2021版高考數學一輪復習 第十章 平面解析幾何 10.10.2 圓錐曲線中的探究性問題練習 理 北師大版

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1、 10.10.2 圓錐曲線中的探究性問題 核心考點·精準研析 考點一　探究數量關系? 【典例】(2021·宜昌模擬)橢圓P:+=1(a>b>0)的離心率為,橢圓上的點到左焦點的最小值為2-. (1)求橢圓P的方程. (2)直線x=1與x軸交于點M,過點M的直線AB與P交于A、B兩點,點P為直線x=1上任意一點,設直線AB與直線x=4交于點N,記PA,PB,PN的斜率分別為k1,k2,k0,那么是否存在實數λ,使得k1+k2=λk0恒成立?假設是,請求出λ的值;假設不是,請說明理由. 【解題導思】 序號 聯(lián)想解題 (1) 根據題干條件列出a,b,c的關系求解 (2)

2、 將直線AB與橢圓P的方程聯(lián)立,消元后建立兩點坐標之間的關系,兩點坐標求三個斜率值,代入等式確定實數λ的值 【解析】(1)橢圓上的左頂點到左焦點的距離最小為2-=a-c, 結合題干條件得到 解之得 , 故橢圓P的方程為:+y2=1. (2)設A,B,P,M, 假設直線AB與x軸不重合時, 設直線AB的方程為x=my+1, 點N,k0=, 將直線代入橢圓方程整理得: y2+2my-3=0,顯然Δ>0, 那么y1+y2=-,y1y2=-, k1+k2=+ = = == ==2·=2k0, 假設直線AB與x軸重合時, 那么B,A,N, 此時k1+k2=+=-

3、t, 而k0=-t,故k1+k2=2k0. 綜上所述,存在實數λ=2符合題意. 1.探究性問題求解的思路及策略 (1)思路:先假設存在,推證滿足條件的結論,假設結論正確,那么存在;假設結論不正確,那么不存在. (2)策略:①當條件和結論不唯一時要分類討論; ②當給出結論而要推導出存在的條件時,先假設成立,再推出條件. 在這個解題思路指導下解決探索性問題與解決具有明確結論的問題沒有什么差異. 2.解決存在性問題的一些技巧 (1)特殊值(點)法:對于一些復雜的題目,可通過其中的特殊情況,解得所求要素的必要條件,然后再證明求得的要素也使得其他情況均成立. (2)核心變量的選

4、取:因為解決存在性問題的核心在于求出未知要素,所以通常以該要素作為核心變量,其余變量作為輔助變量,必要的時候消去. (3)核心變量的求法: ①直接法:利用條件與輔助變量直接表示出所求要素,并進行求解, ②間接法:假設無法直接求出要素,那么可將核心變量參與到條件中,列出關于該變量與輔助變量的方程(組),運用方程思想求解. 　(2021·廣州模擬)橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,且點P在橢圓E上. (1)求橢圓E的方程. (2)過點M(1,1)任作一條直線l,l與橢圓E交于不同于P點的A,B兩點,l與直線m:3x+4y-12=0交于C點,記直線PA,PB,PC的斜率分別為k

5、1,k2,k3.試探究k1+k2與k3的關系,并證明你的結論. 【解析】(1)因為橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,所以e==?a=2c, 因為a2=b2+c2,所以b=c. 故可設橢圓E的方程為:+=1, 因為點P在橢圓E上, 所以將其代入橢圓E的方程得+=1?c2=1. 所以橢圓E的方程為+=1. (2)依題意,直線l不可能與x軸垂直,故可設直線l的方程為:y-1=k(x-1), 即y=kx-k+1,A(x1,y1),B(x2,y2)為l與橢圓E的兩個交點. 將y=kx-k+1代入方程3x2+4y2-12=0化簡得(4k2+3)x2-8(k2-k)x+4k2-8k

6、-8=0. 所以x1+x2=,x1x2=. 所以k1+k2=+ =+ =2k- =2k-· =2k-· =, 又由?3x+4(kx-k+1)-12=0, 解得x=,y=, 即C點的坐標為, 所以k3==. 因此,k1+k2與k3的關系為:k1+k2=2k3. 考點二　探究定點與定值? 【典例】(2021·成都模擬)橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,直線x+y-1=0被圓x2+y2=b2截得的弦長為. (1)求橢圓C的方程; (2)過點(1,0)的直線l交橢圓C于A,B兩點,在x軸上是否存在定點P,使得·為定值?假設存在,求出點P的坐標和·的值;假設不存在

