎛⎫⎛⎫⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎭,从而2MN PM ==即MN PM ≠.所以与PMN ∆为等边三角形矛盾. ()2当P 在x 轴上时,P 的坐标为()2,0,则,M N 关于x 轴对称,MN 的中点Q 在x 轴上.又O 为PMN ∆的中心,所以2PO OQ =,可知()1,0,1,,1,22Q M N ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,从而MN PM ==,即MN PM ≠.所以与PMN ∆为等边三角形矛盾. ()3当P 不在坐标轴时,设()00,P x y ,MN 的中点为Q ,则0OP y k x =, 又O 为PMN ∆的中心,则2PO OQ =,可知00,22x y Q ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.设()()1122,,,M x y N x y ,则12012022Q Q x x x x y y y y +==-⎧⎨+==-⎩, 又222112244,44x y x y +=+=,两式相减得01212121201144MN xy y x x k x x y y y -+==-⋅=-⋅-+,从而MN k =0014x y -⋅，所以000011144PO MN y x k k x y ⎛⎫⋅=⋅-⋅=-≠- ⎪⎝⎭, 所以OP 与MN 不垂直,与等边PMN ∆矛盾. 综上所述,不存在PMN ∆是以O 为中心的等边三角形. 【点睛】本小题考查点到直线的距离公式、椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力、分析解决问题能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、特殊与一般思想、化归与转化思想,属于难度题.4．（2021·四川绵阳市·（文））已知椭圆，直线交椭圆于两点，为坐标原点.（1）若直线过椭圆的右焦点，求的面积；（2）若，试问椭圆上是否存在点，使得四边形为平行四边形若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）存在， 22:12x C y +=:l y x m =+C ,A B O l C F AOB (0)OM tOB t =>C P OAPM t 23(0,2)【分析】（1）根据直线过右焦点求出直线方程，联立直线与椭圆方程，求出或，利用面积公式即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，根据四边形为平行四边形，且.又，，求出点的坐标为，代入椭圆方程，结合韦达定理计算求解.【详解】（1）设.直线过椭圆的右焦点，则，直线的方程为.联立得，解得或.的面积为. （2）联立得，，解得.由韦达定理得，. . 四边形为平行四边形，，且. 又，，点的坐标为.又点在椭圆上，即， 整理得.又，，即，，即. ，，综上所述，的取值范围是.113y =21y =-121||2S OF y y =-OAPM OP OA OM =+(0)OM tOB t =>()1212,OP OA tOB x tx y ty =+=++P ()1212,x tx y ty ++()()1122,,,A x y B x y l C F 1m =l 1x y =+2222,1,x y x y ⎧+=⎨=+⎩23210y y +-=113y =21y =-AOB ∴121112||1(1)2233S OF y y =-=⨯⨯--=2222,,x y y x m ⎧+=⎨=+⎩2234220x mx m ++-=()22(4)12220m m ∴∆=-->203m <1243m x x +=-212223m x x -=()()()221212121223m y y x m x m x x m x x m -∴=++=+++=OAPM 0m ∴≠OP OA OM =+(0)OM tOB t =>()1212,OP OA tOB x tx y ty ∴=+=++∴P ()1212,x tx y ty ++P ()()22121222x tx y ty +++=()()222221122121222242x y txy tx x ty y +++++=221122x y +=222222x y +=12122x x y y t +=-22222233m m t --∴+⨯=-2643m t -=20,03t m ><<02t ∴<<t (0,2)【点睛】此题考查根据直线与椭圆关系求三角形面积，将几何关系转化为代数关系，利用点的坐标结合韦达定理求解，综合性强.题型3 探究长度、面积（周长）相关问题1．（2020·山西高三月考（理））已知中心为坐标原点的椭圆C的一个焦点为)F，且经过点1,2M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.（1）求椭圆C 的标准方程.（2）若不经过点F 的直线l ：()0,0y kx m k m =+<>与椭圆C 交于A ，B 两点，且与圆221x y +=相切，试探究ABF 的周长是否为定值.若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2214x y += ；（2）ABF 的周长为定值4 . 【分析】（1）由椭圆的定义可知'42MF MF a +==，可得2a =，因为c =222b a c =-，所以1b =可得答案；（2）因为直线l 与圆相切，可得m 与k 的关系，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理可得弦长公式AB ，再利用两点间的距离公式可得AF 12x =-，22BF x =，所以AF BF AB ++可得答案.【详解】（1）设椭圆C 的标准方程为()222210x y a b a b+=>>，由题可知另一个焦点为()'F .由椭圆的定义可知'42MF MF a +===，所以2a =，因为c =222b ac =-，所以1b =，所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=.（2）是定值，理由如下：因为直线l ：()0,0y kx m k m =+<>与圆221x y +=相切，1=，即221m k =+，设()11,A x y ，()22,B x y ， 联立2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 整理得 ()222418440kx kmx m +++-=，所以()2221641480k m k ∆=-+=>，122841km x x k +=-+，21224441m x x k -=+，所以AB ====，又221m k =+，所以241AB k -=+.由于0,0k m <>，所以1202,02x x <<<<，因为AF =122x ==-，同理22BF x =，所以()1242AF BF x x +=-+2284424141km k k =+⨯=+++，所以44AF BF AB ++=+=，故ABF 的周长为定值4. 【点睛】本题考查了直线与圆、直线与椭圆的位置关系，第二问的关键点是利用韦达定理可得AB 和AF BF +，考查了分析问题、解决问题的能力.2．（2021·山西运城市·高三期末（理））已知A ，B 是椭圆222:1(1)x E y a a+=>的左、右顶点，C 为E 的上顶点，3AC BC ⋅=-．（1）求椭圆的方程；（2）若M ，N ，P 是椭圆E 上不同的三点，且坐标原点O 为MNP △的重心，试探究MNP △的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．【答案】（1）2214x y +=；（2）MNP △ 【分析】（1）分别写出点,,A B C 三点的坐标，求出AC 、BC 的坐标，利用数量积的坐标运算即可求解； （2）设()11,M x y ，()22,N x y ，当直线MN 的斜率不存在时计算MNP △的面积，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y kx m =+，与2214xy +=联立消去y 得到关于x 的一元二次方程，利用韦达定理可得12x x +，12x x ，计算弦长||MN ，点P 到直线MN 的距离d ，计算1||2MNPS MN d =⋅即可求解. 【详解】（1）(,0),(,0),(0,1)A a B a C -，则(,1),(,1)AC a BC a ==-，因为3AC BC ⋅=-，所以213a -+=-，得24a =．所以椭圆的方程为2214x y +=．（2）当直线MN 的斜率不存在时，设直线MN 的方程为1x x =，设()11,M x y ，则()11,N x y -，因为O 为MNP △的重心，所以()12,0P x -．由M ，N ，P 在椭圆上，所以221114x y +=且21414x =，解得221131,4x y ==．易知1232MNPS =⨯=， 当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y kx m =+，设()11,M x y ，()22,N x y ，由2214x y y kx m⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得()222148440k x kmx m +++-=，则122841km x x k -+=+，21224441m x x k -=+， ()121222241m y y k x x m k +=++=+．因为O 为MNP △的重心，所心2282,4141kmm P k k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭， 因为P 在椭圆上，故2222182144141km m k k -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，化简得22441m k =+．||MN =点P 到直线MN 的距离d 等于O 到直线MN距离的3倍，所以d =，所以11||22MNPSMN d =⋅=26|42m m ==，综上，MNP △的面积为定值2． 【点睛】本题解题的关键点是设直线MN 的方程为y kx m =+，与椭圆方程联立，计算弦长||MN ，点P 到直线MN 的距离d ，计算1||2MNPSMN d =⋅，注意计算直线MN 的斜率不存在时，MNP △的面积. 3．（2021·河北保定市·高三二模）如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、22:13y C x -=1F 2F P C 128PF PF +=P C PA与渐近线的交点分别是和.