高考热点题型圆锥曲线中的探索性问题.doc

1、高考热点题型圆锥曲线中的探索性问题【必备知识】1将直线代入椭圆方程，化为关于的二次方程，即为，亦即2将直线代入抛物线方程，得 ，注意对分（对应于直线与对称轴平行）与（对应于直线与对称轴不平行）两类进行讨论3过点的直线斜率为4点到直线的距离为5直线：与圆锥曲线相交所得弦长【技巧点拨】解答圆锥曲线中探索性问题，一般可分为以下步骤：（1）假设结论成立；（2）以假设为条件，进行推理求解；（3）明确规范结论，若能推出合理结论，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；（4）回顾反思解题过程【典例展示】【题型一】探索直线、曲线间的位置关系问题【例1】已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线

2、与直线交于点（）若垂直于轴，求直线的斜率；（）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由【解析】（）因为过点且垂直于轴，所以可设，直线的方程为令，得所以直线的斜率（）直线与直线平行证明如下：当直线的斜率不存在时，由（）可知又因为直线的斜率，所以当直线的斜率存在时，设其方程为设，则直线的方程为令，得点由，得直线的斜率因为，所以所以综上可知，直线与直线平行【思维导图】（）由条件设出坐标写出直线方程联立求得点的坐标求的斜率；（）作图预判分与轴是否垂直解答与轴垂直时在（）基础上可证与轴垂直时，设出直线方程与两点坐标确定方程并与联立得点的坐标直线方程代入椭圆方程得二次方程结合韦达定理求的斜率判断结果【特别点

3、拨】围绕点的坐标确定是解答本题的关键变式训练：1已知圆的圆心为，半径为，圆与椭圆 有一个交点为，分别是椭圆的左、右焦点（）求圆的标准方程；（）若点的坐标为，试探究斜率为的直线与圆能否相切，若能，求出椭圆和直线的方程；若不能，请说明理由1【解析】（1）由已知可设圆的方程为，将点A的坐标代入圆的方程，得，即，解得或. ，圆的方程为. (2)依题意，可得直线的方程为，即. 若直线与圆相切，则 ，解得或 . 当时，直线与轴的交点横坐标为，不合题意，舍去当时，直线与轴的交点横坐标为4， ，由椭圆的定义得，即，直线能与圆相切，直线的方程为，椭圆E的方程为 【题型二】探索与平面图形形状相关的问题【例2】设椭

4、圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过点与垂直的直线交轴负半轴于点，且恰是的中点，若过三点的圆恰好与直线相切（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由【解析】（1）设椭圆的半焦距为，由为线段中点，所以三点圆的圆心为，半径为又因为该圆与直线相切，所以所以，故所求椭圆方程为；（2）将直线代入得设，则，的中点，由于菱形对角线互相垂直，则，解得即存在满足题意的点，且的值为【思维导图】（1）由条件知在中可得由直线与圆相切可得的值求得椭圆的方程；（2）联立直线与椭圆方程得二次方程结合韦达定理求的中点坐标由菱形对角线

5、互相垂直利用斜率关系求得的值变式训练：3已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，过右焦点与轴不垂直的直线交椭圆于两点（）求椭圆的方程；（）当直线的斜率为1时，求的面积；（）在线段上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由3【解析】（）由已知，椭圆方程可设为因为两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2，所以所求椭圆方程为（）因为直线过椭圆右焦点，且斜率为1，所以直线的方程为设由得，解得，所以（）假设在线段OF上存在点，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形因为直线与x轴不垂直

6、，所以设直线的方程为由可得，因为，所以设的中点为，所以，因为以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形，所以MNPQ，所以，整理得，所以，所以【题型三】探索与平面图形面积相关的问题【例3】已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆的方程；（2）若是椭圆上的两个动点，为坐标原点，的斜率分别为，问是否存在非零常数使时，的面积为定值？若存在，求的值；否则说明理由【解析】（1），椭圆的方程为：；（2）假设存在这样的常数使时为定值，设直线的方程为： 且与的交点坐标为因为所以，化为将代入，消去得：由韦达定理得：，可化为因为点到直线的距离为，所以，要使上式为定值，只需，得，此时，即，故存在非零常数，此时【思维导图】

7、（1）由离心率与短轴长求得写出椭圆方程；（2）假设存在这样的常数使时为定值设出直线的方程代入椭圆方程联立得二次方程由结合韦达定理得的关系点到直线距离公式求得的高求的面积的表达式分析表达式建立等式解方程得出结果变式训练：3已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍（1）求点的轨迹方程；（2）过点的直线与点的轨迹相交于两点，点，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由3【解析】（1）由已知，即，（2）由题意知的斜率一定存在，不妨假设存直线的斜率为k，且。则，联立方程：，又直线不经过点，则点到直线的距离，当时，取得最大值2，此时，直线的方程为。【题型四】

8、探索与直线斜率相关的问题【例4】如图，椭圆：经过点，离心率，直线的方程为（1）求椭圆的方程；（2）设过椭圆右焦点的直线与直线相交于点，记直线的斜率分别为，问：是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【解析】（1）由在椭圆上，得，又，得，由，得，故椭圆的方程为（2）设直线的方程为由，又将代入得，故存在常数符合题意【思维导图】（1）根据椭圆过点与离心率建立方程组解方程得的值写出椭圆方程；（2）设直线的方程与点坐标由直线方程与椭圆方程消去得二次方程结合韦达定理计算（的表达式）根据直线方程与求得坐标计算斜率求得的值变式训练：4椭圆与的中心在原点，焦点分别在轴与轴上，它们有相同的离心率，

