圆锥曲线专题中的定点、定值及探究性问题例题剖析
河北新河中学韩宝东
圆锥曲线的定点、定值，最值、范围及探索性问题主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以圆锥曲线为背景，考查定点、定值、最值、范围问题或探索性问题，试题难度较大．解决这类问题的方法：使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用韦达定理进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标的函数，通过函数的最值研究几何中的最值．下面对这些难点一一分析：
定点问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解思想是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．
一、定点的探索与证明问题：
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
例一、(2012福建理19如图，椭圆E：的左焦点为，右焦点为，离心率过的直线交椭圆于两点，且的周长为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，且与直线相于点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|＋|AF2|＋|BF2|＝8，即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，所以4a＝8，a＝2.
又因为e＝，即＝，所以c＝1，所以b＝＝.
故椭圆E的方程是＋＝1.
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.()
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.
由得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(x1,0)，则·＝0对满足()式的m、k恒成立．
因为＝，＝(4－x1,4k＋m)，由·＝0，
得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.()
由于()式对满足()式的m，k恒成立，所以解得x1＝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)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.()
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.
由得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＝，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－)2＝4，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，此时P，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交x轴于点M3(1,0)，M4(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＝，＝(3,4k＋m)，
从而·＝－－3＋＋3＝0，
故恒有，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
解法：(1)同解法一．与
直线
（）
（）对恒成立，得
例二（2013年高考陕西卷（理））已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线与轨迹C交于不同的两点P,Q,x轴是的角平分线,证明直线过定点.【答案】解:(Ⅰ)A(4,0),设圆C
(Ⅱ)点B(-1,0),.直线PQ方程为:
所以,直线PQ过定点(1,0)
，离心率，一条准线的方程为.（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；
(Ⅱ)设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由.
20．（本题12分）
解：（I）由
解得，故椭圆的
标准方程为
（II）设，则由得
因为点M，N在椭圆上，所以，
故
设分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知
因此所以
所以P点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因，因此两焦点的坐标为
例四、（2010四川理数）（20）（本小题满分12分）
已知定点A(－1，0)，F(2，0)，定直线l：x＝，不在x轴上的动点P与点F的距离是它到直线l的距离的2倍.设点P的轨迹为E，过点F的直线交E于B、C两点，直线AB、AC分别交l于点M、N
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）试判断以线段MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.w_ww.k#s5_u.com
本小题主要考察直线、轨迹方程、双曲线等基础知识，考察平面解析几何的思想方法及推理运算能力.
解：(1)设P(x,y)，则
化简得x2－≠0)…………………………………………4分
(2)①当直线BC与x轴不垂直时，设BC的方程为y＝－≠0)
与双曲线x2－w_ww.k#s5_u.com
(3－＋－＋＝－≠0且△＞
y1y2＝－－＝－＋＋＝＋＝w_ww.k#s5_u.com
因为x1、≠－＝＋)
,同理可得w_ww.k#s5_u.com
因此[来源:＝＝②当直线BC与x轴垂直时，起方程为x＝－＝＋)，
同理可得因此＝w_ww.k#s5_u.com
综上＝⊥FN
故以线段MN为直径的圆经过点F……………………………12分
二、定值的探索与证明问题：
在几何问题中，有些几何量与参变数无关，即定值问题，这类问题求解策略是通过应用赋值法找到定值，然后将问题转化为代数式的推导、论证定值符合一般情形.
例一、(2012湖南理21)
在直角坐标系中，曲线上的点均在圆：外，且对上任意一点，到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值.
(1)求曲线的方程；
(2)设为圆外一点，过作圆的两条切线，分别与曲线相交于点和.证明：当在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值.
1.（1）解法1：设的坐标为，由已知得
，
易知圆上的点位于直线的右侧.于是，所以
.
化简得曲线的方程为`.
解法2：由题设知，曲线上任意一点到圆心的距离等于它到直线的距离，
因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故其方程为.
（2）当点在直线上运动时，的坐标为，又，则过且与圆
相切得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为即.于是
整理得①
设过所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故②
由得③
设四点的纵坐标分别为，则是方程③的两个实根，所以
④同理可得⑤
于是由②，④，⑤三式得
==6400
所以，当在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400。
【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第一问用直接法或定义法求出曲线的方程；第二问设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到四点纵坐标之积为定值，体现“设而不求”思想.
例二、（2013年高考江西卷（文））椭圆C:=1(a>b>0)的离心率,a+b=3
(1) 求椭圆C的方程;
(2) 如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意点,直线DP交x轴于点N直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m,证明2m-k为定值.【答案】解:所以再由a+b=3得a=2,b=1,①
将①代入,解得又直线AD的方程为②①与②联立解得由三点共线可角得所以MN的分斜率为m=,则(定值)
2012辽宁理20
如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，．点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点．
(Ⅰ)求直线与直线交点M的轨迹方程;
(Ⅱ)设动圆与相交于四点，其中，．若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值．，又知，则
直线的方程为：①直线的方程为：②
由①②得③
由点在椭圆上，故可得，从而有，代入③得
（2）证明：设，由矩形与矩形的面积相等，得
，因为点均在椭圆上，所以
由，知，所以。从而，因而为定值
【点评】本题主要考查圆的性质、椭圆的定义、标准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭圆的关系和交轨法在求解轨迹方程组的运用。本题考查综合性较强，运算量较大。在求解点的轨迹方程时，要注意首先写出直线和直线的方程，然后求解。属于中档题，难度适中。
例四、(2012上海理22在平面直角坐标系中，已知双曲线：．
（1）过的左顶点引的一条渐线的平行线，求该直线与另一条渐线及轴围成的三角形的面积；
（2）设斜率为1的直线交于、两点，若与圆相切，求证：；
（3）设椭圆：，若、分别是、上的动点，且，求证：到直线的距离是定值【点评】本题主要考查双曲线的概念、标准方程、几何性质及其直线与双曲线的关系、椭圆的标准方程和圆的有关性质.特别要注意直线与双曲线的关系问题，在双曲线当中，最特殊的为等轴双曲线，它的离心率为，它的渐近线为，并且相互垂直，这些性质的运用可以大大节省解题时间，本题属于中档题．
解：(1)双曲线C1：－y2＝1，左顶点A，渐近线方程：y＝±x.
