专题55 圆锥曲线的探索性、存在性问题（解析版）学案

这是一份专题55 圆锥曲线的探索性、存在性问题（解析版）学案，共23页。学案主要包含了热点聚焦与扩展，经典例题，精选精练等内容，欢迎下载使用。
专题55  圆锥曲线的探索性、存在性问题【热点聚焦与扩展】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 有明确结论的问题没有什么差别．【经典例题】例2．（2020·安徽六安·高三三模）已知点，直线：，平面上有一动点，记点到的距离为.若动点满足：.（1）求点的轨迹方程；（2）过的动直线与点的轨迹交于，两点，试问：在轴上，是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在定点，使得为常数，点【解析】（1）设点，则，，展开得，所以的轨迹方程为；（2）假设在轴上存在定点，使得为常数，设，，，则，，若直线的斜率存在，不妨设过点的直线：，，，，则 ，不妨设，则化简可得，令，解得，，即为常数，点，；若直线的斜率不存在，设在的上方，可得，，经验证满足.故在轴上，存在定点，使得为常数，点，.例3．（2020·湖北高三三模）已知椭圆：的离心率为，点A为该椭圆的左顶点，过右焦点的直线l与椭圆交于B，C两点，当轴时，三角形ABC的面积为18．求椭圆的方程；如图，当动直线BC斜率存在且不为0时，直线分别交直线AB，AC于点M、N，问x轴上是否存在点P，使得，若存在求出点P的坐标；若不存在说明理由．【答案】 ； 存在，P或.【解析】由已知条件得，解得；所以椭圆的方程为；设动直线BC的方程为，，，则直线AB、AC的方程分别为和，所以点M、N的坐标分别为，联立得，所以；于是，假设存在点满足，则，所以或5，所以当点P为或时，有．例4．（2020·四川达州·高三三模）椭圆的焦点是，，且过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）过左焦点的直线与椭圆相交于、两点，为坐标原点．问椭圆上是否存在点，使线段和线段相互平分？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．【答案】（1）y2＝1；  （2）存在，P（﹣1，）【解析】（1）由题意知，，，解得：，，椭圆的标准方程：；（2）由（1）知，假设存在点，，使线段和线段相互平分，由题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为：，设，，联立与椭圆的方程整理得：，，，所以的中点坐标，由题意知，，而在椭圆上，所以，解得：，所以，所以存在点使线段和线段相互平分，且的坐标．例5．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三三模）已知动点到定点的距离与到定直线的距离之比为.（1）求动点轨迹的方程；（2）过的直线交轨迹于两点，若轨迹上存在点，使,求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】（1）设，因为到定点的距离与到定直线的距离之比为，所以有，即，化简得（2）由题意直线斜率存在，设联立方程得，，，∴恒成立∴，,所以代入椭圆有，又，得，得代入得直线方程：例6．（2020·山东三模）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的焦距为2，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的上顶点为，右焦点为，直线与椭圆交于，两点，问是否存在直线，使得为的垂心，若存在，求出直线的方程：若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】（1）由已知可得：解得，，，所以椭圆：.（2）由已知可得，，，∴，∵，设直线的方程为：，代入椭圆方程整理得，设，，则，，∵，∴.即，因为，，即..所以，或.又时，直线过点，不合要求，所以.故存在直线：满足题设条件.例7．（2020·北京房山·高三三模）已知椭圆：的右焦点为，且经过点．（1）求椭圆的方程以及离心率；（2）若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点．在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1），；（2）存在定点，为【解析】（1）由已知得，，，，椭圆的方程为，离心率为；（2）在轴存在定点，为使，证明：设直线方程为代入得，化简得由，得，，设，则，，则，设，则，则假设存在点 解得 所以在轴存在定点使．例8．（2020·广东惠州·高三三模）在平面直角坐标系中，已知过点的直线与椭圆交于不同的两点，，其中.（1）若，求的面积；（2）在x轴上是否存在定点T，使得直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形.