圆锥曲线的综合问题【考纲要求】1．考查圆锥曲线中的弦长问题、直线与圆锥曲线方程的联立、根与系数的关系、整体代入 和设而不求的思想．2．高考对圆锥曲线的综合考查主要是在解答题中进行，考查函数、方程、不等式、平面向 量等在解决问题中的综合运用． 【复习指导】本讲复习时，应从“数”与“形”两个方面把握直线与圆锥曲线的位置关系．会判断已知直线与曲线的位置关系(或交点个数)，会求直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定值、点的轨迹、参数问题及相关的不等式与等式的证明问题． 【基础梳理】1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A 、B 不同时 为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或 变量y )的一元方程． 即⎩⎨⎧==++0),(0y x F c By Ax ,消去y 后得02=++c bx ax(1)当0≠a 时，设方程02=++c bx ax 的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切；Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 无公共点．(2)当0=a ，0≠b 时，即得一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点， 此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线， 则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行． 2．圆锥曲线的弦长(1)定义：直线与圆锥曲线相交有两个交点时，这条直线上以这两个交点为端点的线段叫做 圆锥曲线的弦(就是连接圆锥曲线上任意两点所得的线段)，线段的长就是弦长． (2)圆锥曲线的弦长的计算设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝]4))[(1(212212x x x x k -++=ak ∆⋅+21=1＋1k2·|y 1－y 2|.(抛物线的焦点弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝2psin 2θ，θ为弦AB 所在直线的倾斜角)． 3、一种方法点差法：在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数． 4、一条规律“联立方程求交点，根与系数的关系求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”双基自测1．直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解：y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1过定点(1,1)，点在椭圆内部，故线与椭圆相交．答案A 2．“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的( )．A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 解析：与渐近线平行的直线也与双曲线有一个公共点． 答案 A3．已知以F 1(－2,0)，F 2(2,0)为焦点的椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为( )．A ．3 2B ．2 6C ．27D ．4 2解析：根据题意设椭圆方程为x 2b 2＋4＋y 2b2＝1(b ＞0)，则将x ＝－3y －4代入椭圆方程，得4(b 2＋1)y 2＋83b 2y －b 4＋12b 2＝0，∵椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，∴Δ＝(83b 2)2－4×4(b 2＋1)·(－b 4＋12b 2)＝0，即(b 2＋4)(b 2－3)＝0，∴b 2＝3，长轴长为2b 2＋4＝27. 答案 C4．已知双曲线E 的中心为原点，F (3,0)是E 的焦点，过F 的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且AB 的中点为N (－12，－15)，则E 的方程为( )．A.x 23－y 26＝1B.x 24－y 25＝1C.x 26－y 23＝1D.x 25－y 24＝1解析 设双曲线的标准方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，由题意知c ＝3，a 2＋b 2＝9，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-11222222221221b y a x by a x ，两式作差得：y 1－y 2x 1－x 2＝b 2x 1＋x 2a 2y 1＋y 2＝－12b 2－15a 2＝4b 25a 2，又AB 的斜率是－15－0－12－3＝1，所以将4b 2＝5a 2代入a 2＋b 2＝9得a 2＝4，b 2＝5，所以双曲线的标准方程是x 24－y 25＝1. 答案 B5．y ＝kx ＋2与y 2＝8x 有且仅有一个公共点，则k 的取值为________．解析:由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，y 2＝8x ，得ky 2－8y ＋16＝0，若k ＝0，则y ＝2；若k ≠0，则Δ＝0，即64－64k ＝0，解得k ＝1.故k ＝0或k ＝1.答案 0或1【考向探究导析】考向一 直线与圆锥曲线的位置关系【例1】(2011·合肥模拟)设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( )． A.]21,21[-B ．[－2,2]C ．[－1,1]D ．[－4,4] [审题视点] 设直线l 的方程，将其与抛物线方程联立，利用Δ≥0解得．