圓錐曲線中的存在、探索問題分析解疑講解

Q群675260005專供圓錐曲線中的存在、探索性問題一、考情分析圓錐曲線中的存在性問題、探索問題是高考?？碱}型之一,它是在題設條件下探索某個數(shù)學對象(點、線、數(shù)等)是否存在或某個結(jié)論是否成立.由于題目多變,解法不一,我們在平時的教學中對這類題目訓練較少,因而學生遇到這類題目時,往往感到無從下手,本文針對圓錐曲線中這類問題進行了探討．二、經(jīng)驗分享解決探索性問題的注意事項探索性問題，先假設存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．(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；(3)當條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維，采取另外合適的方法．三、知識拓展探索性問題是一種具有開放性和發(fā)散性的問題，此類題目的條件或結(jié)論不完備。要求解答者自己去探索，結(jié)合已有條件，進行觀察、分析、比較和概括。它對學生的數(shù)學思想、數(shù)學意識及綜合運用數(shù)學方法的能力提出了較高的要求。它有利于培養(yǎng)學生探索、分析、歸納、判斷、討論與證明等方面的能力，使學生經(jīng)歷一個發(fā)現(xiàn)問題、研究問題、解決問題的全過程。探索性問題一般可分為：條件追溯型，結(jié)論探索型、條件重組型，存在判斷型，規(guī)律探究型，實驗操作型。每一種類型其求解策略又有所不同。因此，我們在求解時就必須首先要明辨它是哪一種類型的探索問題，然后再根據(jù)所屬類型制定解題策略。下面分別加以說明：1、條件追溯型這類問題的基本特征是：針對一個結(jié)論，條件未知需探索，或條件增刪需確定，或條件正誤需判斷。解決這類問題的基本策略是：執(zhí)果索因，先尋找結(jié)論成立的必要條件，再通過檢驗或認證找到結(jié)論成立的充分條件。在“執(zhí)果索因”的過程中，常常會犯的一個錯誤是不考慮推理過程的可逆與否，誤將必要條件當作充分條件，應引起注意。2、結(jié)論探索型這類問題的基本特征是：有條件而無結(jié)論或結(jié)論的正確與否需要確定。解決這類問題的策略是：先探索結(jié)論而后去論證結(jié)論。在探索過程中?？上葟奶厥馇樾稳胧?，通過觀察、分析、歸納、判斷來作一番猜測，得出結(jié)論，再就一般情形去認證結(jié)論。3、條件重組型這類問題是指給出了一些相關命題，但需對這些命題進行重新組合構成新的復合命題，或題設的結(jié)求的方向，條件和結(jié)論都需要去探求的一類問題。此類問題更難，解題要有更強的基礎知識和基本技能，需要要聯(lián)想等手段。一般的解題的思路是通過對條件的反復重新組合進行逐一探求。應該說此類問題是真正意義上的創(chuàng)新思維和創(chuàng)造力。4、存在判斷型這類問題的基本特征是：要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)是否存在或某一結(jié)論是否成立。解決這類問題的基本策略是：通常假定題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認可其中的一部分的結(jié)論，然后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結(jié)論。其中反證法在解題中起著重要的作用。5、規(guī)律探究型這類問題的基本特征是：未給出問題的結(jié)論，需要由特殊情況入手，猜想、證明一般結(jié)論。解決這類問題的基本策略是：通常需要研究簡化形式但保持本質(zhì)的特殊情形，從條件出發(fā)，通過觀察、試驗、歸納、類比、猜測、聯(lián)想來探路，解題過程中創(chuàng)新成分比較高。在數(shù)列問題研究中，經(jīng)常是據(jù)數(shù)列的前幾項所提供的信息作大膽的猜測，然后用數(shù)學歸納法證明。學科-網(wǎng)6、實驗操作型這類問題的基本特征是：給出一定的條件要求設計一種方案。解決這類問題的基本策略是：需要借助逆向思考動手實踐?？傊?，解決探索性問題，較少現(xiàn)成的套路和常規(guī)程序，需要較多的分析和數(shù)學思想方法的綜合應用。它對學生的觀察、聯(lián)想、類比、猜想、抽象、概括等方面的能力有較高的要求。四、題型分析(一)是否存在值【例1】已知橢圓=1（a＞b＞0）的離心率e=,過點A（0,-b）和B（a,0）的直線與坐標原點距離為.