2012高考-圆锥曲线解答题(探索性问题)圆锥曲线探索性问题包含两类题型：一是无明确结论，探索结论问题(即只给出条件，要求解题者论证在此条件下，会不会出现某个结论.)二是给定明确结论，探索结论是否存在问题．(解答这类问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性．)存在性问题，其一般解法是先假设结论存在，用待定系数法设出所求的曲线方程或点的坐标，再根据合理的推理，若能推出题设中的结论，则假设存在的结论成立；否则，不成立．这类题型常以适合某种条件的结论“存在”、“不存在”、“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性．例3．(2012北京理19)（本小题共14分）已知曲线()()()22-+-=∈R．C m x m y m:528将①②代入易知等式成立，则A G N ，，三点共线得证．【变式训练31】(2012天津理19)设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右顶点分别为,A B ，点P 在椭圆上且异于,A B 两点，O 为坐标原点．（1）若直线AP 与BP 的斜率之积为12-，求椭圆的离心率；（2）若|AP |=|OA |，证明直线OP 的斜率k 满足||3k >．解：(1)设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由题意，有x 20a 2＋y 20b2＝1. ①由A (－a,0)，B (a,0)，得k AP ＝y 0x 0＋a ，k BP ＝y 0x 0－a.由k AP ·k BP ＝－12，可得x 20＝a 2－2y 20， 代入①并整理得(a 2－2b 2)y 20＝0.由于y 0≠0， 故a 2＝2b 2.于是e 2＝a 2－b 2a 2＝12， 所以椭圆的离心率e ＝22.(2)证明：(方法一)依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ， 设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得⎩⎨⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 20b2＝1，消去y 0并整理得x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2.② 由|AP |＝|OA |，A (－a,0)及y 0＝kx 0，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2.整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0. 而x 0≠0，于是x 0＝－2a 1＋k 2，代入②，整理得(1＋k 2)2＝4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b a 2＋4.由a ＞b ＞0， 故(1＋k 2)2＞4k 2＋4， 即k 2＋1＞4，因此k 2＞3，所以|k |> 3.(方法二)依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，可设点P 的坐标为(x 0，kx 0)．由点P 在椭圆上，有x 20a 2＋k 2x 20b2＝1.因为a ＞b ＞0，kx 0≠0，所以x 20a 2＋k 2x 20a2＜1，即(1＋k 2)x 20＜a 2. ③由|AP |＝|OA |，A (－a,0)，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0，于是x 0＝－2a 1＋k2，代入③，得(1＋k 2)4a 2(1＋k 2)2＜a 2， 解得k 2＞3，所以|k |＞ 3.【变式训练32】(2012 安徽理20)如图，点12(,0),(,0)F c F c -分别是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点，过点1F 作x 轴的垂线交椭圆的上半部分于点P ，过点2F 作直线2PF 的垂线交直线2a x c =于点Q ；（1）如果点Q 的坐标是(4,4)；求此时椭圆C 的方程；（2）证明：直线PQ 与椭圆C 只有一个交点． 解：（I ）点11(,)(0)P c y y->代入22221x y a b +=得：21b y a=21204014b a PF QF c c c--⊥⇔⨯=---- ①又24a c= ②222(,,0)c a b a b c =-> ③由①②③得：2,1,3a c b ===，即椭圆C 的方程为22143x y +=．（II ）设22(,)a Q y c；则221222012b y a PF QF y ac c a cc--⊥⇔⨯=-⇔=---得：222PQba a c ka a c c-==+．222222222222221b xx y b a y b x y a b a b b xa-'+=⇒=-⇒=-过点P 与椭圆C 相切的直线斜率x cPQc k y k a=-'===．得：直线PQ 与椭圆C 只有一个交点．解：(1)(方法一)由条件知，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－c ，b 2a ， 故直线PF 2的斜率为2PF k =b 2a －0－c －c＝－b 22ac .因为PF 2⊥F 2Q ，所以直线F 2Q 的方程为y ＝2acb2x －2ac 2b 2，故Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2c ，2a . 由题设知，a 2c ＝4, 2a ＝4，解得a ＝2，c ＝1.故椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(方法二)设直线x ＝a 2c 与x 轴交于点M ，由条件知，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－c ，b 2a .因为△PF 1F 2∽△F 2MQ ，所以⎪⎪⎪⎪PF 1⎪⎪⎪⎪F 2M ＝⎪⎪⎪⎪F 1F 2⎪⎪⎪⎪MQ . 即b 2a a 2c －c ＝2c ⎪⎪⎪⎪MQ ，解得⎪⎪⎪⎪MQ ＝2a . 所以⎩⎨⎧a 2c ＝4，2a ＝4，a ＝2，c ＝1．故椭圆方程为x2 4＋y23＝1．(2)证明：直线PQ的方程为2222,2axy a cb aa ca c--=---即y＝ca x＋a.将上式代入椭圆方程得，x2＋2cx＋c2＝0.解得2,,bx c ya=-=所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．例4．(2012福建理19)如图，椭圆E：22221(0)x ya ba b+=>>的左焦点为1F，右焦点为2F，离心率12e=，过1F的直线交椭圆于,A B两点，且2ABF△的周长为8．（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线4x=相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．解：解法一：(1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，所以4a ＝8，a ＝2.又因为e ＝12，即c a ＝12，所以c ＝1，所以b ＝a 2－c 2＝ 3.故椭圆E 的方程是x 24＋y 23＝1.