圆锥曲线中的存在、探索问题分析解疑讲解

Q群675260005专供圆锥曲线中的存在、探索性问题一、考情分析圆锥曲线中的存在性问题、探索问题是高考常考题型之一,它是在题设条件下探索某个数学对象(点、线、数等)是否存在或某个结论是否成立.由于题目多变,解法不一,我们在平时的教学中对这类题目训练较少,因而学生遇到这类题目时,往往感到无从下手,本文针对圆锥曲线中这类问题进行了探讨．二、经验分享解决探索性问题的注意事项探索性问题，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．(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；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．三、知识拓展探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备。要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。每一种类型其求解策略又有所不同。因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。下面分别加以说明：1、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断。解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件。在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意。2、结论探索型这类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。解决这类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论。在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论。3、条件重组型这类问题是指给出了一些相关命题，但需对这些命题进行重新组合构成新的复合命题，或题设的结求的方向，条件和结论都需要去探求的一类问题。此类问题更难，解题要有更强的基础知识和基本技能，需要要联想等手段。一般的解题的思路是通过对条件的反复重新组合进行逐一探求。应该说此类问题是真正意义上的创新思维和创造力。4、存在判断型这类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立。解决这类问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论。其中反证法在解题中起着重要的作用。5、规律探究型这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论。解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。在数列问题研究中，经常是据数列的前几项所提供的信息作大胆的猜测，然后用数学归纳法证明。学科-网6、实验操作型这类问题的基本特征是：给出一定的条件要求设计一种方案。解决这类问题的基本策略是：需要借助逆向思考动手实踐。总之，解决探索性问题，较少现成的套路和常规程序，需要较多的分析和数学思想方法的综合应用。它对学生的观察、联想、类比、猜想、抽象、概括等方面的能力有较高的要求。四、题型分析(一)是否存在值【例1】已知椭圆=1（a＞b＞0）的离心率e=,过点A（0,-b）和B（a,0）的直线与坐标原点距离为.（1）求椭圆的方程；（2）已知定点E（-1,0）,若直线y=kx+2（k≠0）与椭圆相交于C、D两点,试判断是否存在k值,使以CD为直径的圆过定点E？若存在求出这个k值,若不存在说明理由.【分析】（1）先由两点式求出直线方程,再根据离心率和点到直线距离公式列出方程解出,即可求得；（2）假设存在这样的直线,联立直线方程和椭圆方程,消去y,得到x的一元二次方程,求出两根之和和两根之积,要使以CD为直径的圆过点E,当且仅当CE⊥DE时,则,再利用y=kx+2,将上式转化,最后求得,并验证.【解析】（1）直线AB方程为：bx-ay-ab＝0依题意解得∴椭圆方程为综上可知,存在,使得以CD为直径的圆过点E..【点评】解决探索性问题的注意事项探索性问题,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．(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；(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．【小试牛刀】【湖北省襄阳市第四中学2017届高三周考】已知椭圆（）的离心率为,且a2=2b．（1）求椭圆的方程；（2）直线l：x﹣y+m=0与椭圆交于A,B两点,是否存在实数m,使线段AB的中点在圆x2+y2=5上,若存在,求出m的值；若不存在,说明理由．【答案】（1）；（2）实数不存在,理由见解析．【解析】（1）由题意得,解得故椭圆的方程为；（2）设,,线段的中点为联立直线与椭圆的方程得,即,即,,所以,即．又因为点在圆上,可得,解得与矛盾．故实数不存在．