（1）求橢圓的方程；（2）已知定點E（-1,0）,若直線y=kx+2（k≠0）與橢圓相交于C、D兩點,試判斷是否存在k值,使以CD為直徑的圓過定點E？若存在求出這個k值,若不存在說明理由.【分析】（1）先由兩點式求出直線方程,再根據(jù)離心率和點到直線距離公式列出方程解出,即可求得；（2）假設存在這樣的直線,聯(lián)立直線方程和橢圓方程,消去y,得到x的一元二次方程,求出兩根之和和兩根之積,要使以CD為直徑的圓過點E,當且僅當CE⊥DE時,則,再利用y=kx+2,將上式轉(zhuǎn)化,最后求得,并驗證.【解析】（1）直線AB方程為：bx-ay-ab＝0依題意解得∴橢圓方程為綜上可知,存在,使得以CD為直徑的圓過點E..【點評】解決探索性問題的注意事項探索性問題,先假設存在,推證滿足條件的結(jié)論,若結(jié)論正確則存在,若結(jié)論不正確則不存在．(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；(3)當條件和結(jié)論都不知,按常規(guī)方法解題很難時,要開放思維,采取另外合適的方法．【小試牛刀】【湖北省襄陽市第四中學2017屆高三周考】已知橢圓（）的離心率為,且a2=2b．（1）求橢圓的方程；（2）直線l：x﹣y+m=0與橢圓交于A,B兩點,是否存在實數(shù)m,使線段AB的中點在圓x2+y2=5上,若存在,求出m的值；若不存在,說明理由．【答案】（1）；（2）實數(shù)不存在,理由見解析．【解析】（1）由題意得,解得故橢圓的方程為；（2）設,,線段的中點為聯(lián)立直線與橢圓的方程得,即,即,,所以,即．又因為點在圓上,可得,解得與矛盾．故實數(shù)不存在．(二)是否存在點【例2】【河南省豫北名校聯(lián)盟2017屆高三年級精英對抗賽】已知點是橢圓上任一點,點到直線的距離為,到點的距離為,且.直線與橢圓交于不同兩點（都在軸上方）,且.（1）求橢圓的方程；學-科網(wǎng)（2）當為橢圓與軸正半軸的交點時,求直線方程；（3）對于動直線,是否存在一個定點,無論如何變化,直線總經(jīng)過此定點？若存在,求出該定點的坐標；若不存在,請說明理由.【分析】(1)設,用坐標表示條件列出方程化簡整理可得橢圓的標準方程；(2)由（1）可知,,即可得,由得,寫出直線的方程與橢圓方程聯(lián)立,求出點的坐標,由兩點式求直線的方程即可；(3)由,得,設直線方程為,與橢圓方程聯(lián)立得,由根與系數(shù)關系計算得,從而得到直線方程為,從而得到直線過定點.【解析】（1）設,則,,∴,化簡,得,∴橢圓的方程為.（2）,,∴,又∵,∴,.代入解,得（舍）∴,,∴.即直線方程為.（3）∵,∴.設,,直線方程為.代直線方程入,得.∴,,∴=,∴,∴直線方程為,∴直線總經(jīng)過定點.【點評】定點的探索與證明問題(1)探索直線過定點時,可設出直線方程為y＝kx＋b,然后利用條件建立b、k等量關系進行消元,借助于直線系的思想找出定點．(2)從特殊情況入手,先探求定點,再證明與變量無關．【小試牛刀】已知橢圓的離心率為,點和點都在橢圓上,直線交軸于點.（1）求橢圓的方程,并求點的坐標（用,表）；（2）設為原點,點與點關于軸對稱,直線交軸于點.問：軸上是否存在點,使得？若存在,求點的坐標；若不存在,說明理由.（2）點與關于軸對稱,所以,直線的方程：,令,所以可得,則,因為,所以,所以,即,因為,又點在橢圓上,所以,即,所以,得.(三)是否存在直線【例3】設F1,F2分別是橢圓的左右焦點.（1）若P是該橢圓上的一個動點,求的最大值和最小值.（2）是否存在經(jīng)過點A（5,0）的直線l與橢圓交于不同的兩點C,D,使得|F2C|＝|F2D|？若存在,求直線l的方程；若不存在,請說明理由.【分析】（1）將數(shù)量積轉(zhuǎn)化為坐標表示,利用坐標的有界性求出最值；（2）設出直線方程,根據(jù)|F2C|＝|F2D|,可知F2在弦CD的中垂線上,利用中點和斜率關系,寫出中垂線方程,代入F2點即可判斷.【解析】（1）易知a＝,b＝2,c＝1,∴F1（－1,0）,F2（1,0）設P（x,y）,則＝（－1－x,－y）·（1－x,－y）＝x2＋y2－1＝x2＋4－x2－1＝x2＋3∵x2∈[0,5],當x＝0,即點P為橢圓短軸端點時,有最小值3；當x＝±,即點P為橢圓長軸端點時,有最大值4.（2）假設存在滿足條件的直線l,易知點A（5,0）在橢圓外部,當直線斜率不存在時,直線l與橢圓無交點.