7、,請說明理由. 【解題導思】 序號 聯(lián)想解題 (1) 根據直線和圓的位置關系,轉化為圓心到直線的距離與圓的半徑的關系,與離心率為聯(lián)立求a,b. (2) 將直線AB與橢圓C的方程聯(lián)立,建立交點坐標之間的關系.需要注意直線是否與x軸重合的處理. 【解析】(1)因為橢圓C的離心率為,所以a=b, 因為圓x2+y2=b2的圓心到直線x+y-1=0的距離為d==, 所以直線x+y-1=0被圓x2+y2=b2截得的弦長為2=2=. 解得b=1,故a=b=, 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)設P(t,0),A(x1,y1),B(x2,y2), 當直線l與x軸不重合時,設l的

8、方程:x=my+1. 由得(m2+2)y2+2my-1=0, 所以x1+x2=,x1x2=+1, ·=(x1-t,y1)·(x2-t,y2) =x1x2-t(x1+x2)+t2+y1y2 =+t2+1=-+t2+1, 當=2,即t=時,·的值與m無關,此時·=-.當直線l與x軸重合且t=時,·=·=-2=-. 所以存在點P,使得·為定值-. 定點與定值的探究性問題,一般采用假設法.首先根據所解決的問題設出參數;然后假設定點存在,定值成立,再根據定點與定值問題的解決方法,列出參數所滿足的等式關系,那么可將探究性問題轉化為方程或方程組的解的存在性問題. (2021·

9、九江模擬)F1,F2是離心率為的橢圓E:+=1 (a>b>0)的兩焦點,假設存在直線l,使得F1,F2關于l的對稱點的連線恰好是圓C:x2+y2-2mx-4my+ 5m2-1=0 的一條直徑. (1)求橢圓E的方程; (2)過橢圓E的上頂點A作斜率為k1,k2的兩條直線AB,AC,兩直線分別與橢圓交于B,C兩點,當k1·k2=-2時,直線BC是否過定點?假設是,求出該定點,假設不是,請說明理由. 【解析】(1)將圓C的方程配方得+=1,所以其圓心為,半徑為1. 由題意知,橢圓E的焦距2c等于圓C的直徑,所以c=1, 又e==,所以a=,b2=a2-c2=1, 所以橢圓E的方程為+

10、y2=1. (2)因為k1·k2=-2<0, 所以直線BC斜率存在,A, 設直線lBC:y=kx+m,B,C, 消y整理得 x2+4kmx+2m2-2=0, x1+x2=-,x1x2=(*), 又k1k2=·=-2,整理得 +2x1x2=0, 即+2x1x2=0, 所以x1x2+k+=0. 將(*)代入得-+=0, 整理得5m2-2m-3=0,解得m=-(m=1舍去), 所以直線BC過定點. 考點三　探究位置關系? 【典例】圓C:(x-1)2+y2=r2(r>1),設A為圓C與x軸負半軸的交點,過點A作圓C的弦AM,并使弦AM的中點恰好落在y軸上. (1)求

11、點M的軌跡E的方程. (2)延長MC交曲線E于點N,曲線E在點N處的切線與直線AM交于點B,試判斷以點B為圓心,線段BC長為半徑的圓與直線MN的位置關系,并證明你的結論. 【解題導思】 序號 聯(lián)想解題 (1) 相關點法求點的軌跡方程 (2) 圓心為B,半徑為|BC|,故只需比擬點B到直線MN的距離與|BC|的大小即可 【解析】(1)設M(x,y),由題意可知,A(1-r,0),AM的中點D,x>0, 因為C(1,0),所以=,=. 在☉C中,因為CD⊥DM,所以·=0, 所以x-=0,即y2=4x(x>0), 所以點M的軌跡E的方程為y2=4x(x>0). (2)設

12、直線MN的方程為x=my+1,M(x1,y1),N(x2,y2), ?y2-4my-4=0, 可得y1+y2=4m,y1y2=-4, 又r-1=x1,那么點A(-x1,0), 所以直線AM的方程為y=x+. 設直線BN的方程為y=k+y2, 聯(lián)立 整理得ky2-4y+4y2-k=0, 由Δ=0可得k=, 那么直線BN的方程為y=x+. 聯(lián)立 可得xB=-1,yB===2m, 所以點B(-1,2m),|BC|==2, 所以點B到直線MN的距離d===2=|BC|, 所以☉B(tài)與直線MN相切. 直線與曲線位置關系的探究性問題,關鍵是利用代數法或幾何法將直線和曲線的位