（1）求四边形的面积；（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由. 【答案】（1（2）是，且定值为.【分析】（1）求出点、的坐标，计算出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形的面积；（2）设点，求出点的坐标，计算出点到直线的距离，利用平行四边形的面积公式化简可得结果.【详解】（1）因为双曲线，由双曲线的定义可得，又因为，，， 因为，所以，，轴，点的横坐标为，所以，，，可得，即点，过点且与渐近线平行的直线的方程为，PB A B OAPB ()2222:10,0x y C a b ab'-=>>P 'C 'P 'C 'P A ''P B ''A 'B 'OA P B '''a b 12ab P B B OP OAPB ()00,P x y 'B 'B 'OP 'd 22:13y C x -=122PF PF -=128PF PF +=15PF ∴=23PF =124F F ==2222121PF F F PF +=2PF x ∴⊥∴P 2P x =22213P y -=0P y >3P y =()2,3P P y =)32y x -=-联立，解得，即点，直线的方程为，点到直线的距离为， 且，因此，四边形的面积为； （2）四边形的面积为定值，理由如下： 设点，双曲线的渐近线方程为，则直线的方程为， 联立，解得，即点， 直线的方程为，即， 点到直线的距离为，且因此，（定值）. 【点睛】求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．4．（2020·安徽淮南市·高三二模）在平面直角坐标系中，动点到直线的距离与到定点的距离之比为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线交轨迹于，两点，线段的中)32y y x ⎧=⎪⎨-=-⎪⎩132x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩312B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭OP 320x y -=B OP d ==OP =OAPB 22OAPBOBP S S OP d ==⋅=△OA P B '''12ab ()00,P x y '22221x ya b-=b y x a =±P B ''()00by y x x a-=--()00b y y x x a b y x a ⎧-=--⎪⎪⎨⎪=⎪⎩00002222x a x y b y b y x a⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩0000,2222x y a b B y x ba ⎛⎫++ ⎪⎝⎭'OP '0y y x x =000y x x y -=B 'OP 'd ==22==OP '=22OA P B OB P abSS OP d ''''''==⋅=△xOy P 4x =(1,0)F 2P E F E A B AB垂线与交于点，与直线交于点，设直线的方程为，请用含的式子表示，并探究是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）；存在； 【分析】（1）设，动点到直线的距离与到定点的距离之比为，列出方程求解即可；（2）设，联立，消去，得，利用韦达定理，结合弦长公式，求出，，然后求解即可. 【详解】（1）设，动点到直线的距离与到定点的距离之比为，化简整理得.动点的轨迹的方程为. （2）设，联立，消去x ，得，根据韦达定理可得：，， ，又，于是，令，解得存在，使. 【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，采用“设而不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决，属于难题.题型4 探究角度相关问题1．（2020·江苏省苏州高三月考）已知双曲线的方程22:21C x y -=．（1）求点(0,1)P 到双曲线C 上的点的AB C 4x =-D AB 1x my =+m AB CDm 35ABCD =m 22143x y +=AB CD =0m =(,)P x y P 4x =(1,0)F 2()()1122,,,A x y B x y 221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩x ()2234690m y my ++-=AB CD (,)P x y P 4x =(1,0)F 2∴2=22143x y +=∴P E 22143x y +=()()1122,,,A x y B x y 221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()2234690m y my ++-=122634m y y m +=-+122934y y m =-+∴()212212134m AB y y m +=-==+2243,3434m C m m ⎛⎫- ⎪++⎝⎭()(22435434m CD m +=-=+∴ABCD =35AB CD ==0m =∴0m =35AB CD =距离的最小值；（2）已知直线:l y kx t =+与圆22:1M x y +=相切，①求k 和t 的关系②若l 与双曲线C 交于A 、B 两点，那么AOB ∠是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由． 【答案】（1）6；（2）（i ）221t k =+；（ii ）AOB ∠为定值90︒． 【分析】（1）设(,)Q a b 为双曲线上的点，代入双曲线的方程，结合两点的距离公式和二次函数的最值，可得最小值；（2）设直线l 的方程为y kx t =+，由直线和圆相切可得221t k =+，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立双曲线的方程，消去y 可得x 的二次方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，计算可得AOB ∠为定值．【详解】解：（1）设()00,Q x y 为双曲线上的点，则220021-=x y ，则||===PQ 当023y =时||PQ 最小，且为6，所以点(0,1)P 到从曲线C 上点的距离的最小值为6； （2）①设直线线l 的方程为y kx t =+，由直线l与圆相切，可得1==d ，即221t k =+，②设()()1122,,,A x y B x y ，联立得()22222221021y kx t k x ktx t x y =+⎧⇒----=⎨-=⎩， 则222121222221220,,222++-≠+==-=----kt t k k x x x x k k k， 所以()()()2212121212=++=+++y y kx t kx t k x x kt x x t 222222222222222222222--++--+===---k t k k t t k t t k k k k k， 所以2212122222022++⋅=+=-+=--k k OA OB x x y y k k，所以AOB ∠为定值90︒． 【点睛】本题考查双曲线的方程和运用，以及直线和双曲线的位置关系，注意联立直线方程和双曲线的方程，运用韦达定理和向量的坐标运算，考查方程思想和运算能力、推理能力．2．（2021·湖南高三三模）已知椭圆的右焦点为，离心率．（1）若为椭圆上一动点，证明到的距离与到直线的距离之比为定值，并求出该定值；（2）设，过定点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在一点，使得轴始终平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；定值；（2）存在；． 【分析】（1）根据两点距离公式，结合已知进行证明即可；（2）根据求出椭圆的方程，将直线方程与椭圆方程联立得到一元二次方程，根据一元二次方程的根与系数关系，结合直线的斜率公式进行求解即可.【详解】解：（1）设点，则．因为， 点到直线的距离，所以， 即到的距离与到直线的距离之比为定值．（2）因为，，所以，的方程为．假设存在这样的一点，设，直线，联立方程组，消去得，． 设，，则，．因为轴平分，所以直线与的斜率互为相反数， 即，2222:1(0)x y C a b a b+=>>(c,0)F 12e =P C P F P 2a x c=1c =(0,)c k l C M N y Q y MQN ∠Q 12(0,3)Q 1c =()00,P x y 2200221x y a b+=||PF ===0c a x a=-P 2a x c =20a d x c =-020||12c a x PF c a e a d a x c-====-P F P 2a x c=121c =12e =2a =b =C 22143x y +=Q (0,)Q t :1l y kx =+221431x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩y ()2234880k x kx ++-=()296210k ∆=+>()11,M x y ()22,N x y 122834k x x k -+=+122834x x k-=+y MQN ∠QM QN 121211QM QN kx t kx t k k x x +-+-+=+()1212122(1)0kx x t x x x x +-+==所以， 因为与无关，所以．故在轴上存在一点，使得轴始终平分．【点睛】由轴平分，得到直线与的斜率互为相反数，这是解题的关键. 3．（2021·天津高三二模）已知抛物线：与离心率为的椭圆：的一个交点为，点到抛物线的焦点的距离为2.（∴）求与的方程；（∴）设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于点，直线交轴于点，且？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（∴），；（∴）不存在点. 【分析】（∴）由抛物线的定义可知到焦点的距离等于到准线的距离，代入准线方程可求出值，从而求出抛物线方程；代入抛物线方程可求出点坐标，代入椭圆方程，结合离心率联立可解出，从而求出椭圆方程；（∴）直线与轴交于点，因为，且有，可得出，，即为线段中点，则有，设直线的方程为：，求出直线的方程，分别与椭圆和抛物线联立，求出点坐标，代入求解即可.【详解】解：（∴）因为抛物线方程为，则准线方程为：，点到焦点的距离等于到准线的距离，所以有，解得：，抛物线方程为：. 