高考數(shù)學(xué)（北師大版理科）一輪復(fù)習(xí)攻略核心考點(diǎn)精準(zhǔn)研析10-10-2圓錐曲線中的探究性問題

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【典例】(2020·宜昌模擬)已知橢圓P:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為3(1)求橢圓P的方程.(2)已知直線x=1與x軸交于點(diǎn)M,過點(diǎn)M的直線AB與P交于A、B兩點(diǎn),點(diǎn)P為直線x=1上任意一點(diǎn),設(shè)直線AB與直線x=4交于點(diǎn)N,記PA,PB,PN的斜率分別為k1,k2,k0,則是否存在實(shí)數(shù)λ,使得k1+k2=λk0恒成立?若是,請(qǐng)求出λ的值;若不是,請(qǐng)說明理由.【解題導(dǎo)思】序號(hào)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)將直線AB與橢圓P的方程聯(lián)立,消元后建立兩點(diǎn)坐標(biāo)之間的關(guān)系,兩點(diǎn)坐標(biāo)求三個(gè)斜率值,代入等式確定實(shí)數(shù)λ的值【解析】(1)橢圓上的左頂點(diǎn)到左焦點(diǎn)的距離最小為23=ac,結(jié)合題干條件得到ca=32故橢圓P的方程為:x24+y(2)設(shè)Ax1,y1,Bx2若直線AB與x軸不重合時(shí),設(shè)直線AB的方程為x=my+1,點(diǎn)N4,3m,k0將直線代入橢圓方程整理得:m2+4y2+2my3=0,則y1+y2=2mm2+4,y1yk1+k2=t-y1=t=t=-ty1=2mt-6-3m若直線AB與x軸重合時(shí),則B-2,0,A2此時(shí)k1+k2=t3+t-1而k0=13t,故k1+k2=2k0.綜上所述,存在實(shí)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(shè)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.(2)策略:①當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論;②當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí),先假設(shè)成立,再推出條件.在這個(gè)解題思路指導(dǎo)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別.2.解決存在性問題的一些技巧(1)特殊值(點(diǎn))法:對(duì)于一些復(fù)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)核心變量的選取:因?yàn)榻鉀Q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(shí)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(jìn)行求解,②間接法:若無法直接求出要素,則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(yùn)用方程思想求解.(2020·廣州模擬)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,(1)求橢圓E的方程.(2)過點(diǎn)M(1,1)任作一條直線l,l與橢圓E交于不同于P點(diǎn)的A,B兩點(diǎn),l與直線m:3x+4y12=0交于C點(diǎn),記直線PA,PB,PC的斜率分別為k1,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?yàn)闄E圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,因?yàn)閍2=b2+c2,所以b=3c.故可設(shè)橢圓E的方程為:x24c因?yàn)辄c(diǎn)P1,32在橢圓所以將其代入橢圓E的方程得14c2+943所以橢圓E的方程為x24+(2)依題意,直線l不可能與x軸垂直,故可設(shè)直線l的方程為:y1=k(x1),即y=kxk+1,A(x1,y1),B(x2,y2)為l與橢圓E的兩個(gè)交點(diǎn).將y=kxk+1代入方程3x2+4y212=0化簡(jiǎn)得(4k2+3)x28(k2k)x+4k28k8=0.所以x1+x2=8k2-8k4k所以k1+k2=y1-=k(x=2k1=2k12·=2k12·=6k又由y=kx解得x=4k+84即C點(diǎn)的坐標(biāo)為4k所以k3=9k+34因此,k1+k2與k3的關(guān)系為:k1+k2=2k3.考點(diǎn)二探究定點(diǎn)與定值

