1、【题型综述】探究向量关系问题解题策略：（1）“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素向量关系存在，用向量的坐标运算，转化直线与圆锥曲线交点坐标的函数式，利用设而不求思想，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则向量关系存在存在；否则，向量关系不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.【典例指引】类型一 探究向量式是否为定值例1 【2015高考四川，文20】如图，椭圆E：(ab0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且1()求椭圆E的方程；()设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、B两点.是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，
2、请说明理由. 类型二 探究向量式是否成立例2. 【2014高考湖南卷文第20题】如图5，为坐标原点，双曲线和椭圆均过点，且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求的方程；(2)是否存在直线，使得与交于两点，与只有一个公共点，且？证明你的结论.是,联立直线与椭圆可得,因为直线与椭圆只有一个交点,所以,化简可得,因此,于是,即,所以,综上不存在符合题目条件的直线.学&类型三 探究向量式成立的条件例3【2013年高考，天津卷理】设椭圆的左焦点为F, 离心率为, 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. () 求椭圆的方程; () 设A, B分别为椭圆的左右顶点, 是否
3、存在过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C, D两点，且, 若存在，求k的值，不存在，说明理由. =， 由已知得=8，解得.学&类型四 利用向量探究曲线过定点例4. (2012福建理19)如图，椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率。过的直线交椭圆于两点，且的周长为8。（）求椭圆的方程。（）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点。试探究： 在坐标平面内是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由。 (法3) 由得，动直线与椭圆有且只要一个交点，且=0，即，化简得 此时=，=，(,),由得(4，).学&假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上,【
4、扩展链接】1. 设圆锥曲线C的焦点F在x轴上，过焦点F且斜率为的直线交曲线于两点，若，则.2. 在圆锥曲线中，过焦点F不垂直于坐标轴的弦为，其垂直平分线和焦点所在的坐标轴交于，则.3.已知椭圆的两个焦点分别为和（），过点的直线与椭圆相交于两点，若，则直线一定过或.4.如果平面内有三点不共线，设.【新题展示】1【2019湖北恩施2月质检】已知抛物线：的焦点为，其准线：与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点（1）求抛物线的方程；（2）点关于轴的对称点为，证明：存在实数，使得【思路引导】（1）根据抛物线的准线为直线：，可求出，进而可得抛物线方程；（2）先设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达
5、定理，求出直线恒过定点，进而可证明结论成立【解析】（1）因为抛物线：的准线为直线：，所以，解得所以抛物线的方程为（2）易知点的坐标为，据此可设直线的方程为，联立整理得，故因为点关于轴的对称点为，所以则直线的方程为，得，得，即令，得，得所以直线恒过定点所以点在直线上，所以不妨令因为，所以，所以，所以所以存在实数，使得，命题得证2【2019黑龙江齐齐哈尔一模】已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为，过焦点且垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为3，直线与椭圆相切（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在直线：与椭圆相交于两点，使得？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由！【思路引导】（1）由题意列
