高考数学微专题21 圆锥曲线经典难题之一类探索性问题的通性通法研究(解析版)

2023-11-08 · U1 上传 · 39页 · 1.9 M

专题21圆锥曲线经典难题之一类探索性问题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)

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