高考数学压轴难题归纳总结培优专题3.13 探究代数表达式函数方程来发力 (含解析)

这是一份高考数学压轴难题归纳总结培优专题3.13 探究代数表达式函数方程来发力 (含解析)，共30页。
【题型综述】
探究代数表达式包括以下若干类型：（1）参数值的探索，根据题中的条件将参数转化为关于直线与圆锥曲线的交点的坐标的方程或函数问题，若利用设而不求思想与韦达定理即可求出参数的值即存在，否则不存在
.(2)等式恒成立问题，根据题中条件和有关向量、距离公式、平面几何知识等方法，转化为关于直线与圆锥曲线的交点的坐标的方程或函数问题，若利用设而不求思想与韦达定理即可求出参数的值即存在。
【典例指引】
类型一 参数值的探究
例1 【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）
已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.

方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以 ，
同理，
所以


.
故存在常数，使得.
类型二 恒等式成立探究
例2. 【2015高考四川，理20】如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.
(1)求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.


（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.
如果存在定点Q满足条件，则，即.
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.
则，
由，有，解得或.
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为.
下面证明：对任意的直线，均有.
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，A、B的坐标分别为.
联立得.
其判别式，类型三 面积最小值存在性
例3【2015高考湖北，文22】一种画椭圆的工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动，M处的笔尖画出的椭圆记为C．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设动直线与两定直线和分别交于两点．若直线总与椭圆有且只有一个公共点，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
x
D
O
M
N
y
第22题图2
第22题图1







. ②
将①代入②得，. 当时，；当时，.因，则，，所以，当且仅当时取等号.所以当时，的最小值为8.
综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8.
类型四 面积关系探究
例4.（2011湖南理21）如图7,椭圆的离心率为,轴被曲线截得的线段长等于的长半轴长.
(Ⅰ)求的方程;

(Ⅱ)设与轴的交点为,过坐标原点的直线与相交于点,直线分别与相交于点.
(ⅰ)求证:;
(ⅱ)记的面积分别为.问:是否存在直线,使得?请说明理由.

【扩展链接】
1. 为椭圆的其中一个焦点，若是椭圆上一点，则.
2. 为双曲线的右焦点，若是双曲线右支上一点，则，若是双曲线左支上一点，则，.
3. 为椭圆的左焦点，是过左焦点倾斜角为的弦，点在轴上方，则,,,.
4. 为抛物线的焦点，是过左焦点倾斜角为的弦，点在轴上方，则，,,.
【同步训练】
1．已知A为椭圆=1（a＞b＞0）上的一个动点，弦AB，AC分别过左右焦点F1，F2，且当线段AF1的中点在y轴上时，cos∠F1AF2=．
（1）求该椭圆的离心率；
（2）设，试判断λ1+λ2是否为定值？若是定值，求出该定值，并给出证明；若不是定值，请说明理由．
【思路点拨】（1）当线段AF1的中点在y轴上时，AC垂直于x轴，△AF1F2为直角三角形．运用余弦函数的定义可得|AF1|=3|AF2|，易知|AF2|=，再由椭圆的定义，结合离心率公式即可得到所求值；
（2）由（1）得椭圆方程为x2+2y2=2b2，焦点坐标为F1（﹣b，0），F2（b，0），（1）当AB，AC的斜率都存在时，设A（x0，y0），B（x1，y1），C（x2，y2），求得直线AC的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，再由向量共线定理，可得λ1+λ2为定值6；若AC⊥x轴，若AB⊥x轴，计算即可得到所求定值．
同理λ1=，可得λ1+λ2=6；
②若AC⊥x轴，则λ2=1，λ1==5，这时λ1+λ2=6；
若AB⊥x轴，则λ1=1，λ2=5，这时也有λ1+λ2=6；
综上所述，λ1+λ2是定值6．
2.（2017•邯郸二模）已知F1（﹣c，0）、F2（c、0）分别是椭圆G：+=1（0＜b＜a＜3）的左、右焦点，点P（2，）是椭圆G上一点，且|PF1|﹣|PF2|=a．
（1）求椭圆G的方程；
（2）设直线l与椭圆G相交于A、B两点，若⊥，其中O为坐标原点，判断O到直线l的距离是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【思路点拨】（1）根据椭圆的定义，求得丨PF1丨=a=3|PF2|，根据点到直线的距离公式，即可求得c的值，则求得a的值，b2=a2﹣c2=4，即可求得椭圆方程；
（2）当直线l⊥x轴，将直线x=m代入椭圆方程，求得A和B点坐标，由向量数量积的坐标运算，即可求得m的值，求得O到直线l的距离；当直线AB的斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，由韦达定理及向量数量积的坐标运算，点到直线的距离公式，即可求得O到直线l的距离为定值．