6、出关于a，b的关系式，解得a，b即可（2）将直线与椭圆联立，将向量数量积的运算用坐标形式表示，利用根与系数之间的关系确定k的取值范围【解析】（1）在中，令，得，解得由垂径长（即过焦点且垂直于实轴的直线与椭圆相交所得的弦长）为3，得，所以因为直线：与椭圆相切，则将代入，得故椭圆的标准方程为（2）设点，由（1）知，则直线的方程为联立得，来源:则恒成立所以，因为，所以即即 ，得，得，即，解得；直线存在，且的取值范围是3【2019安徽江南十校3月检测】设是坐标原点，圆：，椭圆的焦点在轴上，左、右顶点分别为，离心率为，短轴长为4平行轴的直线与椭圆和圆在轴右侧的交点分别为，直线与轴交于点，直线与轴交于点（
7、）求椭圆的标准方程；（）当时，求的取值范围【思路引导】（1）根据椭圆的几何性质，得到关于的方程，求得结果；（2）解法一：假设方程和坐标，利用得到和的坐标，从而将转化为关于的式子，求得范围；解法二：假设方程和坐标，与椭圆方程联立解出点坐标，进一步推导出坐标，将转化为关于的式子，求得范围【解析】（1）设椭圆的标准方程为由题意得，解得椭圆的标准方程为（2）解法一：设且，设，共线， 得，同理得 解法二：设，联立得：， ，令得又由，令得又轴 来源:Zxxk.Com 4【2019河北衡水中学摸底】已知点是抛物线的焦点，若点在抛物线上，且求抛物线的方程；动直线与抛物线相交于两点，问：在轴上是否存在定点其中，
8、使得向量与向量共线其中为坐标原点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【思路引导】求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义可得的坐标，代入抛物线方程，解得，进而得到抛物线的方程；在轴上假设存在定点其中，使得与向量共线，可得轴平分，设，联立和，根据恒成立，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理可得的方程，求得，可得结论【解析】抛物线C：的焦点为，准线方程为，即有，即，则，解得，则抛物线的方程为；在x轴上假设存在定点其中，使得与向量共线，由，均为单位向量，且它们的和向量与共线，可得x轴平分，设，联立和，得，恒成立，设直线DA、DB的斜率分别为，则由得，联立，得，故存在满足题意，来源:ZX
9、XK综上，在x轴上存在一点，使得x轴平分，即与向量共线【同步训练】1已知椭圆C：+=1（ab0）的上下两个焦点分别为F1，F2，过点F1与y轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，MNF2的面积为，椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知O为坐标原点，直线l：y=kx+m与y轴交于点P，与椭圆C交于A，B两个不同的点，若存在实数，使得+=4，求m的取值范围【思路点拨】（1）根据已知设椭圆的焦距2c，当y=c时，|MN|=|x1x2|=，由题意得，MNF2的面积为|MN|F1F2|=c|MN|=，又，解得a、b即可（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（0，y0），分类讨论：当m=
10、0时，利用椭圆的对称性即可得出；m0时，直线AB的方程与椭圆的方程联立得到0及根与系数的关系，再利用向量相等，代入计算即可得出（2）当m=0时，则P（0，0），由椭圆的对称性得，m=0时，存在实数，使得+=4，当m0时，由+=4，得，A、B、p三点共线，1+=4，=3设A（x1，y1），B（x2，y2），由，得（k2+4）x2+2mkx+m24=0，由已知得=4m2k24（k2+4）（m24）0，即k2m2+40，且x1+x2=，x1x2=由得x1=3x2学&来源:Zxxk.Com3（x1+x2）2+4x1x2=0，m2k2+m2k24=0，显然m2=1不成立，k2m2+40，即解得2m1或1
11、m2学&综上所述，m的取值范围为（2，1）（1，2）02.已知F1，F2分别是椭圆C：+=1（ab0）的两个焦点，P（1，）是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知动直线l过点F2，且与椭圆C交于A、B两点，试问x轴上是否存在定点Q，使得=恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）根据椭圆的性质及等差数列性质得出a=c，把P点坐标代入椭圆方程列方程组解出a，b得出椭圆方程；（2）设Q（m，0），讨论直线l的斜率，求出A，B坐标，列方程解出m 3.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：+=1（ab0）的一个焦点为F
12、1（，0），M（1，y）（y0）为椭圆上的一点，MOF1的面积为（1）求椭圆C的标准方程；（2）若点T在圆x2+y2=1上，是否存在过点 A（2，0）的直线l交椭圆C于点 B，使=（+）？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）由已知列式c=，得a2，b2即可；（2）设直线l的方程为：y=k（x2），A（x1，y1），B（x2，y2）由得（1+4k2）x216k2x+16k24=0，x1+x2=，y1+y2=k（x1+x2）4k=，=（+）=，得T（）代入 圆C1，可得化为176k424k25=0可求得k 4.已知椭圆的两个焦点为，是椭圆上一点，若，（1）求椭圆的方程；
