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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：y＝t(t≠0)交y軸于點M，交拋物線C：y2＝2px(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y＝x，代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，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y－t＝x，即x＝(y－t)．
代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t，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：y＝－x＋3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)λ，使得|PT|2＝λ|PA||PB|，并求λ的值．
解 (1)由已知，得a＝b，
則橢圓E的方程為＋＝1.
由方程組得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①
方程①的判別式為Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，
此時方程①的解為x＝2，
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y＝x＋m(m≠0)，
由方程組可得
所以P點坐標(biāo)為，|PT|2＝m2.
設(shè)點A，B的坐標(biāo)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由方程組可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②
方程②的判別式為Δ＝16(9－2m2)，
由Δ>0，解得－
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＝λ，＝μ，當(dāng)直線l的傾斜角變化時，探求λ＋μ的值是否為定值？若是，求出λ＋μ的值；否則，請說明理由．
解 (1)依題意得b＝，e＝＝，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，c＝1，∴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
y＝k(x－1)，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(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＝＋＝
＝＝－.
∴當(dāng)直線l的傾斜角變化時，λ＋μ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y2＝2px(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，
所以拋物線的方程為y2＝4x.
(2)設(shè)直線l的方程為x＝m(y＋2)＋5，
代入y2＝4x得y2－4my－8m－20＝0，
設(shè)點A(，y1)，B(，y2)，
則y1＋y2＝4m，y1y2＝－8m－20，
假設(shè)存在點P(，y0)總是在以弦AB為直徑的圓上，
則＝(－)(－)
＋(y1－y0)(y2－y0)＝0，
當(dāng)y1＝y(tǒng)0或y2＝y(tǒng)0時，
等式顯然成立；
當(dāng)y1≠y0或y2≠y0時，
則有(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x2＝2py(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y＝kx＋p，
與x2＝2py聯(lián)立得
消去y得x2－2pkx－2p2＝0.
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2.
于是S△ABN＝S△BCN＋S△ACN＝2p|x1－x2|
＝p|x1－x2|＝p
＝p＝2p2，
∴當(dāng)k＝0時，(S△ABN)min＝2p2.
(2)假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為y＝a，
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O′H⊥PQ，O′點的坐標(biāo)為(，)．
∵|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|＝|x1－x2|
＝
＝
＝2p，
又由點到直線的距離公式得d＝.
從而S△ABN＝d|AB|
＝2p
＝2p2.
∴當(dāng)k＝0時，(S△ABN)min＝2p2.
(2)假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為y＝a，
則以AC為直徑的圓的方程為
(x－0)(x－x1)＋(y－p)(y－y1)＝0，
將直線方程y＝a代入得x2－x1x＋(a－p)(a－y1)＝0，
則Δ＝x－4(a－p)(a－y1)
＝4[(a－)y1＋a(p－a)]．
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|＝|x3－x4|
＝
＝2 .
令a－＝0，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x＝x0，y＝y(tǒng)0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x＝4，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(tǒng)，求證：4x＋4y＋5＝0.
(1)解 由題意可得b＝1，＝，
∴a＝3，橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)解 設(shè)P(x0，y0)，則直線PA、PB的方程分別為
y＝(x＋3)，y＝(x－3)，
將x＝4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)，
∴＝(4＋2，)(4－2，)
＝8＋，
又∵點P(x0，y0)在橢圓C上，
∴＋y＝1?＝－，
∴＝.
(3)證明 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(4，t)，
由＝x得(x1－4，y1－t)＝x(1－x1，－y1)，
∴(x≠－1)，
代入橢圓方程得(4＋x)2＋9t2＝9(1＋x)2， ①
同理由＝y(tǒng)得(4＋y)2＋9t2＝9(1＋y)2， ②
①－②消去t，得x＋y＝－，
∴4x＋4y＋5＝0.
題型三 存在性問題
例3 (1)已知直線y＝a交拋物線y＝x2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＋(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：(x＋2)2＋y2＝r2 (r>0)，設(shè)圓T與橢圓C交于點M，N.
①求橢圓C的方程；
②求的最小值，并求此時圓T的方程；
③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S△POSS△POR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?、儆深}意知解之，得a＝2，c＝，
由c2＝a2－b2，得b＝1，
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
②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，∴y＝1－.
由已知T(－2,0)，
則＝(x1＋2，y1)，＝(x1＋2，－y1)，
∴＝(x1＋2，y1)(x1＋2，－y1)
＝(x1＋2)2－y＝(x1＋2)2－
＝2－.
由于－2b>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：x2＋y2＝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c＝1，所以a2＝b2＋1，
又因為點P(1，)在橢圓C上，
所以＋＝1，可解得a2＝4，b2＝3，
所以橢圓C的標(biāo)準方程為＋＝1.
(2)解 設(shè)直線l方程為y＝kx＋2，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因為Δ＝12k2－3>0，所以k2>，
又x1＋x2＝，x1x2＝，因為∠AOB為銳角，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<，所以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c＝1，a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3，
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y＝k(x－1)，
由消去x并整理得，
(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則y1＋y2＝－， ①
y1y2＝－， ②
由＝2得y1＝－2y2， ③
由①②③解得k＝，因此存在直線l：y＝(x－1)使得△BFM與△BFN的面積比值為2.
高考數(shù)學(xué) 考前3個月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 專題7 解析幾何 第32練 圓錐曲線中的探索性問題 文
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