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§8.12　圆锥曲线中探索性与综合性问题
题型一　探索性问题
例1　(2022·南通模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过点P(0，)且斜率为1的直线l交双曲线C于A，B两点，且·＝3.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设Q为双曲线C右支第一象限上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M.使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解　(1)设双曲线C的焦距为2c.
由双曲线C的离心率为2知c＝2a，
所以b＝a，
从而双曲线C的方程可化为－＝1.
由题意知，l：y＝x＋，
联立
得2x2－2x－6－3a2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为Δ＝(－2)2－4×2×(－6－3a2)
＝72＋24a2>0，
所以x1＋x2＝，x1·x2＝－3－a2.
因为·＝3，
所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋)(x2＋)＝3，
于是2x1x2＋(x1＋x2)＋6
＝2×＋×＋6＝3，
解得a＝1，
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.
(2)假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件．
由(1)知双曲线C的右焦点为F(2,0)．
设Q(x0，y0)(x0≥1)为双曲线C右支上一点．
当x0＝2时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°，
所以∠QMF＝45°，
于是|MF|＝|QF|＝＝3，
所以t＝－1.即M(－1,0)．
当x0≠2时，tan∠QFM＝－kQF＝－，
tan∠QMF＝kQM＝.
因为∠QFM＝2∠QMF，
所以－＝.
将y＝3x－3代入并整理得
－2x＋(4＋2t)x0－4t＝－2x－2tx0＋t2＋3，
所以
解得t＝－1.即M(－1,0)．
综上，满足条件的点M存在，其坐标为(－1,0)．
教师备选
(2022·德州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意可知
解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设满足条件的直线l存在，
由E(0，－2)，F(，0)，
得kEF＝，
因为点F为△EAB的垂心，
所以AB⊥EF，
所以kAB＝－，
设直线l的方程为y＝－x＋t，
代入＋＝1，
得7x2－6tx＋6(t2－4)＝0，①
Δ＝(－6t)2－4×7×6(t2－4)
＝－96t2＋672>0，
即－记A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
由AF⊥BE得·＝－1，
所以y1y2＋2y1＋x1x2－x2＝0，
将y1＝－x1＋t，y2＝－x2＋t代入上式，
得3x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0，
所以3×－(t＋2)·＋(2t2＋4t)＝0，
所以5t2＋t－18＝0，解得t＝ (t＝－2舍去)，
满足Δ>0，
所以直线l的方程为y＝－x＋.
思维升华　存在性问题的解题策略
存在性的问题，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．
(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．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
跟踪训练1　(2022·南京模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知抛物线C：y2＝4x，经过P(t,0)(t>0)的直线l与C交于A，B两点．
(1)若t＝4，求AP长度的最小值；
(2)设以AB为直径的圆交x轴于M，N两点，问是否存在t，使得·＝－4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)设A，由P(4,0)，
可得|AP|2＝2＋y
＝－y＋16
＝(y－8)2＋12≥12，
当y0＝±2时，|AP|取得最小值2.
(2)设直线AB的方程为x＝my＋t，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立可得y2－4my－4t＝0，
即有y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
设以AB为直径的圆上任一点Q(x，y)，M(x3,0)，
N(x4,0)，
所以Q的轨迹方程为
(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝4m2＋2t，
x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)＝m2y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝－4m2t＋4m2t＋t2＝t2.
所以Q的轨迹方程化为x2－(4m2＋2t)x＋t2＋y2－4my－4t＝0.
令y＝0，得x2－(4m2＋2t)x＋t2－4t＝0.
所以上式方程的两根分别为x3，x4，
则x3x4＝t2－4t.
由·＝x3x4＝－4，
即有t2－4t＝－4，解得t＝2.
所以存在t＝2，使得·＝－4.
题型二　圆锥曲线的综合问题
例2　(2022·梅州模拟)在平面直角坐标系Oxy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y＋2－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)△BMN是椭圆C的内接三角形，若坐标原点O为△BMN的重心，求点B到直线MN的距离的取值范围．
解　(1)设椭圆C：＋＝1的右焦点F2(c,0)，则以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆(x－c)2＋y2＝a2，
所以圆心到直线x＋y＋2－1＝0的距离
d＝＝a，
又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a＝2c，b＝c，
解得a＝2，b＝，c＝1，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设B(m，n)，线段MN的中点为D，直线OD与椭圆交于A，B两点，
因为O为△BMN的重心，
则|BO|＝2|OD|＝|OA|，
所以D，
即B到直线MN的距离是原点O到直线MN的距离的3倍．
当MN的斜率不存在时，点D在x轴上，所以此时点B在长轴的端点处．
由|OB|＝2，得|OD|＝1，则点O到直线MN的距离为1，点B到直线MN的距离为3.