所以滿足條件的直線斜率存在,設為k則直線方程為y＝k（x－5）由方程組得：（5k2＋4）x2－50k2x＋125k2－20＝0依題意,△＝20（16－80k2）＞0得：當時,設交點為C（x1,y1）,D（x2,y2）,CD中點為R（x0,y0）則x1＋x2＝,x0＝∴y0＝k（x0－5）＝k（－5）＝又|F2C|＝|F2D|,有F2R⊥l,即＝－1即＝－1即20k2＝20k2－4,該等式不成立,所以滿足條件的直線l不存在.【點評】假設存在,將轉(zhuǎn)化為弦的中點問題以及垂直問題是解題關鍵．【小試牛刀】已知中心在坐標原點O的橢圓C經(jīng)過點A(2,3),且點F(2,0)為其右焦點．(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在平行于OA的直線l,使得直線l與橢圓C有公共點,且直線OA與l的距離等于4？若存在,求出直線l的方程；若不存在,請說明理由．【解析】(1)依題意,可設橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0),且可知其左焦點為F′(－2,0)．從而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝2，,2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝2，,a＝4.))又a2＝b2＋c2,所以b2＝12,故橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)假設存在符合題意的直線l,設其方程為y＝eq\f(3,2)x＋t.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得3x2＋3tx＋t2－12＝0.因為直線l與橢圓C有公共點,所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0,解得－4eq\r(3)≤t≤4eq\r(3).另一方面,由直線OA與l的距離d＝4,得eq\f(|t|,\r(\f(9,4)＋1))＝4,解得t＝±2eq\r(13).由于±2eq\r(13)?[－4eq\r(3),4eq\r(3)],所以符合題意的直線l不存在．(四)是否存在圓【例4】已知橢圓過點,其焦距為．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）已知橢圓具有如下性質(zhì)：若橢圓的方程為,則橢圓在其上一點處的切線方程為,試運用該性質(zhì)解決以下問題：（i）如圖（1）,點為在第一象限中的任意一點,過作的切線,分別與軸和軸的正半軸交于兩點,求面積的最小值；學科=網(wǎng)（ii）如圖（2）,過橢圓上任意一點作的兩條切線和,切點分別為．當點在橢圓上運動時,是否存在定圓恒與直線相切？若存在,求出圓的方程；若不存在,請說明理由．【分析】（1）設橢圓的方程,用待定系數(shù)法求解即可；（2）解決直線和橢圓的綜合問題時注意：第一步：根據(jù)題意設直線方程,有的題設條件已知點,而斜率未知；有的題設條件已知斜率,點不定,可由點斜式設直線方程．第二步：聯(lián)立方程：把所設直線方程與橢圓的方程聯(lián)立,消去一個元,得到一個一元二次方程．第三步：求解判別式計算一元二次方程根．第四步：寫出根與系數(shù)的關系．第五步：根據(jù)題設條件求解問題中結(jié)論．在解決與拋物線性質(zhì)有關的問題時,要注意利用幾何圖形的形象、直觀的特點來解題,特別是涉及焦點、頂點、準線的問題更是如此．【解析】（I）解：依題意得：橢圓的焦點為,由橢圓定義知：,所以橢圓的方程為．（II）（?。┰O,則橢圓在點B處的切線方程為令,,令,所以又點B在橢圓的第一象限上,所以,當且僅當所以當時,三角形OCD的面積的最小值為（Ⅲ）設,則橢圓在點處的切線為：又過點,所以,同理點也滿足,所以都在直線上,即：直線MN的方程為所以原點O到直線MN的距離,所以直線MN始終與圓相切．【點評】先猜想圓心為原點,表示出直線MN的方程,再證明圓心到直線的距離為定值．【小試牛刀】如圖,設橢圓的左、右焦點分別為,點在橢圓上,,,的面積為.（1）求該橢圓的標準方程；（2）是否存在圓心在軸上的圓,使圓在軸的上方與橢圓兩個交點,且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點？若存在,求圓的方程,若不存在,請說明理由.【解析】（1）設,其中,由得從而故.從而,由得,因此.所以,故因此,所求橢圓的標準方程為：當時,過分別與,垂直的直線的交點即為圓心,設由得而故圓的半徑綜上,存在滿足條件的圓,其方程為：四、遷移運用1.