微专题21圆锥曲线经典难题之一类探索性问题的通性通法研究秒杀总结1、基本思路（1）探索性问题，一般先对结论作肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证.（2）若导出矛盾，则否定先前假设（否定型）；若推出合理的结论，则说明假设正确（肯定型），由此得出问题的结论.（3）“假设一推证一定论”是解答此类问题的三个步骤.2.技巧总结（1）解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在.（2）解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明.（3）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解（存在）.（4）解决是否存在最值问题时，可依据条件，得出函数解析式，依据解析式判定其最值是否存在，然后得出结论.典型例题例1．（2022·江西景德镇·模拟预测（理））已知椭圆经过两点，.(1)求椭圆C的方程：(2)A、B分别为椭圆C的左、右顶点，点P为圆上的动点（P不在坐标轴上），PA与PB分别与椭圆C交E、F两点，直线EF交x轴于H点，请问点P的横坐标与点H的横坐标之积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)点P的横坐标与点H的横坐标之积为定值，定值为4【解析】【分析】（1）将两点代入椭圆方程解方程求出的值，确定椭圆方程（2）设PA与PB直线与椭圆联立，求出E、F两点的坐标表达式，写出直线EF方程，求出与x轴的交点H点的坐标，联立两条直线求出P点的坐标，计算乘积判断是否为定值(1)将点坐标代入椭圆方程得：，解得：，所以椭圆方程为(2)根据圆方程为可知，为圆的直径，点在圆上，所以，设直线方程为：，联立得：，所以，所以，代入直线得：；同理设直线方程为：，联立得：，则，所以，，所以，直线的方程为：，令得：，联立直线，得：，所以，所以点P的横坐标与点H的横坐标之积为定值，定值为4例2．（2022·安徽·淮南第一中学一模（理））已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且满足．(1)求椭圆的方程；(2)设为坐标原点，过点且斜率不为零的直线交椭圆于不同的两点、，则在轴上是否存在定点，使得平分？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在，.【解析】【分析】（1）分析可知，可得出椭圆的两个焦点的坐标，利用椭圆的定义可求得的值，可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设直线，设点、、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，分析可知，利用斜率公式结合韦达定理求出的值，即可得出结论.(1)解：（1）因为，所以，，即，所以，又点在椭圆上，、，且由椭圆定义得，则，，则椭圆的标准方程为.(2)解：假设存在定点满足要求，因为直线斜率不为零，所以设直线，设点、、，联立可得，则，由韦达定理可得，，因为直线平分，则，即，，整理得，，由于，，所以存在满足要求．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.例3.（2022·山西晋中·模拟预测（理））已知椭圆的离心率，椭圆上的点与左、右顶点所构成三角形面积的最大值为．(1)求椭圆的标准方程；(2)设过椭圆右焦点的直线，的斜率分别为，，满足，交于点，交于点，线段与的中点分别为．判断直线是否过定点，若过定点求出该定点；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)；(2)直线过定点.【解析】【分析】（1）根据题意可求出，即可求出答案.（2）把直线与分别与椭圆进行联立得到点的坐标，再分情况讨论直线斜率存在和不存在，再利用，即可得到答案.(1)设右焦点，，由题知求得，，，所以椭圆C的标准方程为．(2)设，，联立直线与椭圆C的方程得消去y得，，由根与系数的关系知，则，代入直线的方程得，所以，同理得．①当直线MN的斜率存在时，设直线，将点M，N的坐标代入直线，得易知，为方程的两个根，由根与系数的关系知，由题知，所以，得，所以直线，所以直线MN过定点．②当直线MN的斜率不存在时，，即，所以，且．不妨设，，所以，即直线，满足过定点．综上，直线MN过定点．例4．（2022·四川省泸县第一中学二模（理））已知抛物线，直线交于、两点，且当时，.(1)求的值；(2)如图，抛物线在、两点处的切线分别与轴交于、，和交于，.证明：存在实数，使得.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）将代入抛物线的方程，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的等式，即可解得正数的值；（2）将代入，列出韦达定理，求出两切线方程，进而可求得点的坐标，分、两种情况讨论，在时，推导出、、重合，可得出；在时，求出的中点的坐标，利用斜率关系可得出，结合平面向量的线性运算可证得结论成立.(1)解：将代入得，设、，则，由韦达定理可得，则，解得或（舍），故.(2)解：将代入中得，设、，则，由韦达定理可得，对求导得，则抛物线在点处的切线方程为，即，①同理抛物线在点处的切线方程为，②联立①②得，所以，所以点的坐标为，当时，即切线与交于轴上一点，此时、、重合，由，则，又，则存在使得成立；当时，切线与轴交于点，切线与轴交于点，由，得的中点，由得，即，又，所以，所以，，又，所以存在实数使得成立.综上，命题成立.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.例5．（2022·重庆实验外国语学校一模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆上的一点，的周长为6，过焦点的弦中最短的弦长为3；椭圆的右焦点为抛物线的焦点．