当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则有
两式相减得
＋＝0，
因为D为线段MN的中点，
所以x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n，
所以k＝＝－，
所以直线MN的方程为y＋＝－，
即6mx＋8ny＋4n2＋3m2＝0，
所以原点O到直线MN的距离
d＝.
因为＋＝1，所以3m2＝12－4n2，
所以d＝＝
＝.
因为0所以≤<，
所以≤3d<3，
即点B到直线MN的距离的取值范围为.
教师备选
(2022·开封模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P是抛物线C上一点，且满足＝(0，－2)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，若||，||，||成等差数列，求该数列的公差．
解　(1)由题设知F，设点P(x0，y0)，
由＝(0，－2)，即＝(0，－2)，
∴x0＝，y0＝－2，代入y2＝2px，
得4＝p2，又p>0，
∴p＝2，则抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线l：y＝2x＋m，则
消去y得4x2＋(4m－4)x＋m2＝0，
满足Δ＝(4m－4)2－16m2＝－32m＋16>0，
即m<，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝1－m，x1x2＝，
若||，||，||成等差数列，
则||＋||＝2||，
即x1＋x2＋2＝4，即3－m＝4，m＝－1.
即x1＋x2＝2，x1x2＝，
又∵公差d满足2d＝||－||＝x2－x1，
而|x2－x1|＝＝，
∴2d＝±，即d＝±.
思维升华　圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现，解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质．如：圆的半径r，弦长的一半h，弦心距d满足r2＝h2＋d2；圆的弦的垂直平分线过圆心；若AB是圆的直径，则圆上任一点P有·＝0.
跟踪训练2　(2022·福州模拟)如图，O为坐标原点，抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆C2：＋＝1(a>b>0)的右焦点，A为椭圆C2的右顶点，椭圆C2的长轴长为|AB|＝8，离心率e＝.
(1)求抛物线C1和椭圆C2的方程；
(2)过A点作直线l交C1于C，D两点，射线OC，OD分别交C2于E，F两点，记△OEF和△OCD的面积分别为S1和S2，问是否存在直线l，使得S1∶S2＝3∶13？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题知，a＝4，＝，
所以c＝2，所以b＝＝2，p＝4.
所以抛物线C1的方程为y2＝8x，
椭圆C2的方程为＋＝1.
(2)由题设知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x＝my＋4.
则 y2－8my－32＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则y1＋y2＝8m，y1y2＝－32.
所以＝
＝＝
＝，
因为直线OC的斜率为＝＝，
所以直线OC的方程为y＝x.
由得y2＝1，
则y＝1，
同理可得y＝1，
所以y·y＝1，
所以y·y＝，
要使S1∶S2＝3∶13，
只需＝2，
解得m＝±1，
所以存在直线l：x±y－4＝0符合条件．
课时精练
1．(2022·东三省四市联考)已知点M，N，直线PM，PN的斜率乘积为－，P点的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设斜率为k的直线交x轴于T，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2为定值，若存在，求出k值；若不存在，请说明理由．
解　(1)设P点坐标为(x，y)，
则kPM·kPN＝－.
∴·＝－，
∴4＋3(x－1)(x＋1)＝0，
∴＋＝1，
∴曲线C的方程为＋＝1(x≠±1)．
(2)假设存在k使得|AT|2＋|BT|2为定值．
设A(x1，y1)，B(x 2，y2)，
设直线AB方程为x＝my＋n，
代入3x2＋4y2＝12，
得(3m2＋4)y 2＋6mny＋3n2－12＝0.
Δ＝36m2n2－4(3n2－12)(3m2＋4)
＝48(3m2＋4－n2)>0，
y1＋y2＝，y1y2＝.
∴由弦长公式得|AT|2＝(m2＋1)y，
|BT|2＝(m2＋1)y，
∴|AT|2＋|BT|2＝(m2＋1)(y＋y)
＝(m2＋1)[( y1＋y2)2－2 y1 y2]
＝(m2＋1)
＝6×[(3m2－4)n2＋4(3m2＋4)]为定值，
则3m2－4＝0，m＝±，kAB＝＝±.