过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为y＝，即y＝x＋1.
解方程组得
所以所求三角形的面积为S＝|OA||y|＝.
(2)设直线PQ的方程是y＝x＋b，因直线PQ与已知圆相切，
故＝1，即b2＝2.
由得x2－2bx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则
又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，所以
·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0.
故OPOQ.
(3)当直线ON垂直于x轴时，
|ON|＝1，|OM|＝，则O到直线MN的距离为.
当直线ON不垂直于x轴时，
设直线ON的方程为y＝kx，
则直线OM的方程为y＝－x.
由得所以|ON|2＝.
同理|OM|2＝，
设O到直线MN的距离为d，因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2.
所以＝＋＝＝3，即d＝.
综上，O到直线MN的距离是定值．
(2102福建文21)（本小题满分12分）
如图，等边三角形的边长为，且其三个顶点均在抛物线上．
（I）求抛物线的方程；
（II）设动直线与抛物线相切于点，与直线相交于点证明以为直径的圆恒过轴上某定点本小题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想．
2．解：依题意=，,
设，则，．
因为点在上，所以，解得．
所以抛物线E的方程为．
(2)由（1）知,设则，并且的方程为，即由得所以设,令对满足的，恒成立由于，由于,得，
即（）
由于（）对满足的恒成立，所以
解得故以为直径的圆恒过轴上的定点．
解法二
同解法一
（2）由（1）知,设则，并且的方程为，即由得所以取=2，此时P(21)，Q(0，-1)，
以PQ为直径的圆为，交y轴于点（0,1）或（0，-1）；取=1，此时，，以PQ为直径的圆为，交y轴于或故若满足条件得点M存在，只能是以下证明点就是所要求的点因为，
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M例．(2012北京理19)（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：，
，解得：由韦达定理得：①，，②
设，，
方程为：，则，
，，
欲证三点共线，只需证，共线
即成立，化简得：
将①②代入易知等式成立，则三点共线得证2012天津理19设椭圆的左、右顶点分别为，点P在椭圆上且异于两点，O为坐标原点（）若直线AP与BP的斜率之积为，求椭圆的离心率；
（）若|AP|=|OA|，证明直线OP的斜率k满足
解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)．
由题意，有＋＝1.
由A(－a,0)，B(a,0)，得kAP＝，kBP＝.
由kAP·kBP＝－，可得x＝a2－2y，代入并整理得(a2－2b2)y＝0.由于y0≠0，故a2＝2b2.于是e2＝＝，所以椭圆的离心率e＝.
(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(x0，y0)．
由条件得消去y0并整理得x＝.②
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝，代入，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4.由a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|>.
(方法二)依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．由点P在椭圆上，有＋＝1.因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2.
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，代入，得(1＋k2)＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞.
(2012安徽理20)如图，点分别是椭圆的左右焦点，过点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，过点作直线的垂线交直线于点；
（）点的坐标；求椭圆的方程；
（）证明：直线与椭圆只有一个交点解（I）点代入得：
①
又②③
由①②③得：椭圆的方程为（II）设；则
得：
过点与椭圆相切的直线斜率得：直线与椭圆只有一个交点解：(1)(方法一)由条件知，P，
故直线PF2的斜率为＝－.
因为PF2F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－，故Q.
由题设知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1.故椭圆方程为＋＝1.
(方法二)设直线x＝与x轴交于点M，
由条件知，P.
因为PF1F2∽△F2MQ，所以＝.
即＝，解得＝2a.
所以a＝2，c＝1故椭圆方程为＋＝1(2)证明：直线PQ的方程为
即y＝x＋a.
将上式代入椭圆方程得，x2＋2cx＋c2＝0.
所以直线与椭圆只有一个交点．
例九、(2012江西理20)
已知三点，，，曲线上任意一点满足
．
（1）求曲线的方程；
（2）动点在曲线上，曲线在点处的切线为．问：是否存在定点，使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比是常数？若存在，求的值若不存在，说明理由．解：(1)由＝(－2－x,1－y)，＝(2－x,1－y)，得
|＋|＝，·(＋)＝(x，y)·(0,2)＝2y，
由已知得＝2y＋2，化简得曲线C的方程：x2＝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＝x＋t，PB的方程是y＝x＋t.
曲线C在Q处的切线l的方程是y＝x－，它与y轴交点为F.
