第35练 圆锥曲线中的探索性问题.docx

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