13、（2）直线l过右焦点（不与x轴重合）且与椭圆相交于不同的两点A，B，在x轴上是否存在一个定点P（x0，0），使得的值为定值？若存在，写出P点的坐标（不必求出定值）；若不存在，说明理由【思路点拨】（1）根据椭圆的定义及勾股定理即可求得a=3，c=，b2=a2c2=4，即可求得椭圆方程；（2）方法一：设直线l：x=my+，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，=t 则（4x0236）m2+9x0218x0+29=t（4m2+9），比较系数，即可求得x0=，在x轴上存在一个定点P（，0），使得的值为定值（）；方法二：分类讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l：y=k（x），代入椭圆方程，利
14、用韦达定理及向量数量积的坐标运算，令=t 则（9x0218x0+29）k2+4x0236=t（4+9k2），9x0218x0+29=9 t且4x0236=4t，即可求得x0=，此时t的值为解法二：当直线与x轴不垂直时，设直线l方程为：y=k（x），代入椭圆方程并消元整理得：（9k2+4）x218k2x+45k236=0设A（x1，y1），B（x2，y2），则是方程的两个解，由韦达定理得：x1+x2=，x1x2=， y1y2=k2（x1）（x2）=k2（ x1x2（x1+x2）+5）=，=（x1x0，y1）（x2x0，y2）=（ x1x0）（ x2x0）+y1y2=x1x2x0（x1+x2）+x
15、02+y1y2，=，学&令=t 则（9x0218x0+29）k2+4x0236=t（4+9k2），9x0218x0+29=9 t且 4x0236=4t，解得：x0=，此时t的值为，当直线l与x轴垂直时，l的方程为：x=，代入椭圆方程解得：A（，），B（，），=（，）（，）=，当直线l与x轴垂直时，也为定值，综上，在x轴上存在一个定点P（，0），使得的值为定值（）5.如图已知椭圆C：+=1（ab0）的离心率为，以椭圆的左顶点T为圆心作圆T：（x+2）2+y2=r2（r0），设圆T与椭圆C交于点M，N（1）求椭圆C的方程；（2）求的最小值，并求此时圆T的方程【思路点拨】（1）运用椭圆的离心率公式和
16、顶点坐标，结合a，b，c的关系，可得椭圆方程；（2）设M（m，n），由对称性可得N（m，n），代入椭圆方程，再由向量数量积的坐标表示，转化为关于m的二次函数，配方，结合椭圆的范围，可得最小值，进而得到M的坐标，可得圆的方程 6.已知椭圆的离心率，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x+y2=0相切来源:Zxxk.Com（1）求椭圆的标准方程；（2）对于直线l：y=x+m和点Q（0，3），椭圆C上是否存在不同的两点A与B关于直线l对称，且3=32，若存在实数m的值，若不存在，说明理由【思路点拨】（1）由椭圆的离心率，得b=c，写出以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程，再由点到直线的距离列式求得b
17、，c的值，结合隐含条件求得a，则椭圆方程可求；（2）由题意设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB方程为：y=x+n联立消y整理可得：3x24nx+2n22=0，由0解得n的范围再由根与系数的关系结合中点坐标公式求得直线AB之中点坐标，代入直线AB，再由点P在直线l上求得m的范围，最后由3=32求得m的值（2）由题意设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB方程为：y=x+n联立消y整理可得：3x24nx+2n22=0，由=（4n）212（2n22）=248n20，解得，学&设直线AB之中点为P（x0，y0），则，由点P在直线AB上得：，又点P在直线l上，则又，=，解得：或m=1学&
18、综合，知m的值为7.已知椭圆C：+=1（ab0）的左、右顶点分别为A、B，且长轴长为8，T为椭圆上一点，直线TA、TB的斜率之积为（1）求椭圆C的方程；（2）设O为原点，过点M（0，2）的动直线与椭圆C交于P、Q两点，求+的取值范围【思路点拨】（1）求得直线TA，TB的斜率，由=，即可求得椭圆C的方程；（2）设直线PQ方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标，求函数的单调性，即可求得+的取值范围 =20+（8分）20+，（10分）学&当直线PQ斜率不存在时+的值为20，综上所述+的取值范围为20，（12分）8.已知抛物线E：x2=4y的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点（1