【典例】(2019·成都模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,直線x+y1=0被圓x2(1)求橢圓C的方程;(2)過點(diǎn)(1,0)的直線l交橢圓C于A,B兩點(diǎn),在x軸上是否存在定點(diǎn)P,使得PA·PB為定值?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo)和PA·PB的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.【解題導(dǎo)思】序號(hào)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22聯(lián)立求(2)將直線AB與橢圓C的方程聯(lián)立,建立交點(diǎn)坐標(biāo)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?yàn)闄E圓C的離心率為22,所以a=2因?yàn)閳Ax2+y2=b2的圓心到直線x+y1=0的距離為d=|0+0-1所以直線x+y1=0被圓x2+y2=b2截得的弦長(zhǎng)為2b2-d2=2解得b=1,故a=2b=2,所以橢圓C的方程為x22+y(2)設(shè)P(t,0),A(x1,y1),B(x2,y2),當(dāng)直線l與x軸不重合時(shí),設(shè)l的方程:x=my+1.由x=my+1,x2y1所以x1+x2=4m2+2,x1x2PA·PB=(x1t,y1)·(x2t,y2)=x1x2t(x1+x2)+t2+y1y2=-3m2-4t-當(dāng)4t+13=2,即t=54時(shí),PA·PB的值與m無關(guān),此時(shí)PA·PB=716.當(dāng)直線l與x軸重合且t=54時(shí),PA·PB=2-所以存在點(diǎn)P54,0,使得PA·PB定點(diǎn)與定值的探究性問題,一般采用假設(shè)法.首先根據(jù)所解決的問題設(shè)出參數(shù);然后假設(shè)定點(diǎn)存在,定值成立,再根據(jù)定點(diǎn)與定值問題的解決方法,列出參數(shù)所滿足的等式關(guān)系,則可將探究性問題轉(zhuǎn)化為方程或方程組的解的存在性問題.(2020·九江模擬)已知F1,F2是離心率為22的橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩焦點(diǎn),若存在直線l,使得F1,F2關(guān)于5m21=0m∈R(1)求橢圓E的方程;(2)過橢圓E的上頂點(diǎn)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(diǎn),當(dāng)k1·k2=2時(shí),直線BC是否過定點(diǎn)?若是,求出該定點(diǎn),若不是,請(qǐng)說明理由.【解析】(1)將圓C的方程配方得x-m2+y-2m由題意知,橢圓E的焦距2c等于圓C的直徑,所以c=1,又e=ca=22,所以a=2,b2=a2c所以橢圓E的方程為x22+y(2)因?yàn)閗1·k2=2<0,所以直線BC斜率存在,A0,設(shè)直線lBC:y=kx+mm≠1,Bx1y=2k2+1x2x1+x2=4km2k2+1,x1又k1k2=y1-1y1-1y2即kx1+m-所以k2+2x1x2+km-將(*)代入得2k2+2m整理得5m22m3=0,解得m=35所以直線BC過定點(diǎn)0,-考點(diǎn)三探究位置關(guān)系

【典例】已知圓C:(x1)2+y2=r2(r>1),設(shè)A為圓C與x軸負(fù)半軸的交點(diǎn),過點(diǎn)A作圓C的弦AM,并使弦AM的中點(diǎn)恰好落在y軸上. 導(dǎo)學(xué)號(hào)(1)求點(diǎn)M的軌跡E的方程.(2)延長(zhǎng)MC交曲線E于點(diǎn)N,曲線E在點(diǎn)N處的切線與直線AM交于點(diǎn)B,試判斷以點(diǎn)B為圓心,線段BC長(zhǎng)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(dǎo)思】序號(hào)聯(lián)想解題(1)相關(guān)點(diǎn)法求點(diǎn)的軌跡方程(2)圓心為B,半徑為|BC|,故只需比較點(diǎn)B到直線MN的距離與|BC|的大小即可【解析】(1)設(shè)M(x,y),由題意可知,A(1r,0),AM的中點(diǎn)D0,因?yàn)镃(1,0),所以DC=1,-y2,DM在☉C中,因?yàn)镃D⊥DM,所以DC·DM=0,所以xy24=0,即y所以點(diǎn)M的軌跡E的方程為y2=4x(x>0).