(1)求椭圆与抛物线的方程；(2)过椭圆的右顶点Q的直线l交抛物线于A、B两点，点O为原点，射线、分别交椭圆于C、D两点，的面积为，以A、C、D、B为顶点的四边形的面积为，问是否存在直线l使得？若存在，求出直线/的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)椭圆的方程，抛物线的方程为(2)存在直线l，方程为或者．【解析】【分析】（1）由焦点三角形周长，通径和椭圆的关系式可求，进而求解，；（2）设l的方程为，设、、、，联立直线与抛物线方程，得出关于的韦达定理，再通过直线方程联立椭圆方程求出，结合正弦面积公式进一步化简即可求解.(1)由题意得，解得，所以椭圆的方程，抛物线的方程为；(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为，设、、、，由，得，∵，∴，∵，∴直线的斜率为，即直线的方程为，由，得，同理可得，，∴，得，所以存在直线l，方程为或者．例6．（2022·四川·成都七中二模（理））在中，的坐标分别是，点是的重心，轴上一点满足，且．（1）求的顶点的轨迹的方程；（2）直线与轨迹相交于两点，若在轨迹上存在点，使四边形为平行四边形（其中为坐标原点），求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）动点满足的几何条件就是一些与定点、定直线有关的几何量的等量关系，而该等量关系又易于表达成的等式，可利用直接法求轨迹方程；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.试题解析：（1）设点坐标为因为为的重心故点坐标为2分由得，即的顶点的轨迹的方程是（2）设直线的两交点为联立：消去得：且因为四边形为平行四边形，所以线段的中点即为线段的中点，所以点的坐标为，整理得由点在椭圆上，所以,整理得将（2）代入（1）得，由（2）得或，所以的取值范围为.考点：1、求轨迹方程；2、直线与椭圆的综合问题.过关测试1．（2022·全国·模拟预测（理））已知圆与x轴交于A，B两点，动点P满足直线与直线的斜率之乘积为.(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)过点的直线l与曲线E交于M，N两点，则在x轴上是否存在定点Q，使得的值为定值？若存在，求出点Q的坐标和该定值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)，；(2)存在点使得为定值，理由见解析；【解析】【分析】（1）设出动点，利用直接法求解轨迹方程；（2）先求出直线l斜率为0时不合题意，得到直线斜率不等于0，从而设出直线l的方程，联立第一问求出的轨迹方程，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，设出，求解，化简整理得到，从而得到存在点使得为定值.(1)令得：，不妨设，，则，整理得：，；动点P的轨迹方程E为，；(2)存在点，使得为定值，理由如下：当直线l斜率为0时，则直线l为，此时与，无交点，故不合题意，舍去，即直线l斜率不为0设，直线l设为，则与，联立得：，设，则，所以当即时，为定值，即存在点使得为定值；综上：存在点使得为定值.【点睛】圆锥曲线上是否存在点使某些量为定值的题目，经常考察，一般题目计算量大，且变量多，此时要抓住核心不变量，进行化简整理，主要方法是分离常数法，配方法等，本题中，将化简整理为是解题的关键所在.2．（2022·辽宁·一模）已知点，在抛物线上，，分别为过点A，B且与抛物线E相切的直线，，相交于点．条件①：点M在抛物线E的准线上；条件②：；条件③：直线AB经过抛物线的焦点F．(1)在上述三个条件中任选一个作为已知条件，另外两个作为结论，构成命题，并证明该命题成立；(2)若，直线与抛物线E交于C、D两点，试问：在x轴正半轴上是否存在一点N，使得的外心在抛物线E上？若存在，求N的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)答案见解析(2)存在，【解析】【分析】（1）求导写出点A，B处的切线方程，写出准线方程及焦点坐标，若选择①作为条件，设出点M的坐标，表示出直线AB联立抛物线证明；若选择②作为条件，先求出，进而证明；若选择③作为条件，设出直线AB联立抛物线证明.（2）假设存在，求出于CD的中垂线联立抛物线先解出外心坐标，再去反推点N的坐标.(1)由题意，抛物线化为，则，则的切线斜率，所以的方程为，将代入，化简整理得同理可得的方程为抛物线的准线为，焦点F的坐标为若选择①作为条件，②③作为结论，证明如下：因为点M在抛物线E的准线上，可设点M的坐标为，又，相交于点M，所以，点A，B坐标满足方程，即，直线AB的方程为，进而直线AB经过抛物线的焦点，③得证又，消去y整理得，所以设直线、的斜率分别为，，有，所以，②得证.若选择②作为条件，①③作为结论，证明如下：因为，设直线、的斜率分别为，，有，即又，相交于点M，所以，解得，所以点M在抛物线E的准线上，①得证设点M的坐标为，所以，点A，B的坐标满足方程，即直线AB的方程为，进而直线AB经过抛物线的焦点，③得证.若选择③作为条件，①②作为结论，证明如下：直线AB经过抛物线的焦点F，设直线AB的方程为，所以消去y整理得，所以，设直线、的斜率分别为，，有，所以，②得证又，相交于点M，所以，解得，所以点M在抛物线E的准线上，①得证.(2)假设存在点，由，可得，所以，，设线段CD的中点为，则，，进而线段CD的中垂线方程为，即，联立，得，解得或4，从而的外心的坐标为或，又，，若Q的坐标为，所以，则因为，所以若Q的坐标为，，则，则Q的坐标不可能为，故在x轴的正半轴上存在一点，使得的外心在抛物线E上.【点睛】本题关键点在于假设点的存在，求出的中垂线方程，联立抛物线求出外心坐标，再通过到三角形顶点距离相等解出点的坐标即可.3．（2022·江西赣州·一模（理））在平面直角坐标系中，，，，，点P是平面内的动点.若以为直径的圆O与以为直径的圆T内切.(1)