已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)以拋物線y2＝8x的焦點為頂點,且離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓E的方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓E相交于A,B兩點,與直線x＝－4相交于Q點,P是橢圓E上一點且滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))(其中O為坐標原點),試問在x軸上是否存在一點T,使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))為定值？若存在,求出點T的坐標及eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))的值；若不存在,請說明理由．【解析】(1)拋物線y2＝8x的焦點為橢圓E的頂點,即a＝2.又eq\f(c,a)＝eq\f(1,2),故c＝1,b＝eq\r(3).∴橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),∵eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)),∴P(x1＋x2,y1＋y2),聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.由根與系數(shù)的關系,得x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋3),y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,4k2＋3).將Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋3)，\f(6m,4k2＋3)))代入橢圓E的方程,得eq\f(64k2m2,44k2＋32)＋eq\f(36m2,34k2＋32)＝1,整理,得4m2＝4k2＋3.設T(t,0),Q(－4,m－4k),∴eq\o(TQ,\s\up6(→))＝(－4－t,m－4k),eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋3)，\f(6m,4k2＋3))).即eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝eq\f(32km＋8kmt,4k2＋3)＋eq\f(6mm－4k,4k2＋3)＝eq\f(6m2＋8km＋8kmt,4k2＋3).∵4k2＋3＝4m2,∴eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝eq\f(6m2＋8km＋8kmt,4m2)＝eq\f(3,2)＋eq\f(2k1＋t,m).要使eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))為定值,只需eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2k1＋t,m)))2＝eq\f(4k21＋t2,m2)＝eq\f(4m2－31＋t2,m2)為定值,則1＋t＝0,∴t＝－1,∴在x軸上存在一點T(－1,0),使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))為定值eq\f(3,2).2.【山西省長治二中、臨汾一中、康杰中學、晉城一中2017屆高三第一次聯(lián)考】已知橢圓C:的左焦點為F,為橢圓上一點,AF交y軸于點M,且M為AF的中點.（I）求橢圓C的方程；（II）直線與橢圓C有且只有一個公共點A,平行于OA的直線交于P,交橢圓C于不同的兩點D,E,問是否存在常數(shù),使得,若存在,求出的值,若不存在,請說明理由.【答案】（I）（II）【解析】（Ⅰ）設橢圓的右焦點是,在中,…………2分所以橢圓的方程為…………4分（Ⅱ）設直線DE的方程為,解方程組消去得到若則,其中…………6分又直線的方程為,直線DE的方程為,…………8分所以P點坐標,所以存在常數(shù)使得…………12分3.【2017長郡中學高三入學考試】已知橢圓的兩個焦點分別為,,以橢圓短軸為直徑的圓經(jīng)過點.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線與橢圓相交于兩點,設直線的斜率分別為,問是否為定值？并證明你的結(jié)論.【答案】(1);(2)為定值2.【解析】（1）由已知得：,由已知易得,解得,則橢圓的方程為.（2）①當直線的斜率不存在時,由,解得,設,.