(2)設(shè)直線MN的方程為x=my+1,M(x1,y1),N(x2,y2),x=my+1,可得y1+y2=4m,y1y2=4,又r1=x1,則點(diǎn)A(x1,0),所以直線AM的方程為y=2y1x+設(shè)直線BN的方程為y=kx-y2聯(lián)立y整理得ky24y+4y2ky2由Δ=0可得k=2y則直線BN的方程為y=2y2x+聯(lián)立y可得xB=1,yB=y12-所以點(diǎn)B(1,2m),|BC|=4+4m2=2所以點(diǎn)B到直線MN的距離d=|2+2m2|m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置關(guān)系轉(zhuǎn)化為相關(guān)數(shù)量之間的關(guān)系,進(jìn)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,只需比較圓的半徑與圓心到直線的距離大小即可.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求橢圓C的方程.(2)設(shè)橢圓C的上頂點(diǎn)為B,右焦點(diǎn)為F,直線l與橢圓交于M,N兩點(diǎn),問是否存在直線l,使得F為△BMN的垂心,若存在,求出直線l的方程;若不存在,說明理由.【解析】(1)由已知可得,2解得a2=8,b2=4,c=2,所以橢圓C的方程為x28+(2)由已知可得,B(0,2),F(2,0),所以kBF=1.因?yàn)锽F⊥l,所以可設(shè)直線l的方程為y=x+m,代入橢圓方程整理,得3x2+4mx+2m28=0.則Δ=(4m)212(2m28)=968m2>0,得m2<12.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=4m3,x1x2=因?yàn)锽N⊥MF,所以y1x1即y1y2+x1x22y12x2=0.因?yàn)閥1=x1+m,y2=x2+m,所以(x1+m)(x2+m)+x1x22(x1+m)2x2=0,即2x1x2+(m2)(x1+x2)+m22m=0,所以2·2m2-83+(m2)所以3m2+2m16=0,所以m=83又m=2時(shí),直線l過B點(diǎn),不合要求,所以m=83故存在直線l:y=x83【變式備選】1.(2019·人大附中模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>(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(dòng)點(diǎn).當(dāng)A,B運(yùn)動(dòng)時(shí),滿足∠APQ=∠BPQ,試問直線AB的斜率是否為定值?如果為定值,請(qǐng)求出此定值;如果不是定值,請(qǐng)說明理由.【解析】(1)由題意可得ca=解得a=4,b=23,c=2.所以橢圓C的方程為x216+(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),當(dāng)∠APQ=∠BPQ時(shí),則PA、PB的斜率之和為0,設(shè)直線PA的斜率為k,則PB的斜率為k,PA的直線方程為y3=k(x2),聯(lián)立y=得(3+4k2)x2+8k(32k)x+4(32k)248=0.所以x1+2=8k同理PB的直線方程為y3=k(x2),可得x2+2=-8k-所以x1+x2=16k2-123+4k2kAB=y1-y2x1-x2所以直線AB的斜率為定值122.如圖,A,B是橢圓C:x22+y2=1長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn),M,N是橢圓上與A,B均不重合的相異兩點(diǎn),設(shè)直線AM,BN,AN的斜率分別是k1,k2,k(1)求k2·k3的值.(2)若直線MN過點(diǎn)22,0,求證:k1·k3(3)設(shè)直線MN與x軸的交點(diǎn)為(t,0)(t為常數(shù)且t≠0),試探究直線AM與直線BN的交點(diǎn)Q是否落在某條定直線上?若是,請(qǐng)求出該定直線的方程;若不是,請(qǐng)說明理由.【解析】(1)設(shè)N(x0,y0),由于A(2,0),B(2,0),所以k2·k3=y0x0-2因?yàn)镹(x0,y0)在橢圓C上,于是x022即x022=2所以k2·k3=y02x(2)設(shè)直線MN:x=my+22,M(x1,y1),N(x2,y2由x=my+22x2+2y于是y1+y