圆锥曲线中的典型问题与方法：圆锥曲线中的探究性问题

圆锥曲线中的探究性（存在性）问题（一）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。一、是否存在这样的常数例1．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．（=1\*ROMANI）求的取值范围；（=2\*ROMANII）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．练习1：（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．xAy112MNBO解法一：（Ⅰ）如图，设，xAy112MNBO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．练习2.直线与曲线相交于P、Q两点。当a为何值时，；是否存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过原点O若存在，求出的值，若不存在，请说明理由。解：（1）联立方程，，即，设P、Q两点的坐标为，所以，化简得即为所求。假设存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过原点O，二、是否存在这样的点例2.（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3.（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，则由解得或练习：1.（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．练习2.（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.练习3.（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4.（2007湖北理19）．（本小题满分12分）NOACByx在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线（）相交于NOACByx（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．，，NOANOACByxl．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．练习1.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.四、是否存在这样的圆例5．(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G.例6．(2009山东卷理)（本小题满分14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7．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．掌握研究解析几何问题的基本方法近几年解析几何的考题在难度、计算的复杂程度等方面都有所下降，突出对解析几何基本思想和基本方法的考查，重点要掌握解析几何的一些基本方法来解决问题，解析几何中解题的基本方法有解析法、待定系数法、变换法、参数法等方法．课堂教学中选择例题要突出题目的普遍性，解题方法要具有代表性，即通性通法．所以在复习时应做到:1．牢固掌握圆锥曲线定义

圆锥曲线定义反映了圆锥曲线的本质属性，是构建有关知识网络的基础。同时，定义直接用于解题常常使一些看似很难解决的问题变得简单。2．重视基础知识，基本题型的复习

（1）注意课本典型例题、习题的延伸

教材中的例题、习题虽然大多比较容易，但其解法往往具有示范性，可延伸性，适当地编拟题组进行复习训练，有利于系统地掌握知识，融会贯通。如教材中题:“过抛物线y2=2px焦点的一条直线和抛物线相交，两个交点的纵坐标为y1,y2，求证y1y2=-p2。”

给出的结论是关于抛物线焦点弦的一条重要性质，而其证明方法也是解决有关直线与圆锥曲线的位置关系问题的最基本最典型的方法。

（2）注意转化条件，优化解题方法

解析几何中有一些基本问题，如两直线垂直的证明、求弦的中点、弦长的计算等等，对这些问题的处理方法是熟知的。但有不少题目，所给的条件无法直接使用，或者使用起来比较困难，此时，可考虑对条件进行适当的转化，使解题过程纳入到学生所熟悉的轨道。

3．重视判别式的作用

有关直线与圆锥曲线的位置关系问题，通常都是利用一元二次方程来解决的。其中，根的判别式往往起着关键的作用。4．强化数学思想方法的训练和运用

（1）函数与方程思想

解析几何的研究对象和方法决定了它与函数、方程的“不解之缘”，很多解析几何问题实际上就是建立方程后研究方程的解或建立函数后研究函数的性质。（2）分类讨论思想解析几何中，有些公式，性质是有适用条件的，解题时必须注意分类讨论、区别处理。例如直线方程的点斜式、斜截式中斜率必须存在，截距式只适用在两轴上的截距存在且不为零的情况，两点式不适用于与坐标轴垂直的直线。（3）数形结合思想解析几何的本质就是将“数”与“形”有机地联系起来，曲线的几何特征必然在方程、函数或不等式中有所反映，而函数、方程或不等式的数字特征也一定体现出曲线的特性。