【答案】(1) (2) x轴上存在定点，使得直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形【解析】（1）当时，代入椭圆方程可得点坐标为或 若点坐标为，此时直线l：联立，消x整理可得解得或，故B所以的面积为 ，由对称性知的面积也是，综上可知，当时，的面积为. （2）显然直线l的斜率不为0，设直线l： 联立，消去x整理得 由，得则， , 因为直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形，所以 设，则, 即,解得.故x轴上存在定点，使得直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形．【精选精练】1．（2020·沙坪坝·重庆八中高三三模）在直角坐标系内，点A，B的坐标分别为，，P是坐标平面内的动点，且直线，的斜率之积等于.设点P的轨迹为C.（1）求轨迹C的方程；（2）某同学对轨迹C的性质进行探究后发现：若过点且倾斜角不为0的直线与轨迹C相交于M，N两点，则直线，的交点Q在一条定直线上.此结论是否正确？若正确，请给予证明，并求出定直线方程；若不正确，请说明理由.【答案】（1）；（2）正确，证明见解析，直线.【解析】（1）设点P的坐标为， 由，得，即.故轨迹C的方程为：（2）根据题意，可设直线的方程为：，由，消去x并整理得 其中，.设，，则，.因直线的倾斜角不为0，故，不等于（，不为0），从而可设直线的方程为①，直线的方程为②，所以，直线，的交点的坐标满足：而，因此，，即点Q在直线上.所以，探究发现的结论是正确的.2．（2020·安庆市第七中学高三三模）已知椭圆的左、右焦点分别是，，A，B分别是其左、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且的周长为6，若面积的最大值为．（1）求椭圆C的方程；（2）若过点且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同的点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）由椭圆定义知的周长为，当是椭圆短轴端点时，面积的最大，最大值为，由，消去得，，∵，∴，∴，∴椭圆方程为；（2）由（1），由直线斜率不为0，设直线方程为，设，由，消去可得，∴，，∴，直线方程为：，直线方程为：，联立方程组，，，∴．故直线的交点在直线上．3．（2020·云南昆明一中高三三模）已知点Q是圆M: 上一动点(M为圆心)，点N的坐标为(1，0)，线段QN的垂直平分线交线段QM于点C，动点C的轨迹为曲线E.（1）求曲线E的轨迹方程;（2）直线l过点P(4，0)交曲线E于点A，B，点B关于x的对称点为D，证明:直线AD恒过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）因为线段的中垂线交线段于点，则，所以，由椭圆定义知：动点的轨迹为以原点为中心的椭圆，其中：，，又， 所以曲线的轨迹方程为.（2）设，，则，由题意知直线的斜率必存在，设直线的方程为：， 由消得：，故因为，，共线，其中，所以，整理得，则，解得，此时则直线的方程为：，所以直线恒过定点4．（2020·山西大同·高三三模）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为、，已知，且点在椭圆上，其中是椭圆的离心率．
 （1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上异与、的点，与轴垂直的直线分别交直线、于点、，求证：直线与直线的斜率之积是定值．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）因为，所以，即，又点在椭圆上，∴，即，又，联立方程组解得．∴椭圆方程为．（2）由题意，设点坐标为，，的横坐标为，则直线的方程为，故，故直线的斜率，同理可得直线的斜率，故又点在椭圆上，∴，，因此．5．（2020·首都师范大学附属中学高三三模）已知椭圆经过点M（﹣2，﹣1），离心率为．过点M作倾斜角互补的两条直线分别与椭圆C交于异于M的另外两点P、Q．(1)求椭圆C的方程；（2）试判断直线PQ的斜率是否为定值，证明你的结论．【答案】（1）（2）见解析【解析】(1)由题设，得＝1，①且＝，②由①、②解得a2＝6，b2＝3，故椭圆C的方程为＝1.(2)设直线MP的斜率为k，则直线MQ的斜率为－k，记P(x1，y1)、Q(x2，y2)．设直线MP的方程为y＋1＝k(x＋2)，与椭圆C的方程联立，得(1＋2k2)x2＋(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，则－2，x1是该方程的两根，则－2x1＝，即x1＝.设直线MQ的方程为y＋1＝－k(x＋2)，同理得x2＝.因y1＋1＝k(x1＋2)，y2＋1＝－k(x2＋2)，故kPQ＝＝1，因此直线PQ的斜率为定值．6．（2020·黑龙江铁人中学高三三模）已知点是椭圆上的一点，椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，斜率为直线交椭圆于，两点，且，，三点互不重合.