由于－2
当－1
即l与直线PA平行，故当－1
当t≤－1时，≤－1<，≥1>，所以l与直线PA，PB一定相交．
分别联立方程组解得D，E的横坐标分别是
xD＝，xE＝，
则xE－xD＝(1－t).
又|FP|＝－－t，有SPDE＝·|FP|·|xE－xD|＝·.
又SQAB＝·4·＝，
于是＝·
＝·.
对任意x0(－2,2)，要使为常数，则t要满足
解得t＝－1，此时＝2，
故存在t＝－1，使QAB与PDE的面积之比是常数2.（16分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，．已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点P．
（i）若，求直线的斜率；
（ii）求证：是定值．
【答案】解：（1）由题设知，，由点在椭圆上，得
，∴。
由点在椭圆上，得
∴椭圆的方程为。
（2）由（1）得，，又∵∥，
∴设、的方程分别为，。
∴。
∴。①
同理，。②
（i）由①②得，。解得=2。
∵注意到，∴。
∴直线的斜率为。
（ii）证明：∵∥，∴，即。
∴。
由点在椭圆上知，，∴。
同理。。
∴
由①②得，，，
∴。
∴是定值。
21．（本小题共l2分）
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．
（Ⅰ）当时，求直线l的方程；
（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：为定值．（Ⅰ），
由已知得，，所以，则椭圆方程为．
直线l垂直于x轴时与题意不符．
设直线l的方程为，联立得，
设，，则，，，
．
由已知得，解得，
所以直线l的方程或．
（Ⅱ）l垂直于x轴时与题意不符．
设直线l的方程为（且），所以P点的坐标为．
设，，由（Ⅰ），，
直线AC的方程为：，直线BD的方程为：，
方法一：
联立方程设，解得，
不妨设，则
，
因此Q点的坐标为，又，∴．
故为定值．
方法二：
联立方程消去y得，
因为，所以与异号．
又，
∴与异号，与同号，∴，解得．
因此Q点的坐标为，又，∴．
故为定值．
例12、【2014年江西卷（理20）】（本小题满分13分）
如图，已知双曲线的右焦点F,点A,B分别在的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB,BF∥OA(O为坐标原点)，
求双曲线的方程；
过上一点P(x0,y0)(y0)的直线：与直线AF相交于点M，与直线相交于点N。证明：当点P在上移动时，恒为定值，并求此定值。
【答案】（1）（2）
【解析】(1)A(),B()且，即，……………4分
即……………………6分
A(2，)，，F（2,0），
M(2，)，N(，)…………………………………………………9分
…12分
例13、（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理））椭圆的左、右焦点分别是,离心率为,过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)点是椭圆上除长轴端点外的任一点,连接,设的角平分线交的长轴于点,求的取值范围;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,过点作斜率为的直线,使得与椭圆有且只有一个公共点,设直线的斜率分别为,若,试证明为定值,并求出这个定值.【答案】解:(Ⅰ)由于,将代入椭圆方程得由题意知,即又所以,所以椭圆方程为(Ⅱ)由题意可知:=,=,设其中,将向量坐标代入并化简得:m(,因为,所以,而,所以(3)由题意可知,l为椭圆的在p点处的切线,由导数法可求得,切线方程为:,所以,而,代入中得为定值.
三、探究圆锥曲线中的存在性问题
存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件和结论不完备，要求学生结合已有的条件进行观察、分析、比较和概括，它对数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力有较高的要求，特别是在解析几何第二问中经常考到“是否存在这样的点”的问题，也就是是否存在定值定点定直线的问题。今天，我就圆锥曲线中的存在性问题从五个方面给大家做一个分享，也希望能给大家带来一点点的启示。
1、是否存在常数问题
例1．（2007宁夏理19题）
在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和．
（I）求的取值范围；
（II）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为，是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．
解：（Ⅰ）由已知条件，直线的方程为，
代入椭圆方程得．整理得①
直线与椭圆有两个不同的交点和等价于，
解得或．即的取值范围为．
（Ⅱ）设，则，
由方程①，．②
又．③
而．
所以与共线等价于，
将②③代入上式，解得．
由（Ⅰ）知或，故没有符合题意的常数．
例2、（08陕西卷20）．（本小题满分12分）
已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点．
（Ⅰ）证明：抛物线在点处的切线与平行；
（Ⅱ）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解法一：（Ⅰ）如图，设，，把代入得，
由韦达定理得，，
，点的坐标为．
设抛物线在点处的切线的方程为，
将代入上式得，
直线与抛物线相切，
，．
即．
（Ⅱ）假设存在实数，使，则，又是的中点，
．
由（Ⅰ）知
．
轴，．
又
．
，解得．
即存在，使．
解法二：（Ⅰ）如图，设，把代入得
．由韦达定理得．
，点的坐标为．，，
抛物线在点处的切线的斜率为，．
（Ⅱ）假设存在实数，使．
由（Ⅰ）知，则
，
，，解得．
即存在，使．
2、是否存在这样的点
例1.（2009全国卷Ⅱ）（本小题满分12分）
已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线与相交于、两点，当的斜率为1时，坐标原点到的距离为
（I）求，的值；
（II）上是否存在点P，使得当绕F转到某一位置时，有成立？若存在，求出所有的P的坐标与的方程；若不存在，说明理由。
解析：本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力，第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算，第二问利用向量坐标关系及方程的思想，借助根与系数关系解决问题，注意特殊情况的处理。
解：（Ⅰ）设当的斜率为1时，其方程为到的距离为
，故，，
由，得，=
（Ⅱ）C上存在点，使得当绕转到某一位置时，有成立。
由（Ⅰ）知椭圆C的方程为+=6.设
(ⅰ)
假设上存在点P，且有成立，则，
，整理得
故①
将
②
于是,=,，
代入①解得，，此时
于是=，即
因此，当时，，；
当时，，。
（ⅱ）当垂直于轴时，由知，C上不存在点P使成立。
综上，C上存在点使成立，此时的方程为.
