2027届高三数学一轮复习练习课件：第8章　高考热点12　圆锥曲线中的存在性(探索性)问题(含解析)

这是一份2027届高三数学一轮复习练习课件：第8章　高考热点12　圆锥曲线中的存在性(探索性)问题(含解析)，共23页。
高考热点12　圆锥曲线中的存在性(探索性)问题
1.★★★(2025届湖北武汉外国语学校月考,18)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为 ,且经过点A .(1)求椭圆E的方程;(2)求∠F1AF2的平分线所在直线l的方程;(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点?若存在,请找出;若不存在,说明理由.
解析    (1)由题意得 解得 所以椭圆E的方程为 + =1.
(2)由(1)可知,F1(-2,0),F2(2,0).由题意可知 :5x-12y+10=0, :x=2,设角平分线所在直线上任意一点为P(x,y),则 =|x-2|,化简得9x-6y-8=0或2x+3y-9=0.又易知l的斜率为正,∴∠F1AF2的平分线所在直线l的方程为9x-6y-8=0.(3)解法一　假设存在关于直线l对称的相异两点B(x1,y1),C(x2,y2),设lBC:y=- x+m,
联立 消去y可得9x2-12mx+9m2-45=0,故x1+x2= ,x1x2=m2-5.∵线段BC的中点 在l上,∴6m- m-8=0,解得m=3.因此中点 与点A重合,舍去,
故不存在满足题设条件的相异两点.解法二　假设存在关于直线l对称的相异两点B(x1,y1),C(x2,y2),线段BC中点M(x0,y0),由点差法可得 即 + =0.∴kBC= =- · =- · =- ,因此kOM= = ,联立 可得M 与点A重合,舍去,
故不存在满足题设条件的相异两点.
2.★★★★(2026届辽宁大连部分高中联考,19)已知椭圆C: + =1(a>0,b>0)的离心率为 ,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,点P为C上一点,连接PF1,PF2,有|PF1|+|PF2|=4.(1)求椭圆C的方程;(2)取C上一点M,连接F2M,存在直线l:x=2 ,过点M作MN⊥l于点N,求 ;(3)直线l1交C于另两点A,B,且直线AB的斜率恒为 ,连接F2A,F2B,设∠F2BA=α,∠F2AB=β,判断|sin α-sin β|和sin(α+β)的数量关系并证明.
解析    (1)因为|PF1|+|PF2|=4=2a,所以a=2,又e= = ,则c= ,因此b= = ,故椭圆C的方程为 + =1.(2)设M(x0,y0),则N(2 ,y0),由M点在椭圆上得 + =1,则 =2- ,由c= 得F2( ,0),因此|MF2|= = 
= = (2 -x0),又|MN|=2 -x0,所以 = = .(3)|sin α-sin β|= sin(α+β).【一般采用特殊值探究结论,如本题可取直线AB为过两顶点A(2,0),B(0,- )的直线,则sin β= ,sin(α+β)= ,sin α= ,因此|sin α-sin β|= = sin(α+β).证明方法,先用正弦定理将角的正弦转化为边长,再用比例的性质转化为 = ,借
助(2)中结论证明问题】证明如下:在△F2BA中,由正弦定理可得 = = = ,则 = ,因此 = ,设l1:y= x+t,A(x1,y1),B(x2,y2),||AF2|-|BF2||=|(a-ex1)-(a-ex2)|=e|x1-x2|= |x1-x2|,【方法技巧:由(2)中结论 = =e知:|AF2|=a-ex1,|BF2|=a-ex2,从而解决焦半径问题】
又|AB|= ·|x1-x2|= |x1-x2|,【知识回顾:弦长公式|AB|= ·|x1-x2|】则 = = = ,即|sin α-sin β|和sin(α+β)的数量关系为|sin α-sin β|= sin(α+β).
