圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题（解析版）

圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题一、考情分析圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题是近年高考的热点,探索性问题通常为探索是否存在符合的点、直线或结果是否为定值,求解时一般是先假设结论存在,再进行推导,有时也会出现探索曲线位置关系的试题,结构不良问题时,兼顾开放性与公平性,形式不固化,问题条件或数据缺失或冗余、问题目标界定不明确、具有多种评价解决方法的标准等特征,选择不同的条件,解题的难度是有所不同的,能较好地考查学生分析问题解决问题的能力.二、解题秘籍(一)解决探索性问题与不良结构问题的注意事项及方法1.解决探索性问题的注意事项探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．2.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、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．3.结构不良问题的主要特征有：①问题条件或数据部分缺失或冗余；②问题目标界定不明确；③具有多种解决方法、途径；④具有多种评价解决方法的标准；⑤所涉及的概念、规则和原理等不确定．x2y21(2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期10月联考)已知双曲线C:-=1经过a2b2点2,-3,两条渐近线的夹角为60°,直线l交双曲线于A,B两点.(1)求双曲线C的方程.(2)若动直线l经过双曲线的右焦点F2,是否存在x轴上的定点Mm,0,使得以线段AB为直径的圆恒过M点？若存在,求实数m的值；若不存在,请说明理由.b33【解析】(1)∵两条渐近线的夹角为60°,∴渐近线的斜率±=±3或±,即b=3a或b=a；a33249222y当b=3a时,由-=1得：a=1,b=3,∴双曲线C的方程为：x-=1；a2b23349当b=a时,方程-=1无解；3a2b2y2综上所述：∴双曲线C的方程为：x2-=1.3(2)由题意得：F22,0,假设存在定点Mm,0满足题意,则MA⋅MB=0恒成立；·1·方法一：①当直线l斜率存在时,设l:y=kx-2,Ax1,y1,Bx2,y2,y=kx-23-k2≠022222由y得：3-kx+4kx-4k+3=0,∴2,2Δ=361+k>0x-3=14k24k2+3∴x1+x2=,x1x2=,k2-3k2-3222∴MA⋅MB=x1-mx2-m+y1y2=x1x2-mx1+x2+m+kx1x2-2x1+x2+4=1+kx1x222222224k+31+k4k2k+m22-2k+mx1+x2+m+4k=-+m+4k=0,k2-3k2-32222222∴4k+31+k-4k2k+m+m+4kk-3=0,222整理可得：km-4m-5+3-3m=0,m2-4m-5=0由得：m=-1；3-3m2=0∴当m=-1时,MA⋅MB=0恒成立；②当直线l斜率不存在时,l:x=2,则A2,3,B2,-3,当M-1,0时,MA=3,3,MB=3,-3,∴MA⋅MB=0成立；综上所述：存在M-1,0,使得以线段AB为直径的圆恒过M点.方法二：①当直线l斜率为0时,l:y=0,则A-1,0,B1,0,∵Mm,0,∴MA=-1-m,0,MB=1-m,0,∴MA⋅MB=m2-1=0,解得：m=±1；②当直线l斜率不为0时,设l:x=ty+2,Ax1,y1,Bx2,y2,x=ty+23t2-1≠0222由y得：3t-1y+12ty+9=0,∴2,2Δ=123t+3>0x-3=112t9∴y1+y2=-,y1y2=,3t2-13t2-12∴MA⋅MB=x1-mx2-m+y1y2=x1x2-mx1+x2+m+y1y2=ty1+2ty2+2-22229t+1mty1+2+ty2+2+m+y1y2=t+1y1y2+2t-mty1+y2+4-4m+m=-3t2-1212t2t-mt212m-15t+92+4-4m+m=+2-m=0；3t2-13t2-112m-159当=,即m=-1时,MA⋅MB=0成立；3-1综上所述：存在M-1,0,使得以线段AB为直径的圆恒过M点.x2y22(2023届云南省师范大学附属中学高三上学期月考)已知双曲线C:-=1(b>a>0)的右焦点为a2b2Fc,0,从①虚轴长为23；②离心率为2；③双曲线C的两条渐近线夹角为60°中选取两个作为条件,求解下面的问题.(1)求C的方程；(2)过点F的直线l与双曲线C的左､右两支分别交于A,B两点,O为坐标原点,记△AOB,△FOB面积分S1别为S1,S2,若=3+1,求直线l的方程.S2(注：若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.)