则或，且点在椭圆上，有，又椭圆离心率为，即，即，联立求解：，所以椭圆方程为. （∴）由题意，直线斜率存在且大于0，设直线的方程为：，因为，则有22882(1)3434k k t k k --⋅+-⋅++22168(1)8(3)03434k k t k t k k----===++8(3)0k t -=k 3t =y (0,3)Q y MQN ∠y MQN ∠QM QN 1C ()220y px p =>22C ()222211x y a b a b+=>>()1,P t Р1C 1C 2C O 2C A O OA 1C B AB y E OAE EOB ∠=∠A 21:4C y x =222:1992x y C +=A p P ,a b AB x D OAE EOB ∠=∠90OAB EOD ∠=∠=OAD DOA ∠=∠DOB DBO ∠=∠D AB A B y y =-OA ()0y kx k =>OB ()220y px p =>2px =-()1,P t 122p+=2p =24y x =()1,2P ()1,2P -P 22141a b +=22212c a =2212b a =22992a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩221992x y +=OA OA ()0y kx k =>OA OB ⊥直线的方程为：， 由得：，即； 由得：，即. 设直线与轴交于点，因为在第一象限内，满足，又，所以有，，所以，即为线段中点，所以，无解，所以不存在点的坐标使得.【点睛】（1）抛物线经常利用定义转化，将到焦点的距离转化为到准线的距离，减少变量求解；（2）直线与圆锥曲线的问题，经常将所求问题转化为与根有关的问题，此题中将转化为，联立解出点坐标，代入等式可判断是否存在.4．（2021·上海高三专题练习）已知椭圆，是的下焦点，过点的直线交于、两点，（1）求的坐标和椭圆的焦距；（2）求面积的最大值，并求此时直线的方程；（3）在轴上是否存在定点，使得恒成立若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1），焦距为；（2），此时直线的方程为；（3）存在定点，使得恒成立．【分析】（1）利用椭圆方程求出，，然后求解，即可得到结果．（2）设直线，与椭圆方程联立．利用判别式以及韦达定理，结合弦长公式点到直线的距离公式，然后求解三角形的面积，利用基本不等式求解最值即可推出直线方程．（3）由（2）得，，推出直线系方程，然后求解定点坐标．验证当直线的斜率不存在时，直线也过定点，即可．【详解】（1）椭圆，可得，，所以，焦距为；OB xy k=-221992x y y kx ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩A ⎛⎫241y xy xk ⎧=⎪⎨=-⎪⎩244x k y k ⎧=⎨=-⎩()24,4B k k -AB x D OAE EOB ∠=∠90OAB EOD ∠=∠=OAD DOA ∠=∠DOB DBO ∠=∠AD OD BD ==D AB A B y y =-4k =314=<A OAE EOB ∠=∠OAE EOB ∠=∠A B y y =-22:1126y x Γ+=F Γ()0,6R l ΓM N F ΓMNF l y S RSM RSN π∠+∠=S (0,F 2c =MNF l 6y =+()0,2S RSM RSN π∠+∠=a b c :6l y kx =+122122kx x k -+=+122242x x k =+l l (0,2)S 22:1126y x Γ+=a =b =c =(0,F 2c =（2）由题意得直线的斜率存在，设直线，由得，所以，故， 设，，则，， 所以(或用） 点到直线的距离所以，令，则， 所以，当且仅当时取等号，所以，此时直线的方程为；（3）当直线的斜率存在时，由（2）得，， 因为，所以，即，所以， 所以，所以， 所以，因为，所以，所以， 当直线的斜率不存在时，直线也过定点，故轴上存在定点，使得恒成立．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，解决本题的关键点是将l :6l y kx =+2211266y x y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()22212240k x kx +++=()()2221449624840k k k ∆=-+=->240k ->()11,M x y ()22,N x y 122122kx x k -+=+122242x x k =+12MN x =-=====MN =F l d =)21622MNFS MN d k =⋅==+△0t =>))216666MNF tS t t t==++△6MNF S ≤=△k =MNF l 6y =+l 122122kx x k -+=+122242x x k =+RSM RSN π∠+∠=0MS NS k k +=12120y t y tx x --+=()()21120x y t x y t -+-=()()2112660x kx t x kx t +-++-=()()1212260kx x t x x +-+=()()2222412122620222k kkt t k k k -+-=-=+++0k ≠2t =()0,2S l l ()0,2S y ()0,2S RSM RSN π∠+∠=。

微专题06 圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题——2020高考数学（文）二轮复习微专题聚焦【考情分析】与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，直线或圆锥曲线运动变化时，点、直线、曲线之间的关联受到一定范围的制约，于是便产生了对范围的求解、最值的探求这类问题，注重与平面向量、函数、二次方程、不等式等融合与渗透，因而这类问题考查范围广泛，命题形式新颖，属于解析几何中的压轴题。

【前备知识】1、圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是利用几何法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数法,即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.2、解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面①利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围.①利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系. ①利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围. ①利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围.①利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.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.【方法归纳 提炼素养】——数学思想是数形结合、方程思想，核心素养是数学运算.求最值,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.【类比训练】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）因为直线过焦点，所以有2124y y p =-=-， 解得2p =，所以抛物线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)由已知⎪⎩⎪⎨⎧==233a c c ，得32=a 即a 2=12,又a 2=b 2+c 2,解得b 2=3. 所以椭圆的方程为+=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=,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+9=0,整理为k 2=-=-1-,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 . 【方法归纳 提炼素养】——数学思想是数形结合、函数与方程思想，核心素养是数学运算.解决取值范围问题的常用方法(1)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. (2)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. (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（或是否存在性）问题 【必备知识】探索性问题的解题思路：第一步：先假设存在，用待定系数法设出；第二步：列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论；第三步：解方程（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．注意：(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)当条件和结论都不确定，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．【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。