(2)由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0，即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4k m ，3m .由⎩⎨⎧x ＝4，y ＝kx ＋m得Q (4,4k ＋m )． 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．设M (x 1,0)，则MP →·MQ →＝0对满足(*)式的m 、k 恒成立．因为MP →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－4k m －x 1，3m ，MQ→＝(4－x 1,4k ＋m )，由MP →·MQ→＝0， 得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0，整理，得(4x 1－4)km ＋x 21－4x 1＋3＝0.(**)由于(**)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，所以⎩⎨⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1. 故存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .解法二：(1)同解法一．(2)由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0，即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4k m ，3m .由⎩⎨⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q (4,4k ＋m )． 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．取k ＝0，m ＝3，此时P (0，3)，Q (4，3)，以PQ 为直径的圆为(x －2)2＋(y －3)2＝4，交x 轴于点M 1(1,0)，M 2(3,0)；取k ＝－12，m ＝2，此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，32，Q (4,0)，以PQ 为直径的圆为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －522＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －342＝4516，交x 轴于点M 3(1,0)，M 4(4,0)．所以若符合条件的点M 存在，则M 的坐标必为(1,0)．以下证明M (1,0)就是满足条件的点：因为M 的坐标为(1,0)，所以MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4k m －1，3m ，MQ→＝(3,4k ＋m )， 从而MP →·MQ →＝－12k m －3＋12k m ＋3＝0， 故恒有MP→⊥MQ →，即存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .解法三：(1)同解法一． （２）由对称性可知设0(,)(0)P x y y>与(,0)M x222020331343443434x x y y x y k y x '+=⇒=-⇒=⇒=--直线00000033(1):()(4,)4x x l y y x x Q y y --=--⇒000003(1)0()(4)0(1)(1)(3)x MP MQ x x x y x x x x y -=⇔--+⨯=⇔-=--（*）（*）对0(2,2)x ∈-恒成立1x ⇔=， 得(1,0)M【变式训练4】 (2012 江西理20)已知三点(0,0)O ，(2,1)A -，(2,1)B ，曲线C 上任意一点(,)M x y 满足||()2MA MB OM OA OB +=⋅++．（1）求曲线C 的方程； （2）动点0(,)(22)Q x y x-<<在曲线C 上，曲线C 在点Q 处的切线为l ．问：是否存在定点(0,)(0)P t t <，使得l 与,PA PB 都相交，交点分别为,D E ，且QAB △与PDE △的面积之比是常数？若存在，求t 的值；若不存在，说明理由．解：(1)由MA→＝(－2－x,1－y )，MB →＝(2－x,1－y )，得|MA→＋MB →|＝(－2x )2＋(2－2y )2， OM →·(OA →＋OB →)＝(x ，y )·(0,2)＝2y ，由已知得(－2x )2＋(2－2y )2＝2y ＋2， 化简得曲线C 的方程：x 2＝4y .(2)假设存在点P (0，t )(t <0)满足条件，则直线PA 的方程是y ＝t －12x ＋t ，PB 的方程是y ＝1－t 2x ＋t .曲线C 在Q 处的切线l 的方程是y ＝x 02x －x 24，它与y 轴交点为F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，－x 204.由于－2<x 0<2，因此－1<x 02<1.①当－1<t <0时，－1<t －12<－12，存在x 0∈(－2,2)使得x 02＝t －12，即l 与直线PA 平行，故当－1<t <0时不符合题意．②当t ≤－1时，t －12≤－1<x 02，1－t 2≥1>x 02，所以l 与直线PA ，PB 一定相交．分别联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t －12x ＋t ，y ＝x 02x －x 204，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1－t 2x ＋t ，y ＝x 02x －x 204，解得D ，E 的横坐标分别是x D ＝x 20＋4t 2(x 0＋1－t )，x E ＝x 20＋4t2(x 0＋t －1)，则x E －x D ＝(1－t )x 20＋4tx 20－(t －1)2. 又|FP |＝－x 204－t ，有S △PDE ＝12·|FP |·|x E －x D |＝1－t 8·(x 20＋4t )2(t －1)2－x 20. 又S △QAB ＝12·4·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－x 204＝4－x 202， 于是S △QAB S △PDE ＝41－t ·(x 20－4)[x 20－(t －1)2](x 20＋4t )2＝41－t ·x 40－[4＋(t －1)2]x 20＋4(t －1)2x 40＋8tx 20＋16t2. 对任意x 0∈(－2,2)，要使S △QABS △PDE为常数，则t 要满足⎩⎨⎧－4－(t －1)2＝8t ，4(t －1)2＝16t 2，解得t ＝－1，此时S △QABS △PDE＝2，故存在t ＝－1，使△QAB 与△PDE 的面积之比是常数2.【点评】本题以平面向量为载体，考查抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系以及分类讨论的数学思想. 高考中，解析几何解答题一般有三大方向的考查.一、考查椭圆的标准方程，离心率等基本性质，直线与椭圆的位置关系引申出的相关弦长问题，定点，定值，探讨性问题等；二、考查抛物线的标准方程，准线等基本性质，直线与抛物线的位置关系引申出的相关弦长问题，中点坐标公式，定点，定值，探讨性问题等；三、椭圆，双曲线，抛物线综合起来考查.一般椭圆与抛物线结合考查的可能性较大，因为它们都是考纲要求理解的内容.。