椭圆必会十大基本题型讲与练10以椭圆为情景的探索性问题典例分析角度一、以探索多边形形状为情景的问题1、已知椭圆C:(),直线不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(Ⅰ)证明:直线OM的斜率与的斜率的乘积为定值;(Ⅱ)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边行?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.【解析】(Ⅰ)设直线,,,.将代入得,故,.于是直线的斜率,即.所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值.(Ⅱ)四边形能为平行四边形.因为直线过点,所以不过原点且与有两个交点的充要条件是,.由(Ⅰ)得的方程为.设点的横坐标为.由得,即.将点的坐标代入直线的方程得,因此.四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分,即.于是.解得,.因为,,,所以当的斜率为或时,四边形为平行四边形.2.已知椭圆的一个焦点在直线上,且离心率.(1)求该椭圆的方程;(2)若与是该椭圆上不同的两点,且线段的中点在直线上,试证:轴上存在定点,对于所有满足条件的与,恒有;(3)在(2)的条件下,能否为等腰直角三角形?并证明你的结论.【答案】(1)(2)见解析(3)见解析【解析】(1)∵椭圆的一个焦点在直线上,∴,又,∴,∴该椭圆的方程为.(2)当直线的斜率存在时,设直线的方程为,,,设,则,,∵弦的中点在直线上,∴,∴,∴,将代入得,假设在轴上存在定点,,∴,∴,即,当直线的斜率不存在时,直线垂直于轴,此时显然成立,综上,轴上存在定点.(3)假设能为等腰直角三角形,则,∴,,,又,∴,,符合(*),∴在(2)的条件下,能为等腰直角三角形.角度二、以探索定点存在性为情景的问题1、如图,椭圆:的离心率是,过点的动直线与椭圆相交于两点,当直线平行与轴时,直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程;(2)在平面直角坐标系中,是否存在与点不同的定点,使得恒成立?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由已知,点在椭圆上.因此,解得,.所以椭圆的方程为.(2)当直线与轴平行时,设直线与椭圆相交于、两点.如果存在定点满足条件,则,即.所以点在y轴上,可设点的坐标为.当直线与轴垂直时,设直线与椭圆相交于、两点.则,,由,有,解得或.所以,若存在不同于点的定点满足条件,则点的坐标只可能为.下面证明:对任意的直线,均有.当直线的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线的斜率存在时,可设直线的方程为,、的坐标分别为.联立得.其判别式,所以,.因此.易知,点关于轴对称的点的坐标为.又,所以,即三点共线.所以.故存在与不同的定点,使得恒成立.角度三、以探索直线与圆锥曲线位置关系为情景的问题1、椭圆的左、右焦点分别为,,右顶点为,上顶点为,且满足向量.(1)若,求椭圆的标准方程;(2)设为椭圆上异于顶点的点,以线段为直径的圆经过,问是否存在过的直线与该圆相切?若存在,求出其斜率;若不存在,说明理由.【答案】(1);(2)存在满足条件的直线,斜率.【分析】(1)由题易知,因为,所以为等腰三角形所以b=c,由此可求,即可得到椭圆的标准方程;(2)由(1)可得.,P的坐标为则由题意得,即,又因为P在椭圆上,所以,联立可得,设圆心为,则,利用两点间的距离公式可得圆的半径r.设直线的方程为:.利用直线与圆相切的性质即可得出.【详解】(1)易知,因为,所以为等腰三角形,所以b=c,由可知,故椭圆的标准方程为:(2)由已知得,,设椭圆的标准方程为,P的坐标为因为,所以,由题意得,所以,又因为P在椭圆上,所以,由以上两式可得,因为P不是椭圆的顶点,所以,故,设圆心为,则,圆的半径,假设存在过的直线满足题设条件,并设该直线的方程为,由相切可知,所以,即,解得,故存在满足条件的直线.【点睛】本题中考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、点与椭圆的位置关系、直线与圆相切问题、点到直线的距离公式、中点坐标公式等基础知识与基本技能方法,考查了推理能力和计算能力,属于难题.2、已知抛物线与过点的直线交于两点.(1)若,求直线的方程;(2)若,轴,垂足为,探究:以为直径的圆是否过定点?若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.【答案】(1)或;(2)过定点,【解析】【分析】(1)设出直线的方程,联立直线与抛物线方程,利用根与系数的关系及弦长公式计算即可;(2)设以为直径的圆经过点,,,利用得,令解方程组即可.【详解】(1)由题可知,直线的斜率不为0,设其方程为,将代入,消去可得,显然,设,,则,,所以,因为,所以,解得,所以直线的方程为或.(2)因为,所以是线段的中点,设,则由(1)可得,,所以,又轴,垂足为,所以,设以为直径的圆经过点,则,,所以,即,化简可得①,令,可得,所以当,时,对任意的,①式恒成立,所以以为直径的圆过定点,该定点的坐标为.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,涉及到抛物线中的定点问题,考查学生的计算能力,是一道中档题.角度四、以探索定值存在性为情景的问题1、已知定点,,直线、相交于点,且它们的斜率之积为,记动点的轨迹为曲线。(1)求曲线的方程;(2)过点的直线与曲线交于、两点,是否存在定点,使得直线与斜率之积为定值,若存在,求出坐标;若不存在,请说明理由。【答案】(1);(2)存在定点,见解析【分析】(1)设动点,则,利用,求出曲线的方程.(2)由已知直线过点,设的方程为,则联立方程组,消去得,设,,,利用韦达定理求解直线的斜率,然后求解指向性方程,推出结果.【详解】(1)设动点,则,,,即,化简得:,由已知,故曲线的方程为。(2)由已知直线过点,设的方程为,则联立方程组,消去得,设,,则又直线与斜率分别为,,则。当时,,;当时,,。所以存在定点,使得直线与斜率之积为定值。【点睛】本题考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系的综合应用,考查计算能力,属于中档题.