圆锥曲线探索性问题。
包含两类题型：
一是无明确结论，探索结论问题(即只给出条件，要求解题者论证在此条件下，会不会出现某个结论。)
二是给定明确结论，探索结论是否存在问题．(解答这类问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性．)
存在性问题，其一般解法是先假设结论存在，用待定系数法设出所求的曲线方程或点的坐标，再根据合理的推理，若能推出题设中的结论，则假设存在的结论成立；否则，不成立．
这类题型常以适合某种条件的结论“存在”、“不存在”、“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性．
例3．(2012北京理19)（本小题共14分）
已知曲线．1）若曲线是焦点在轴上的椭圆，求的取值范围；
2）设，曲线与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与。
曲线交于不同的两点，，直线与直线交于点，求证：，三点共线．
3．解：（1）原曲线方程可化简得：
由题意可得：，解得：．
2）由已知直线代入椭圆方程化简得：，解得：．
由韦达定理得：①，
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．
变式训练31】(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．
1）若直线ap与bp的斜率之积为，求椭圆的离心率；
2）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. ①
由a(－a,0)，b(a,0)，得kap＝，kbp＝.
由kap·kbp＝－，可得x＝a2－2y，代入①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②，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. ③
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③，得(1＋k2)＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞.
变式训练32】(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；
1）如果点的坐标是；求此时椭圆的方程；
2）证明：直线与椭圆只有一个交点．
解：（i）点代入得：
又 ② 由①②③得：，即椭圆的方程为．
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pf2⊥f2q，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.
解得。所以直线与椭圆只有一个交点．
例4．(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，且与直线相交于点q．试**：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.(*
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