②當直線的斜率存在時,設直線的方程為,將代入整理化簡,得,依題意,直線與橢圓必相交于兩點,設,則,,又,,所以綜上得：為定值2.4.【廣東省惠州市2017屆高三第一次調(diào)研考試】已知點,,直線與直線相交于點,直線與直線的斜率分別記為與,且．（Ⅰ）求點的軌跡的方程；（Ⅱ）過定點作直線與曲線交于兩點,的面積是否存在最大值？若存在,求出面積的最大值；若不存在,請說明理由．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）設,則,所以所以（Ⅱ）由已知當直線的斜率存在,設直線的方程是,聯(lián)立,消去得,因為,所以,設,........10分當且僅當時取等號,面積的最大值為．5.【2016屆云南師范大學附屬中學高三月考】如圖,過橢圓內(nèi)一點的動直線與橢圓相交于M,N兩點,當平行于x軸和垂直于x軸時,被橢圓所截得的線段長均為.（1）求橢圓的方程；（2）在平面直角坐標系中,是否存在與點A不同的定點B,使得對任意過點的動直線都滿足？若存在,求出定點B的坐標,若不存在,請說明理由.【答案】（1）；（2）存在點B的坐標．【解析】（Ⅰ）由已知得,點在橢圓上,所以,解得,所以橢圓的方程為．下面證明：對任意直線l,都有,即．當直線l的斜率不存在時,由上可知,結(jié)論成立；當直線l的斜率存在時,可設直線l的方程為．設M,N的坐標分別為,由得,其判別式,所以,,因此,．易知點N關于y軸對稱的點的坐標為又,,所以,即三點共線,所以．故存在與點A不同的定點,使得．6．【2016屆江蘇省如東高中高三上學期期中】已知橢圓,F為橢圓的右焦點,點A,B分別為橢圓的上下頂點,過點B作AF的垂線,垂足為M．（1）若,的面積為1,求橢圓方程；（2）是否存在橢圓,使得點B關于直線AF對稱的點D仍在橢圓上,若存在,求橢圓的離心率的值；若不存在,說明理由．【答案】（1）（2）不存在【解析】（1）直線,直線．聯(lián)立可得．所以．又因為,所以．所以橢圓方程為．因為,所以．代入橢圓方程得．化簡得．因為,所以方程無解．所以不存在這樣的橢圓,使得點關于直線對稱的點仍在橢圓上．7．【2016屆廣東省惠州市高三第一次調(diào)研考試】在平面直角坐標系中,已知圓心在軸上,半徑為4的圓位于軸右側(cè),且與軸相切．（I）求圓的方程；（II）若橢圓的離心率為,且左右焦點為．試探究在圓上是否存在點,使得為直角三角形？若存在,請指出共有幾個這樣的點？并說明理由（不必具體求出這些點的坐標）．【答案】（I）;（Ⅱ）存在,有四個這樣的點.（i）過作軸的垂線,交圓,則,符合題意；9分（ii）過可作圓的兩條切線,分別與圓相切于點,連接,則,符合題意．11分綜上,圓上存在4個點,使得為直角三角形．12分8.如圖所示,橢圓：的離心率是,過點的動直線與橢圓相交于兩點,當直線平行于軸時,直線被橢圓截得的線段長為.（1）求橢圓的方程；（2）在平面直角坐標系中,是否存在與點不同的定點,使得恒成立？【解析】（1）由已知點在橢圓上.所以,解得,.所以橢圓方程為.（2）當直線與軸平行時,設直線與橢圓相交于兩點.如果存在定點滿足條件,則,即.所以點在軸上,可設點的坐標為.當直線與軸垂直時,設直線與橢圓相交于兩點.則,,由,有,解得或.所以,若存在不同于點的定點滿足條件,則點的坐標只可能為.下面證明：對任意的直線,均有.當直線的斜率不存在時,由上可知,結(jié)論成立.當直線的斜率存在時,可設直線的方程為,的坐標分別為,.聯(lián)立,得.其判別式,,所以,.因此.易知,點關于軸對稱的點的坐標為.又,,,所以,即三點共線.所以.故存在與點不同的定點,使得恒成立.9.在平面直角坐標系中,已知橢圓：（）的離心率且橢圓上的點到點的距離的最大值為3.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）在橢圓上,是否存在點,使得直線：與圓：相交于不同的兩點、,且的面積最大？若存在,求出點的坐標及對應的的面積；若不存在,請說明理由【解析】（Ⅰ）因為,所以,于是.1分設橢圓上任一點,橢圓方程為,,=①當,即時,（此時舍去；3分②當即時,5分綜上橢圓C的方程為.6分（Ⅱ）圓心到直線的距離為,弦長,所以的面積為8分點,10分當時,由得綜上所述,橢圓上存在四個點、、、,使得直線與圓相交于不同的兩點、,且的面積最大,且最大值為.12分10．如圖,已知橢圓：,其左右焦點為及,過點的直線交橢圓于兩點,線段的中點為,的中垂線與軸和軸分別交于兩點,且、、構成等差數(shù)列.（1）求橢圓的方程；（2）記△的面積為,△（為原點）的面積為．試問：是否存在直線,使得？說明理由．【解析】（1）因為、、構成等差數(shù)列,所以,所以.（2分）又因為,所以,