专题04 圆锥曲线存在性问题压轴题-解析版

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存在性问题 解析几何中的存在性问题通常是设其存在，然后依据题设条件进行推理，有时通过直接计算就能得到结论，有时要根据要求确定存在的条件，如果得到矛盾则说明不存在.高考中存在性问题一般以解答题的形式出现.本专题思维导图如右解题预设其存在推理论证求出来如若前后有矛盾那就说明不存在             思路点拨（1）证明与垂直可以证明，也可以证明斜率之积等于-1，还可以用几何法；（2）设直线MN的方程为，则有，用相关量分别表示、、，根据即可即得的值.满分解答（1）依题意，可设直线MN的方程为，则有由消去x可得． w.w.w.k.s.5.u.c.o.m                 从而有                    ①于是      ②又由，可得       ③（1）如图，当时，点即为抛物线的焦点，为其准线，此时 ①可得．证法1：，．证法2： w.w.w.k.s.5.u.c.o.m  证法3 平面几何  证法        .     (2)存在，使得对任意的，都有成立．记直线与x轴的交点为,则．于是有 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m                 若，即，亦即 ．把的值代入解得．           思路点拨第（1）题把直线方程代入椭圆方程得到关于x的一元二次方程，利用判别式及已知条件即可求出椭圆方程和T点坐标；第（2）题把直线与联立可求得P点坐标，把与E联立，利用韦达定理求出，最后求出，说明存在.直线的方程可设为斜截式，也可设为参数式，因此第（2）题有两种解法.满分解答（1）设短轴一端点为，左、右焦点分别为，，则.    由题意，为直角三角形，则 解得，所以.    把代入E整理可得 .  （*）与椭圆只有一个交点，则，解得.所以.把代入（*），解得，则，所以的坐标为.（2）       解1 由已知可设的方程为.由方程组解得 即，则 .由方程组得 .  其判别式，即由韦达定理得，于是，.由得，即故存在这样的，使得成立.解2 设在上，由，平行，可设的参数方程为  代入椭圆得，     整理可得 .     设两根为，，则有.  而，，同理可得 .故有.由题意，所以.故存在这样的，使得成立.        思路点拨    第（1）题只要用弦长公式即可.第（2）题几何意义明显，因为圆和椭圆都关于y轴对称，“至多有三个公共点”的反面是由4个公共点，然后取补集.也可以从方程有解和距离角度去解答.满分解答（1）设直线被椭圆截得的线段为，由得，故，．因此．（2）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足．记直线，的斜率分别为，，且，，．由（1）知，，，故，所以．由于，，得，因此，    ①因为①式关于，的方程有解的充要条件是，所以．因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，由得，所求离心率的取值范围为．解2 设圆的方程为，与椭圆方程联立得                    ①根据题意知，上述方程在上至多一解，记. 假设方程①在上有两解，则于是，或，故.因此，任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件是.由得所求离心率的取值范围为.解3 取椭圆上点，则. .根据题意，当P从A到B(0,-1)逆时针旋转的过程中，PA处处不相等，由此可以判断PA是单调变化的.因此PA的最大值即为AB，当且仅当时取得，此时只需对称轴，即得.因此，任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件是.由得所求离心率的取值范围为.              思路点拨第（2）题设点A在第一象限可以省去、与直线、斜率之间符号的讨论.由转化为.也可以利用相似于来解.满分解答（1）因在椭圆上，所以，又离心率，即，.由得，所以.所以椭圆的方程为.因，所以直线的方程为，令得，所以.（2）不失一般性，不妨设点A在第一象限.若，则，即，亦即，即.由已知，同理可得.设存在，使，则，解得.因，所以，所以.所以存在点，使得.（2）因为∽，所以，，所以.           思路点拨第（2）题求圆弦的中点轨迹，利用弦心距和弦垂直比较简单.可以两直线斜率乘积等于-1，可以用向量数量积等于0，还可以从几何意义角度考虑.第（3）题是直线与圆弧有一个公共点，一种可能是相切，另一种可能是相交，求交点时用数形结合来解较为简单，也可以转化为二次方程根的分布，但运算量较大.满分解答(1)将圆的方程化为标准方程得，可知圆的圆心坐标. (2)解1 设线段的中点，由圆的性质可得垂直于直线.设直线的方程为（易知直线的斜率存在），所以，，，所以，即.因为动直线与圆相交，所以，所以.所以，所以，解得或，又因为，所以.所以满足，即的轨迹的方程为.解2 由题意，，设，则，那么，即，其轨迹为圆，方程为因两圆与相交弦所在直线方程为，故所求的轨迹方程为.解3 因，即，所以是，从而可知点的轨迹是以为直径的圆，其方程是.轨迹范围求法同上（略）.(3)直线与圆弧有一个交点最常见的方法数形结合，还可以转化为一元二次方程在某个区间有一个根（零点）.解1 由题意知直线表示过定点，斜率为的直线.结合图形，表示的是一段关于x轴对称，起点为按逆时针方向运动到的圆弧.根据对称性，只需讨论在x轴对称下方的圆弧.设，则,而当直线与轨迹相切时， ，解得.在这里暂取，因为，所以，结合图形，可得对于轴对称的下方的圆弧，当或时，直线与轴对称下方的圆弧有且只有一个交点，根据对称性可知或.综上所述：当或时，直线与曲线只有一交点.解2 由（2）和得，.（*）直线与圆弧C只有一个交点等价于方程（*）在区间有唯一个解. ① 若直线与圆弧C相切，则由，解得.② 若直线与圆弧C不相切，记，由得，对称轴，所以要使（*）在区间有唯一个解，必须对称轴满足，且解得.综上所述：当或时，直线与曲线只有一交点.