9、并且的短轴为的长轴，与的四个焦点构成的四边形面积是（）求椭圆与的方程；（）设是椭圆上非顶点的动点，与椭圆长轴两个顶点，的连线，分别与椭圆交于点，（1）求证：直线，斜率之积为常数；（2）直线与直线的斜率之积是否为常数？若是，求出该值；若不是，说明理由4【解析】（）依题意，设：，：由对称性，四个焦点构成的四边形为菱形，且面积，解得：，所以椭圆：，：（）（1）设，则，所以：，直线，斜率之积为常数（2）设，则，所以：，同理：，所以：，由，结合（1）有【题型五】探索与距离相关的问题【例2】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

10、OA的直线，使得直线与椭圆C有公共点，且直线与的距离等于4？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由【解析】（1）依题意，可设椭圆C的方程为1(ab0)，且可知其左焦点为F(2,0)从而有解得又a2b2c2，所以b212，故椭圆C的方程为1.（2）假设存在符合题意的直线l，设其方程为yxt.由得3x23txt2120.因为直线l与椭圆C有公共点，所以(3t)243(t212)0，解得4t4.另一方面，由直线OA与l的距离d4，得4，解得t2.由于24，4，所以符合题意的直线l不存在【思维导图】（1）根据焦点求得利用定义求得结合求得写出椭圆方程；（2）假设存在符号条件的直线设出直线的方程yxt

11、代入椭圆方程得二次方程由0求得的取值范围利用点到直线的距离建立的方程求得判定结论变式训练：5已知点分别是椭圆：的左、右焦点，点在椭圆上（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线：，：，若、均与椭圆相切，试探究在轴上是否存在定点，点到、的距离之积恒为1？若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由5【解析】（1）由，得，椭圆的方程为（2）把的方程代入椭圆方程得直线与椭圆相切，化简得同理把的方程代入椭圆方程也得设在轴上存在点，点到直线、的距离之积为1，则，即，把代入并去绝对值整理，或前式显然不恒成立；而要使得后式对任意的恒成立，则，解得；综上所述，满足题意的定点存在，其坐标为【题型六】探索与圆相关的问题【

12、例6】已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴两个端点为、，且四边形是边长为2的正方形. （1）求椭圆的方程；（2）若、分别是椭圆长轴的左、右端点，动点满足，连结，交椭圆于点.证明：为定值；（3）在（2）的条件下，试问轴上是否存在异于点的定点，使得以为直径的圆恒过直线的交点，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【解析】（1）由题意得，所求的椭圆方程为.（2）由（1）知，由题意可设：,，由整理得，所以，即为定值（3）设，则若以为直径的圆恒过的交点，则，恒成立由（2）可知，即恒成立，存在使得以为直径的圆恒过直线的交点【思维导图】（1）根据题意求得的值求出的值求出椭圆方程；（2）求出的坐标设出直线方

13、程令得点的坐标直线方程与椭圆方程联立得二次方程利用韦达定理得出点的坐标利用向量数量积运算公式使问题得证；（3）先假设存在利用直径所对的角为直角知垂直关系转化向量的数量积由（2）可求得向量建立关于的等式确定点坐标变式训练：6已知椭圆的离心率，且过点 ()求椭圆的方程；()椭圆长轴两端点分别为、，点为椭圆上异于、的动点，定直线与直线、分别交于、两点，又，过 、三点的圆是否过轴上不同于点的定点？若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由6【解析】()e=a=2c，a2=b2+c2b2=a2，椭圆的方程为+=1)在椭圆上，所求椭圆的方程为()设的斜率分别为k1、k2，则，则：，则，：，则，设圆过定点，

14、则，则或(舍)故过点三点的圆是以MN为直径的圆过点【题型七】探索与平面向量相关的问题【例7】已知分别为椭圆：的两个焦点，是椭圆上一点，且成等差数列（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动直线过点，且与椭圆交于两点，试问轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【解析】（1）因为成等差数列，所以，将，代入化简，得，所以，由，解得，所以椭圆的标准方程为（2）假设在轴上存在点，使得恒成立当直线的斜率不存在时，由于，解得或；当直线的斜率为0时，则，解得，由可得.下面证明时，恒成立，当直线的斜率为0时，结论成立；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为由及，得，所以，综上所述，在轴上存在点使得恒成立【思维导图】（1）由等差数列条件结合椭圆定义得结合已知坐标建立方程组解方程组可求得写出椭圆的标准方程；（2）假设存在满足条件的存在先利用特殊位置猜想点的坐标直线的斜率不存在确定出可能的坐标直线的斜率为0确定出可能的坐标猜想点的坐标然后证明对一般性结论设直线的方程为与坐标代入椭圆方程得二次方程根据数量积计算的值判断结论变式训练：7设椭圆过两点，为坐标原点（1）求椭圆的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且？若存在，写出该圆的方程，若