·2·c2=a2+b2，，a=1c，【解析】(1)若选①②,可知a=2解得b=3，2b=23，c=2，y2∴C的方程为x2-=1.3b=3，a=1，若选①③,因为b>a,∴a∴2b=23，b=3，y2∴C的方程为x2-=1.3cc=2，=2，aa若选②③,设递增的渐近线的倾斜角为θ,可知，则b，θ=60°a=tanθ=tan60°222a+b=ca2+b2=c2此时无法确定a,b,c(2)F(2，0),由题意知,直线l斜率不为0,∴设直线l：x=ty+2.x=ty+2，22由y2得(3t-1)y+12ty+9=0,2，x-3=12设A(x1，y1)，B(x2，y2),|y1|>|y2|,则可知3t-1≠0且Δ>0恒成立,-12t933y1+y2=，y1y2=,∵y1y2>0,∴t<-或t>.3t2-13t2-133SS-SS|y|y∵△AOB=△AOF△BOF=△AOF-1=1-1=3+1,∴1=2+3.S△BOFS△BOFS△BOF|y2|y2(y+y)2-2yy2yy22由121210t+2得1210t+210t+2,=2,+=2,∴2=4y1y23t-1y2y13t-13t-133∴t=±3,满足t<-或t>.33323323∴直线l的方程为y=x-或y=-x+.3333(二)是否存在型探索性问题求解此类问题一般是先假设存在,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论.x2y23(2022届天津市南开中学2高三上学期检测)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为a2b225F、F,且F也是抛物线E：y=4x的焦点,P为椭圆C与抛物线E在第一象限的交点,且PF=．12223(1)求椭圆C的方程；(2)若直线y=kx-1与椭圆C交于R,S两点,问是否在x轴上存在一点T,使得当k变动时,总有∠OTS=∠OTR？说明理由．2【解析】(1)∵F2也是抛物线E：y=4x的焦点,∴F21，0,∴c=1,且抛物线的准线方程为x=-1,设点Px0，y0,552∵PF=,∴x+1=,∴x=,230303222648∴y0==,∴+=1,339a23b2·3·∵a2-b2=c2=1,解得a2=4,b2=3,x2y2∴椭圆方程为+=1；43(2)假设存在Tt，0满足∠OTS=∠OTR.设Rx1，y1,Sx2，y2,y=kx-12222联立,消y整理得3+4kx-8kx+4k-12=0,3x2+4y2=128k24k2-12由韦达定理有x1+x2=,x1x2=①,其中△>0恒成立,3+4k23+4k2y1y2由∠OTS=∠OTR(显然TS,TR的斜率存在),故kTS+kTR=0,即+=0②,x1-tx2-t由R,S两点在直线y=kx-1上,故y1=kx1-1,y2=kx2-1,代入②整理有2x1x2-t+1x1+x2+2t=0③,6t-24将①代入③即有：=0④,要使得④与k的取值无关,当且仅当“t=4“时成立,3+4k2综上所述存在T4，0,使得当k变化时,总有∠OTS=∠OTR．(三)探索直线是否过定点求出此类问题一般是设出直线的斜截式方程y=kx+t,然后根据已知条件确定k,t的关系式,再判断直线是否过定点.x2y234(2022届北京市房山区高三上学期期末)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,A,B分别a2b22为椭圆E的上、下顶点,且AB=2.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设直线l与椭圆E交于M,N(不与点A,B重合)两点,若直线AM与直线AN的斜率之和为2,判断直线l是否经过定点？若是,求出定点的坐标；若不是,说明理由.3c3【解析】(1)由离心率为,可得=2a2因为A,B为椭圆的上、下顶点,且AB=2,所以2b=2即b=1,又a2=b2+c2解得：a=22x2所以椭圆E的标准方程为+y=14(2)直线l经过定点-1,-1,证明如下：①当直线l的斜率存在时,设l:y=kx+t,(t≠±1),y=kx+t2222由x2,得(1+4k)x+8ktx+4t-4=0,4+y=1则Δ=(8kt)2-4(1+4k2)(4t2-4)>0得：t2<4k2+1设M(x1,y1),N(x2,y2)-8kt4t2-4则x1+x2=,x1x2=,1+4k21+4k2y1-1y2-12kx1x2+(t-1)(x1+x2)则kAM+kAN=+=x1x2x1x28k(t-1)==24(t+1)(t-1)·4·所以t=k-1,经检验,可满足t2<4k2+1,所以直线l的方程为y=kx+k-1,即y=kx+1-1所以直线l经过定点-1，-1．②当直线l的斜率不存在时,设l:x=m,M(m,yM),N(m,-yM),y-1-y-1则k+k=M+M=2AMANmm解得m=-1,此时直线l也经过定点-1，-1综上直线l经过定点(-1,-1)．(四)探索结果是否为定值此类问题一般是把所给式子用点的坐标或其他参数表示,再结合韦达定理或已知条件进行化简,判断化简的结果是否为定值.x2y25(2022届云南省三校高三联考)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)过点a2b2aa3A,,B2,．332(1)求椭圆E的方程；22(2)点Qx0,y0是单位圆x+y=1上的任意一点,设P,M,N是椭圆E上异于顶点的三点且满足OP=22x0OM+y0ON．探讨OM+ON是否为定值？若是定值,求出该定值,若不是定值,请说明理由．232+2=1aa3a4b22【解析】(1)因为点A,,B2,在椭圆上,所以22,解得b=1,a=8,332a+a=19a29b22x2所以椭圆方程为+y=1．8(2)令Mx1,y1,Nx2,y2,则Px0x1+y0x2,x0y1+y0y2,2x0x1+y0x22所以+xy+yy=1,80102x2x22xyxx即1+y2x2+2+y2y2+0012+2xyyy=1．81082080012x2x22xyxx又1+y2=1,2+y2=1,x2+y2=1,所以0012+2xyyy=0,81820080012y1y21即=-,x1x282121212222222所以yy=-xx=x⋅x=1-y1-y=1-y+y+y⋅y,128128182121212x2x2即y2+y2=1,又1+y2=1,2+y2