例2.（2009福建卷）（本小题满分14分）
已知直线经过椭圆的左顶点A和上顶点D，椭圆的右顶点为，点是椭圆上位于轴上方的动点，直线与直线分别交于两点。
（I）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求线段MN的长度的最小值；
（Ⅲ）当线段MN的长度最小时，在椭圆上是否存在这样的点，使得的面积为？若存在，确定点的个数，若不存在，说明理由
（I）由已知得，椭圆的左顶点为上顶点为
故椭圆的方程为
（Ⅱ）直线AS的斜率显然存在，且，故可设直线的方程为，从而
由得0
设则得，从而即
又，由得故
又，当且仅当，即时等号成立
时，线段的长度取最小值
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当取最小值时，
此时的方程为
要使椭圆上存在点，使得的面积等于，只须到直线的距离等于，所以在平行于且与距离等于的直线上。
设直线，则由解得或
例3.（2008湖北卷20题）．（本小题满分12分）
已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的动直线与双曲线相交于两点．
（I）若动点满足（其中为坐标原点），求点的轨迹方程；
（II）在轴上是否存在定点，使·为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：由条件知，，设，．
解法一：（I）设，则，，
，由得
即
于是的中点坐标为．
当不与轴垂直时，，即．
又因为两点在双曲线上，所以，，两式相减得
，即．
将代入上式，化简得．
当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．
所以点的轨迹方程是．
（II）假设在轴上存在定点，使为常数．
当不与轴垂直时，设直线的方程是．
代入有．
则是上述方程的两个实根，所以，，
于是
．
因为是与无关的常数，所以，即，此时=．
当与轴垂直时，点的坐标可分别设为，，
此时．故在轴上存在定点，使为常数．
例4（08山东卷22)(本小题满分14分)
如图，设抛物线方程为x2=2py(p＞0),M为直线y=-2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B.
（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当M点的坐标为（2，-2p）时，，求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线上，其中，点C满足（O为坐标原点）.若存在,求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在,请说明理由.
（Ⅰ）证明：由题意设
由得，则 所以
因此直线MA的方程为直线MB的方程为
所以 ① ②
由①、②得因此，即
所以A、M、B三点的横坐标成等差数列.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时， 将其代入①、②并整理得：
所以x1、x2是方程的两根，
因此 又 所以
由弦长公式得
又， 所以p=1或p=2， 因此所求抛物线方程为或
（Ⅲ）解：设D(x3,y3)，由题意得C(x1+x2,y1+y2),
则CD的中点坐标为
设直线AB的方程为
由点Q在直线AB上，并注意到点也在直线AB上，
代入得
若D（x3,y3）在抛物线上，则
因此x3=0或x3=2x0. 即D(0，0)或
（1）当x0=0时，则，此时，点M(0,-2p)适合题意.
（2）当，对于D(0，0)，此时
又AB⊥CD，所以
即矛盾.
对于因为此时直线CD平行于y轴，又
所以，直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，
所以时，不存在符合题意的M点，综上所述，仅存在一点M(0，-2p)适合题意.
例5.（2007广东理18）．(本小题满分14分)
在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限、半径为的圆与直线相切于坐标原点．椭圆与圆的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为．
(1)求圆的方程；
(2)试探究圆上是否存在异于原点的点，使到椭圆右焦点的距离等于线段的长．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)设圆心坐标为(m，n)（m<0，n>0）,则该圆的方程为(x-m)2+(y-n)2=8已知该圆与直线y=x相切，那么圆心到该直线的距离等于圆的半径，则
=2即=4①
又圆与直线切于原点，将点(0，0)代入得，m2+n2=8②
联立方程①和②组成方程组解得，故圆的方程为(x+2)2+(y-2)2=8
(2)=5，∴a2=25，则椭圆的方程为
其焦距c==4，右焦点为(4，0)，那么=4。
要探求是否存在异于原点的点Q，使得该点到右焦点F的距离等于的长度4，我们可以转化为探求以右焦点F为顶点，半径为4的圆(x─4)2+y2=8与(1)所求的圆的交点数。
通过联立两圆的方程解得x=，y=
即存在异于原点的点Q(，)，使得该点到右焦点F的距离等于的长。
三、是否存在这样的直线
例1.（2007湖北理19）．（本小题满分12分）
在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线（）相交于两点．
（I）若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；
（II）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．（此题不要求在答题卡上画图）
解析：本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力．
解法1：（Ⅰ）依题意，点的坐标为，可设，
直线的方程为，与联立得消去得．
由韦达定理得，．
于是．
，
当时，．
（Ⅱ）假设满足条件的直线存在，其方程为，
的中点为，与为直径的圆相交于点，的中点为，
则，点的坐标为．
，
，
，
．
令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，
即抛物线的通径所在的直线．
解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得
，
又由点到直线的距离公式得．
从而，
当时，．
（Ⅱ）假设满足条件的直线存在，其方程为，则以为直径的圆的方程为，
将直线方程代入得，
则．
设直线与以为直径的圆的交点为，
则有．
令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，
即抛物线的通径所在的直线．
例2.已知双曲线方程为，问：是否存在过点M(1，1)的直线ｌ，使得直线与双曲线交于P、Q两点，且M是线段PQ的中点？如果存在，求出直线的方程，如果不存在，请说明理由。
解：显然x=1不满足条件，设.
