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文档介绍
备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题55 圆锥曲线的探索性、存在性问题
专题55 圆锥曲线的探索性、存在性问题 【热点聚焦与扩展】 纵观近几年的高考试题,高考对圆锥曲线的考查,一般设置一大一小两道题目,主要考查以下几个方面:一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义,与椭圆的焦点三角形结合,解决椭圆、三角形等相关问题;二是考查圆锥曲线的标准方程,结合基本量之间的关系,利用待定系数法求解;三是考查圆锥曲线的几何性质,小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质;四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题,综合性较强,往往与向量结合,涉及方程组联立,根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直线、存在性和探索性问题等. 本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上,重点说明利探索性、存在性问题的解法. 1、在处理圆锥曲线中的存在性问题时,通常先假定所求的要素(点,线,图形或是参数)存在,并用代数形式进行表示.再结合题目条件进行分析,若能求出相应的要素,则假设成立;否则即判定不存在 2、存在性问题常见要素的代数形式:未知要素用字母代替 (1)点:坐标 (2)直线:斜截式或点斜式(通常以斜率为未知量) (3)曲线:含有未知参数的曲线标准方程 3、解决存在性问题的一些技巧: (1)特殊值(点)法:对于一些复杂的题目,可通过其中的特殊情况,解得所求要素的必要条件,然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立. (2)核心变量的选取:因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素,所以通常以该要素作为核心变量,其余变量作为辅助变量,必要的时候消去. (3)核心变量的求法: ①直接法:利用条件与辅助变量直接表示出所求要素,并进行求解 ②间接法:若无法直接求出要素,则可将核心变量参与到条件中,列出关于该变量与辅助变量的方程(组),运用方程思想求解. 4.探索性问题命题背景宽,涉及知识点多,综合性强,探究平分面积的线、平分线段的线,或探究等式成立的参数值,探索定点、定值的存在性等.常与距离、倾斜角、斜率及方程恒成立问题综合,形成知识的交汇.化解探索性问题的方法:首先假设所探求的问题结论成立、存在等,在这个假设下进行推 理论证,如果 得到了一个合情合理的推理结果,就肯定假设,对问题做出正面回答,如果得到一个矛盾的结果,就否定假设,对问题作出反面回答.在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具 35 有明确结论的问题没有什么差别. 【经典例题】 例1.【2019届江苏省南京师大附中考前模拟】如图,已知椭圆C: (a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,若椭圆C经过点(0,),离心率为,直线l过点F2与椭圆C交于A、B两点. (1)求椭圆C的方程; (2)若点N为△F1AF2的内心(三角形三条内角平分线的交点),求△F1NF2与△F1AF2面积的比值; (3)设点A,F2,B在直线x=4上的射影依次为点D,G, E.连结AE,BD,试问当直线l的倾斜角变化时,直线AE与BD是否相交于定点T?若是,请求出定点T的坐标;若不是,请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)见解析 (2)因为点N为△F1AF2的内心, 所以点N为△F1AF2的内切圆的圆心,设该圆的半径为r. 则====. (3)若直线l的斜率不存在时,四边形ABED是矩形, 35 此时AE与BD交于F2G的中点(,0), 下面证明:当直线l的倾斜角变化时,直线AE与BD相交于定点T(,0). 