第34练 圆锥曲线中的探索性问题
题型一 定值、定点问题
x2y21
例1 已知椭圆C：a2＋b2＝1经过点(0，3)，离心率为2，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． 破题切入点 (1)待定系数法．
(2)通过直线的斜率为参数建立直线方程，代入椭圆方程消y后可得点A，B的横坐标的关系式，→→→→
然后根据向量关系式MA＝λAF，MB＝μBF.把λ，μ用点A，B的横坐标表示出来，只要证明λ＋μ的值与直线的斜率k无关即证明了其为定值，否则就不是定值． c1
解 (1)依题意得b＝3，e＝a＝2，a2＝b2＋c2， x2y2
∴a＝2，c＝1，∴椭圆C的方程为4＋3＝1. (2)因直线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)， y＝k?x－1?，??
由?x2y2
＋＝1，??43
消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 4k2－128k2∴x1＋x2＝，x1x2＝，
3＋4k23＋4k2
→→
又由MA＝λAF，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)， x1x2
∴λ＝，同理μ＝，
1－x11－x2
x1＋x2－2x1x2x1x2∴λ＋μ＝＋＝
1－x11－x21－?x1＋x2?＋x1x22?4k2－12?8k2－3＋4k23＋4k28＝＝－3.
4k2－128k2
1－＋
3＋4k23＋4k2
8
所以当直线l的倾斜角变化时，直线λ＋μ的值为定值－3.
- 1 -
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．
破题切入点 假设符合条件的直线存在，求出弦长，利用变量的系数恒为零求解． 解 方法一 (1)依题意，点N的坐标为N(0，－p)， 可设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线AB的方程为y＝kx＋p，
??x2＝2py，
与x2＝2py联立得?
?y＝kx＋p.?
消去y得x2－2pkx－2p2＝0.
由根与系数的关系得x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2. 1
于是S△ABN＝S△BCN＋S△ACN＝2·2p|x1－x2|
＝p|x1－x2|＝p?x1＋x2?2－4x1x2 ＝p4p2k2＋8p2＝2p2k2＋2， ∴当k＝0时，(S△ABN)min＝22p2.
(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， x1y1＋p
则O′H⊥PQ，Q′点的坐标为(2，2)． 111
∵O′P＝2AC＝2x21＋?y1－p?2＝2y21＋p2，
?y1＋p?＝1|2a－y1－p|， O′H＝a－2
??2
∴PH2＝O′P2－O′H2 11＝4(y21＋p2)－4(2a－y1－p)2 p
＝(a－2)y1＋a(p－a)，
p
∴PQ2＝(2PH)2＝4[(a－2)y1＋a(p－a)]． pp令a－2＝0，得a＝2，
此时PQ＝p为定值，故满足条件的直线l存在，
- 2 -
p
其方程为y＝2，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＝1＋k2|x1－x2|
＝1＋k2·?x1＋x2?2－4x1x2 ＝1＋k2·4p2k2＋8p2 ＝2p1＋k2·k2＋2， 又由点到直线的距离公式得d＝1
从而S△ABN＝2·d·AB 1＝2·2p1＋k2·k2＋2·
2p1＋k2
2p1＋k2
.
＝2p2k2＋2.
∴当k＝0时，(S△ABN)min＝22p2.
(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＝x21－4(a－p)(a－y1) p
＝4[(a－2)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
p
4[?a－2?y1＋a?p－a?]
p
?a－2?y1＋a?p－a?.
pp令a－2＝0，得a＝2，
此时PQ＝p为定值，故满足条件的直线l存在， p
其方程为y＝2，即抛物线的通径所在的直线． 题型三 定圆问题
3
例3 已知椭圆G的中心在坐标原点，长轴在x轴上，离心率为2，两个焦点分别为F1和F2，椭圆G上一点到F1和F2的距离之和为12，圆Ck：x2＋y2＋2kx－4y－21＝0(k∈R)的圆心为点Ak.
(1)求椭圆G的方程；
- 3 -
(2)求△AkF1F2的面积；
(3)问是否存在圆Ck包围椭圆G？请说明理由． 破题切入点 (1)根据定义，待定系数法求方程． (2)直接求．
(3)关键看长轴两端点．
2a＝12，???a＝6，x2y2
解 (1)设椭圆G的方程为a2＋b2＝1(a>b>0)，半焦距为c，则?c解得? 3
c＝33，?＝，??a2
所以b2＝a2－c2＝36－27＝9. x2y2
所以所求椭圆G的方程为36＋9＝1. (2)点Ak的坐标为(－k,2)，
11
S△AkF1F2＝2×|F1F2|×2＝2×63×2＝63.
(3)若k≥0，由62＋02＋12k－0－21＝15＋12k>0，可知点(6,0)在圆Ck外； 若k<0，由(－6)2＋02－12k－0－21＝15－12k>0，可知点(－6,0)在圆Ck外． 所以不论k为何值，圆Ck都不能包围椭圆G. 即不存在圆Ck包围椭圆G.
总结提高 (1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的． (2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)． (3)定直线问题一般都为特殊直线x＝x0或y＝y0型．
x2
1．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆2＋y2＝1有两个不同的交点P和Q. (1)求k的取值范围；
→→
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量OP＋OQ与→
AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由． 解 (1)由已知条件，得直线l的方程为y＝kx＋2，
x2
代入椭圆方程得2＋(kx＋2)2＝1. 1
整理得(2＋k2)x2＋22kx＋1＝0.①
1
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4(2＋k2)＝4k2－2>0， 22
解得k<－2或k>2. - 4 -
22
即k的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)． (2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， →→
则OP＋OQ＝(x1＋x2，y1＋y2)， 42k
由方程①，得x1＋x2＝－.②
1＋2k2又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22.③ →
而A(2，0)，B(0,1)，AB＝(－2，1)．
→→→
所以OP＋OQ与AB共线等价于x1＋x2＝－2(y1＋y2)， 2
将②③代入上式，解得k＝2. 22
由(1)知k<－2或k>2， 故不存在符合题意的常数k.
y2
2．已知双曲线方程为x2－2＝1，问：是否存在过点M(1,1)的直线l，使得直线与双曲线交于P、Q两点，且M是线段PQ的中点？如果存在，求出直线的方程，如果不存在，请说明理由． 解 显然x＝1不满足条件，设l：y－1＝k(x－1)． y2
联立y－1＝k(x－1)和x2－2＝1，
消去y得(2－k2)x2＋(2k2－2k)x－k2＋2k－3＝0， 2?k－k2?3
由Δ>0，得k<2，x1＋x2＝，
2－k2
x1＋x2k－k2
由M(1,1)为PQ的中点，得2＝＝1，
2－k23
解得k＝2，这与k<2矛盾， 所以不存在满足条件的直线l.
x2y2
3．设椭圆E：a2＋b2＝1(a，b>0)过M(2，2)，N(6，1)两点，O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程；
→
(2)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E恒有两个交点A，B，且OA⊥→
OB？若存在，写出该圆的方程，并求AB的取值范围；若不存在，请说明理由． x2y2
解 (1)因为椭圆E：a2＋b2＝1(a，b>0)过M(2，2)，N(6，1)两点，
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