2017年高考数学知识方法专题7《解析几何第35练 圆锥曲线中的探索性问题》

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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0b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值.解　(1)由已知，得a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.由方程组得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.点T的坐标为(2，1).(2)由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，由方程组可得所以P点坐标为，|PT|2＝m2.设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).由方程组可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ>0，解得－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MA＝λAF，MB＝μBF，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.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MA＝λAF，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，∴λ＝，同理μ＝，∴λ＋μ＝＋＝＝＝－.∴当直线l的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－.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.(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　已知抛物线y2＝2px(p>0)，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PA·PB＝(－)(－)＋(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F1D·F2E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，RM＝xMQ，RN＝yNQ，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)，∴F1D·F2E＝(4＋2，)·(4－2，)＝8＋，又∵点P(x0，y0)在椭圆C上，∴＋y＝1⇒＝－，∴F1D·F2E＝.(3)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(4，t)，由RM＝xMQ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RN＝yNQ得(4＋y)2＋9t2＝9(1＋y)2，②①－②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MP＝λ0PN，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AC·BD＝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PC·PD＝－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OA·OB＋λPA·PB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PC·PD＝－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，OA·OB＋λPA·PB＝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OA·OB＋λPA·PB＝－3为定值.当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋PC·PD＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA·OB＋λPA·PB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OA·OB>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)的右焦点为F(1，0)，短轴的一个端点B到F的距离等于焦距.(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，是否存在直线l，使得△BFM与△BFN的面积比值为2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解　(1)由已知得c＝1，a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)＝2等价于＝2，当直线l斜率不存在时，＝1，不符合题意，舍去；当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，由消去x并整理得，(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－，①y1y2＝－，②由＝2得y1＝－2y2，③由①②③解得k＝±，因此存在直线l：y＝±(x－1)使得△BFM与△BFN的面积比值为2.