②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+n，
则，消去y整理得：（1+2k2）x2+4knx+2n2﹣8=0，
x1+x2=﹣，x1x2=，
则y1y2=（kx1+n）（kx2+n）=k2x1x2+kn（x1+x2）+n2=，
由⊥，
∴x1x2+y1y2=0，故+=0，
整理得：3n2﹣8k2﹣8=0，即3n2=8k2+8，①
则原点O到直线l的距离d=，
∴d2=（）2==，②
将①代入②，则d2==，
∴d=，
综上可知：点O到直线l的距离为定值．
3.在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，直线y=x被椭圆C截得的线段长为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过原点的直线与椭圆C交于两点（A，B不是椭圆C的顶点），点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．设直线BD，AM斜率分别为k1，k2，证明存在常数λ使得k1=λk2，并求出λ的值．
【思路点拨】（1）由椭圆离心率得到a，b的关系，化简椭圆方程，和直线方程联立后求出交点的横坐标，把弦长用交点横坐标表示，则a的值可求，进一步得到b的值，则椭圆方程可求；
（2）设出A，D的坐标分别为（x1，y1）（x1y1≠0），（x2，y2），用A的坐标表示B的坐标，把AB和AD的斜率都用A的坐标表示，写出直线AD的方程，和椭圆方程联立后利用根与系数关系得到AD横纵坐标的和，求出AD中点坐标，则BD斜率可求，再写出BD所在直线方程，取y=0得到M点坐标，由两点求斜率得到AM的斜率，由两直线斜率的关系得到λ的值．


4.已知中心在原点O，焦点在x轴上的椭圆，离心率，且椭圆过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆左，右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）设椭圆方程，由题意列关于a，b，c的方程组求解a，b，c的值，则椭圆方程可求；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），不妨设y1＞0，y2＜0，设△F1AB的内切圆的径R，则△F1AB的周长=4a=8，=（|AB|+|F1A|+|F1B|）R=4R，因此最大，R就最大．设直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，从而可表示△F1AB的面积，利用换元法，借助于导数，即可求得结论．
由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，
由，得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，
．
则=，
令，则m2=t2﹣1，
∴=，
令f（t）=3t+，则f′（t）=3﹣，
当t≥1时，f′（t）≥0，f（t）在[1，+∞）上单调递增，有f（t）≥f（1）=4，≤3，
即当t=1，m=0时，≤3，
由=4R，得Rmax=，这时所求内切圆面积的最大值为．
故直线l：x=1，△F1AB内切圆面积的最大值为．
5.已知椭圆C：+=1（a＞0，b＞0）的离心率为，右焦点为F，上顶点为A，且△AOF的面积为（O为坐标原点）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点M在以椭圆C的短轴为直径的圆上，且M在第一象限，过M作此圆的切线交椭圆于P，Q两点．试问△PFQ的周长是否为定值？若是，求此定值；若不是，说明理由．
【思路点拨】（1）由椭圆的离心率为，右焦点为F，上顶点为A，且△AOF的面积为（O为坐标原点），列出方程组，求出a=，b=1，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），，连结OM，OP，求出|PF|+|PM|=|QF|+|QM|=，从而求出△PFQ的周长为定值2．


6.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，联接椭圆四个顶点的四边形面积为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）A、B是椭圆的左右顶点，P（xP，yP）是椭圆上任意一点，椭圆在P点处的切线与过A、B且与x轴垂直的直线分别交于C、D两点，直线AD、BC交于Q（xQ，yQ），是否存在实数λ，使xP=λxQ恒成立，并说明理由．

【思路点拨】（1）由椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，联接椭圆四个顶点的四边形面积为2，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设切线方程为y=kx+m，与椭圆联立消元得（2+3k2）x2+6kmx+3m2﹣6=0，由此利用根的判别式、韦达定理、直线方程，组合已知条件能求出存在λ=1，使xP=λxQ恒成立．

7.已知椭圆C：=1，直线l过点M（﹣1，0），与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点N．
（1）设MN的中点恰在椭圆C上，求直线l的方程；
（2）设=λ，=μ，试探究λ+μ是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【思路点拨】（1）设点N（0，n），表示出MN中点坐标，代入椭圆方程即可求得n值，从而可得直线方程；
（2）直线AB的斜率存在且不为0，设直线方程为x=ty﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），M（﹣1，0），N（0，﹣），联立，消x可得（4+3t2）y2﹣6ty﹣9=0，利用韦达定理，以及向量共线的坐标可得λ=﹣1﹣，同理可得μ=﹣1﹣，然后化简即可．
8.已知离心率为的椭圆C：+=1（a＞b＞0）过点M（2，0），过点Q（1，0）的直线与椭圆C相交于A，B两点，设点P（4，3），记PA，PB的斜率分别为k1，k2
（1）求椭圆C的方程；
（2）探讨k1+k2是否为定值？如果是，求出该定值，如果不是，求出k1+k2的取值范围．
【思路点拨】（1）由题意可知a=2c，a=2，则c=1，b2=a2﹣c2=3，
（2）分类讨论，当直线线AB的斜率存在时，代入椭圆方程，由韦达定理及直线斜率公式，即可求得的k1+k2值．
（2）当直线AB的斜率不存在时，不妨设A（1，），B（1，﹣），
则k1==，k2==，故k1+k2=2，
当直线AB的斜率存在时，设其为k，则直线AB：y=k（x﹣1），设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由，消去y，整理得：（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0，
∴x1+x2=，x1x2=，
k1+k2=+=+=，
===2，
综上可知：k1+k2为定值，定值为2．
9.已知椭圆C：+=1（a＞b＞1）的左焦点F与抛物线y2=﹣4x的焦点重合，直线x﹣y+=0与以原点O为圆心，以椭圆的离心率e为半径的圆相切．
（1）求该椭圆C的方程；
（2）过点F的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的中点为G，AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D、E两点，记△GFD的面积为S1，△OED的面积为S2，问：是否存在直线AB，使得S1=S2，若存在，求直线AB的方程，若不存在，说明理由．