所以存在k＝±时使得|AT|2＋|BT|2为定值．
2．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的实半轴长为1，且C上的任意一点M到C的两条渐近线的距离的乘积为.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设直线l过双曲线C的右焦点F，与双曲线C相交于P，Q两点，问在x轴上是否存在定点D，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直？若存在，求出定点D的坐标；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意可得a＝1，
所以双曲线C：x2－＝1，
所以渐近线方程为bx±y＝0，
设M(x0，y0)，
则·＝，
即＝，
因为M(x0，y0)在双曲线上，
所以x－＝1，
即b2x－y＝b2，
所以＝，
解得b2＝3，
所以双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)假设存在D(t,0)，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直，
则可得kPD＋kQD＝0，F(2,0)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
当直线l的斜率存在时，直线l：y＝k(x－2)，
由
可得(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0，
所以x1＋x2＝，
x1x2＝，
所以kPD＋kQD＝＋
＝＝0，
即k(x1－2)(x2－t)＋k(x2－2)(x1－t)＝0恒成立，
整理可得k[2x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋4t]＝0，
所以k＝0，
即2×－(t＋2)×＋4t＝0，
所以8k2＋6－4k2(t＋2)＋4t(k2－3)＝0，
所以6－12t＝0，解得t＝，
当直线l的斜率不存在时，t＝也满足题意．
所以存在点D，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直．
3．(2022·承德模拟)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－，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．
解　(1)设动点P(x，y)(x≠±2)，
则kPM＝，kPN＝.
∵kPM·kPN＝－，
∴·＝－，
即＝－，
即＋y2＝1(x≠±2)，
∴曲线C1的方程为＋y2＝1(x≠±2)．
(2)设A(x1，y1)(x1>0，y1>0)，B(x2，y2)，E(x0，y0)，显然直线l存在斜率，
设l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
由
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
∴x1＋x2＝，x0＝.
又由
得x2＝2p(kx＋m)，即x2－2pkx－2pm＝0，
∴x1x0＝－2pm，
∴x1·＝－2pm x1＝p，
∴k>0，
∵
即x2＋＝4，
∴p22＋＝4，
∴p2＝，
设2＝2
＝t≥2＝4，
当且仅当＝2k，即k＝时取等号，
则p2＝＝，
当t≥4时，2－≥20，
当k＝，即t＝4时，p2取得最大值，最大值为，
即p＝.
此时A，满足Δ>0，
故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.
4．(2022·九江模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，P为直线y＝x－2上的动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B.当P在y轴上时，OA⊥OB.
(1)求抛物线C的方程；
(2)求点O到直线AB距离的最大值．
解　(1)P为直线y＝x－2上的动点，当P在y轴上时，则P(0，－2)，
由x2＝2py(p>0)，得y＝(p>0)，
所以y′＝(p>0)，
设A，B，x1>0，x2<0，
所以过点A的切线方程为
y－＝(x－x1)，
又因为点P在过点A的切线上，
所以－2－＝(0－x1)，
解得x＝4p，
又因为OA⊥OB，所以直线OA的斜率为1，
所以x1＝，解得x1＝2p，
解得p＝1，所以抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)由(1)得抛物线的切线的斜率y′＝x，
A，B，
所以切线PA的方程为y－＝x1(x－x1)，
切线PB的方程为y－＝x2(x－x2)，
两切线方程联立解得P，
又点P在直线y＝x－2上，
所以＝－2，
由题意知直线AB的斜率一定存在，所以设直线AB的方程为y＝kx＋m，
与抛物线的方程联立
消元得x2－2kx－2m＝0，
Δ＝4k2＋8m>0，
所以x1＋x2＝2k，x1x2＝－2m，
所以＝－2，即k＋m＝2，满足Δ>0，
所以点O到直线AB的距离为
d＝＝＝，
令t＝，
则t′＝，
令t′＝0，得k＝2或k＝－，
所以当k∈∪(2，＋∞)时，
t′>0，t单调递增，当k∈时，t′<0，t单调递减，
当k＝－时，t＝4，当k→＋∞时，t→0且t<0，
所以tmax＝4，
所以dmax＝＝，
所以点O到直线AB距离的最大值为.

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