解析 由题意得Q (－2,0)．设l 的方程为y ＝k (x ＋2)，代入y 2＝8x 得k 2x 2＋4(k 2－2)x ＋4k2＝0，∴当k ＝0时，直线l 与抛物线恒有一个交点；当k ≠0时，Δ＝16(k 2－2)2－16k 4≥0，即k 2≤1，∴－1≤k ≤1，且k ≠0，综上－1≤k ≤1.答案 C研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解． 【训练1】 若直线mx ＋ny ＝4与⊙O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点P (m ，n )的直线与椭圆 x 29＋y 24＝1的交点个数是( )．A ．至多为1 B ．2 C ．1 D ．0 解：由题意知：4m 2＋n 2＞2，即m 2＋n 2＜2，∴点P (m ，n )在椭圆x 29＋y 24＝1的内部，故所求交点个数是2个．答案 B考向二 弦长及中点弦问题【例2】若直线l 与椭圆C ：x 23＋y 2＝1交于A 、B 两点，坐标原点O 到直线l 的距离为32，求△AOB 面积的最大值．[审题视点] 联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系后代入弦长公式，利用基本不等式求出弦长的最大值即可．解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．(1)当AB ⊥x 轴时，|AB |＝3； (2)当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m .由已知，得|m |1＋k2＝32，即m 2＝34(k 2＋1)．把y ＝kx ＋m 代入椭圆方程，整理，得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0. ∴x 1＋x 2＝－6km 3k 2＋1，x 1x 2＝3m 2－13k 2＋1. ∴|AB |2＝(1＋k 2)(x 2－x 1)2＝(1＋k 2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤36k 2m 23k 2＋12－12m 2－13k 2＋1＝12k 2＋13k 2＋1－m 23k 2＋12＝3k 2＋19k 2＋13k 2＋12＝3＋12k29k 4＋6k 2＋1. 当k ≠0时，上式＝3＋129k 2＋1k2＋6≤3＋122×3＋6＝4，当9k 2＝1k 2，即k ＝±33时等号成立．此时|AB |＝2；当k ＝0时，|AB |＝3，综上所述|AB |max ＝2.∴当|AB |最大时，△AOB 面积取最大值S max ＝12×|AB |max ×32＝32.当直线(斜率为k )与圆锥曲线交于点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)时，则|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋1k2|y 1－y 2|，而|x 1－x 2|＝x 1＋x 22－4x 1x 2，可根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后再进行整体代入求解．【训练2】 椭圆ax 2＋by 2＝1与直线x ＋y －1＝0相交于A ，B 两点，C 是AB 的中点，若 AB ＝22，OC 的斜率为22，求椭圆的方程． 法一：设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，代入椭圆方程作差a (x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋b (y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0.而y 1－y 2x 1－x 2＝－1，y 1＋y 2x 1＋x 2＝k oc ＝22，代入上式可得b ＝2a ，再由|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝ 2|x 2－x 1|＝22，其中x 1、x 2是方程(a ＋b )x 2－2bx ＋b －1＝0的两根，故⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋b 2－4·b －1a ＋b ＝4，将b ＝2a 代入得a ＝13，∴b ＝23.∴椭圆的方程是x 23＋2y 23＝1. 法二 由⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋by 2＝1，x ＋y ＝1，得(a ＋b )x 2－2bx ＋b －1＝0，设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，则|AB |＝k 2＋1x 1－x 22＝2·4b 2－4a ＋bb －1a ＋b2.∵|AB |＝22，∴a ＋b －ab a ＋b ＝1.① ，设C (x ，y )，则x ＝x 1＋x 22＝b a ＋b ，y ＝1－x ＝aa ＋b ，∵OC 的斜率为22，∴a b ＝22.代入①，得a ＝13，b ＝23.∴椭圆方程为x 23＋23y 2＝1.考向三 圆锥曲线中的定点定值问题常见的类型(1)直线恒过定点问题；(2)动圆恒过定点问题；(3)探求定值问题；(4)证明定值问题．例3、(2011·山东)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x23＋y 2＝1.如图所示，斜率为k (k ＞0)且不过原点的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，线段AB 的中点为E ，射线OE 交椭圆C于点G ，交直线x ＝－3于点D (－3，m )．(1)求m 2＋k 2的最小值； (2)若|OG |2＝|OD |·|OE |，求证：直线l 过定点． (1)解：设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (k ＞0)，由题意，t ＞0.