联立和，消去y得，
由>0，得k<，，
由M(1，1)为PQ的中点，得，解得，这与<矛盾，所以不存在满足条件的直线l.
例3、（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理））设椭圆的焦点在轴上(Ⅰ)若椭圆的焦距为1,求椭圆的方程;(Ⅱ)设分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上的第一象限内的点,直线交轴与点,并且,证明:当变化时,点在某定直线上.
【答案】解:(Ⅰ).(Ⅱ).
由.
所以动点P过定直线.
例4、2011湖南理(本小题满分13分）
如图7，椭圆的离心率为，轴被曲线截得的线段长等于的长半轴长。
（Ⅰ）求，的方程；
（Ⅱ）设与轴的交点为M，过坐标原点O的直线与相交于点A,B,直线MA,MB分别与相交与D,E.
（i）证明：；
(ii)记△MAB,△MDE的面积分别是.问：是否存在直线,使得=?请说明理由。
解析：（I）由题意知，从而，又，解得。
故的方程分别为。
（II）（i）由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为.
由得，
设，则是上述方程的两个实根，于是。
又点的坐标为，所以
故，即。
（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为，由解得或，则点的坐标为,又直线的斜率为，同理可得点B的坐标为.于是
由得，解得或，
则点的坐标为；又直线的斜率为，同理可得点的坐标为
于是
因此
由题意知，解得或。
又由点的坐标可知，，所以
故满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和。
例5、2011年辽宁理20．（本小题满分12分）
如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．
（I）设，求与的比值；
（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．
设直线，分别与C1，C2的方程联立，求得
………………4分
当表示A，B的纵坐标，可知
………………6分
（II）t=0时的l不符合题意.时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即
解得
因为
所以当时，不存在直线l，使得BO//AN；
当时，存在直线l使得BO//AN.………………12分
四、是否存在这样的圆
例1．(2009年广东卷文)已知椭圆G的中心在坐标原点,长轴在轴上,离心率为,两个焦点分别为和,椭圆G上一点到和的距离之和为12，圆:的圆心为点.(1)求椭圆G的方程；(2)求的面积；(3)问是否存在圆包围椭圆G?请说明理由.
【解析】（1）设椭圆G的方程为：（）半焦距为c;
则解得
所求椭圆G的方程为：
(2)点的坐标为
（3）若，由可知点（6，0）在圆外，
若，由可知点（-6，0）在圆外；
不论K为何值圆都不能包围椭圆G14分）
设椭圆E:（a，b>0）过M（2，），N(，1)两点，O为坐标原点，
（I）求椭圆E的方程；
（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由。
解:（1）因为椭圆E:（a，b>0）过M（2，），N(,1)两点,
所以解得所以椭圆E的方程为
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,
则△=,即
,
要使,需使,即,所以,
所以又,
所以,所以,
即或,
因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为，，，
所求的圆为，此时圆的切线都满足或，而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足，综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且.
【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系
五、是否存在这样的最值
例．(2009年浙江卷)已知椭圆：的右顶点为，过的焦点且垂直长轴的弦长为．
（I）求椭圆的方程；
（II）设点在抛物线：上，在点处的切线与交于点．当线段的中点与的中点的横坐标相等时，求的最小值．
解析：（I）由题意得所求的椭圆方程为，
（II）不妨设则抛物线在点P处的切线斜率为，直线MN的方程为，将上式代入椭圆的方程中，得，即，因为直线MN与椭圆有两个不同的交点，所以有，
设线段MN的中点的横坐标是，则，设线段PA的中点的横坐标是，则，由题意得，即有，其中的或；
当时有，因此不等式不成立；因此，当时代入方程得，将代入不等式成立，因此的最小值为1．
设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点M的轨迹为．
（Ⅰ）求曲线的方程为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
（Ⅱ）过原点斜率为的直线交于，两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交于另一点.是否存在，对任意的，？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.（Ⅰ）如图1，设，，则由，
可得，，所以，.①
因为点在单位圆上运动，所以.②
将①式代入②式即得所求的方程为.因为，所以当时，是焦点在轴上，两焦点坐标分别为，；当时，是焦点在轴上，两焦点坐标分别为，.（Ⅱ）解法1：如图2、3，设，，则，，直线方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得.
依题意可知此方程的两根为，于是由韦达定理可得，即，所以.于是，等价于，即，，得，故存在，使得上，对任意的，都有.
解法2：如图2、3，设，，则，，因为两点在椭圆上，所以.③
依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，
故.于是由③式可得.④
又，三点共线，所以，即由④式可得.等价于，即，，得，故存在，使得上，对任意的，都有.