圆锥曲线中的探究性（存在性）问题（二）题型一定值、定点问题例1已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1经过点(0，eq\r(3))，离心率为eq\f(1,2)，直线l经过椭圆C的右焦点F交椭圆于A、B两点．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且＝λ，＝μ，当直线l的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由．破题切入点(1)待定系数法．(2)通过直线的斜率为参数建立直线方程，代入椭圆方程消y后可得点A，B的横坐标的关系式，然后根据向量关系式＝λ，＝μ.把λ，μ用点A，B的横坐标表示出来，只要证明λ＋μ的值与直线的斜率k无关即证明了其为定值，否则就不是定值．解(1)依题意得b＝eq\r(3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝b2＋c2，∴a＝2，c＝1，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)因直线l与y轴相交于点M，故斜率存在，又F坐标为(1,0)，设直线l方程为y＝k(x－1)，求得l与y轴交于M(0，－k)，设l交椭圆A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，∴x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，又由＝λ，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，∴λ＝eq\f(x1,1－x1)，同理μ＝eq\f(x2,1－x2)，∴λ＋μ＝eq\f(x1,1－x1)＋eq\f(x2,1－x2)＝eq\f(x1＋x2－2x1x2,1－x1＋x2＋x1x2)＝eq\f(\f(8k2,3＋4k2)－\f(24k2－12,3＋4k2),1－\f(8k2,3＋4k2)＋\f(4k2－12,3＋4k2))＝－eq\f(8,3).所以当直线l的倾斜角变化时，直线λ＋μ的值为定值－eq\f(8,3).题型二定直线问题例2在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2＝2py(p>0)相交于A，B两点．(1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；(2)是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．破题切入点假设符合条件的直线存在，求出弦长，利用变量的系数恒为零求解．解方法一(1)依题意，点N的坐标为N(0，－p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋p，与x2＝2py联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2py，,y＝kx＋p.))消去y得x2－2pkx－2p2＝0.由根与系数的关系得x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2.于是S△ABN＝S△BCN＋S△ACN＝eq\f(1,2)·2p|x1－x2|＝p|x1－x2|＝peq\r(x1＋x22－4x1x2)＝peq\r(4p2k2＋8p2)＝2p2eq\r(k2＋2)，∴当k＝0时，(S△ABN)min＝2eq\r(2)p2.(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，AC的中点为O′，l与以AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，则O′H⊥PQ，Q′点的坐标为(eq\f(x1,2)，eq\f(y1＋p,2))．∵O′P＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)eq\r(x\o\al(2,1)＋y1－p2)＝eq\f(1,2)eq\r(y\o\al(2,1)＋p2)，O′H＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(y1＋p,2)))＝eq\f(1,2)|2a－y1－p|，∴PH2＝O′P2－O′H2＝eq\f(1,4)(yeq\o\al(2,1)＋p2)－eq\f(1,4)(2a－y1－p)2＝(a－eq\f(p,2))y1＋a(p－a)，∴PQ2＝(2PH)2＝4[(a－eq\f(p,2))y1＋a(p－a)]．令a－eq\f(p,2)＝0，得a＝eq\f(p,2)，此时PQ＝p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y＝eq\f(p,2)，即抛物线的通径所在的直线．方法二(1)前同方法一，再由弦长公式得AB＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(4p2k2＋8p2)＝2peq\r(1＋k2)·eq\r(k2＋2)，又由点到直线的距离公式得d＝eq\f(2p,\r(1＋k2)).从而S△ABN＝eq\f(1,2)·d·AB＝eq\f(1,2)·2peq\r(1＋k2)·eq\r(k2＋2)·eq\f(2p,\r(1＋k2))＝2p2eq\r(k2＋2).∴当k＝0时，(S△ABN)min＝2eq\r(2)p2.(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，则以AC为直径的圆的方程为(x－0)(x－x1)－(y－p)(y－y1)＝0，将直线方程y＝a代入得x2－x1x＋(a－p)(a－y1)＝0，则Δ＝xeq\o\al(2,1)－4(a－p)(a－y1)＝4[(a－eq\f(p,2))y1＋a(p－a)]．设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有PQ＝|x3－x4|＝eq\r(4[a－\f(p,2)y1＋ap－a])＝2eq\r(a－\f(p,2)y1＋ap－a).令a－eq\f(p,2)＝0，得a＝eq\f(p,2)，此时PQ＝p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y＝eq\f(p,2)，即抛物线的通径所在的直线．题型三定圆问题例3已知椭圆G的中心在坐标原点，长轴在x轴上，离心率为eq\f(\r(3),2)，两个焦点分别为F1和F2，椭圆G上一点到F1和F2的距离之和为12，圆Ck：x2＋y2＋2kx－4y－21＝0(k∈R)的圆心为点Ak.(1)求椭圆G的方程；(2)求△AkF1F2(3)问是否存在圆Ck包围椭圆G请说明理由．破题切入点(1)根据定义，待定系数法求方程．(2)直接求．(3)关键看长轴两端点．解(1)设椭圆G的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距为c，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝12，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝6，,c＝3\r(3)，))所以b2＝a2－c2＝36－27＝9.所以所求椭圆G的方程为eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)点Ak的坐标为(－k,2)，S△AkF1F2＝eq\f(1,2)×|F1F2|×2＝eq\f(1,2)×6eq\r(3)×2＝6eq\r(3).(3)若k≥0，由62＋02＋12k－0－21＝15＋12k>0，可知点(6,0)在圆Ck外；若k<0，由(－6)2＋02－12k－0－21＝15－12k>0，可知点(－6,0)在圆Ck外．所以不论k为何值，圆Ck都不能包围椭圆G.即不存在圆Ck包围椭圆G.总结提高(1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的．(2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．(3)定直线问题一般都为特殊直线x＝x0或y＝y0型．1．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，eq\r(2))且斜率为k的直线l与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.(1)求k的取值范围；(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量＋与共线如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．