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 23＋y 2＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6ktx ＋3t 2－3＝0.由题意Δ＞0，所以3k 2＋1＞t 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－6kt3k 2＋1，所以y 1＋y 2＝2t 3k 2＋1.由于E 为线段AB 的中点，因此x E ＝－3kt 3k 2＋1，y E ＝t3k 2＋1，此时k OE ＝y E x E ＝－13k .所以OE 所在直线方程为y ＝－13k x ，又由题设知D (－3，m )，令x ＝－3，得m ＝1k，即mk ＝1，所以m 2＋k 2≥2mk ＝2，当且仅当m ＝k ＝1时上式等号成立，此时由Δ＞0得0＜t ＜2，因此当m ＝k ＝1且0＜t ＜2时，m 2＋k 2取最小值2.(2)证明 由(1)知OD 所在直线的方程为y ＝－13kx ，将其代入椭圆C 的方程，并由k ＞0，解得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 3k 2＋1，13k 2＋1.又E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt3k 2＋1，t 3k 2＋1，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，1k ，由距离公式及t ＞0得 |OG |2＝⎝⎛⎭⎪⎫－3k 3k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k 2＋12＝9k 2＋13k 2＋1，|OD |＝ －32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＝9k 2＋1k ， |OE |＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt 3k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫t 3k 2＋12＝t 9k 2＋13k 2＋1，由|OG |2＝|OD |·|OE |得t ＝k ， 因此直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，所以直线l 恒过定点(－1,0)．【训练3】椭圆有两顶点A (－1,0)、B (1,0)，过其焦点F (0,1)的直线l 与椭圆交于C 、D 两点，并与x 轴交于点P .直线AC 与直线BD 交于点Q . (1)当|CD |＝322时，求直线l 的方程．(2)当点P 异于A 、B 两点时，求证：O P →·O Q →为定值． [审题视点] (1)设出直线方程与椭圆方程联立．利用根与系数的关系和弦长公式可求出斜率从而求出直线方程；(2)关键是求出Q 点坐标及其与P 点坐标的关系，从而证得OP →·OQ →为定值．证明过程中要充分利用已知条件进行等价转化．(1)解:因椭圆焦点在y 轴上，设椭圆的标准方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由已知得b ＝1，c ＝1，所以a ＝2，椭圆方程为y 22＋x 2＝1.直线l 垂直于x 轴时与题意不符．设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，将其代入椭圆方程化简得(k 2＋2)x 2＋2kx －1＝0. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1·x 2＝－1k 2＋2，|CD |＝k 2＋1·x 1＋x 22－4x 1x 2＝22k 2＋1k 2＋2，由已知得22k 2＋1k 2＋2＝322， 解得k ＝±2，所以直线l 的方程为y ＝2x ＋1或y ＝－2x ＋1. (2)证明 直线l 与x 轴垂直时与题意不符．设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0且k ≠±1)，所以P 点坐标为]0,1[k-，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由(1)知x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1·x 2＝－1k 2＋2，直线AC 的方程为y ＝y 1x 1＋1(x ＋1)，直线BD 的方程为y ＝y 2x 2－1(x －1)，将两直线方程联立，消去y 得x ＋1x －1＝y 2x 1＋1y 1x 2－1，因为－1＜x 1，x 2＜1，所以x ＋1x －1与y 2y 1异号．⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －12＝y 22x 1＋12y 21x 2－12＝2－2x 222－2x 21·x 1＋12x 2－12＝1＋x 11＋x 21－x 11－x 2＝1＋－2k k 2＋2＋－1k 2＋21－－2k k 2＋2＋－1k 2＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ＋12.又y 1y 2＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝21－k1＋k k 2＋2＝－21＋k 2k 2＋2·k －1k ＋1， ∴k －1k ＋1与y 1y 2异号，x ＋1x －1与k －1k ＋1同号，∴x ＋1x －1＝k －1k ＋1，解得x ＝－k . 因此Q 点坐标为(－k ，y 0)．O P →·O Q →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，0·()－k ，y 0＝1.故O P →·O Q →为定值．[训练4](2012年高考福建卷)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝12.