例3.【2012高考真题广东理20】（本小题满分14分）
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：的离心率e=，且椭圆C上的点到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：mx+ny=1与圆O：x2+y2=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的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】本题是一道综合性的题目，考查直线、圆与圆锥曲线的问题，涉及到最值与探索性问题，意在考查学生的综合分析问题与运算求解的能力。
解、（1）由得，椭圆方程为
椭圆上的点到点Q的距离
当①即,得
当②即,得（舍）
∴（其实画图一看就知b=1)∴椭圆方程为
（2）
当，取最大值，点O到直线距离
∴又∵解得：
所以点M的坐标为
的面积为
例4【2012高考真题山东理21】（本小题满分13分）
在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）是否存在点，使得直线与抛物线相切于点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若点的横坐标为，直线与抛物线有两个不同的交点，与圆有两个不同的交点，求当时，的最小值.
解析：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，设M，，由题意可知，则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得，于是抛物线C的方程为.
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，
而，，，
，，
由可得，，则，
即，解得，点M的坐标为.
（Ⅲ）若点M的横坐标为，则点M，。
由可得，设，
圆，
，
于是，令
，
设，，
当时，，
即当时.
故当时，.
例5．（本小题满分13分）
已知直线l：y=x+m，m∈R。
（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；
（II）若直线l关于x轴对称的直线为，问直线与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由。
17．本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13分。
解法一：
（I）依题意，点P的坐标为（0，m）
因为，所以，
解得m=2，即点P的坐标为（0，2）
从而圆的半径
故所求圆的方程为
（II）因为直线的方程为所以直线的方程为
由,
（1）当时，直线与抛物线C相切
（2）当，那时，直线与抛物线C不相切。
综上，当m=1时，直线与抛物线C相切；当时，直线与抛物线C不相切。
解法二：（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为
依题意，所求圆与直线相切于点P（0，m），
则解得所以所求圆的方程为
（II）同解法一。
所以射影的方程：.
例6（2011湖北卷）20.（本小题满分14分）
平面内与两定点，连续的斜率之积等于非零常数的点的轨迹，加上、两点所成的曲线可以是圆、椭圆成双曲线.
（Ⅰ）求曲线的方程，并讨论的形状与值得关系；
（Ⅱ）当时，对应的曲线为；对给定的，对应的曲线为，设、是的两个焦点。试问：在撒谎个，是否存在点，使得△的面积。若存在，求的值；若不存在，请说明理由。
本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想。（满分14分）
解：（I）设动点为M，其坐标为，
当时，由条件可得
即，又的坐标满足
故依题意，曲线C的方程为
当曲线C的方程为是焦点在y轴上的椭圆；
当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；
当时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的椭圆；
当时，曲线C的方程为C是焦点在x轴上的双曲线。
（II）由（I）知，当m=-1时，C1的方程为
当时，C2的两个焦点分别为
对于给定的，C1上存在点使得的
充要条件是
由①得由②得
当或时，存在点N，使S=|m|a2；
当或时，不存在满足条件的点N，
当时，
由，
可得令，
则由，
从而，
于是由，可得
综上可得：
当时，在C1上，存在点N，使得
当时，在C1上，存在点N，使得
当时，在C1上，不存在满足条件的点N。
例7、2011山东理22.（本小题满分14分）
已知动直线与椭圆C:交于P、Q两不同点，且△OPQ的面积=,其中O为坐标原点.
（Ⅰ）证明和均为定值;
（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求的最大值；
（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得?若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由.
【解析】的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以因为在椭圆上，因此 ①
又因为所以②；由①、②得
此时
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为
由题意知m，将其代入，得，
其中即 …………（）
又
所以
因为点O到直线的距离为所以
，又
整理得且符合（）式，
此时
综上所述，结论成立。
（II）解法一：
（1）当直线的斜率存在时，由（I）知
因此
（2）当直线的斜率存在时，由（I）知
所以
所以，当且仅当时，等号成立.
综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为
解法二：
因为
所以
即当且仅当时等号成立。
因此|OM|·|PQ|的最大值为
（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得
证明：假设存在，
由（I）得
因此D，E，G只能在这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.
例8、2011山东文（22）（本小题满分14分）
在平面直角坐标系中，已知椭圆.如图所示，斜率为且不过原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）若?，（i）求证：直线过定点；
（ii）试问点，能否关于轴对称？若能，求出此时的外接圆方程；若不能，请说明理由.
（I）解：设直线，
由题意，
由方程组得，由题意，所以
设，
由韦达定理得所以由于E为线段AB的中点，
因此此时所以OE所在直线方程为
又由题设知D（-3，m），令x=-3，得，即mk=1，所以
当且仅当m=k=1时上式等号成立，此时由得
因此当时，取最小值2。
（II）（i）由（I）知OD所在直线的方程为将其代入椭圆C的方程，并由
解得，又，由距离公式及得
由因此，直线的方程为所以，直线
（ii）由（i）得，若B，G关于x轴对称，则
代入即，解得（舍去）或
所以k=1，此时关于x轴对称。又由（I）得所以A（0，1）。
由于的外接圆的圆心在x轴上，可设的外接圆的圆心为（d，0），
因此故的外接圆的半径为，
所以的外接圆方程为
例9、2011浙江理21．（本小题满分15分）
如图，P是抛物线C：y=x2上一点，直线l过点P且与抛物线C交于另一点Q.