设直线l的方程为y=k(x-1), 化简得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 因为直线l经过椭圆C内的点(1,0),所以△>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=. = ===0, 所以点T(,0)在直线AE上, 同理可证,点T(,0)在直线BD上. 所以当直线l的倾斜角变化时,直线AE与BD相交于定点T(,0). 例2.【2019届浙江省金华市浦江县高考适应性考试】设椭圆左右焦点为上顶点为,离心率为且. 35 (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)设是轴正半轴上的一点,过点任作直线与相交于两点,如果,是定值,试确定点的位置,并求的最大值. 【答案】(1) .(2) ,. (Ⅱ)设的方程为 x*/k/w 它满足 这时 35 这时. 例3.【2019届广东省东莞市考前冲刺】在直角坐标系中,已知抛物线的焦点为,若椭圆:经过点,抛物线和椭圆有公共点,且. (1)求抛物线和椭圆的方程; (2)是否存在正数,对于经过点且与抛物线有两个交点的任意一条直线,都有焦点在以为直径的圆内?若存在,求出的取值范围;若不存在,请说明理由. 【答案】(1),(2) 所以,解得,所以抛物线,焦点, 由题意知解得所以椭圆: 故抛物线的方程为,椭圆的方程为. (2)假设存在正数适合题意,由题意知直线的斜率一定存在,设直线的方程为 由消去,整理得 35 由题意知恒成立, 所以恒成立 因为,所以,解得 又因为,所以 故存在正数适合题意,此时d 取值范围为. 例4.【2019届山东省日照市校际联考】已知椭圆:的焦距为,以椭圆的右顶点为圆心的圆与直线相交于,两点,且,. (1)求椭圆的标准方程和圆的方程; (2)不过原点的直线与椭圆交于,两点,已知直线,,的斜率,,成等比数列,记以线段,线段为直径的圆的面积分别为,,的值是否为定值?若是,求出此值;若不是,说明理由. 35 【答案】(1)椭圆的方程为,圆的方程为;(2) 为定值,定值为. 【解析】分析:(1)设为的中点,连接,则 ,所以 ,又,所以, 由已知得,所以 椭圆的方程为, , 所以,所以,所以, 所以圆的方程为. 35 则 故为定值,该定值为. 例5.【2019届江西省重点中学协作体第二次联考】已知椭圆: 的离心率为,短轴为.点满足. (1)求椭圆的方程; (2)设为坐标原点,过点的动直线与椭圆交于点、,是否存在常数使得为定值?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(1).(2)答案见解析. 【解析】分析:(1)由题意结合平面向量数量积的坐标运算可得的方程为. (2)当不为轴时,设:,、.联立与的方程可得, 35 结合韦达定理和平面向量数量积的坐标运算可得.当为轴时,也满足上述结论.则存在使得 所以,, . 因为为定值,所以, 解得.此时定值为. 当为轴时,,.. 综上,存在使得为定值. 例6.【2019届四川省成都市第七中学三诊】设、分别是椭圆的左、右焦点.若是该椭圆上的一个动点,的最大值为1. (1)求椭圆的方程; (2)设直线与椭圆交于两点,点关于轴的对称点为(与不重合),则直线与轴是否交于一个定点?若是,请写出定点坐标,并证明你的结论;若不是,请说明理由. 35 【答案】(1) ;(2)见解析. 设,则 , ∵, ∴当,即点为椭圆长轴端点时,有最大值1, 即,解得, 故所求的椭圆方程为. (2)由得消去x整理得, 显然. 设,,则, 35 即当. ∴直线与轴交于定点. 例7.【2019届山东省威海市二模】已知椭圆:的左右焦点分别为,且离心率为,点为椭圆上一动点,面积的最大值为. (1)求椭圆的标准方程; (2)设分别为椭圆的左右顶点,过点作轴的垂线,为上异于点的一点,以为直径作圆.若过点的直线(异于轴)与圆相切于点,且与直线相交于点,试判断是否为定值,并说明理由. 【答案】(1)(2)3 【解析】分析:(1)根据题意得关于a,b,c的方程组,解之即得椭圆的方程.(2)先求出点, 35 所以, 设点,则,圆的半径为 则直线的方程为 的方程设为,则 化简得 由,得 所以点, 所以点在椭圆上, ∴,即. 35 例8.