过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.(1)求椭圆E 的方程； (2)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x ＝4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．[解析] (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，消去y 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.(*)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0MP MQ ⋅=u u u r u u u u r对满足(*)式的m ，k 恒成立．因为MP u u u r =(－4k m－x 1，3m)，MQ u u u u r =(4－x 1，4k ＋m )，由0MP MQ ⋅=u u u r u u u u r ，得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0，整理，得(4x 1－4)k m＋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 .【训练5】已知抛物线y 2＝4x ，圆F ：(x －1)2＋y 2＝1，过点F 作直线l ，自上而下顺次与上述两曲线交于点A ，B ，C ，D (如图所示)，则|AB |·|CD |的值正确的是( )A ．等于1B ．最小值是1C ．等于4D ．最大值是4解析：设直线l ：x ＝ty ＋1，代入抛物线方程，得y 2－4ty －4＝0.设A (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由抛物线定义AF ＝x 1＋1，DF ＝x 2＋1，故|AB |＝x 1，|CD |＝x 2， 故|AB |·|CD |＝x 1x 2＝y 214·y 224＝（y 1y 2）216，而y 1y 2＝－4，代入上式，得|AB |·|CD |＝1.故选A.考向四 最值与范围问题1．求参数范围的方法：据已知条件建立等式或不等式的函数关系，再求参数范围． 2．求最值问题的方法(1)几何法：题目中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用图象来解决；(2)代数法：题目中给出的条件和结论几何特征不明显则可以建立目标函数，再求这个函数 的最值，求最值的常见方法是判别式法、基本不等式法，单调性法等．例4、已知椭圆x 22＋y 2＝1的左焦点为F ，O 为坐标原点． (1)求过点O 、F ，并且与直线l ：x ＝－2相切的圆的方程； (2)设过点F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点， 线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点G ，求点G 横坐标的取值范围．[审题视点] (1)求出圆心和半径，得出圆的标准方程； (2)设直线AB 的点斜式方程，由已知得线段AB 的垂直平分线方程，利用求值域的方法求解．解 (1)∵22=a ，12=b ，∴1=c ，F (－1,0)，∵圆过点O ，F ，∴圆心M 在直线x ＝－12上．设M ),21(t -，则圆半径r ＝23)2()21(=---，由|OM |＝r ，得23)21(22=+-t ，解得t＝±2，∴所求圆的方程为49)2()21(22=±++y x(2)设直线AB 方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.∵直线AB 过椭圆的左焦点F 且不垂直于x 轴，∴方程有两个不等实根．如图，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点N (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 0＝12(x 1＋x 2)＝－2k 22k 2＋1，y 0＝k (x 0＋1)＝k 2k 2＋1，∴AB 的垂直平分线NG 的方程为y －y 0＝－1k(x －x 0)．令y ＝0，得x G ＝x 0＋ky 0＝－2k 22k 2＋1＋k 22k 2＋1＝－k 22k 2＋1＝－12＋14k 2＋2，∵k ≠0，∴－12＜x G ＜0，∴点G 横坐标的取值范围为)0,21(-【训练6】已知过点A (－4,0)的动直线l 与抛物线G ：x 2＝2py (p ＞0)相交于B 、C 两点．当 直线l 的斜率是12时，AC →＝4AB →.(1)求抛物线G 的方程；(2)设线段BC 的中垂线在y 轴上的截距为b ，求b 的取值范围．解 (1)设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，当直线l 斜率是12时,l 方程为y ＝12(x ＋4)，即x ＝2y －4.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x ＝2y －4得2y 2－(8＋p )y ＋8＝0，∴⎪⎩⎪⎨⎧+=+=②①2842121py y y y 又∵AC →＝4AB →，∴y 2＝4y 1③,由①②③及p ＞0得：y 1＝1，y 2＝4，p ＝2，得抛物线G 方程为x 2＝4y .(2)设l :y ＝k (x ＋4)，BC 中点为(x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝k x ＋4得x 2－4kx －16k ＝0，④∴x 0＝x C ＋x B2＝2k ，y 0＝k (x 0＋4)＝2k 2＋4k .∴线段BC 中垂线为y －2k 2－4k ＝－1k(x －2k )，∴线段BC 的中垂线在y 轴上的截距为：b ＝2k 2＋4k ＋2＝2(k ＋1)2， 对于方程④，由Δ＝16k 2＋64k ＞0得k ＞0或k ＜－4.∴b ∈(2，＋∞)．