角度五、以探索最值存在性为情景的问题1、已知椭圆C:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,以F2为圆心、过椭圆左顶点M的圆与直线3x-4y+12=0相切于点N,且满足eq\o(MF1,\s\up7(―→))=eq\f(1,2)eq\o(F1F2,\s\up7(―→)).(1)求椭圆C的标准方程.(2)过椭圆C右焦点F2的直线l与椭圆C交于不同的A,B两点,问:△F1AB内切圆的面积是否有最大值?若有,求出最大值;若没有,请说明理由.【详解】(1)因为圆F2与直线3x-4y+12=0相切且过椭圆左顶点M,则MF2为圆F2的半径,且半径为a+c.椭圆右焦点F2(c,0),所以由点F2到直线3x-4y+12=0的距离等于a+c得eq\f(|3c+12|,5)=a+c,则12=5a+2c.又eq\o(MF1,\s\up7(―→))=eq\f(1,2)eq\o(F1F2,\s\up7(―→)),则2c=a.由a2=b2+c2,解得a2=4,b2=3,c2=1.故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),△F1AB的内切圆半径为r,△F1AB的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8,所以S△F1AB=eq\f(1,2)×8×r=4r.根据题意,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1,由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)+\f(y2,3)=1,,x=my+1))得(3m2+4)y2+6my-9=0,Δ=(6m)2+36(3m2+4)>0恒成立,且y1+y2=eq\f(-6m,3m2+4),y1y2=eq\f(-9,3m2+4),所以S△F1AB=eq\f(1,2)|F1F2||y1-y2|=eq\r(y1+y22-4y1y2)=eq\f(12\r(m2+1),3m2+4).令t=eq\r(m2+1),则t≥1,所以S△F1AB=eq\f(12t,3t2+1)=eq\f(4,t+\f(1,3t)).令f(t)=t+eq\f(1,3t),则当t≥1时,f′(t)=1-eq\f(1,3t2)>0,所以f(t)=t+eq\f(1,3t)在[1,+∞)上单调递增,所以f(t)≥f(1)=eq\f(4,3),S△F1AB≤3,即当t=1,m=0,直线l的方程为x=1时,S△F1AB的最大值为3,此时内切圆半径最大,且r=eq\f(3,4),所以△F1AB内切圆的面积有最大值eq\f(9,16)π.角度六、以探索直线存在性为情景的问题1、如图,已知A−1,0、B1,0,Q、G分别为△ABC的外心,重心,QG//AB.(1)求点C的轨迹E的方程;(2)是否存在过P0,1的直线L交曲线E于M,N两点且满足MP=2PN,若存在求出L的方程,若不存在请说明理由.【答案】(1)x2+y23=1xy≠0;(2)不存在.【分析】(1)设点Cx,yxy≠0,利用重心的坐标公式得出点G的坐标为x3,y3,可得出点Q0,y3,由QA=QC可得出点C的轨迹E的方程;(2)由题意得出直线L的斜率存在,并设直线L的方程为y=kx+1,设点Mx1,y1、Nx2,y2,将直线L的方程与曲线E的方程联立,并列出韦达定理,由MP=2PN,可得出x1=−2x2代入韦达定理求出k的值,即可得出直线L的方程,此时,直线L过点−1,0或1,0,从而说明直线L不存在.【详解】(1)设点Cx,yxy≠0,则点Gx3,y3,由于QG//AB,则点Q0,y3.由QA=QC,可得出1+y29=x2+4y29,化简得x2+y23=1.因此,轨迹E的方程为x2+y23=1xy≠0;(2)当L与y轴重合时不符合条件.假设存在直线L:y=kx+1,设点Mx1,y1、Nx2,y2.将直线L的方程与曲线E的方程联立y=kx+1x2+y23=1,消去y得k2+3x2+2kx−2=0,由韦达定理得x1+x2=−2kk2+3,x1x2=−2k2+3.MP=−x1,1−y1,PN=x2,y2−1,∵MP=2PN,∴−x1=2x2,得x1=−2x2,即x1x2=−2,∵x1+x22x1x2=4k2k2+32⋅−k2+32=−2k2k2+3,另一方面x1+x22x1x2=x1x2+x2x1+2=−12=−2k2k2+3,得k2=1,解得k=±1.则直线L过点−1,0或1,0,因此,直线L不存在.【点睛】本题考查动点的轨迹方程,同时也考查了椭圆中的向量问题,在求解时可充分利用韦达定理设而不求法进行求解,考查运算求解能力,属于中等题.2、设经过点的直线与抛物线相交于、两点,经过点的直线与抛物线相切于点.(1)当时,求的取值范围;(2)问是否存在直线,使得成立,若存在,求出的取值范围;若不存在,请说明理由.【答案】(1);(2).【分析】(1)设,,因为直线经过定点,所以可设直线的方程为,则由得,利用韦达定理和弦长公式,化简可得,再根据函数的性质即可求出结果;(2)假设存在直线,使得成立,不妨设:,:,则由得,利用韦达定理和弦长公式可得;又得,所以;由得到,由此即可求出结果.【详解】(1)设,,因为直线经过定点,所以可设直线的方程为,则由得,得,∴,,∴.(2)假设存在直线,使得成立,不妨设:,:,则由得,得,∴,,∴,由得,得,得,∴,由得到,两边平方得,即,得.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,考查了弦长公式,属于中档题.方法点拨1、探索性问题:此类问题一般分为探究条件、探究结论两种。若探究条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论。2.圆锥曲线中存在性问题的求解方法:(1)存在性问题通常采用“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(点、直线、曲
高考数学专题10以椭圆为情景的探索性问题——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型 (
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