(二)是否存在点【例2】【河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛】已知点是椭圆上任一点,点到直线的距离为,到点的距离为,且.直线与椭圆交于不同两点（都在轴上方）,且.（1）求椭圆的方程；学-科网（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时,求直线方程；（3）对于动直线,是否存在一个定点,无论如何变化,直线总经过此定点？若存在,求出该定点的坐标；若不存在,请说明理由.【分析】(1)设,用坐标表示条件列出方程化简整理可得椭圆的标准方程；(2)由（1）可知,,即可得,由得,写出直线的方程与椭圆方程联立,求出点的坐标,由两点式求直线的方程即可；(3)由,得,设直线方程为,与椭圆方程联立得,由根与系数关系计算得,从而得到直线方程为,从而得到直线过定点.【解析】（1）设,则,,∴,化简,得,∴椭圆的方程为.（2）,,∴,又∵,∴,.代入解,得（舍）∴,,∴.即直线方程为.（3）∵,∴.设,,直线方程为.代直线方程入,得.∴,,∴=,∴,∴直线方程为,∴直线总经过定点.【点评】定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时,可设出直线方程为y＝kx＋b,然后利用条件建立b、k等量关系进行消元,借助于直线系的思想找出定点．(2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关．【小试牛刀】已知椭圆的离心率为,点和点都在椭圆上,直线交轴于点.（1）求椭圆的方程,并求点的坐标（用,表）；（2）设为原点,点与点关于轴对称,直线交轴于点.问：轴上是否存在点,使得？若存在,求点的坐标；若不存在,说明理由.（2）点与关于轴对称,所以,直线的方程：,令,所以可得,则,因为,所以,所以,即,因为,又点在椭圆上,所以,即,所以,得.(三)是否存在直线【例3】设F1,F2分别是椭圆的左右焦点.（1）若P是该椭圆上的一个动点,求的最大值和最小值.（2）是否存在经过点A（5,0）的直线l与椭圆交于不同的两点C,D,使得|F2C|＝|F2D|？若存在,求直线l的方程；若不存在,请说明理由.【分析】（1）将数量积转化为坐标表示,利用坐标的有界性求出最值；（2）设出直线方程,根据|F2C|＝|F2D|,可知F2在弦CD的中垂线上,利用中点和斜率关系,写出中垂线方程,代入F2点即可判断.【解析】（1）易知a＝,b＝2,c＝1,∴F1（－1,0）,F2（1,0）设P（x,y）,则＝（－1－x,－y）·（1－x,－y）＝x2＋y2－1＝x2＋4－x2－1＝x2＋3∵x2∈[0,5],当x＝0,即点P为椭圆短轴端点时,有最小值3；当x＝±,即点P为椭圆长轴端点时,有最大值4.（2）假设存在满足条件的直线l,易知点A（5,0）在椭圆外部,当直线斜率不存在时,直线l与椭圆无交点.所以满足条件的直线斜率存在,设为k则直线方程为y＝k（x－5）由方程组得：（5k2＋4）x2－50k2x＋125k2－20＝0依题意,△＝20（16－80k2）＞0得：当时,设交点为C（x1,y1）,D（x2,y2）,CD中点为R（x0,y0）则x1＋x2＝,x0＝∴y0＝k（x0－5）＝k（－5）＝又|F2C|＝|F2D|,有F2R⊥l,即＝－1即＝－1即20k2＝20k2－4,该等式不成立,所以满足条件的直线l不存在.【点评】假设存在,将转化为弦的中点问题以及垂直问题是解题关键．【小试牛刀】已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l,使得直线l与椭圆C有公共点,且直线OA与l的距离等于4？若存在,求出直线l的方程；若不存在,请说明理由．【解析】(1)依题意,可设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0),且可知其左焦点为F′(－2,0)．从而有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,故椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)假设存在符合题意的直线l,设其方程为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.因为直线l与椭圆C有公共点,所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0,解得－4eq\r(3)≤t≤4eq\r(3).另一方面,由直线OA与l的距离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)],所以符合题意的直线l不存在．(四)是否存在圆【例4】已知椭圆过点,其焦距为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为,则椭圆在其上一点处的切线方程为,试运用该性质解决以下问题：（i）如图（1）,点为在第一象限中的任意一点,过作的切线,分别与轴和轴的正半轴交于两点,求面积的最小值；学科=网（ii）如图（2）,过椭圆上任意一点作的两条切线和,切点分别为．当点在椭圆上运动时,是否存在定圆恒与直线相切？若存在,求出圆的方程；若不存在,请说明理由．