【2019届河北省武邑中学一模】已知椭圆经过点,且两个焦点的坐标依次为和. (1)求椭圆的标准方程;’ (2)设是椭圆上的两个动点,为坐标原点,直线的斜率为,直线的斜率为,若,证明:直线与以原点为圆心的定圆相切,并写出此定圆的标准方程. 【答案】(1);(2)见解析. 详解:(1)由椭圆定义得 , 即,又,所以, 得椭圆的标准方程为 (2)设直线的方程为,,, 直线的方程与椭圆方程联立,消去得, 35 当判别式时,得, 所以直线与一个定圆相切,定圆的标准方程为. 例9.【2019届上海市徐汇区二模】如图,是椭圆长轴的两个端点,是椭圆上与均不重合的相异两点,设直线的斜率分别是. (1)求的值; (2)若直线过点,求证:; (3)设直线与轴的交点为(为常数且),试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上?若是,请求出该定直线的方程;若不是,请说明理由. 【答案】(1)(2)见解析(3)落在定直线上 35 (3)同(2)法,由点的纵坐标,求出直线的方程,联立两直线方程,求出其交点的横坐标与点的坐标无关,从而可判断交点落在定直线上,从而问题可得解. 试题解析:(1)设,由于, 所以, 因为在椭圆上,于是,即, 所以. (2)设直线,,由 得, 于是, . (3)由于直线与轴的交点为,于是, 联立直线与椭圆的方程,可得 35 , 于是 因为直线,直线, 于是,所以,即直线与直线的交点落在定直线上. 例10.【2019届山东省潍坊市二模】已知平面上动点到点的距离与到直线的距离之比为,记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程; (2)设是曲线上的动点,直线的方程为. ①设直线与圆交于不同两点, ,求的取值范围; ②求与动直线恒相切的定椭圆的方程;并探究:若是曲线: 上的动点,是否存在直线: 恒相切的定曲线?若存在,直接写出曲线的方程;若不存在,说明理由. 【答案】(1);(2)见解析 35 【解析】分析:(1)设设,根据动点到点的距离与到直线的距离之比为,. 详解:(1)设,由题意,得. 整理,得,所以曲线的方程为. (2)①圆心到直线的距离 ∵直线于圆有两个不同交点, x/k..w ∴ 又∵ ∴ 35 ②当, 时,直线的方程为;当, 时,直线的方程为,根据椭圆对称性,猜想的方程为. 下证:直线与相切,其中,即. 由消去得: ,即. ∴恒成立,从而直线与椭圆: 恒相切. 若点是曲线: 上的动点,则直线: 与定曲线: 恒相切. 【精选精练】 1.【2019届宁夏银川市第二中学二模】设动圆P(圆心为P)经过定点(0,2),被x轴截得的弦长为4,P的轨迹为曲线C (1) 求C的方程 (2) 设不经过坐标原点O的直线l与C交于A、B两点,O在以线段AB为直径的圆上,求证:直线l经过定点,并求出定点坐标. 【答案】(1);(2) 【解析】分析:(1)由圆的几何性质布列方程组,消去参数即可得到轨迹方程; 35 (2)设不经过坐标原点O的直线的方程为,, 则:,解得:,利用根与系数的关系表示垂直关系可得,从而得到直线l经过定点. 详解:(1)设动圆P圆心为,半径为,被x轴截得的弦为 依题意的: 化简整理得: , ,或(舍去) 所以直线l经过定点 2.【2019届辽宁省部分重点中学协作体模拟】已知是椭圆上的一点,是该椭圆的左右焦点,且. (1)求椭圆的方程; (2)设点是椭圆上与坐标原点不共线的两点,直线的斜率分别为,且.试探究是否为定值,若是,求出定值,若不是,说明理由. 【答案】(1) 椭圆;(2)见解析. 35 【解析】分析:(1)由,可得,根据椭圆定义,可得,从而 所以 所以, 因此,椭圆 . (用待定系数法,列方程组求解同样给分) (2)设直线,,由 消去y得 因为,所以 即,解得 所以, 点睛:本题主要考查待定待定系数法求抛物线及椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题,属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:① 从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;② 直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. 35 3.