解(1)由已知条件，得直线l的方程为y＝kx＋eq\r(2)，代入椭圆方程得eq\f(x2,2)＋(kx＋eq\r(2))2＝1.整理得(eq\f(1,2)＋k2)x2＋2eq\r(2)kx＋1＝0.①直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4(eq\f(1,2)＋k2)＝4k2－2>0，解得k<－eq\f(\r(2),2)或k>eq\f(\r(2),2).即k的取值范围为(－∞，－eq\f(\r(2),2))∪(eq\f(\r(2),2)，＋∞)．(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，由方程①，得x1＋x2＝－eq\f(4\r(2)k,1＋2k2).②又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2eq\r(2).③而A(eq\r(2)，0)，B(0,1)，＝(－eq\r(2)，1)．所以＋与共线等价于x1＋x2＝－eq\r(2)(y1＋y2)，将②③代入上式，解得k＝eq\f(\r(2),2).由(1)知k<－eq\f(\r(2),2)或k>eq\f(\r(2),2)，故不存在符合题意的常数k.2．已知双曲线方程为x2－eq\f(y2,2)＝1，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l：y－1＝k(x－1)．联立y－1＝k(x－1)和x2－eq\f(y2,2)＝1，消去y得(2－k2)x2＋(2k2－2k)x－k2＋2k－3＝0，由Δ>0，得k<eq\f(3,2)，x1＋x2＝eq\f(2k－k2,2－k2)，由M(1,1)为PQ的中点，得eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(k－k2,2－k2)＝1，解得k＝2，这与k<eq\f(3,2)矛盾，所以不存在满足条件的直线l.3．设椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)过M(2，eq\r(2))，N(eq\r(6)，1)两点，O为坐标原点．(1)求椭圆E的方程；(2)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，请说明理由．解(1)因为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)过M(2，eq\r(2))，N(eq\r(6)，1)两点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(2,b2)＝1，,\f(6,a2)＋\f(1,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＝\f(1,8)，,\f(1,b2)＝\f(1,4)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝4，))椭圆E的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(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y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))得x2＋2(kx＋m)2＝8，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－8)＝8(8k2－m2＋4)>0，即8k2故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(4km,1＋2k2)，,x1x2＝\f(2m2－8,1＋2k2)，))y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(k22m2－8,1＋2k2)－eq\f(4k2m2,1＋2k2)＋m2＝eq\f(m2－8k2,1＋2k2).要使⊥，需使x1x2＋y1y2＝0，即eq\f(2m2－8,1＋2k2)＋eq\f(m2－8k2,1＋2k2)＝0，所以3m2－8k所以k2＝eq\f(3m2－8,8)≥0.又8k2－m2＋4>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2>2，,3m2≥8，))所以m2≥eq\f(8,3)，即m≥eq\f(2\r(6),3)或m≤－eq\f(2\r(6),3)，因为直线y＝kx＋m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，r2＝eq\f(m2,1＋k2)＝eq\f(m2,1＋\f(3m2－8,8))＝eq\f(8,3)，r＝eq\f(2\r(6),3)，所求的圆为x2＋y2＝eq\f(8,3)，此时圆的切线y＝kx＋m都满足m≥eq\f(2\r(6),3)或m≤－eq\f(2\r(6),3)，而当切线的斜率不存在时切线为x＝±eq\f(2\r(6),3)与椭圆eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1的两个交点为(eq\f(2\r(6),3)，±eq\f(2\r(6),3))或(－eq\f(2\r(6),3)，±eq\f(2\r(6),3))满足⊥，综上，存在圆心在原点的圆x2＋y2＝eq\f(8,3)，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且⊥.4．(2014·重庆)如图，设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，eq\f(F1F2,DF1)＝2eq\r(2)，△DF1F2的面积为eq\f(\r(2),2).(1)求该椭圆的标准方程．(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，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若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．解(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.由eq\f(F1F2,DF1)＝2eq\r(2)，得DF1＝eq\f(F1F2,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)c，从而S△DF1F2＝eq\f(1,2)DF1·F1F2＝eq\f(\r(2),2)c2＝eq\f(\r(2),2)，故c＝1，从而DF1＝eq\f(\r(2),2).由DF1⊥F1F2，得DFeq\o\al(2,2)＝DFeq\o\al(2,1)＋F1Feq\o\al(2,2)＝eq\f(9,2)，因此DF2＝eq\f(3\r(2),2).所以2a＝DF1＋DF2＝2eq\r(2)，故a＝eq\r(2)，b2＝a2－c2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)，再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋yeq\o\al(2,1)＝0.由椭圆方程得1－eq\f(x\o\al(2,1),2)＝(x1＋1)2，即3xeq\o\al(2,1)＋4x1＝0，解得x1＝－eq\f(4,3)或x1＝0.当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在．当x1＝－eq\f(4,3)时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得eq\f(y1－y0,x1)·eq\f(y1,x1＋1)＝－1.而求得y1＝eq\f(1,3)，故y0＝eq\f(5,3).圆C的半径CP1＝eq\r(－\f(4,3)2＋\f(1,3)－\f(5,3)2)＝eq\f(4\r(2),3).综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2＋(y－eq\f(5,3))2＝eq\f(32,9).5．(2014·江西)如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：MNeq\o\al(2,2)－MNeq\o\al(2,1)为定值，并求此定值．(1)证明依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.直线AO的方程为y＝eq\f(y1,x1)x；BD的方程为x＝x2.解得交点