圆锥曲线定点、定值、探索性问题题型一 定点问题典例 (优质试题·全国Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．(1)解 由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b2知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎨⎧ 1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设． 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1， 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. 而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2. 由题设知k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0， 解得k ＝－m ＋12. 当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ， 即y ＋1＝－m ＋12(x －2)， 所以l 过定点(2，－1)．思维升华 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．跟踪训练 (优质试题·长沙联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >0，b >0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于点Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点．(1)解 设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝3.∴椭圆的方程为x 23＋y 2＝1. (2)证明 由题意设P (0，m )，Q (x 0,0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )，由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)，∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝m y 1－1. 同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y 2－1. ∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝3，x ＝t (y －m )，得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0， ∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)>0，②且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③ ③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0，∴(mt )2＝1，由题意mt <0，∴mt ＝－1，满足②，得直线l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1,0)，即Q 为定点．题型二 定值问题典例 (优质试题·广州市综合测试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且过点A (2,1)． (1)求椭圆C 的方程；(2)若P ，Q 是椭圆C 上的两个动点，且使∠P AQ 的角平分线总垂直于x 轴，试判断直线PQ 的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．所以4a 2＋1b 2＝1，c a ＝32， 又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝8，b 2＝2， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1. (2)方法一 因为∠P AQ 的角平分线总垂直于x 轴，所以P A 与AQ 所在的直线关于直线x ＝2对称．设直线P A 的斜率为k ，则直线AQ 的斜率为－k .所以直线P A 的方程为y －1＝k (x －2)，直线AQ 的方程为y －1＝－k (x －2)．设点P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，由⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k (x －2)，x 28＋y 22＝1，得(1＋4k 2)x 2－(16k 2－8k )x ＋16k 2－16k －4＝0.①因为点A (2,1)在椭圆C 上，所以x ＝2是方程①的一个根，则2x P ＝16k 2－16k －41＋4k2， 所以x P ＝8k 2－8k －21＋4k 2. 同理x Q ＝8k 2＋8k －21＋4k2. 所以x P －x Q ＝－16k1＋4k 2，x P ＋x Q ＝16k 2－41＋4k 2. 又y P －y Q ＝k (x P ＋x Q －4)＝－8k 1＋4k 2， 所以直线PQ 的斜率k PQ ＝y P －y Q x P －x Q ＝12，所以直线PQ 的斜率为定值，该值为12. 方法二 设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b ，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＝kx 1＋b ，y 2＝kx 2＋b ，直线P A 的斜率k P A ＝y 1－1x 1－2， 直线QA 的斜率k QA ＝y 2－1x 2－2. 因为∠P AQ 的角平分线总垂直于x 轴，所以P A 与AQ 所在的直线关于直线x ＝2对称，所以k P A ＝－k QA ，即y 1－1x 1－2＝－y 2－1x 2－2， 化简得x 1y 2＋x 2y 1－(x 1＋x 2)－2(y 1＋y 2)＋4＝0.把y 1＝kx 1＋b ，y 2＝kx 2＋b 代入上式，化简得2kx 1x 2＋(b －1－2k )(x 1＋x 2)－4b ＋4＝0.①由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 28＋y 22＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－8＝0，②则x 1＋x 2＝－8kb4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－84k 2＋1， 代入①，得2k (4b 2－8)4k 2＋1－8kb (b －1－2k )4k 2＋1－4b ＋4＝0， 整理得(2k －1)(b ＋2k －1)＝0，所以k ＝12或b ＝1－2k . 若b ＝1－2k ，可得方程②的一个根为2，不符合题意．所以直线PQ 的斜率为定值，该值为12. 思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．跟踪训练 (优质试题届洛阳联考)如图，点F 是抛物线τ：x 2＝2py (p >0)的焦点，点A 是抛物线上的定点，且AF →＝(2,0)，点B ，C 是抛物线上的动点，直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1)求抛物线τ的方程；(2)若k 2－k 1＝2，点D 是抛物线在点B ，C 处切线的交点，记△BCD 的面积为S ，证明S 为定值．(1)解 设A (x 0，y 0)，由题意知F ⎝⎛⎭⎫0，p 2， 所以AF →＝⎝⎛⎭⎫－x 0，p 2－y 0＝(2,0)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，y 0＝p 2，代入x 2＝2py (p >0)中得4＝p 2，即p ＝2，所以抛物线τ的方程是x 2＝4y .(2)证明 过D 作y 轴的平行线交BC 于点E ，并设B ⎝⎛⎭⎫x 1，x 214，C ⎝⎛⎭⎫x 2，x 224，由(1)知A (－2,1)，所以k 2－k 1＝x 224－1x 2＋2－x 214－1x 1＋2＝x 2－x 14， 又k 2－k 1＝2，所以x 2－x 1＝8.由y ＝x 24，得y ′＝x 2. 所以直线BD ：y ＝x 12x －x 214， 直线CD ：y ＝x 22x －x 224， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ x D ＝x 1＋x 22，y D ＝x 1x 24，因为直线BC 的方程为y －x 214＝x 1＋x 24(x －x 1)， 将x D 代入得y E ＝x 21＋x 228， 所以S ＝12|DE |(x 2－x 1)＝12(y E －y D )(x 2－x 1) ＝12·(x 2－x 1)28·(x 2－x 1)＝32(定值)． 题型三 探索性问题典例 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点， (1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由． 解 (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ， C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ， C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )， 即ax ＋y ＋a ＝0. 故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0.故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－b x 2＝2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)x 1x 2＝k (a ＋b )a . 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点p (0，－a )符合题意．思维升华 解决探索性问题的注意事项探索性问题，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，要开放思维，采取另外合适的方法．跟踪训练 (优质试题·唐山模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为F (c,0)且a >b >c >0，设短轴于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →|＝4.(1)求椭圆E 的方程； (2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4P A →·PB →成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)由椭圆的对称性知|GF →|＋|CF →|＝2a ＝4，∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32， ∴bc a ＝32，∴bc ＝3， 又a 2＝b 2＋c 2＝4，a >b >c >0，∴b ＝3，c ＝1.故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件．