【2019届吉林省梅河口市第五中学二模】已知椭圆:的左、右焦点分别为,右顶点为,且过点,圆是以线段为直径的圆,经过点且倾斜角为的直线与圆相切. (1)求椭圆及圆的方程; (2)是否存在直线,使得直线与圆相切,与椭圆交于两点,且满足?若存在,请求出直线的方程,若不存在,请说明理由. 【答案】(1)椭圆的方程为,圆的方程为;(2)不存在 由题可知,解得 , 所以椭圆的方程为,圆的方程为. (2)假设存在直线满足题意. 由,可得,故. (ⅰ)当直线的斜率不存在时,此时的方程为. 35 因为直线与圆相切, 所以,整理得① 由消去y整理得, 设, 则,, 因为, 所以, 则,即, 所以, 所以, 整理得② 由①②得,此时方程无解. 故直线不存在. 由(i)(ii)可知不存在直线满足题意. 35 4.【2019届河北省武邑中学四模】已知椭圆,为左焦点,为上顶点,为右顶点,若,抛物线的顶点在坐标原点,焦点为. (1)求的标准方程; (2)是否存在过点的直线,与和交点分别是和,使得?如果存在,求出直线的方程;如果不存在,请说明理由. 【答案】(1);(2)或 (2)依题意可知的方程为,假设存在符合题意的直线, 设直线方程为,, 联立方程组,得, 由韦达定理得,则, 联立方程组,得,由韦达定理得,所以, 若,则,即,解得, 所以存在符合题意的直线方程为或. 35 点睛:求椭圆的标准方程,关键是基本量的确定,方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的弦长、面积等问题,可以利用韦达定理把弦长、面积等表示为直线方程中某参数的函数关系式,进而把弦长、面积等问题归结为方程的解或函数的值域等问题. 5.【2019届湖南省长沙市长郡中学模拟卷(二)】已知动点到定直线:的距离比到定点的距离大2. (1)求动点的轨迹的方程; (2)在轴正半轴上,是否存在某个确定的点,过该点的动直线与曲线交于,两点,使得为定值.如果存在,求出点坐标;如果不存在,请说明理由. 【答案】(1)(2) 化简得,所以轨迹的方程为. (2)假设存在满足条件的点(),直线:, 有 , 设,,有,, ,, , 据题意,为定值,则, 于是,则有解得, 故当时,为定值,所以. 35 6.【2019届浙江省杭州市学军中学模拟】是抛物线的焦点,是抛物线上位于第一象限内的任意一点,过 三点的圆的圆心为,点到抛物线的准线的距离为. (Ⅰ)求抛物线的方程; (Ⅱ)若点的横坐标为,直线与抛物线有两个不同的交点与圆有两个不同的交点,求当 时,的最小值. 【答案】(1) .(2) . 【解析】分析:(1)设,先求得,再根据抛物线的定义求得p=1,即得抛物线的方程.(2)先求出,再利用换元和导数求其最小值. 详解:(1)抛物线的焦点,设 35 又∵到的距离 ∴ ∴令,则 ∴令,则 ∴时. 点睛:(1)本题主要考查抛物线的简单几何性质,考查直线和抛物线的位置关系,意在考查学生对这些知识的掌握能力和分析推理能力计算能力.(2)解答本题的关键有两点,其一是求出,这个计算量有点大.其二是换元得到新的函数. 7.【2019届安徽省宿州市第三次检测】已知椭圆的中心为坐标原点,焦点在轴上,离心率,以椭圆的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为. 35 (Ⅰ)求椭圆的标准方程; (Ⅱ)若经过点的直线交椭圆于两点,是否存在直线 ,使得到直线的距离满足恒成立,若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)答案见解析. 则存在直线,使得到直线的距离满足恒成立. 详解:(Ⅰ)设椭圆的标准方程为, ∵,∴,又∵, ∴,由, 解得,,. 所以椭圆的标准方程为. (Ⅱ)若直线的斜率不存在,则直线为任意直线都满足要求; 35 ,,. 综上可知存在直线,使得到直线的距离满足恒成立. 点睛:(1)解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x(或y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系. (2)涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形. 8.