高端精品高中数学二轮专题-存在性问题（带答案）教案

这是一份高端精品高中数学二轮专题-存在性问题（带答案）教案，共8页。

1.存在性问题的求解方法
(1)解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤：
①假设满足条件的曲线(或直线、点)等存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程(组)；
③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法
2.字母参数值存在性问题的求解方法
求解字母参数值的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程
题型. 存在性问题
1．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的两焦点在x轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点S(0，−13)的动直线l交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q，使得以AB为直径的圆恒过点Q？若存在求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）由椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，得b＝c，
又斜边长为2，即2c＝2，解得c＝1，故a=2c=2，
所以椭圆方程为x22+y2=1．
（Ⅱ）当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2+(y+13)2=169；
当l为y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2+y2＝1，
由x2+(y+13)2=169x2+y2=1⇒x=0y=1，
故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为Q（0，1）．
下证明Q（0，1）为所求：
若直线l斜率不存在，上述已经证明．
设直线l：y=kx−13，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由y=kx−13x2+2y2−2=0⇒(9+18k2)x2−12kx−16=0，△=144k2+64(9+18k2)＞0，
x1+x2=12k18k2+9，x1x2=−1618k2+9，
QA→=(x1，y1−1)，QB→=(x2，y2−1)，
QA→⋅QB→=x1x2+(y1−1)(y2−1)=(1+k2)x1x2−4k3(x1+x2)+169
=(1+k2)−169+18k2−4k3⋅12k9+18k2+169=0，
∴QA→⊥QB→，即以AB为直径的圆恒过点Q（0，1）．
2．如图，椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率是22，过点P（0，1）的动直线l与椭圆相交于A、B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）∵直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22，
∴点（2，1）在椭圆E上，
又∵离心率是22，
∴2a2+1b2=1a2−b2=c2ca=22，解得a＝2，b=2，
∴椭圆E的方程为：x24+y22=1；
（Ⅱ）结论：存在与点P不同的定点Q（0，2），使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立．
理由如下：
当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，
如果存在定点Q满足条件，则有|QC||QD|=|PC||PD|=1，即|QC|＝|QD|．
∴Q点在直线y轴上，可设Q（0，y0）．
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点，
则M、N的坐标分别为（0，2）、（0，−2），
又∵|QM||QN|=|PM||PN|，∴|y0−2||y0+2|=2−12+1，解得y0＝1或y0＝2．
∴若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只能是（0，2）．
法一：
下面证明：对任意直线l，均有|QA||QB|=|PA||PB|．
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y＝kx+1，
A、B的坐标分别为A（x1，y1）、B（x2，y2），
联立x24+y22=1y=kx+1，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，
∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，
∴x1+x2=−4k1+2k2，x1x2=−21+2k2，
∴1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k，
已知点B关于y轴对称的点B′的坐标为（﹣x2，y2），
又kAQ=y1−2x1=kx1−1x1=k−1x1，kQB′=y2−2−x2=kx2−1−x2=−k+1x2=k−1x1，
∴kAQ＝kQB′，即Q、A、B′三点共线，
∴|QA||QB|=|QA||QB'|=|x1||x2|=|PA||PB|．
法二：
当斜率存在时，过点A作AA'⊥y轴，垂足为A'，过点B作BB'⊥y轴，垂足为B'，易知AA'∥BB'，则△AA'P相似于△BB'P，则PAPB=AA'BB'，
若证上命题，则需证直线QA与直线QB交于点Q（0，2）时关于y轴对称，则要证kQA+kQB＝0，
联立x24+y22=1y=kx+1，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，
∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，
∴x1+x2=−4k1+2k2，x1x2=−21+2k2，∴1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k，
kAQ=y1−2x1=kx1−1x1=k−1x1，kQB=y2−2x2=kx2−1x2=k−1x2=−k+1x1，可证得kQA+kQB＝0，
所以△QAA'相似于△QBB'
进而得证：QAQB=AA'BB'=PAPB，
当斜率不存在时，由上可知，结论也成立．
故存在与点P不同的定点Q（0，2），使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立．
3．已知直线l1是抛物线C：x2＝2py（p＞0）的准线，直线l2：3x﹣4y﹣6＝0，且l2与抛物线C没有公共点，动点P在抛物线C上，点P到直线l1和l2的距离之和的最小值等于2．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）点M在直线l1上运动，过点M做抛物线C的两条切线，切点分别为P1，P2，在平面内是否存在定点N，使得MN⊥P1P2恒成立？若存在，请求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）作PA，PB分别垂直l1和l2，垂足为A，B，抛物线C的焦点为F(0，p2)，
由抛物线定义知|PA|＝|PF|，所以d1+d2＝|PA|+|PB|＝|PF|+|PB|，