【分析】（1）设椭圆的方程,用待定系数法求解即可；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程,有的题设条件已知点,而斜率未知；有的题设条件已知斜率,点不定,可由点斜式设直线方程．第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立,消去一个元,得到一个一元二次方程．第三步：求解判别式计算一元二次方程根．第四步：写出根与系数的关系．第五步：根据题设条件求解问题中结论．在解决与抛物线性质有关的问题时,要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题,特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此．【解析】（I）解：依题意得：椭圆的焦点为,由椭圆定义知：,所以椭圆的方程为．（II）（ⅰ）设,则椭圆在点B处的切线方程为令,,令,所以又点B在椭圆的第一象限上,所以,当且仅当所以当时,三角形OCD的面积的最小值为（Ⅲ）设,则椭圆在点处的切线为：又过点,所以,同理点也满足,所以都在直线上,即：直线MN的方程为所以原点O到直线MN的距离,所以直线MN始终与圆相切．【点评】先猜想圆心为原点,表示出直线MN的方程,再证明圆心到直线的距离为定值．【小试牛刀】如图,设椭圆的左、右焦点分别为,点在椭圆上,,,的面积为.（1）求该椭圆的标准方程；（2）是否存在圆心在轴上的圆,使圆在轴的上方与椭圆两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在,求圆的方程,若不存在,请说明理由.【解析】（1）设,其中,由得从而故.从而,由得,因此.所以,故因此,所求椭圆的标准方程为：当时,过分别与,垂直的直线的交点即为圆心,设由得而故圆的半径综上,存在满足条件的圆,其方程为：四、迁移运用1.已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)以抛物线y2＝8x的焦点为顶点,且离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆E的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于A,B两点,与直线x＝－4相交于Q点,P是椭圆E上一点且满足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))(其中O为坐标原点),试问在x轴上是否存在一点T,使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))为定值？若存在,求出点T的坐标及eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))的值；若不存在,请说明理由．【解析】(1)抛物线y2＝8x的焦点为椭圆E的顶点,即a＝2.又eq\f(c,a)＝eq\f(1,2),故c＝1,b＝eq\r(3).∴椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设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),联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.由根与系数的关系,得x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋3),y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,4k2＋3).将Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋3)，\f(6m,4k2＋3)))代入椭圆E的方程,得eq\f(64k2m2,44k2＋32)＋eq\f(36m2,34k2＋32)＝1,整理,得4m2＝4k2＋3.设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(→))为定值,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)为定值,则1＋t＝0,∴t＝－1,∴在x轴上存在一点T(－1,0),使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))为定值eq\f(3,2).2.【山西省长治二中、临汾一中、康杰中学、晋城一中2017届高三第一次联考】已知椭圆C:的左焦点为F,为椭圆上一点,AF交y轴于点M,且M为AF的中点.（I）求椭圆C的方程；（II）直线与椭圆C有且只有一个公共点A,平行于OA的直线交于P,交椭圆C于不同的两点D,E,问是否存在常数,使得,若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.【答案】（I）（II）【解析】（Ⅰ）设椭圆的右焦点是,在中,…………2分所以椭圆的方程为…………4分（Ⅱ）设直线DE的方程为,解方程组消去得到若则,其中…………6分又直线的方程为,直线DE的方程为,…………8分所以P点坐标,所以存在常数使得…………12分3.【2017长郡中学高三入学考试】已知椭圆的两个焦点分别为,,以椭圆短轴为直径的圆经过点.