13、置關系轉化為相關數量之間的關系,進而轉化為數量關系的探究問題來解決.如該題中探究直線和圓的位置關系,只需比擬圓的半徑與圓心到直線的距離大小即可. 在平面直角坐標系xOy中,橢圓C:+=1(a>b>0)的焦距為4,且過點(2,). (1)求橢圓C的方程. (2)設橢圓C的上頂點為B,右焦點為F,直線l與橢圓交于M,N兩點,問是否存在直線l,使得F為△BMN的垂心,假設存在,求出直線l的方程;假設不存在,說明理由. 【解析】(1)由可得, 解得a2=8,b2=4,c=2, 所以橢圓C的方程為+=1. (2)由可得,B(0,2),F(2,0),所以kBF=-1. 因為BF⊥l,

14、 所以可設直線l的方程為y=x+m,代入橢圓方程整理, 得3x2+4mx+2m2-8=0. 那么Δ=(4m)2-12(2m2-8)=96-8m2>0, 得m2<12. 設M(x1,y1),N(x2,y2), 那么x1+x2=-,x1x2=, 因為BN⊥MF, 所以·=-1. 即y1y2+x1x2-2y1-2x2=0. 因為y1=x1+m,y2=x2+m, 所以(x1+m)(x2+m)+x1x2-2(x1+m)-2x2=0, 即2x1x2+(m-2)(x1+x2)+m2-2m=0, 所以2·+(m-2)·+m2-2m=0. 所以3m2+2m-16=0,所以m=-或m=2

15、. 又m=2時,直線l過B點,不合要求, 所以m=-, 故存在直線l:y=x-滿足題設條件. 【變式備選】 1.(2021·人大附中模擬)橢圓C:+=1的離心率等于,P,Q(2,-3)是橢圓上的兩點. (1)求橢圓C的方程. (2)A,B是橢圓上位于直線PQ兩側的動點.當A,B運動時,滿足∠APQ=∠BPQ,試問直線AB的斜率是否為定值?如果為定值,請求出此定值;如果不是定值,請說明理由. 【解析】(1)由題意可得 , 解得a=4,b=2,c=2. 所以橢圓C的方程為+=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2), 當∠APQ=∠BPQ時,那么PA、PB的斜率

16、之和為0,設直線PA的斜率為k, 那么PB的斜率為-k,PA的直線方程為y-3=k(x-2), 聯(lián)立 , 得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0. 所以x1+2=. 同理PB的直線方程為y-3=-k(x-2), 可得x2+2==. 所以x1+x2=,x1-x2=, kAB=== ==, 所以直線AB的斜率為定值. 2.如圖,A,B是橢圓C:+y2=1長軸的兩個端點,M,N是橢圓上與A,B均不重合的相異兩點,設直線AM,BN,AN的斜率分別是k1,k2,k3. (1)求k2·k3的值. (2)假設直線MN過點,求證:k1·k3=-. (3)

17、設直線MN與x軸的交點為(t,0)(t為常數且t≠0),試探究直線AM與直線BN的交點Q是否落在某條定直線上?假設是,請求出該定直線的方程;假設不是,請說明理由. 【解析】(1)設N(x0,y0),由于A(-,0),B(,0), 所以k2·k3=·=, 因為N(x0,y0)在橢圓C上,于是+=1, 即-2=-2, 所以k2·k3==-. (2)設直線MN:x=my+,M(x1,y1),N(x2,y2), 由得(m2+2)y2+my-=0. 于是y1+y2=-,y1·y2=-, k1·k3=· = = ==-. (3)由于直線MN與x軸的交點為(t,0), 于是直線MN的方程:x=my+t, 聯(lián)立直線MN:x=my+t與橢圓C:+y2=1的方程,可得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0, 于是y1+y2=-,y1·y2=, 因為直線AM:y=(x+), 直線BN:y=(x-), 兩式相除,可知 =·=· = = = =·=, 于是xt=2,所以x=,即直線AM與直線BN的交點Q落在定直線x=上. - 16 -