【2019届安徽省示范高中(皖江八校)5月联考】如图已知抛物线的焦点为,圆,直线:与抛物线和圆从下至上顺次交于四点,,,. (1)若,求的值; 35 (2)若直线于点,直线与抛物线交于点,,设,的中点分别为,求证:直线过定点. 【答案】(1);(2) 得,,, , (Ⅱ) ∵, ∴,用替换可得,∴ ∴的直线方程为,化简得, ∴直线过定点. 9.【2019届重庆市三诊】已知椭圆的离心率为,经过椭圆的右焦点的弦中最短弦长为2. (1)求椭圆的的方程; (2)已知椭圆的左顶点为为坐标原点,以为直径的圆上是否存在一条切线交椭圆于不同的两点,且直线与的斜率的乘积为?若存在,求切线的方程;若不存在,请说明理由. 【答案】(1);(2). 35 【解析】分析:第一问利用题中所给的椭圆的离心率,以及焦点弦中通径最短的结论,以及椭圆中三者之间的关系求得椭圆的方程;第二问先设出切线方程,利用圆心到直线的距离等于半径,得到系数之间的关系,与椭圆方程联立,根据题的条件,得到相应的等量关系式,最后求得结果即可. 详解:(1)由题意有:; (2)设切线方程为,则有, ③时,;④时,; 所以直线为. 10.【2019届天津市河北区二模】设椭圆C:的左、右焦点分别为、,上顶点为A,在x轴负半轴上有一点B,满足为线段的中点,且AB⊥。 (I)求椭圆C的离心率; (II)若过A、B、三点的圆与直线:相切,求椭圆C的方程; (III)在(I)的条件下,过右焦点作斜率为k的直线与椭圆C交于M,N两点,在x轴上是否存在点P(m,0)使得以PM,PN为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,说明理由。 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)。 35 数的关系可得MN的中点Q的坐标为,若以PM,PN为邻边的平行四边形是菱形,则,由此得到,整理得,最后可求得. 详解:(I)∵AB⊥AF2,为的中点, ∴ ∵, ∴, ∴, 即椭圆C的离心率为. (II)过A、B、F2三点的圆的圆心为F1(-c,0),半径r==2c. ∵直线:相切, ∴, 解得c=1. 又, ∴, ∴. ∴椭圆C的方程为. 35 (III)由(I)知,F2(1,0),直线MN的方程为, ∴, ∴MN的中点Q的坐标为, 若以PM,PN为邻边的平行四边形是菱形, 则, ∴ 整理得, ∵, ∴, ∴. ∴. 35 故存在满足题意的点P,且m的取值范围是(. 点睛:(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(点或参数)存在,并用待定系数法设出,根据题意列出关于待定系数的方程(方程组),若方程(组)有实数解,则元素(点或参数)存在;否则元素(点或参数)不存在. (2)解析几何中求范围或最值时,首先建立关于某一参数为为变量的目标函数,再根据函数的特征求出范围或最值. 11.【2019届相阳教育“黉门云”模拟卷】设圆(圆心为):,圆圆心为: ,定点,为直线上异于的一点,和分别为圆、圆上异于 的点,满足,,直线和交于点,记的轨迹为曲线. (1) 求证: 曲线为椭圆(或椭圆的一部分),并写出的方程; (2) 设的上顶点为,过点的直线与椭圆交于两点(异于),求证: 直线和的斜率之和为定值,并求出这个定值. 【答案】(1);(2) 故, 故的轨迹是以为焦点、长轴为 的椭圆 (去掉轴上的点), 其方程为:. (2) 依题意:,设, 当直线不与轴平行时,设其方程为,其中. 35 代入椭圆方程化简得:, 故,. 又 = =; 当直线与轴平行时,其方程为,代入椭圆解得, 此时, 故为定值. 12.【2019届河南省名校压轴第二次考试】已知椭圆的上、下焦点分别为,上焦点到直线的距离为3,椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程; (2)椭圆,设过点斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点,试问轴上是否存在点,使得?若存在,求出点的坐标;若不存在,说明理由. 【答案】(1);(2)见解析. 35 又椭圆的离心率,所以,又, 求得,. 椭圆方程为. (2)存在.理由如下:由(1)得椭圆,设直线的方程为,联立,消去并整理得. . 将,代入(*)并整理得, ∴,整理得,即, ∴当时,无论取何值均成立. ∴存在点使得. 35查看更多