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆相交于两点,设直线的斜率分别为,问是否为定值？并证明你的结论.【答案】(1);(2)为定值2.【解析】（1）由已知得：,由已知易得,解得,则椭圆的方程为.（2）①当直线的斜率不存在时,由,解得,设,.②当直线的斜率存在时,设直线的方程为,将代入整理化简,得,依题意,直线与椭圆必相交于两点,设,则,,又,,所以综上得：为定值2.4.【广东省惠州市2017届高三第一次调研考试】已知点,,直线与直线相交于点,直线与直线的斜率分别记为与,且．（Ⅰ）求点的轨迹的方程；（Ⅱ）过定点作直线与曲线交于两点,的面积是否存在最大值？若存在,求出面积的最大值；若不存在,请说明理由．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）设,则,所以所以（Ⅱ）由已知当直线的斜率存在,设直线的方程是,联立,消去得,因为,所以,设,........10分当且仅当时取等号,面积的最大值为．5.【2016届云南师范大学附属中学高三月考】如图,过椭圆内一点的动直线与椭圆相交于M,N两点,当平行于x轴和垂直于x轴时,被椭圆所截得的线段长均为.（1）求椭圆的方程；（2）在平面直角坐标系中,是否存在与点A不同的定点B,使得对任意过点的动直线都满足？若存在,求出定点B的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】（1）；（2）存在点B的坐标．【解析】（Ⅰ）由已知得,点在椭圆上,所以,解得,所以椭圆的方程为．下面证明：对任意直线l,都有,即．当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立；当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为．设M,N的坐标分别为,由得,其判别式,所以,,因此,．易知点N关于y轴对称的点的坐标为又,,所以,即三点共线,所以．故存在与点A不同的定点,使得．6．【2016届江苏省如东高中高三上学期期中】已知椭圆,F为椭圆的右焦点,点A,B分别为椭圆的上下顶点,过点B作AF的垂线,垂足为M．（1）若,的面积为1,求椭圆方程；（2）是否存在椭圆,使得点B关于直线AF对称的点D仍在椭圆上,若存在,求椭圆的离心率的值；若不存在,说明理由．【答案】（1）（2）不存在【解析】（1）直线,直线．联立可得．所以．又因为,所以．所以椭圆方程为．因为,所以．代入椭圆方程得．化简得．因为,所以方程无解．所以不存在这样的椭圆,使得点关于直线对称的点仍在椭圆上．7．【2016届广东省惠州市高三第一次调研考试】在平面直角坐标系中,已知圆心在轴上,半径为4的圆位于轴右侧,且与轴相切．（I）求圆的方程；（II）若椭圆的离心率为,且左右焦点为．试探究在圆上是否存在点,使得为直角三角形？若存在,请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）．【答案】（I）;（Ⅱ）存在,有四个这样的点.（i）过作轴的垂线,交圆,则,符合题意；9分（ii）过可作圆的两条切线,分别与圆相切于点,连接,则,符合题意．11分综上,圆上存在4个点,使得为直角三角形．12分8.如图所示,椭圆：的离心率是,过点的动直线与椭圆相交于两点,当直线平行于轴时,直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）在平面直角坐标系中,是否存在与点不同的定点,使得恒成立？【解析】（1）由已知点在椭圆上.所以,解得,.所以椭圆方程为.（2）当直线与轴平行时,设直线与椭圆相交于两点.如果存在定点满足条件,则,即.所以点在轴上,可设点的坐标为.当直线与轴垂直时,设直线与椭圆相交于两点.则,,由,有,解得或.所以,若存在不同于点的定点满足条件,则点的坐标只可能为.下面证明：对任意的直线,均有.当直线的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线的斜率存在时,可设直线的方程为,的坐标分别为,.联立,得.其判别式,,所以,.因此.易知,点关于轴对称的点的坐标为.又,,,所以,即三点共线.所以.故存在与点不同的定点,使得恒成立.9.在平面直角坐标系中,已知椭圆：（）的离心率且椭圆上的点到点的距离的最大值为3.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在椭圆上,是否存在点,使得直线：与圆：相交于不同的两点、,且的面积最大？若存在,求出点的坐标及对应的的面积；若不存在,请说明理由【解析】（Ⅰ）因为,所以,于是.1分设椭圆上任一点,椭圆方程为,,=①当,即时,（此时舍去；3分②当即时,5分综上椭圆C的方程为.6分（Ⅱ）圆心到直线的距离为,弦长,所以的面积为8分点,10分当时,由得综上所述,椭圆上存在四个点、、、,使得直线与圆相交于不同的两点、,且的面积最大,且最大值为.12分10．如图,已知椭圆：,其左右焦点为及,过点的直线交椭圆于两点,线段的中点为,的中垂线与轴和轴分别交于两点,且、、构成等差数列.（1）求椭圆的方程；（2）记△的面积为,△（为原点）的面积为．试问：是否存在直线,使得？说明理由．【解析】（1）因为、、构成等差数列,所以,所以.（2分）又因为,所以,