（1）求椭圆的方程；（2）若，，分别为直线，的斜率，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，由双曲线方程易得双曲线的离心率为，则椭圆的离心率，将代入，得 ，又，解得，所以椭圆C的方程；（2）证明：设直线的方程为，又，，三点不重合，∴，设，，则由消去 ，整理得 ，所以，，，则 ，设直线，的斜率分别为，，则 所以，即直线，的斜率之和为定值.7．（2020·山东高三三模）已知椭圆过点，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点，为等腰直角三角形的三个顶点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线不经过点且与椭圆相交于，两点.若直线与直线的斜率之积为1，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由椭圆过点得，椭圆的一个短轴端点与两焦点，为等腰直角三角形的三个顶点，可得，又即，解得，，∴椭圆方程为.（2）证明：①当直线斜率不存在时，设直线，，，，即，解得或，直线不过点,故(舍)，，舍去，故不满足.②当直线斜率存在时，设，，，联立，整理得.，， ①则，∴，将①代入上式可得，∴，若，，,直线经过点与已知矛盾，若，，存在使得成立.∴直线的方程为，故直线过定点.8．（2020·江苏徐州·高三三模）已知直线与曲线交于不同的两点、，O为坐标原点.（1）若，，求证：曲线是一个圆；（2）若曲线，是否存在一定点，使得为定值？若存在，求出定点和定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在定点， 定值为.【解析】（1）设直线与曲线的交点为、，因为，所以，即，因为、两点在曲线上，所以，，两式相减得，即，，故曲线是一个圆.（2）假设存在点，设交点为、，联立直线方程与椭圆方程得，化简得，根据韦达定理可得：，，因为直线恒过椭圆内定点，所以恒成立，则 当，即、时，，故存在定点，不论k为何值，为定值.9．（2020·江苏高三三模）已知椭圆：过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）已知点的坐标是，，是椭圆上的两点，满足，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）因为椭圆：过点，所以，又，所以，解方程组，得，所以椭圆的方程为.（2）证明：①当直线的斜率存在时，设其方程为，联立，消去得，由，得.设，，则，.因为，所以，即，所以，化简整理得，所以或.当时，，过定点，不符合题意，舍去﹔当时，，过定点.②当直线的斜率不存在时，设其方程为，并设，，且.因为，所以，解得或(舍去)，显然直线过定点.综上，直线过定点.10．（2020·湖北武汉·高三三模）椭圆：的离心率，长轴端点和短轴端点的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）点是圆上异于点和的任一点，直线与椭圆交于点，，直线与椭圆交于点，.设为坐标原点，直线，，，的斜率分别为，，，.问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】（1）设椭圆焦距为，由，解得，.∴椭圆的标准方程为.（2）由题意直线，斜率存在且均不为0，设直线方程为，，，由得，.∴，.①又，②从而①代入②得.又，以替代，以替代，同理可得，∴，∴对恒成立，解得或（舍），经检验，此时，因此存在.11．（2020·涡阳县育萃高级中学高三三模）椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，点，线的倾斜角为.（1）求椭圆的方程；（2）过且斜率存在的动直线与椭圆交于、两点，直线与交于，求证：在定直线上.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1），由题意，，所以椭圆的方程.（2）设，，，过的动直线：，代入椭圆的方程得：，得：，，，分别由，，及，，三点共线，得：，，两式相除得：，得：，即在直线上.12．（2020·广东高三三模）已知椭圆：的离心率为，过左焦点的直线与椭圆交于，两点，且线段的中点为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设为上一个动点，过点与椭圆只有一个公共点的直线为，过点与垂直的直线为，求证：与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，，【解析】（Ⅰ）由题可知，直线的斜率存在.设，，由于点，都在椭圆上，所以①，②，①-②，化简得③又因为离心率为，所以.又因为直线过焦点，线段的中点为，所以，，，代入③式，得，解得.再结合，解得，，故所求椭圆的方程为.（Ⅱ）证明：设，由对称性，设，由，得椭圆上半部分的方程为，，又过点且与椭圆只有一个公共点，所以，所以：，④因为过点且与垂直，所以：，⑤联立④⑤，消去，得，又，所以，从而可得，所以与的交点在定直线上.