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第3课时　圆锥曲线中的存在性与证明问题
圆锥曲线中的存在性问题
【典例1】(2021·承德二模)已知M(－2，0)，N(2，0)，动点P满足：直线PM与直线PN的斜率之积为常数－，设动点P的轨迹为曲线C1.抛物线C2：x2＝2py(p＞0)与C1在第一象限的交点为A，过点A作直线l交曲线C1于点B，交抛物线C2于点E(点B，E不同于点A).
(1)求曲线C1的方程．
(2)是否存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点？若存在，求出p的最大值；若不存在，请说明理由．
【思维点拨】
(1) 设动点P(x，y)，由直线PM与直线PN的斜率之积为常数－，化简可得
(2) 分别联立直线与椭圆、直线与抛物线、椭圆与抛物线方程，结合根与系数的关系可得
【解析】(1)设动点P(x，y)，
则kPM＝，kPN＝，
因为kPMkPN＝－，所以·＝－，
所以＋y2＝1(x≠±2)，
所以曲线C1的方程为＋y2＝1(x≠±2).
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x0，y0)，
直线l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
联立，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝，x0＝，
又，得x2＝2p(kx＋m)，
即x2－2pkx－2pm＝0，所以x1x0＝－2pm，
所以x1·＝－2pm，
所以x1＝p，
因为，所以x2＋＝4，
所以p2＋＝4，
所以p2＝，
设＝＝t≥4，
则p2＝，
当k＝，即t＝4时，p2取得最大值，最大值为，即p＝，
此时A，直线l不过点M，N，
所以存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点，且p的最大值为.
　本例若改为：
如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M(B，M不同于A).若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，C(－x1，－y1)，则OM∥BC，kAM·kOM＝kAB·kBC＝·＝ eq \f(y－y,x－x) ＝－，则kAM·kOM＝·＝ eq \f(2p（y1－y3）,y－y) ·＝·＝－ y＋y3y1＋8p2＝0，若y3存在，则Δ＝y－32p2≥0.
由于 eq \f(x,2) ＋2px1＝1 x1＝－2p＋，于是y＝2px1＝－4p2＋2p，
故－4p2＋2p≥32p2 ≥18p p≤.
于是p的最大值为，
此时x1＝，y1＝，
即在A时取得．
　关于存在性问题的解题策略
(1)直接求解，求出要探究的参数值、点、直线等，即可说明存在性，若无解，则不存在．
(2)假设存在，并作为条件使用，结合已知条件进行推导，探究是否有矛盾，没有矛盾符合题意则存在，否则不存在．
　
(2021·泰安一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A，B是椭圆C上的两个不同的动点，以线段AB为直径的圆经过坐标原点O.是否存在以O为圆心的定圆恒与直线AB相切？若存在，求出定圆方程；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由题意，解得：，
所以椭圆C的方程为：＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线AB的方程为：x＝my＋t，
联立方程，
消去x得：(m2＋3)y2＋2mty＋(t2－6)＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝，
因为以线段AB为直径的圆经过坐标原点O，
所以·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，
所以(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2＝0，
整理得：(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，
把y1＋y2＝－，y1y2＝代入上式得：(m2＋1)·＋mt·＋t2＝0，
整理得：t2＝，
因为原点(0，0)到直线AB：x＝my＋t的距离d＝，所以d2＝＝，
所以存在以O为圆心的定圆x2＋y2＝恒与直线AB相切．若直线AB的斜率为0，
则圆x2＋y2＝与直线y＝相切，
综上所述：存在以O为圆心的定圆x2＋y2＝恒与直线AB相切．
圆锥曲线中的证明问题　
【典例2】设椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为，△ABF2的周长为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设不经过椭圆的中心O而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．
【思维点拨】
(1) 先由△ABF2的周长求出a，再结合离心率求出c，利用b2＝a2－c2求出b2
(2) 分两种情况求解：当直线AB，CD的斜率不存在时，利用对称性知O，M，N三点共线；当直线AB，CD的斜率存在时，设斜率为k，利用“点差法”
【规范解答】(1)由△ABF2的周长为4，可知4a＝4，所以a＝.
又e＝＝，所以c＝，b2＝a2－c2＝3.
于是椭圆E的方程为＋＝1.4分
(2)当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，此时O，M，N三点共线．6分
当直线AB，CD的斜率存在时，
设其斜率为k(k≠0)，
且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,6)＋\f(y,3)＝1，,\f(x,6)＋\f(y,3)＝1，)) 两式相减，
得 eq \f(x,6) ＋ eq \f(y,3) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,6)＋\f(y,3))) ＝0，
整理得·＝－，
所以·＝－，即k·kOM＝－(kOM为直线OM的斜率)，所以kOM＝－.9分
同理可得kON＝－(kON为直线ON的斜率).11分
所以kOM＝kON，即O，M，N三点共线．
综上所述，O，M，N三点共线．12分
易错点 容易忽视直线斜率不存在的情况
障碍点 利用“点差法”得k·kOM＝－，k·kON＝－，故有kOM＝kON
学科素养 逻辑推理、数学运算、直观想象
评分细则 “点差法”结果整理正确得1分
　圆锥曲线中的证明问题的解决方法
解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
常用的证明方法有：
(1)证A，B，C三点共线，可证kAB＝kAC或＝λ.
(2)证直线MA⊥MB，可证kMA·kMB＝－1或·＝0.
(3)证|AB|＝|AC|，可证A点在线段BC的垂直平分线上．
　
(2021·新高考II卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，
右焦点为F(，0)，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x＞0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
【解析】(1)由题意，椭圆半焦距c＝，
且e＝＝，所以a＝，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为＋y2＝1；
(2)由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x＞0)，
当直线MN的斜率不存在时，
直线MN：x＝1，不合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线MN：
y＝k(x－)即kx－y－k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x＞0)相切可得＝1，解得k＝±1，
联立
可得4x2－6x＋3＝0，
所以x1＋x2＝，x1·x2＝，
所以|MN|＝·＝，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb＜0)，
即kx－y＋b＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x＞0)相切可得＝1，所以b2＝k2＋1，
联立
可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
所以x1＋x2＝－，x1·x2＝
所以|MN|＝·＝＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或
所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，
所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
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