3.★★★★(2026届浙江9+1联盟期中,18)已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的焦距为4,焦点到渐近线的距离为 ,A,B是双曲线C上关于原点O对称的两点,且点A在第一象限,点T的坐标为(3,0).(1)求双曲线C的方程.(2)若∠ATB=90°,求△ATB的面积.(3)记直线AT,BT与双曲线C的另一个交点分别为P,Q,直线AB,PQ的斜率分别为k1,k2,是否存在实数λ,使得k2=λk1恒成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
解析    (1)由题意得c=2,b= ,则a=1,所以双曲线C的方程为x2- =1.(2)当∠ATB=90°时,由O是AB中点,可知|OA|=|OT|=3.设A(x0,y0)(x0>0,y0>0),则有 + =9,因为A在双曲线上,所以 - =1,联立解得y0= ,则△ATB的面积S= ×|OT|×2|y0|=3 .
(3)由题意知直线AT:x= y+3,联立 消去x可得[3(x0-3)2- ]y2+18(x0-3)y0y+24 =0,由根与系数的关系得yPy0= = ,由于 - =1,即3 - =3,代入化简得yP= ,可知P的坐标为 ,同理可得,Q的坐标为 ,
则k2= = =- k1,即存在实数λ=- 满足题意.
4.★★★★★(2026届湖北荆州月考,19)已知焦点在x轴上的椭圆C: + =1(b>0),点P,Q是椭圆C上的两点,且位于x轴上方,T(t,0)为x轴上一点,O为坐标原点.(1)当点Q在y轴上,t=1,且△QOT的面积为 时,求椭圆C的离心率;(2)若点P在第一象限,A,B分别为椭圆的上顶点和右顶点,直线PA,PB分别与x轴和y轴交于点M,N.记△PMN,△PAB的面积分别为S1,S2,若S1-S2为定值2,求椭圆C的标准方程;(3)对于(2)所求的椭圆C,是否存在实数t,使得△TPQ是以T为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,求t的取值范围;若不存在,请说明理由.
解析    (1)由题意知Q(0,b),T(1,0),由△QOT的面积为 ,得 b·1= ,则b= ,而a=2,因此c= = =1,所以椭圆C的离心率为e= = .(2)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由题意知A(0,b),B(2,0),则直线PA的方程为y= x+b,令y=0,则x= ,即得M ,直线PB的方程为y= (x-2),令x=0,则y= ,即得N ,故S1-S2=S△PMN-S△PAB=S△MBN-S△MBA= |BM|(|ON|-|OA|)= |BM||AN|=2,
即   =2,即得 =4,则 =4,又b2 +4 =4b2,因此 =4,即4b=4,所以b=1,所以椭圆C的标准方程为 +y2=1.
 (3)假设存在实数t,使得△TPQ是以T为直角顶点的等腰直角三角形.【思路探究:先假设存在t(即存在参数k,m),再利用条件确定参数k,m的限制条件,以及建立t与参数k,m的关系式,参数k与m的关系式,进而得到范围】由题意知,直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2),y1>0,y2>0,联立 得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由Δ=64k2m2-16(m2-1)(1+4k2)=64k2-16m2+16>0,得4k2>m2-1,【限制条件①】
由根与系数的关系得x1+x2=- ,x1x2= ,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m= >0,【限制条件②】y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2= - +m2= >0,【限制条件③】因此m2>4k2,且m>0,所以 >m>2|k|≥0,【限制条件①②③综合】当k=0时,y1=y2=m且|x1|=|x2|=m,则m= ∈(0,1),此时T(0,0),满足题意;当k≠0时,PQ的中点为U ,又T(t,0),因此kTU= =- ,则t=- ,【关键点拨:t与参数k,m的关系式】
 · =(x1-t)(x2-t)+y1y2=x1x2-t(x1+x2)+t2+y1y2=0,则 + +t2+ = + +t2=0,则5m2-4k2-4+8kmt+(1+4k2)t2=0,即5m2(1+k2)=4(4k2+1)(1+k2),∴m2= (4k2+1),【关键点拨:将t代入,得到参数k与m的关系式】结合m2>4k2,则 (4k2+1)>4k2,∴0