2021版高考数学一轮复习第九章平面解析几何9-9 16页

‎9.9.2 圆锥曲线中的探究性问题 核心考点·精准研析 考点一　探究数量关系 ‎ ‎【典例】(2020·宜昌模拟)已知椭圆P:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆上的点到左焦点的最小值为2-.‎ ‎(1)求椭圆P的方程.‎ ‎(2)已知直线x=1与x轴交于点M,过点M的直线AB与P交于A、B两点,点P为直线x=1上任意一点,设直线AB与直线x=4交于点N,记PA,PB,PN的斜率分别为k1,k2,k0,则是否存在实数λ,使得k1+k2=λk0恒成立?若是,请求出λ的值;若不是,请说明理由.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 联想解题 ‎(1)‎ 根据题干条件列出a,b,c的关系求解 ‎(2)‎ 将直线AB与椭圆P的方程联立,消元后建立两点坐标之间的关系,两点坐标求三个斜率值,代入等式确定实数λ的值 ‎【解析】(1)椭圆上的左顶点到左焦点的距离最小为2-=a-c,‎ 结合题干条件得到 解之得 ,‎ 故椭圆P的方程为:+y2=1.‎ ‎(2)设A,B,P,M,‎ 16‎ 若直线AB与x轴不重合时,‎ 设直线AB的方程为x=my+1,‎ 点N,k0=,‎ 将直线代入椭圆方程整理得:‎ y2+2my-3=0,显然Δ>0,‎ 则y1+y2=-,y1y2=-,‎ k1+k2=+ ‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎== ‎ ‎==2·=2k0,‎ 若直线AB与x轴重合时,‎ 则B,A,N,‎ 16‎ 此时k1+k2=+=-t,‎ 而k0=-t,故k1+k2=2k0. ‎ 综上所述,存在实数λ=2符合题意.‎ ‎1.探究性问题求解的思路及策略 ‎(1)思路:先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存在;若结论不正确,则不存在.‎ ‎(2)策略:①当条件和结论不唯一时要分类讨论;‎ ‎②当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件.‎ 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.‎ ‎2.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他情况均成立.‎ ‎(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.‎ ‎(2020·广州模拟)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,且点P在椭圆E上.‎ ‎(1)求椭圆E的方程.‎ ‎(2)过点M(1,1)任作一条直线l,l与椭圆E交于不同于P点的A,B两点,l与直线m:3x+4y-12=0交于C点,记直线PA,PB,PC的斜率分别为k1,k2,k3.试探究k1+k2与k3的关系,并证明你的结论.‎ ‎【解析】‎ 16‎ ‎(1)因为椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,‎ 所以e==⇒a=2c,‎ 因为a2=b2+c2,所以b=c.‎ 故可设椭圆E的方程为:+=1,‎ 因为点P在椭圆E上,‎ 所以将其代入椭圆E的方程得+=1⇒c2=1.‎ 所以椭圆E的方程为+=1.‎ ‎(2)依题意,直线l不可能与x轴垂直,故可设直线l的方程为:y-1=k(x-1), ‎ 即y=kx-k+1,A(x1,y1),B(x2,y2)为l与椭圆E的两个交点.‎ 将y=kx-k+1代入方程3x2+4y2-12=0化简得(4k2+3)x2-8(k2-k)x+4k2-8k-8=0.‎ 所以x1+x2=,x1x2=.‎ 所以k1+k2=+‎ ‎=+‎ 16‎ ‎=2k-‎ ‎=2k-·‎ ‎=2k-·=,‎ 又由⇒3x+4(kx-k+1)-12=0,解得x=,y=,即C点的坐标为,‎ 所以k3==.‎ 因此,k1+k2与k3的关系为:k1+k2=2k3. ‎ 考点二　探究定点与定值 ‎ ‎【典例】(2019·成都模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,直线x+y-1=0被圆x2+y2=b2截得的弦长为. ‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)过点(1,0)的直线l交椭圆C于A,B两点,在x轴上是否存在定点P,使得·为定值?