[训练7]已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)上存在关于直线x ＋y ＝1对称的相异两点，则实数p 的取值范围为( )A ．(－23，0)B ．(0，23)C ．(－32，0)D ．(0，32)解析：设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b .将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p )x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，则MN 的中点P 的坐标为(p －b ，p )．因为点P 在直线x ＋y ＝1上，所以2p －b ＝1，即b ＝2p －1.又Δ＝(2b －2p )2－4b 2＝4p 2－8bp >0，将b ＝2p －1代入得4p 2－8p (2p －1)>0，即3p 2－2p <0，解得0<p <23.考向五 探索性问题【问题研究】 解析几何中探索性问题的结论往往不明确，需要根据已知条件通过推理论证或是计算对结论作出明确的肯定或是否定，因此解决起来具有较大的难度．【解决方案】 明确这类问题的解题思想：即假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．[例5】已知一条曲线C 在y 轴右边，C 上每一点到点F (1,0)的距离减去它到y 轴距离的差都是1. (1)求曲线C 的方程；(2)是否存在正数m ，对于过点M (m,0)且与曲线C 有两个交点A ，B 的任一直线，都有 FA →·FB →＜0？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)设P (x ，y )是C 上任意一点，那么点P (x ，y )满足：x －12＋y 2－x ＝1(x ＞0)．化简得y 2＝4x (x ＞0)．(2)设过点M (m,0)(m ＞0)的直线l 与曲线C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．设l 的方程为x ＝ty ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋m ，y 2＝4x ，得y 2－4ty －4m ＝0，Δ＝16(t 2＋m )＞0，于是⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4m .①又FA →＝(x 1－1，y 1)，FB →＝(x 2－1，y 2)．FA →·FB →＜0⇔(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2＜0.②又x ＝y 24，于是不等式②等价于y 214·y 224＋y 1y 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214＋y 224＋1＜0⇔y 1y 2216＋y 1y 2－14[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＋1＜0，③，由①式，不等式③等价于m 2－6m ＋1＜4t 2，④对任意实数t,4t 2的最小值为0，所以不等式④对于一切t 成立等价于m 2－6m ＋1＜0， 即3－22＜m ＜3＋22，由此可知，存在正数m ，对于过点M (m,0)且与曲线C 有两个交点A ，B 的任一直线，都有FA →·FB →＜0，且m 的取值范围是(3－22，3＋22)．【训练8】(2012年高考广东卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率e ＝23，且椭圆C 上的点到点Q (0，2)的距离的最大值为3. (1)求椭圆C 的方程； (2)在椭圆C 上，是否存在点M (m ，n )，使得直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点A 、B ，且△OAB 的面积最大？若存在，求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积；若不存在，请说明理由．[解析] (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝23，∴a 2＝3b 2，∴椭圆方程为x 23b 2＋y 2b 2＝1，即x 2＋3y 2＝3b 2.设椭圆上的点到点Q (0，2)的距离为d ，则d ＝（x －0）2＋（y －2）2＝x 2＋（y －2）2＝3b 2－3y 2＋（y －2）2＝－2（y ＋1）2＋3b 2＋6，∴当y ＝－1时，d 取得最大值，d max ＝3b 2＋6＝3，解得b 2＝1，∴a 2＝3.∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)假设存在点M (m ，n )满足题意，则m 23＋n 2＝1，即m 2＝3－3n 2.设圆心到直线l 的距离为d ′，则d ′<1，d ′＝|m ·0＋n ·0－1|m 2＋n 2＝1m 2＋n 2.∴|AB |＝212－d ′2＝21－1m 2＋n 2.∴S △OAB ＝12|AB |d ′＝12·21－1m 2＋n 2·1m 2＋n 2＝1m 2＋n 2（1－1m 2＋n 2）.∵d ′<1，∴m 2＋n 2>1，∴0<1m 2＋n 2<1，∴1－1m 2＋n 2>0. ∴S △OAB ＝1m 2＋n 2（1－1m 2＋n 2）≤ ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1m 2＋n 2＋1－1m 2＋n 222＝12， 当且仅当1m 2＋n 2＝1－1m 2＋n 2，即m 2＋n 2＝2>1时，S △OAB 取得最大值12.由⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋n 2＝2，m 2＝3－3n2得⎩⎪⎨⎪⎧m 2＝32，n 2＝12，∴存在点M 满足题意，M 点坐标为(62，22)，(62，－22)，(－62，22)或(－62，－22)， 此时△OAB 的面积为12.。