故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0，∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2， Δ＝32(6k ＋3)>0，∴k >－12. ∵OP →2＝4P A →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5，∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5，即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5， ∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2)＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5， 解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去． ∴存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝12x .设而不求，整体代换典例 (12分)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，离心率为32，过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接PF 1，PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M (m,0)，求m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P 作斜率为k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点，设直线PF 1，PF 2的斜率分别为k 1，k 2，若k 2≠0，证明1kk 1＋1kk 2为定值，并求出这个定值． 思想方法指导 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值．规范解答解 (1)由于c 2＝a 2－b 2，将x ＝－c 代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a .由题意知2b 2a ＝1，即a ＝2b 2.又e ＝c a ＝32，所以a ＝2，b ＝1. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.[2分] (2)设P (x 0，y 0)(y 0≠0)，又F 1(－3，0)，F 2(3，0)，所以直线PF 1，PF 2的方程分别为1PF l ：y 0x －(x 0＋3)y ＋3y 0＝0，。

四边形Q4P8为平行四边形，当且仅当线段48与线段OP 互相平分，即立=2XM ∙ 士km / -2 X 3√F+9 解得 h=4一币,fo=4+√7.因为人>0, ⅛∙≠3, z=l,2,所以当直线/的斜率为4一巾或4+由时，四边形Q4P8为平行四 边形.r 2［子题1］已知椭圆C j+∕=l 的左、右焦点分别为丹，F 2,左、右顶点分别为小，42∙(1)若M 为。

上任意一点，求MQ ∣∙∣MB ∣的最大值；⑵椭圆C 上是否存在点P(异于点4,小)，使得直线以”以2与直线x=4分别交于点E, F, 且|印=1?若存在，求出点尸的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由椭圆的定义可知MB ∣ + ∣Λ∕B ∣=4,∙∙.MHW≤(啦产>=%当且仅当∣Λ∕∕η∣=∣MB ∣=2时等号成立，.∙.∣MB ∣∙∣MB ∣的最大值为4.(2)假设存在满足题意的点P.不妨设 P(xo ， yo)(yo>O),则一2<x 0<2.由题意知直线PA ∖的方程为y=~⅜τ(x+2), Xo 十Z直线PAι的方程为γ=^~(χ-2),令x=4,得此=言’2y ()_ 4xqy 。

- 16y ()_ Ro(x ()-4) _ 4—xo XQ —2 x§—4 —4yS yo由 xS+4yS=4,得 5京-8yo+12 = 0,•・•/ = -176<0, J 此方程无解.故不存在满足题意的点P.［子题2］ (2020•合肥适应性检测)已知抛物线C ： y 2=4χf 过点(2,0)作直线/与抛物线。

交于 M, N 两点，在x 轴上是否存在一点4使得x 轴平分NM4N?若存在，求出点4的坐标； 若不存在，请说明理由.解 ①当直线/的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知l 轴上任意一点4不与点(2,0)重合), 因此XM =k[k~3)m 3(⅛2+9),于是 k(k-3)m 3(⅛2+9),令 x=4, 得性= 6yo xo+2'由|£匀=冲一％= 6”) xo÷2都可使得X轴平分N N ；②当直线/的斜率存在时，设直线/的方程为y=A(χ-2)(AW0),、[γ=⅛(χ-2),、r设M(xι, yι), N(X2,玫)，联立方程彳y=4x,消去歹得以2一(4公+4)工+4幺=0,显然/>0,14R+4.∖X]+X2=-p-， Xl%2=4, (*)假设在X轴上存在一点Z(dO),使得X轴平分NM4M.),ι(x2-4)+y2(x∣-4)=0,, (x↑-a)(x2-a)又yι=Hr∣-2), y2=k(x2-2),.2XI X2-(。

突破3圆锥曲线中的证明与探索性问题题型一圆锥曲线中的证明问题突破策略一直接法【例1】已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√32,焦距为2√3.(1)求椭圆C的方程.(2)若斜率为-12的直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),O为坐标原点.①证明:直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.②若点Q'与点Q关于x轴对称,证明:tan ∠POQ'>43.解题心得对于证明问题,一般是根据已知条件,运用所涉及的知识通过运算化简,利用定义、定理、公理等,直接推导出所证明的结论即可,证明不等式常用不等式的性质,或基本不等式求得最值.本题易错点是忽略对于取等号时条件能否成立的验证.对点训练1(2020河北张家口二模,19)已知椭圆E:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为4,且过点(-1,√142).(1)求椭圆E的方程;(2)设A(0,b),B(0,-b),C(a,b),过点B且斜率为k(k>0)的直线l交E于另一点M,交x轴于点Q,直线AM与直线x=a相交于点P.证明:PQ∥OC(O为坐标原点).突破策略二转化法x2+1上任意一点,A(0,-1),且P为线段AB的中点.【例2】已知B是抛物线y=18(1)求点P的轨迹C的方程;(2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.解题心得圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广,但无论证明什么,其常用方法有直接法和转化法,对于转化法,先是对已知条件进行化简,根据化简后的情况,将证明的问题转化为另一问题.本题证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明HN∥y轴.通过直线与抛物线联立得到韦达定理的形式,利用韦达定理的结论证得HN∥y轴.对点训练2(2020河南开封三模,文19)已知抛物线C:x2=2py(p>0),F为抛物线C的焦点.以F为圆心,p为半径作圆,与抛物线C在第一象限交点的横坐标为2.(1)求抛物线C的方程;(2)直线y=kx+1与抛物线C交于A,B两点,过A,B分别作抛物线C的切线l1,l2,设切线l1,l2的交点为P,求证:△PAB为直角三角形.题型二圆锥曲线中的探究性问题(多方向探究)突破策略一肯定顺推法【例3】已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过点F的动直线交抛物线C于A,B两点,当直线与x轴垂直时,|AB|=4.(1)求抛物线C的方程;(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线C的准线l相交于点M,抛物线C上存在点P使得直线PA,PM,PB的斜率成等差数列,求点P的坐标.解题心得存在性问题通常用“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.对点训练3(2020陕西咸阳二模,理20)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,32),且其离心率为12,过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M,N两点.(1)求椭圆C的方程;(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切?若存在,求定圆的方程;若不存在,请说明理由.突破策略二探究转化法【例4】(2019全国2,文20)已知F1,F2是椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.解题心得转化探究方向,是指将所探究的问题转化为其他明确的问题,使所探究的问题更加具体,易求.对于范围最值的探究,一般转化为对函数性质的研究,或对不等式的研究问题.对点训练4(2020山西晋城一模,理20)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距为c,圆O:x2+y2=c2与椭圆C有且仅有两个公共点,直线y=2与椭圆C只有一个公共点.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)已知动直线l 过椭圆C 的左焦点F ,且与椭圆C 分别交于P ,Q 两点,试问:x 轴上是否存在定点R ,使得RP⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值?若存在,求出该定值和点R 的坐标;若不存在,请说明理由.突破策略三 利用假设法【例5】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1(-1,0),F 2(1,0),且椭圆过点(1,32).(1)求椭圆C 的方程;(2)若A ,B 为椭圆的左、右顶点,P (x 0,y 0)(y 0≠0)为椭圆上一动点,设直线AP ,BP 分别交直线l :x=6于点M ,N ,判断以线段MN 为直径的圆是否恒过定点,若恒过定点,求出该定点坐标;若不恒过定点,说明理由.解题心得1.利用假设法一般地先假设定点存在,并设出定点坐标,再把其作为已知条件,求解定点坐标.2.探索直线过定点时,可设直线方程为y=kx+b ,然后利用条件建立关于k ,b 的等量关系,再借助于直线系的思想找出定点.3.