若存在,求出点P的坐标和·的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 联想解题 16‎ ‎(1)‎ 根据直线和圆的位置关系,转化为圆心到直线的距离与圆的半径的关系,与离心率为联立求a,b.‎ ‎(2)‎ 将直线AB与椭圆C的方程联立,建立交点坐标之间的关系.需要注意直线是否与x轴重合的处理.‎ ‎【解析】(1)因为椭圆C的离心率为,所以a=b,‎ 因为圆x2+y2=b2的圆心到直线x+y-1=0的距离为d==,‎ 所以直线x+y-1=0被圆x2+y2=b2截得的弦长为2=2=.‎ 解得b=1,故a=b=,‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)设P(t,0),A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 当直线l与x轴不重合时,设l的方程:x=my+1.‎ 由得(m2+2)y2+2my-1=0,‎ ‎ ‎ 16‎ 所以x1+x2=,x1x2=+1,‎ ‎·=(x1-t,y1)·(x2-t,y2)‎ ‎=x1x2-t(x1+x2)+t2+y1y2‎ ‎=+t2+1=-+t2+1,‎ 当=2,即t=时,·的值与m无关,此时·=-.当直线l与x轴重合且t=时,·=·=-2=- .‎ 所以存在点P,使得·为定值- .‎ 定点与定值的探究性问题,一般采用假设法.首先根据所解决的问题设出参数;然后假设定点存在,定值成立,再根据定点与定值问题的解决方法,列出参数所满足的等式关系,则可将探究性问题转化为方程或方程组的解的存在性问题.‎ ‎(2020·九江模拟)已知F1,F2是离心率为的椭圆E:+=1 (a>b>0)的两焦点,若存在直线l,使得F1,F2关于l的对称点的连线恰好是圆C:x2+y2-2mx-4my+5m2-1=0 的一条直径.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)过椭圆E的上顶点A作斜率为k1,k2的两条直线AB,AC,两直线分别与椭圆交于B,C两点,当k1·k2=-2时,直线BC是否过定点?若是,求出该定点,若不是,请说明理由.‎ 16‎ ‎【解析】(1)将圆C的方程配方得+=1,所以其圆心为,半径为1.‎ 由题意知,椭圆E的焦距2c等于圆C的直径,所以c=1,‎ 又e==,所以a=,b2=a2-c2=1,‎ 所以椭圆E的方程为+y2=1.‎ ‎(2)因为k1·k2=-2<0,‎ 所以直线BC斜率存在,A,‎ 设直线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.‎ 将(*)代入得-+=0,‎ 整理得5m2-2m-3=0,解得m=-(m=1舍去),‎ 16‎ 所以直线BC过定点.‎ 考点三　探究位置关系 ‎ ‎【典例】已知圆C:(x-1)2+y2=r2(r>1),设A为圆C与x轴负半轴的交点,过点A作圆C的弦AM,并使弦AM的中点恰好落在y轴上. ‎ ‎(1)求点M的轨迹E的方程.‎ ‎(2)延长MC交曲线E于点N,曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B,试判断以点B为圆心,线段BC长为半径的圆与直线MN的位置关系,并证明你的结论.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 联想解题 ‎(1)‎ 相关点法求点的轨迹方程 ‎(2)‎ 圆心为B,半径为|BC|,故只需比较点B到直线MN的距离与|BC|的大小即可 ‎【解析】(1)设M(x,y),由题意可知,A(1-r,0),AM的中点D,x>0,‎ 因为C(1,0),所以=,=.‎ 在☉C中,因为CD⊥DM,所以·=0,‎ 所以x-=0,即y2=4x(x>0),‎ 所以点M的轨迹E的方程为y2=4x(x>0).‎ ‎(2)设直线MN的方程为x=my+1,M(x1,y1),N(x2,y2),‎ ‎⇒y2-4my-4=0,‎ 可得y1+y2=4m,y1y2=-4,‎ 16‎ 又r-1=x1,则点A(-x1,0),‎ 所以直线AM的方程为y=x+.‎ 设直线BN的方程为y=k+y2,‎ 联立 整理得ky2-4y+4y2-k=0,‎ 由Δ=0可得k=,‎ 则直线BN的方程为y=x+.‎ 联立 可得xB=-1,yB===2m,‎ 所以点B(-1,2m),|BC|==2,‎ 所以点B到直线MN的距离d===2=|BC|,所以☉B与直线MN相切.‎ 直线与曲线位置关系的探究性问题,‎ 16‎ 关键是利用代数法或几何法将直线和曲线的位置关系转化为相关数量之间的关系,进而转化为数量关系的探究问题来解决.如该题中探究直线和圆的位置关系,只需比较圆的半径与圆心到直线的距离大小即可.