2021版高考數(shù)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(shù)量關(guān)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(shù)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(jù)題干條件列出a,b,c的關(guān)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(guān)系,兩點坐標求三個斜率值,代入等式確定實數(shù)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(jié)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(shù)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(jié)論,假設結(jié)論正確,那么存在;假設結(jié)論不正確,那么不存在. (2)策略:①當條件和結(jié)論不唯一時要分類討論; ②當給出結(jié)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(jié)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(guān)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(guān)系,并證明你的結(jié)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(guān)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(jù)直線和圓的位置關(guān)系,轉(zhuǎn)化為圓心到直線的距離與圓的半徑的關(guān)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(guān)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(guān),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(jù)所解決的問題設出參數(shù);然后假設定點存在,定值成立,再根據(jù)定點與定值問題的解決方法,列出參數(shù)所滿足的等式關(guān)系,那么可將探究性問題轉(zhuǎn)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(guān)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(guān)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(guān)系,并證明你的結(jié)論. 【解題導思】 序號 聯(lián)想解題 (1) 相關(guān)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(guān)系的探究性問題,關(guān)鍵是利用代數(shù)法或幾何法將直線和曲線的位

13、置關(guān)系轉(zhuǎn)化為相關(guān)數(shù)量之間的關(guān)系,進而轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系的探究問題來解決.如該題中探究直線和圓的位置關(guān)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(cè)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(shù)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 -