【思路点拨】（1）通过抛物线方程可知c=1，利用点到直线的距离公式可知e==，结合a、b、c三者之间的关系可求出a=2、b=1，进而可得椭圆C的方程；
（2）通过假设存在直线AB使得S1=S2，则可设其方程为：y=k（x+1）（k≠0），并与椭圆C方程联立，结合韦达定理可得G（，），利用DG⊥AB可得D（，0），结合△GFD～△OED可得=，联立S1=S2整理得8k2+9=0，由于此方程无解推出假设不成立．
10.在直角坐标系xOy中，椭圆C1：的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2，P为椭圆C1上任意一点，|PF1|2+|PF2|2的最小值为8．
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设椭圆C2：为椭圆C2上一点，过点Q的直线交椭圆C1于A，B两点，且Q为线段AB的中点，过O，Q两点的直线交椭圆C1于E，F两点．
（i）求证：直线AB的方程为x0x+2y0y=2；
（ii）当Q在椭圆C2上移动时，四边形AEBF的面积是否为定值？若是，求出该定值；不是，请说明理由．

【思路点拨】（1）由椭圆的离心率为、右焦点分别是F1，F2，P为椭圆C1上任意一点，|PF1|2+|PF2|2的最小值为8，列出方程，求出a，b，由此能求出椭圆C1的方程为+．
（2）（i）由（1）知椭圆C2：=1，Q（x0，y0）为椭圆E上一点，=1，利用点差法求出直线AB的方程为x0x+2y0y=2，由此能求出直线AB的方程．
（ii）联立直线EF与椭圆C1的方程，得E（，），F（﹣，﹣），联立直线AB与椭圆C1的方程，得：，利用韦达定理求出|AB|=，点E（）、F（﹣）到直线AB的距离为d1，d2，﹣﹣由此能求出当Q在椭圆C2上移动时，四边形AEBF的面积为定值4．


（ii）直线EF的方程为y0x﹣x0y=0，
联立直线EF与椭圆C1的方程，
解得E（，），F（﹣，﹣），
联立直线AB与椭圆C1的方程，
消去y，得：，
x1+x2=2x0，x1x2=2﹣4y02，
|AB|=•
=•=，
设点E（）、F（﹣）到直线AB的距离分别为d1，d2，
SAEBF=S△ABE+S△ABF=，
==，
==，
∴SAEBF=•==4．
故当Q在椭圆C2上移动时，四边形AEBF的面积为定值4．
11.已知椭圆C：+=1 （a＞b＞0）的短轴长为2，过上顶点E和右焦点F的直线与圆M：x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l过点（1，0），且与椭圆C交于点A，B，则在x轴上是否存在一点T（t，0）（t≠0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有∠OTA=∠OTB （其中O为坐标原点），若存在，求出 t的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）由已知可得：b=1，结合直线与圆M：x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．进而可得c2=3，a2=4，即得椭圆C的标准方程；
（2）在x轴上是否存在一点T（4，0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有∠OTA=∠OTB，联立直线与椭圆方程，结合∠OTA=∠OTB 时，直线TA，TB的斜率k1，k2和为0，可证得结论．

即，
解得：c2=3，
则a2=4，
故椭圆C的标准方程为：；
12.已知A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线C：x2=2py（p＞0）上不同两点．
（1）设直线l：y=与y轴交于点M，若A，B两点所在的直线方程为y=x﹣1，且直线l：y=恰好平分∠AFB，求抛物线C的标准方程．
（2）若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2=，是否存在直线AB，使得+=？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（0，），由，消去y整理得x2﹣2px+2p=0，直线y=平分∠AFB，可得kAM+kBM=0，利用韦达定理求得p，即可
（2）由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零，
设直线AB的方程为：y=kx+b （k≠0，b＞0），
由，得x2﹣2pkx﹣2pb=0，∴，
由已知可得b=．直线AB的方程为：y=kx+．
作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足为A′，B′，
+=+=，得k，