显见d1+d2的最小值即为点F到直线l2的距离，故d=|−2p−6|5=2⇒p=2，
所以抛物线C的方程为x2＝4y．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线l1的方程为y＝﹣1，当点M在特殊位置（0，﹣1）时，显见两个切点P1，P2关于y轴对称，故要使得MN⊥P1P2，点N必须在y轴上．
故设M（m，﹣1），N（0，n），P1(x1，14x12)，P2(x2，14x22)，
抛物线C的方程为y=14x2，求导得y'=12x，所以切线MP1的斜率k1=12x1，
直线MP1的方程为y−14x12=12x1(x−x1)，又点M在直线MP1上，
所以−1−14x12=12x1(m−x1)，整理得x12−2mx1−4=0，
同理可得x22−2mx2−4=0，
故x1和x2是一元二次方程x2﹣2mx﹣4＝0的根，由韦达定理得x1+x2=2mx1x2=−4，P1P2→⋅MN→=(x2−x1，14x22−14x12)⋅(−m，n+1)=14(x2−x1)[﹣4m+（n+1）（x2+x1）]=14(x2−x1)[−4m+2m(n+1)]=12m(x2−x1)(n−1)，
可见n＝1时，P1P2→⋅MN→=0恒成立，
所以存在定点N（0，1），使得MN⊥P1P2恒成立．
4．已知抛物线y2＝2px（p＞0）过点P（m，2），且P到抛物线焦点的距离为2，直线l过点Q（2，﹣2），且与抛物线相交于A，B两点．
（1）求抛物线的方程；
（2）若点Q恰为线段AB的中点，求直线l的方程；
（3）过点M（﹣1，0）作直线MA、MB分别交抛物线于C，D两点，请问C，D，Q三点能否共线？若能，求出直线l的斜率k；若不能，请说明理由．
【解答】解：（1）抛物线y2＝2px（p＞0）过点P（m，2），可得2pm＝4，即pm＝2，
P到抛物线焦点的距离为2，可得(m−p2)2+4=2，即m=p2，
解得p＝2，m＝1，则抛物线方程为y2＝4x；
（2）直线l过点Q（2，﹣2），可设直线l的方程为y+2＝k（x﹣2），即y＝kx﹣2k﹣2，
代入y2＝4x，消去x，可得ky2﹣4y﹣8k﹣8＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2=4k，
由点Q（2，﹣2）恰为线段AB的中点，可得4k=−4，即k＝﹣1，满足△＞0，
可得直线l的方程为y＝﹣x；
（3）设（y124，y1），B（y224，y2），C（y324，y3），D（y424，y4），
设直线l的方程为y+2＝k（x﹣2），即y＝kx﹣2k﹣2，
代入y2＝4x，消去x，可得ky2﹣4y﹣8k﹣8＝0，
y1+y2=4k，y1y2=−8k+8k，
由M，A，C三点共线可得y1y124+1=y3−y1y324−y124=4y3+y1，化为y1y3＝4，即y3=4y1，
同理可得y4=4y2，
假设C，D，Q三点共线，可得y3+2y324−2=y4−y3y424−y324即y3y4+2（y3+y4）+8＝0，
可得2y1y2+y1+y2y1y2+1＝0，即k−4k−4+1−2k−2+1＝0，解得k=−23，
所以当直线l的斜率为−23，C，D，Q三点共线．
课后作业. 存在性问题
1．在直角坐标系xOy中，动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，且圆P与直线x＝﹣1相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）设过定点S（﹣2，0）的动直线l与曲线C交于A，B两点，试问：在曲线C上是否存在点M（与A，B两点相异），当直线MA，MB的斜率存在时，直线MA，MB的斜率之和为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设P（x，y），圆P的半径为r，
因为动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，…………………………………（1分）
所以(x−2)2+y2=r+1，①…………………………………………………（2分）
又动圆P与直线x＝﹣1相切，
所以r＝x+1，②…………………………………………………………………（3分）
由①②消去r得y2＝8x，
所以曲线C的轨迹方程为y2＝8x．………………………………………………（5分）
（2）假设存在曲线C上的点M满足题设条件，不妨设M（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），
则y02=8x0，y12=8x1，y22=8x2，kMA=y1−y0x1−x0=8y1+y0，kMB=y2−y0x2−x0=8y2+y0，………………（6分）
所以kMA+kMB=8y1+y0+8y2+y0=8(y1+y2+2y0)y02+(y1+y2)y0+y1y2，③………………（7分）
显然动直线l的斜率存在且非零，设l：x＝ty﹣2，
联立方程组y2=8xx=ty−2，消去x得y2﹣8ty+16＝0，
由△＞0得t＞1或t＜﹣1，所以y1+y2＝8t，y1y2＝16，且y1≠y2．…………………（8分）
代入③式得kMA+kMB=8(8t+2y0)y02+8ty0+16，令8(8t+2y0)y02+8ty0+16=m（m为常数），
整理得(8my0−64)t+(my02−16y0+16m)=0，④…………………………（9分）
因为④式对任意t∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）恒成立，
所以8my0−64=0my02−16y0+16m=0，…………………………………………………（10分）
所以m=2y0=4或m=−2y0=−4，即M（2，4）或M（2，﹣4），
即存在曲线C上的点M（2，4）或M（2，﹣4）满足题意．……………………（12分）
2．设椭圆E的方程为x2a2+y2=1（a＞1），点O为坐标原点，点A，B的坐标分别为（a，0），（0，1），点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为14．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若斜率为k的直线l交椭圆E于C，D两点，交y轴于点T（0，t）（t≠1），问是否存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B？若存在，求t的值，若不存在，说出理由．
【解答】解：（1）设点M的坐标（x0，y0），点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，
∴AM→=13AB→=(−a3，13)，OM→=OA→+AM→=(2a3，13)，
x0=2a3，y0=13，y0x0=14，∴a＝2，
∴椭圆E的方程x24+y2=1．
（2）设直线l方程：y＝kx+t，代入x24+y2=1，得（4k2+1）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
设C（x1，y1），D（x2，y2），则x1+x2=−8kt4k2+1，x1x2=4t2−44k2+1，
假设存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B，则BC→⊥BD→．
∴BC→=(x1，y1−1)，BD→=(x2，y2−1)，
BC→⋅BD→=x1x2+(y1−1)(y2−1)=0，
即x1x2+（kx1+t﹣1）（kx2+t﹣1）＝0，
得(k2+1)x1x2+k(t−1)(x1+x2)+(t−1)2=0，
整理得4（t2﹣1）+（t﹣1）2＝0，
∴t=−35（∵t≠1），
当t=−35时，符合题意