从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.对点训练5(2020河北保定一模,理20)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的右焦点为F (c ,0),离心率为√22,且经过点(1,√62),点M 为椭圆上的动点.(1)求点M 到点D (1,0)的最短与最长距离;(2)设直线l :y=x+n 与椭圆C 相交于A ,B 两点,则是否存在点P (√2,m ),使得△ABP 的内切圆恰好为x 2+y 2=1?并说明理由.突破3 圆锥曲线中的 证明与探索性问题例1(1)解由题意可得{ca=√32,2c =2√3,解得{a =2,c =√3,∴b 2=a 2-c 2=1,故椭圆C的方程为x 24+y 2=1.(2)证明①设直线l 的方程为y=-12x+m ,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2).由{y =-12x +m ,x 24+y 2=1消去y ,得x 2-2mx+2(m 2-1)=0.则Δ=4m 2-8(m 2-1)=4(2-m 2)>0,且x 1+x 2=2m ,x 1x 2=2(m 2-1), ∴y 1y 2=(-12x 1+m)(-12x 2+m)=14x 1x 2-12m (x 1+x 2)+m 2=m 2-12,∴k OP k OQ =y 1y 2x 1x 2=m 2-122(m 2-1)=14=k PQ 2,即直线OP ,PQ ,OQ 的斜率依次成等比数列.②由题可知∠xOQ'=∠xOQ ,由①可知tan ∠xOQ'·tan ∠xOP=14,tan ∠xOQ'>0,tan ∠xOP>0, ∴tan ∠POQ'=tan(∠xOQ'+∠xOP )=tan∠xOQ '+tan∠xOP1-tan∠xOQ '·tan∠xOP =43(tan ∠xOQ'+tan ∠xOP )≥43×2√tan∠xOQ '·tan∠xOP =43.当且仅当∠xOQ'=∠xOP 时,等号成立,此时P ,Q 两点重合,不符合题意,可知无法取得等号.∴tan ∠POQ'>43. 对点训练1(1)解由题可知2c=4,c=2,∴椭圆的左、右焦点分别为(-2,0),(2,0). (方法1)由椭圆的定义知2a=√(-1+2)2+(√142)2+√(-1-2)2+(√142)2=4√2,∴a=2√2,b 2=a 2-c 2=4, ∴椭圆E 的方程为x 28+y 24=1. (方法2)由题可知{1a 2+72b 2=1,a 2-b 2=4,解得{b 2=4,a 2=8.∴椭圆E 的方程为x 28+y 24=1. (2)证明由(1)得A (0,2),B (0,-2),C (2√2,2).直线l :y=kx-2与椭圆x 2+2y 2=8联立,得(2k 2+1)x 2-8kx=0.∴x M =8k 2k 2+1,从而M8k2k 2+1,4k 2-22k 2+1,Q (2k ,0).∴直线AM 的斜率为4k 2-22k 2+1-28k2k 2+1=-12k ,直线AM 的方程为y=-12kx+2. 令x=2√2,得P 2√2,-√2k +2,∴直线PQ 的斜率k PQ =-√2k +22√2-2k=√2+2k 2√2k -2=√2(√2k 2(√2k -1)=√22.∵直线OC 的斜率k OC =2√2=√22,∴k PQ =k OC ,从而PQ ∥OC.例2(1)解设P (x ,y ),B (x 0,y 0),∵P 为AB 中点,∴{x 0=2x ,y 0=2y +1.∵B 为曲线y=18x 2+1上任意一点,∴y 0=18x 02+1,代入得x 2=4y ,∴点P 的轨迹C 的方程为x 2=4y.(2)证明依题意得F (0,1),直线MN 的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),联立{y =kx +1,x 2=4y ,得x 2-4kx-4=0,则Δ=16k 2+16>0,∴x 1x 2=-4.∵直线OM 的方程为y=y1x 1x ,H 是直线OM 与直线y=-1的交点,∴H (-x1y 1,-1).根据抛物线的定义|NF|等于点N 到准线y=-1的距离.∵H 在准线y=-1上,∴要证明|NF|=|NH|,只需证明HN 垂直于准线y=-1,即证HN ∥y 轴.∵H 的横坐标-x 1y 1=-x 1x 124=-4x 1=x 1x 2x 1=x 2,∴HN ∥y 轴成立,∴|NF|=|NH|成立.对点训练2(1)解记抛物线C 与圆F 在第一象限的交点为M.由题意,圆F 与抛物线C 的准线相切,且M 到抛物线C 准线的距离等于圆F 的半径p.所以点M 的坐标为(2,p 2).代入抛物线方程,得4=p 2(p>0),所以p=2. (2)证明设A (x 1,x 124),B (x 2,x 224),由x 2=4y 得y=14x 2,求导得y'=12x ,所以A ,B 两点处的切线斜率分别为k 1=12x 1,k 2=12x 2. 由{y =kx +1,x 2=4y ,得x 2-4kx-4=0, 所以x 1+x 2=4k ,x 1x 2=-4, 所以k 1k 2=14x 1x 2=-1.所以PA ⊥PB ,即△PAB 为直角三角形.例3解(1)由题可知F (p 2,0),在抛物线方程y 2=2px 中,令x=p 2,可得y=±p.于是当直线与y 轴垂直时,|AB|=2p=4,解得p=2.所以抛物线的方程为y 2=4x.(2)因为抛物线y 2=4x 的准线方程为x=-1,直线AB 的方程为y=x-1,所以M (-1,-2). 联立{y 2=4x ,y =x -1消去x ,得y 2-4y-4=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4,y 1y 2=-4.若点P (x 0,y 0)满足条件,则2k PM =k PA +k PB ,即2·y 0+2x 0+1=y 0-y 1x0-x 1+y 0-y 2x 0-x 2,因为点P ,A ,B 均在抛物线上,所以x 0=y 024,x 1=y 124,x 2=y 224.代入化简可得2(y 0+2)y 02+4=2y 0+y 1+y 2y 02+(y 1+y 2)y 0+y 1y 2,将y 1+y 2=4,y 1y 2=-4代入,解得y 0=±2.将y 0=±2代入抛物线方程,可得x 0=1.于是点P (1,±2)为满足题意的点. 对点训练3解(1)∵椭圆C 经过点(1,32),∴1a 2+94b 2=1,又ca =12,∴a 2=4,b 2=3. ∴椭圆C的方程为x 24+y 23=1.(2)存在.①当直线MN 的斜率不存在时,由对称性,设M (x 0,x 0),N (x 0,-x 0). ∵M ,N 在椭圆C上,∴x 024+x 023=1, ∴x 02=127. ∴O 到直线MN 的距离为d=|x 0|=2√217,∴圆的方程为x 2+y 2=127. ②当直线MN 的斜率存在时,设MN 的方程为y=kx+m , 联立{y =kx +m ,x 24+y 23=1,得(3+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=-8km 3+4k 2,x 1x 2=4m 2-123+4k 2.∵OM ⊥ON ,∴x 1x 2+y 1y 2=0,∴x 1x 2+(kx 1+m )(kx 2+m )=(k 2+1)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=0. ∴(k 2+1)·4m 2-123+4k2−8k 2m 23+4k2+m 2=0,即7m 2=12(k 2+1). ∴O 到直线MN 的距离为d=|m |√k +1=√127=2√217, ∴圆的方程为x 2+y 2=127.综上所述,存在定圆x 2+y 2=127与直线MN 总相切.例4解(1)连接PF 1.由△POF 2为等边三角形可知在△F 1PF 2中,∠F 1PF 2=90°,|PF 2|=c ,|PF 1|=√3c ,于是2a=|PF 1|+|PF 2|=(√3+1)c ,故C 的离心率e=c a=√3-1.(2)由题意可知,满足条件的点P (x ,y )存在,则12|y|·2c=16,yx+c ·yx -c =-1,x 2a 2+y 2b 2=1,即c|y|=16,① x 2+y 2=c 2,② x 2a 2+y 2b 2=1.③由②③及a 2=b 2+c 2得y 2=b 4c 2,又由①知y 2=162c 2,故b=4.由②③得x2=a 2c 2(c 2-b 2),所以c 2≥b 2,从而a 2=b 2+c 2≥2b 2=32,故a ≥4√2.当b=4,a ≥4√2时,存在满足条件的点P.所以b=4,a 的取值范围为[4√2,+∞). 对点训练4解(1)依题意,得c=b=2,则a 2=b 2+c 2=4+4=8,故椭圆的标准方程为x 28+y 24=1. (2)存在.①当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y=k (x+2),代入椭圆C 的方程,可得(2k 2+1)x 2+8k 2x+8k 2-8=0. 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2), 则x 1+x 2=-8k 22k 2+1,x 1x 2=8k 2-82k 2+1.设R (m ,0),则RP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-m ,y 1),RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2-m ,y 2).RP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-m )(x 2-m )+y 1y 2=(x 1-m )(x 2-m )+k 2[x 1x 2+2(x 1+x 2)+4]=(k 2+1)8k 2-82k 2+1−8k 2(2k 2-m )2k 2+1+4k 2+m 2=(2m 2+8m+4)k 2+2-82k 2+1=(2m 2+8m+4)(k 2+m 2-82m 2+8m+4)2k 2+1,当m 2-82m 2+8m+4=12,即m=-52时,RP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2m 2+8m+4)(k 2+m 2-82m 2+8m+4)2k 2+1=-74为定值,此时R 点的坐标为R (-52,0).②当直线l 的斜率不存在时,直线l 的方程为x=-2,联立{x =-2,x 28+y 24=1,得{x =-2,y =±√2.不妨设P (-2,√2),Q (-2,-√2),若R (-52,0),则RP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√2),RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,-√2),RP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =-74. 