（Ⅰ）若直线l与过点P的切线垂直，求线段PQ中点M的轨迹方程；
（Ⅱ）若直线l不过原点且与x轴交于点S，与y轴交于点T，试求的
取值范围.
解：（Ⅰ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依题意x1≠0，y1>0，y2>0.
由y=x2，①得y＇=x.
∴过点P的切线的斜率k切=x1，
∴直线l的斜率kl=－=-，
∴直线l的方程为y－x12=－(x－x1)，
方法一：
联立①②消去y，得x2+x－x12－2=0.∵M是PQ的中点
∴x0==-，y0=x12－(x0－x1).∴y0=x02++1(x0≠0)，
∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0).方法二：
由y1=x12，y2=x22，x0=，得y1－y2=x12－x22=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，
则x0==kl=-，∴x1=－，将上式代入②并整理，得y0=x02++1(x0≠0)，
∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0).
（Ⅱ）设直线l:y=kx+b，依题意k≠0，b≠0，则T(0，b).
分别过P、Q作PP＇⊥x轴，QQ＇⊥y轴，垂足分别为P＇、Q＇，则
.
y=x2
由消去x，得y2－2(k2+b)y+b2=0.③
y=kx+b
则y1+y2=2(k2+b)，y1y2=b2.
方法一：
∴|b|()≥2|b|=2|b|=2.
∵y1、y2可取一切不相等的正数，∴的取值范围是（2，+）.
方法二：
∴=|b|=|b|.
当b>0时，=b==+2>2；
当b<0时，=－b=.
又由方程③有两个相异实根，得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)>0，
于是k2+2b>0，即k2>－2b.
所以>=2.∵当b>0时，可取一切正数，
∴的取值范围是（2，+）.
方法三：
由P、Q、T三点共线得kTQ=KTP，
即=.则x1y2－bx1=x2y1－bx2，即b(x2－x1)=(x2y1－x1y2).
于是b==－x1x2.
∴==+=+≥2.
∵可取一切不等于1的正数，∴的取值范围是（2，+）.
例10、（22）（本小题满分15分）如图，设P是抛物线：上的动点。过点做圆的两条切线，交直线：于两点。
（Ⅰ）求的圆心到抛物线准线的距离。
（Ⅱ）是否存在点，使线段被抛物线在点处得切线平分，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由。
所以圆心M到抛物线C1准线的距离为：
（Ⅱ）解：设点P的坐标为，抛物线C1在点P处的切线交直线于点D。
再设A，B，D的横坐标分别为
过点的抛物线C1的切线方程为：
（1）
当时，过点P（1，1）与圆C2的切线PA为：
可得
当时，过点P（—1，1）与圆C2的切线PA为：
可得[来源:学|科|网Z|X|X|K]
，所以
设切线PA，PB的斜率为，则
（2）
（3）
将分别代入（1），（2），（3）得
从而
又，即
同理，
所以是方程的两个不相等的根，从而
因为，所以
从而，进而得
综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为
例11、（2013年高考江西卷（理））如图,椭圆经过点离心率,直线的方程为.(1) 求椭圆的方程;(2) 是经过右焦点的任一弦(不经过点),设直线与直线相交于点,记的斜率分别为问:是否存在常数,使得?若存在求的值;若不存在,说明理由.【答案】解:(1)由在椭圆上得,①
依题设知,则②
②代入①解得.
故椭圆的方程为.
(2)方法一:由题意可设的斜率为,
则直线的方程为③
代入椭圆方程并整理,得,
设,则有
④[来源:学科网ZXXK]
在方程③中令得,的坐标为.
从而.
注意到共线,则有,即有.
所以
⑤
④代入⑤得,
又,所以.故存在常数符合题意.
方法二:设,则直线的方程为:,
令,求得,
从而直线的斜率为,
联立,得,
则直线的斜率为:,直线的斜率为:,
所以,
故存在常数符合题意.
例12、23.【2014年重庆卷（理21）】如下图，设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，，，的面积为.
求该椭圆的标准方程；
是否存在圆心在轴上的圆，使圆在轴的上方与椭圆两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径..
解：（1）设，代入椭圆方程中求出，故，而
由已知：，联立解出
即，联立解出
所以椭圆的标准方程为
由于所求圆的圆心在轴上，故圆和椭圆的两个交点关于轴对称，从而经过点所作的切线也关于轴对称，如下图所示。
当切线互相垂直时，设两条切线交于点，则恰好形成一个边长为正方形。其中表示圆的半径，由几何关系，
，因为
所以，故所求圆的半径为
例13、25.【2014年福建卷（理19）】已知双曲线E：﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别为l1：y=2x，l2：y=﹣2x．
（1）求双曲线E的离心率；
（2）如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、第四象限），且△OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程，若不存在，说明理由．
解：（1）因为双曲线E的渐近线分别为l1：y=2x，l2：y=﹣2x，所以=2．
所以=2．故c=a，从而双曲线E的离心率e==．
（2）由（1）知，双曲线E的方程为﹣=1．设直线l与x轴相交于点C，
当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|=a，|AB|=8，
所以|OC|?|AB|=8，
因此a?4a=8，解得a=2，此时双曲线E的方程为﹣=1．
以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线双曲线E的方程为﹣=1也满足条件．
设直线l的方程为y=kx+m，依题意，得k＞2或k＜﹣2；
则C（﹣，0），记A（x1，y1），B（x2，y2），
由得y1=，同理得y2=，由S△OAB=|OC|?|y1﹣y2|得：
|﹣|?|﹣|=8，即m2=4|4﹣k2|=4（k2﹣4）．因为4﹣k2＜0，
所以△=4k2m2+4（4﹣k2）（m2+16）=﹣16（4k2﹣m2﹣16），又因为m2=4（k2﹣4），
所以△=0，即直线l与双曲线E有且只有一个公共点．
因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为﹣=1
四、圆锥曲线中的最值问题
例1、40.【2014年浙江卷（理21）】(本小题满分15分)
如图，设椭圆：，动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限.