‎ 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为4,且过点(2,).‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)设椭圆C的上顶点为B,右焦点为F,直线l与椭圆交于M,N两点,问是否存在直线l,使得F为△BMN的垂心,若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.‎ ‎【解析】(1)由已知可得,‎ 解得a2=8,b2=4,c=2,‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)由已知可得,B(0,2),F(2,0),所以kBF=-1.‎ 因为BF⊥l,‎ 所以可设直线l的方程为y=x+m,代入椭圆方程整理,‎ 得3x2+4mx+2m2-8=0.‎ 则Δ=(4m)2-12(2m2-8)=96-8m2>0,得m2<12.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 则x1+x2=-,x1x2=,‎ 因为BN⊥MF,所以·=-1.‎ 即y1y2+x1x2-2y1-2x2=0.‎ 16‎ 因为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.‎ 又m=2时,直线l过B点,不合要求,‎ 所以m=-,‎ 故存在直线l:y=x-满足题设条件.‎ ‎【变式备选】‎ ‎1.(2019·人大附中模拟)已知椭圆C:+=1的离心率等于,P,Q(2,-3)是椭圆上的两点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)A,B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点.当A,B运动时,满足∠APQ=∠BPQ,试问直线AB的斜率是否为定值?如果为定值,请求出此定值;如果不是定值,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)由题意可得 ,‎ 16‎ 解得a=4,b=2,c=2.‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 当∠APQ=∠BPQ时,则PA、PB的斜率之和为0,设直线PA的斜率为k,‎ 则PB的斜率为-k,PA的直线方程为y-3=k(x-2),‎ 联立 ,‎ 得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0.‎ 所以x1+2=.‎ 同理PB的直线方程为y-3=-k(x-2),‎ 可得x2+2==.‎ 所以x1+x2=,x1-x2=,‎ kAB==‎ ‎= ==,‎ 所以直线AB的斜率为定值.‎ 16‎ ‎2.如图,A,B是椭圆C:+y2=1长轴的两个端点,M,N是椭圆上与A,B均不重合的相异两点,设直线AM,BN,AN的斜率分别是k1,k2,k3.‎ ‎(1)求k2·k3的值.‎ ‎(2)若直线MN过点,求证:k1·k3=-.‎ ‎(3)设直线MN与x轴的交点为(t,0)(t为常数且t≠0),试探究直线AM与直线BN的交点Q是否落在某条定直线上?若是,请求出该定直线的方程;若不是,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)设N(x0,y0),‎ 由于A(-,0),B(,0),‎ 所以k2·k3=·=,‎ 因为N(x0,y0)在椭圆C上,于是+=1,‎ 即-2=-2,‎ 所以k2·k3==-.‎ ‎ (2)设直线MN:x=my+,M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 16‎ 由得(m2+2)y2+my-=0.‎ 于是y1+y2=-,y1·y2=-,‎ k1·k3=·‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=-.‎ ‎(3)由于直线MN与x轴的交点为(t,0),‎ 于是直线MN的方程:x=my+t,‎ 联立直线MN:x=my+t与椭圆C:+y2=1的方程,可得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,‎ 于是y1+y2=- ,y1·y2=,‎ 16‎ 因为直线AM:y=(x+),‎ 直线BN:y=(x-),‎ 两式相除,可知 ‎=·=·‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=·=,‎ 于是xt=2,所以x=,即直线AM与直线BN的交点Q落在定直线x=上. ‎ 16‎