2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题4圆锥曲线中的定点定值存在性问题大题考法3存在性问题

这是一份2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题4圆锥曲线中的定点定值存在性问题大题考法3存在性问题，共3页。

(1)求椭圆C的方程；
(2)点P、Q分别在椭圆C和直线x＝4上，OQ∥AP，M为AP的中点，若T为直线OM与直线QF的交点．是否存在一个确定的曲线，使得T始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为椭圆C过点A(－2，0)，所以a＝2.
因为|AF|＝3，所以a＋c＝3，得c＝1.
故b2＝a2－c2＝3，从而椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设P(x0，y0)(x0≠±2)，则直线AP的斜率为eq \f(y0,x0＋2).
因为OQ∥AP，所以直线OQ的方程为y＝eq \f(y0,x0＋2)x.
令x＝4可得y＝eq \f(4y0,x0＋2)，所以Q(4，eq \f(4y0,x0＋2))，
又M是AP的中点，所以M(eq \f(x0－2,2)，eq \f(y0,2))．
从而eq \(OM,\s\up6(→))＝(eq \f(x0－2,2)，eq \f(y0,2))，eq \(FQ,\s\up6(→))＝(3，eq \f(4y0,x0＋2))，
所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(FQ,\s\up6(→))＝eq \f(3（x0－2）,2)＋eq \f(2yeq \\al(2,0),x0＋2)＝eq \f(3（xeq \\al(2,0)－4）＋4yeq \\al(2,0),2（x0＋2）)，①
因为点P在椭圆C上，
所以eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋eq \f(yeq \\al(2,0),3)＝1，故3xeq \\al(2,0)＝12－4yeq \\al(2,0)，
代入式①可得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(FQ,\s\up6(→))＝0，从而OM⊥FQ，
所以点T始终在以OF为直径的圆上，
且该圆方程为(x－eq \f(1,2))2＋y2＝eq \f(1,4).
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．
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，右顶点分别为F，A，B(0，b)，|AF|＝1，点M在线段AB上，且满足|BM|＝eq \r(3)|MA|，直线OM的斜率为1，O为坐标原点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为|AF|＝1，所以c－a＝1，
因为点M在线段AB上，且满足|BM|＝eq \r(3)|MA|，
所以M(eq \f(\r(3)a,\r(3)＋1)，eq \f(b,\r(3)＋1))，
因为直线OM的斜率为1，O为坐标原点，所以eq \f(b,\r(3)a)＝1，
即b＝eq \r(3)a，结合c2＝a2＋b2，
解得c＝2，a＝1，b＝eq \r(3)，
所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)因为|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立，即eq \f(FP,FQ)＝eq \f(EP,EQ)恒成立，可知EF为∠PEQ的角平分线，
即kEP＋kEQ＝0，
当直线AB的斜率不存在时，P在x轴上任意非F点都成立，
当直线AB的斜率存在时，且斜率不为0，设直线PQ的方程为x＝my＋2，m≠0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，假设存在E(s，0)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,3x2－y2＝3，))整理可得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
3m2－1≠0，y1＋y2＝－eq \f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq \f(9,3m2－1)，
因为kEP＋kEQ＝0，所以eq \f(y1,x1－s)＋eq \f(y2,x2－s)＝0，
整理可得y1(my2＋2－s)＋y2(my1＋2－s)＝0，
即2my1y2＋(2－s)(y1＋y2)＝0，
即2m·eq \f(9,3m2－1)＋(s－2)·eq \f(12m,3m2－1)＝0，因为m≠0，
整理可得s＝eq \f(1,2)，即E(eq \f(1,2)，0)，
综上所述，存在满足条件的点E(eq \f(1,2)，0)．