⑴已知直线的斜率为，用、、表示点的坐标；
⑵若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.
解：（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得
（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0．
由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即b2﹣m2+a2k2=0，解得点P的坐标为
（﹣，），
又点P在第一象限，故点P的坐标为P（，）．
（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离
d=，整理得：d=，
因为a2k2+≥2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立．
所以，点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b（2013年高考湖南卷（理））过抛物线的焦点F作斜率分别为的两条不同的直线,且,相交于点A,B,相交于点C,D.以AB,CD为直径的圆M,圆N(M,N为圆心)的公共弦所在的直线记为.
(I)若,证明;;
(II)若点M到直线的距离的最小值为,求抛物线E的方程.【答案】解:(Ⅰ)
.
所以,成立.(证毕)(Ⅱ)
则,
.
.
例6、（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理））如图,点是椭圆的一个顶点,的长轴是圆的直径.是过点且互相垂直的两条直线,其中交圆于两点,交椭圆于另一点
(1)求椭圆的方程;(2)求面积取最大值时直线的方程.
【答案】解:(Ⅰ)由已知得到,且,所以椭圆的方程是;(Ⅱ)因为直线,且都过点,所以设直线,直线,所以圆心到直线的距离为,所以直线被圆所截的弦;由,所以,所以,
当时等号成立,此时直线
（2013年高考新课标1（理））已知圆:,圆:,动圆与外切并且与圆内切,圆心的轨迹为曲线C.(Ⅰ)求C的方程;(Ⅱ)是与圆,圆都相切的一条直线,与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.【答案】由已知得圆的圆心为(-1,0),半径=1,圆的圆心为(1,0),半径=3.设动圆的圆心为(,),半径为R.(Ⅰ)∵圆与圆外切且与圆内切,∴|PM|+|PN|===4,由椭圆的定义可知,曲线C是以M,N为左右焦点,场半轴长为2,短半轴长为的椭圆(左顶点除外),其方程为.(Ⅱ)对于曲线C上任意一点(,),由于|PM|-|PN|=≤2,∴R≤2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.∴当圆P的半径最长时,其方程为,当的倾斜角为时,则与轴重合,可得|AB|=.当的倾斜角不为时,由≠R知不平行轴,设与轴的交点为Q,则=,可求得Q(-4,0),∴设:,由于圆M相切得,解得.当=时,将代入并整理得,解得=,∴|AB|==.当=-时,由图形的对称性可知|AB|=,
综上,|AB|=或|AB|=.
本小题满分1分(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为．．(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)求ABP的面积取最大时直线l的方程．(Ⅰ)由题：；(1)
左焦点(﹣c，0)到点P(2，1)的距离为：．．．(Ⅱ)易得直线OP的方程：y＝x，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，R(x0，y0)．x0．．(m≠0)，
代入椭圆：．．＜m＜且m≠0．＝m，＝．||＝＝．．ABP＝d|AB|＝|m＋2|，
当|m＋2|＝，即m＝﹣3或m＝0(舍去)时，(SABP)max＝．．19.已知椭圆G：，过点（m，0）作圆的切线l交椭圆G于A，B两点。
（1）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
（2）将表示为m的函数，并求的最大值。
（19）解：（Ⅰ）由已知得所以
所以椭圆G的焦点坐标为离心率为
（Ⅱ）由题意知，.当时，切线l的方程，
点A、B的坐标分别为此时
当m=1时，同理可得当时，设切线l的方程为
由设A、B两点的坐标分别为，则又由l与圆
所以
由于当时，因为且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.
22.（本小题满分14分）
已知动直线与椭圆C:交于P、Q两不同点，且△OPQ的面积=,其中O为坐标原点.
（Ⅰ）证明和均为定值;
（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求的最大值；
（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得?若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由.
【解析】的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以因为在椭圆上，因此 ①
又因为所以②；由①、②得
此时
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为
由题意知m，将其代入，得，
其中即 …………（）
又
所以
因为点O到直线的距离为所以
，又
整理得且符合（）式，
此时
综上所述，结论成立。
（II）解法一：（1）当直线的斜率存在时，由（I）知
因此
（2）当直线的斜率存在时，由（I）知
所以
所以，当且仅当时，等号成立.
综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为
解法二：
因为
所以即当且仅当时等号成立。因此|OM|·|PQ|的最大值为
（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得
证明：假设存在，
由（I）得
因此D，E，G只能在这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.
1
x
A
y
1
1
2
M
N
B
O
N
O
A
C
B
y
x
N
O
A
C
B
y
x
l
图2
图3
图1
ODx
y
A
M
第21题解答图
②
①
（第21题图）
x
O
y
B
l1
l2
P
D
A
（第21题图）
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