19、）若点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值；（2）过A，B分别作抛物线E的切线l1，l2，若l1与l2交于点P，求的值【思路点拨】（1）由题意设直线AB的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及弦长公式，根据函数的单调性即可求得四边形OACB面积的最小值；（2）求导，利用点斜式方程，求得求得切线l1，l2的方程，联立求得P点坐标，根据向量的坐标运算，即可求得的值 9.已知点P（4，4），圆C：（xm）2+y2=5（m3）与椭圆E：+=1（ab0）有一个公共点A（3，1），F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，直线PF1与圆C相切（1）求m的值与椭圆E的方程；（2
20、）设Q为椭圆E上的一个动点，求的取值范围【思路点拨】（1）先利用点A在圆上求出m，再利用直线PF1与圆C相切求出直线PF1与的方程以及c，再利用点A在椭圆上求出2a，即可求出椭圆E的方程；（2）先把用点Q的坐标表示出来，再利用Q为椭圆E上的一个动点以及基本不等式即可求出的取值范围（2），设Q（x，y），即x2+（3y）2=18，而x2+（3y）22|x|3y|，186xy18学&则（x+3y）2=x2+（3y）2+6xy=18+6xy的取值范围是0，36x+3y的取值范围是6，6x+3y6的范围只：12，0即的取值范围是12，010.若椭圆E1：与椭圆E2：满足，则称这两个椭圆相似，m叫相似比
21、若椭圆M1与椭圆相似且过点（1）求椭圆M1的标准方程；（2）过点P（2，0）作斜率不为零的直线l与椭圆M1交于不同两点A、B，F为椭圆M1的右焦点，直线AF、BF分别交椭圆M1于点G、H，设，求1+2的取值范围【思路点拨】（1）根据题意，设椭圆M1的标准方程为，由“椭圆相似”的性质思路引导可得，解可得a2、b2的值，代入椭圆的方程即可得答案；（2）设直线l的斜率为k，以及A、B、G、H的坐标，可以表示、的坐标，分“AG与x轴不垂直”和“AG与x轴垂直”两种情况，求出直线AG的方程，联立直线与椭圆的方程，由根与系数的关系的思路引导可得1+2范围，即可得答案得，1=32x1，当AG与x轴垂直时，点
22、A的横坐标为1，1=1，2=32x1成立，同理可得2=32x2，设直线l的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，得（2k2+1）x2+8k2x+8k22=0，则，得，由得，即1+2范围为（6，10）学&11.已知椭圆C：（ab0）的离心率为，左、右焦点分别为圆F1、F2，M是C上一点，|MF1|=2，且|=2（1）求椭圆C的方程；（2）当过点P（4，1）的动直线l与椭圆C相交于不同两点A、B时，线段AB上取点Q，且Q满足|=|，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线的方程【思路点拨】（1）由已知得a=2c，且F1MF2=60，由余弦定理求出c=1，即可求得a，结合隐含条件求得b，则椭圆C的方程
23、可求；（2）设直线l的方程为y=kx+（14k），代入椭圆方程，得（3+4k2）x2+（8k32k2）x+64k232k8=0，利用根与系数的关系结合已知向量等式即可证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线方程证明：（2）由题意可得直线l的斜率存在设直线l的方程为y1=k（x4），即y=kx+（14k），代入椭圆方程，整理得（3+4k2）x2+（8k32k2）x+64k232k8=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，设Q（x0，y0），由|=|，得：（4x1）（x0x2）=（x1x0）（4x2）（考虑线段在x轴上的射影即可），8x0=（4+x0）（x1+x2）2x1x2，学&于是，整理
24、得3x02=（4x0）k，又k=，代入式得3x0+y03=0，点Q总在直线3x+y3=0上12.如图，椭圆E：，点P（0，1）在短轴CD上，且（1） 求椭圆E的方程及离心率；（2） 设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）由已知可得点C，D的坐标分别为（0，b），（0，b）结合=2列式求得b，则椭圆方程可求，进一步求出c可得椭圆的离心率；（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+1，A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系可得A，B横坐标的和与积+，可知当=2时，+=7为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，仍有+=+2=34=7，故存在常数=2，使得+为定值7 31