综上所述,在x 轴上存在点R (-52,0),使得RP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值-74. 例5解(1)由已知c=1,∴a 2=b 2+1,①∵椭圆过点(1,32),∴1a2+94b2=1,②联立①②得a 2=4,b 2=3,∴椭圆方程为x 24+y 23=1.(2)以线段MN 为直径的圆恒过定点.设P (x 0,y 0),已知A (-2,0),B (2,0),∵y 0≠0,∴x 0≠±2,∴直线AP ,BP 都有斜率,∴k AP =y 0x 0+2,k BP =y 0x 0-2,∴k AP ·k BP =y 02x 02-4, ③ ∵x 024+y 023=1,∴y 02=3(1-x 024). ④ 将④代入③得k AP ·k BP =3(1-x 024)x 02-4=-34,设直线AP 方程为y=k (x+2), ∴直线BP 方程为y=-34k (x-2),∴M (6,8k ),N (6,-3k ),由对称性可知,若存在定点,则该定点必在x 轴上,设该定点为T (t ,0),则TM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥TN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴TM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·TN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6-t ,8k )·(6-t ,-3k )=(6-t )2+(-24)=0,∴(6-t )2=24,∴t=6±2√6.∴存在定点(6+2√6,0)或(6-2√6,0)以线段MN 为直径的圆恒过该定点.对点训练5解(1)依题意得{ 1a 2+32b 2=1,c a =√22,a 2=b 2+c 2,解得{a =2,c =b =√2,所以椭圆C 的方程为x 24+y 22=1. 设M (x 0,y 0)(x 0∈[-2,2])到点D 的距离为d ,因为x 024+y 022=1,所以y 02=2-x 022, 所以d 2=(x 0-1)2+y 02=12x 02-2x 0+3,其对称轴为x=2,所以该函数在[-2,2]上单调递减,所以当x 0=2时,d 取得最小值1;当x 0=-2时,d 取得最大值3.(2)假设存在点P (√2,m ),使得△ABP 的内切圆恰好为x 2+y 2=1,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),因为直线AB 与圆x 2+y 2=1相切,所以圆心(0,0)到直线l :y=x+n 的距离为√2=1,所以n=±√2,所以当n=√2时,直线AB 的方程为y=x+√2,联立{y =x +√2,x 24+y 22=1,得3x 2+4√2x=0,解得x 1=0,x 2=-4√23, 所以A (0,√2),B (-4√23,-√23). (方法1)因为AO 为∠BAP 的角平分线,所以k AP =-k AB =-1,所以k AP =√2-0-√2=-1,所以m=0,即P (√2,0),所以直线BP 的方程为x-7y-√2=0,因为圆心到直线BP 的距离为√2|√1+(-7)=15≠1,所以此时BP 不是圆的切线.同理,当n=-√2时,BP也不是圆的切线,综上所述,P不存在.(方法2)因为A(0,√2),P(√2,m),所以k AP=√2√2,所以直线AP的方程为(m-√2)x-√2y+2=0.由原点O到直线AP的距离为1,得√2+(m-√2)=1,解得m=0,或m=2√2,当m=0时,P(√2,0),此时直线BP的斜率为k BP=17,所以直线BP的方程为x-7y-√2=0,因为圆心到直线BP的距离为√2|√1+(-7)=15≠1,所以BP不是圆的切线.当m=2√2时,P(√2,2√2),此时直线BP的斜率为k BP=1,所以直线BP的方程为x-y+√2=0,与直线AB重合,故舍去.同理,当n=-√2时,BP也不是圆的切线.综上所述,P不存在.。

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 y 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22，且椭圆C 过点23,⎭．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 =u u u v u u u v ， PT TQ =u u u v u u u v，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22c a =，又点232⎫-⎪⎪⎭，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，22222 3112{2a ba b cca+==+=，解得2{22abc===，故椭圆C的方程为22142x y+=．∴直线ST的方程为()2232121k kyk k-+=+-22221kxk⎛⎫-⎪+⎝⎭，即()232321ky xk-⎛⎫=-⎪-⎝⎭，∴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22:12xC 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2,0 2⎛⎫⎪⎪⎝⎭，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2xt=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2xt=与点,M N的坐标无关，从而可判断交点Q落在定直线2xt=上，从而问题可得解．试题解析：(1)设()00,N x y，由于())2,0,2,0A B-，所以200023200222yk kxx x⋅==--+，因为()00,N x y在椭圆C上，于是2212xy+=，即220022x y-=-，所以2232122yk kx⋅==--．(2)设直线2:MN x my=+，()()1122,,,Mx y N x y，由222{22x myx y=++=得()2232202m y my++-=，于是()12122223,222my y y ym m+=-⋅=-++，()12121321212122232922k kx xm y y m y y⋅=⋅=+++++()()()2222 222332212396 33229322222222mm m m m m mmm--+===---++-⋅-⋅⋅+++．两式相除，可知()1221212112212122222222my y t yy yy yx x my t my y t y++===--+-+-((()()() 2221221 222112222222 22222222t mtm t y m t t m y m mt m t t m y m t ym-⎛⎫⋅+--⎪--++ ++⎝⎭==--+-+⋅+-+)()()212122222222m t m y t t t tm t m y -+-+++=⋅=--+++，于是2xt =，所以2x t =，即直线AM 与直线BN 的交点Q 落在定直线2x t=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 ⋅u u u v u u u u v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47-47+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 ⋅u u u v u u u u v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47k =± 所以当l 的斜率为47-或47+时，四边形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 ya bab+=>>过点61,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）2213xy+=（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BPk，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 mxy=++=，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231222F 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6e =；（Ⅱ） 76．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义可得223,222a 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 ⋅=u u u u v u u u v，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: 23,22a c ==所以2223,2,1a c b a c ===-=所以椭圆的方程为2213x y +=，离心率为63c 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22022k 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2e =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 ++=u u u v u u u v u u u v v，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 ⋅=u u u v u u u v，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 ++=u u u v u u u v u u u v v ，消去33,x y 得121242x x y y +=-（2）由0OA OB ⋅=u u u v u u u v，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 mxy =+=，得0OA OB ⋅=u u u v u u u v若；由0OA OB ⋅=u u u v u u u v ，得22(1)04m m --=，即255m = 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 ⋅=u u u v u u u v，得12120x x y y +=，即222224(1)8(1)()04141m kmk km mk k-+⨯+⨯-+=++，2254(1)m k=+2224141k mAB k+-=+⋅，21mh dk==+；422424222141617149125168151681491115168k k kS OAB AB dk k k kkk∆++=⨯==+++++=+≤++等号成立时，4116k=，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(22:316E x y+=，点()3,0,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 += 423QE 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1GF 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）221 43x y+=；（2）()31y 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23GD OD=，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 xx y=++=消去y整理得()22224384120k x k x k+++-=，显然()()()()22222844341214410k k k k∆=-+-=+>．设()11,A x y，()22,B x y，则2122843kx xk-+=+，故点G的横坐标为21224243x x kk+-=+，所以22243,4343k kGk 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， 2 ，6，1)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 ⊥u u u v u u u v？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 += ， 46,33 【解析】试题分析：（Ⅰ）由椭圆的离心率及过点过M （2， 2 ，61)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()()3,0,3,0-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) 3【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3c =， 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++=u u u r u u u r u u u r r ；②QA QB QC ==u u u r u u u r u u u r ；③PQ //BC u u u r u u u r ．（1）求顶点A 的轨迹E 的方程； （2）过点)2,0F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32,04⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 【解析】试题分析：（1）由0PA PB PC ++=u u u r u u u r u u u r r 可得P 为ABC ∆的重心，设(),A x y ，则,33x y P ⎛⎫⎪⎝⎭，再由QA QB QC ==u u u r u u u r u u u r ，可得Q 为ABC ∆的外心， Q 在x 轴上，再由PQ uuu r ∥BC uuu r ，可得,03x Q ⎛⎫⎪⎝⎭，结合QA QC =u u u r u u u r即可求得顶点A 的轨迹E 的方程；（2）()2,0F 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2my 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（32,04⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．（2）解： )2,0F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2my x =，由()22222{32210 330my x m y my x y =-⇒++-=+-=，设()()111122,,,A x y B x y 则121222221,33m y y y y m m --+==++，②根据中点坐标公式得322m M -⎝⎭，同理可求得2322m m N ⎝⎭， 则直线MN 的斜率为()222222224333323231313MNm mm m m k m m m m -++==--++， ∴直线MN 的方程为()2243231m my x m ⎛--=- -⎝⎭， 整理化简得()()43233246332490ym x m ym x m y +++-=，令0y =，解得324x =∴直线MN 恒过定点324⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，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324⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，综上， S 的最小值的32，直线MN 恒过定点32,04⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 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）5；（2）1-；（3）45．故可得OABS ∆= 222211122144k k OA OB k k ++=++令21(1)k t t +=>，则222499OABt S t t ∆=+- 212994t t=+-， 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2251b d k ==+ 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 ∆= 222211122144k k OA OB k k ++=++，令21(1)k t t +=>，所以222122994994OABt S t t t t∆==+-+- 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 V面积的最大值为3． （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 Y 不能为菱形；（ii ）当1t =时， ABCD S Y 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 V 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 ⋅=u u u r u u u r，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 Y 为菱形，则OA OB ⊥，即0OA OB ⋅=u u u r u u u r12120x x y y ∴+=又()()()212121212111x x my my m y y m y y =--=-++Q()()21212110m y y m y y ∴+-++= 22125034m m --∴=+ 显然方程无解， 所以ABCD Y 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(22316x y +=， )3,0F， 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）(0,22⎤⎦ 【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，423CP QC QP QC QF CF =+=+=>=，于是点Q 的轨迹是以点,C F 为焦点，焦距为23，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2121MN kx 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 ∆∆=+=+= (2112b b b =++-+-当12b <<S ()22422220,2b b b b =-=-，当11b -≤≤时， S 2222,22b ⎡=-⎣，当21b <<-时， S ()22422220,2b b b b =--=-，∴S 的取值范围为(0,22．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 到它的一条渐近线的距离为3 ．（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 =+u u u u v u u u v u u u v时，使得点M 在直线2x =-上的射影点N 满足0PN QN ⋅=u u u v u u u v？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： 223bc a b =+，结合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：223bc a b =+222a b c +=，解得23b =．由双曲线的离心率为2223e 112b a a=+=+=，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 ⋅=u u u r u u u r，所以2112122,222y y y y PN x QN x --⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u v u u u v ， 所以211212(2)(2)022y y y y PN QN x x --⋅=----+⋅=u u u r u u u r ，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 xx 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) [233,1)-．【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．。