2024年高考数学第一轮复习精品导学案第72讲 圆锥曲线中的探索性问题（学生版）+教师版

这是一份2024年高考数学第一轮复习精品导学案第72讲 圆锥曲线中的探索性问题（学生版）+教师版，共2页。学案主要包含了是否存在参数的成立问题，是否存在定点，是否存在定轨迹等问题等内容，欢迎下载使用。

题型一、是否存在参数的成立问题
例1、（2022·山东淄博·高三期末）已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方程为，F到渐近线的距离为．
(1)求C的方程；
(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线x=t与直线AP，AQ的交点分别为M，N．是否存在实数t，使得FM+FN=FM-FN？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)双曲线一条渐近线方程为 ，
焦点F(-c,0) ，则焦点到准线的距离d=|bc|a2+b2=b ，
由F到渐近线的距离为可知： ，
由渐近线方程为知：ba=3 ，故 ，
所以双曲线方程为： ；
(2)设直线l的方程为x=my-2 ，
联立x=my-2x2-y23=1 ，整理得：（3m2-1)y2-12my+9=0 ，
设P(x1,y1),Q(x2,y2) ，而A(1,0),F(-2,0) ,
则y1+y2=12m3m2-1,y1y2=93m2-1 ，
所以x1+x2=m(y1+y2)-4=43m2-1 ，x1x2=m2y1y2-2m(y1+y2)+4=-3m2-43m2-1 ，
假设存在实数t，使得FM+FN=FM-FN，则FM⋅FN=0 ,
故由方程：y=y1x1-1(x-1) ,令x=t得M(t,y1x1-1(t-1)) ，
同理方程：y=y2x2-1(x-1) ,令x=t得N(t,y2x2-1(t-1))，
所以FM⋅FN=(t+2,y1x1-1(t-1))(t+2,y2x2-1(t-1))=0，
即 (t+2)2+y1y2(x1-1)(x2-1)(t-1)2=0 ，
则(t+2)2+93m2-1-3m2-43m2-1-43m2-1+1(t-1)2=0 ，
即(t+2)2-(t-1)2=0 ，解得t=-12 ，
故存在实数t=-12，使得FM+FN=FM-FN.
变式1、（2021·江苏南京市高三三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线，经过的直线与交于两点.
（1）若，求长度的最小值；
（2）设以为直径的圆交轴于两点，问是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）设，由，
可得＝＝，
当y0＝±2时，|AP|取得最小值2；
（2）设直线AB的方程为，，
联立可得，即有，
设以AB为直径的圆上任一点
所以Q的轨迹方程为


所以Q的轨迹方程化为
令y＝0，得
所以上式方程的两根分别为x3，x4，，则
由，可得x3x4＝﹣4，即有t2﹣4t＝﹣4，解得t＝2．
所以存在t＝2，使得．
变式2、（2021·辽宁实验中学高三模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到右焦点F距离的最大值为3，最小值为
（1）求椭圆的标准方程：
（2）设和是通过椭圆的右焦点F的两条弦，且.问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）设椭圆C的方程为，半焦距为
根据椭圆的几何性质可得，椭圆的左顶点到右焦点的距离最大，且为a+c，
椭圆的右顶点到右焦点的距离最小，且为a-c，即，
解得：所以
椭圆C的方程为
（2）当MN和PQ一个斜率不存在另一个为0时，不妨令MN斜率不存在，
则，
所以
当MN和PQ斜率都存在时，
设直线MN的方程为，直线PQ的方程为.
联立方程得：
，，
则
同理可得
则
综上可知存在常数，使得恒成立.
题型二、是否存在定点、定值问题
例2、（2023·安徽·统考一模）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.
(1)求双曲线的方程；
(2)设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.
（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围.
【详解】（1）由题意可设双曲线，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，直线的方程为，
由，消元得.
则，且，
；
或由韦达定理可得，即,
，
即与的比值为定值.
（ii）设直线，代入双曲线方程并整理得，
由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在上单调递减，故，
故的取值范围为.
另解：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点作两渐近线的平行线与，由于点A在双曲线的右支上，
所以直线介于直线与之间（含轴，不含直线与），
所以.
同理，过点作两渐近线的平行线与，由于点在双曲线的右支上，
所以直线介于直线与之间（不含轴，不含直线与），
所以.
由（i）中结论可知，
得，所以,
故
变式1、（2023·湖南邵阳·统考三模）已知椭圆C：的离心率为，且过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知O为坐标原点，A，B，P为椭圆C上不同的三点，若.试问：△ABP的面积是否为定值？如果是，求出这个定值，如果不是，请说明理由.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，且过点，则，解得，
所以椭圆方程为.
（2）因为，则四边形为平行四边形，
所以.
①若直线的斜率不存在，此时点为长轴顶点，不妨取，
设，则，解得，
则；
②若直线斜率存在时，设方程：，
联立方程组得，消去可得：，
由，整理得，
则，
可得，
所以.
因为点在椭圆上，则，
所以，满足，
则，
又因为点到直线的距离，
所以；
综上所述：面积为定值，且定值为.
变式2、（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知椭圆.
(1)若为椭圆上一定点，证明：直线与椭圆相切；
(2)若为椭圆外一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为，直线分别交直线于两点，且的面积为8.问：在轴是否存在两个定点，使得为定值.若存在，求的坐标；若不存在，说明理由.
【详解】（1）当时，，直线与椭圆相切，当时，，
由消去y并整理得，
所以，有
所以直线与椭圆相切.
（2）设，则由（1）得：，而二切线过点，则有，
因此是方程的两个解，即直线的方程为：，
设点，由解得，同理：，
，，
又，解得，
，即，整理得，
取点的轨迹方程为，此时点的轨迹是焦点为，实轴长为8的双曲线，
所以在轴上存在点，使得||成立.
变式3、（2023·河北唐山·统考三模）已知双曲线，左､右顶点分别为，经过右焦点垂直于轴的直线与相交于两点，且.
(1)求的方程；
(2)若直线与圆相切，且与双曲线左､右两支分别交于，两点，记直线的斜率为，的斜率为，那么是否为定值？并说明理由.
【详解】（1）设，把代入到的方程，得，即，
因为，所以，即，则双曲线的方程为.
（2）是否为定值,理由如下：
设，其中，，.
因为直线与圆相切，所以，即，
联立，消去并整理得，
所以，
因为，，，即，
所以
，
由已知.
.
即为定值.
变式4、（2023·黑龙江大庆·统考三模）已知椭圆的离心率为e，且过，两点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若经过有两条直线，，它们的斜率互为倒数，与椭圆E交于A，B两点，与椭圆E交于C，D两点，P，Q分别是，的中点.试探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由.
【详解】（1）由题意可得，解得，
则的方程；
（2）与的面积之比是定值，定值为4，理由如下：
由已知可得直线的斜率存在，且不为，也不为，
设直线，（且），联立可得，
方程的判别式，
设，，，
则，.
所以，，
所以，
因为两直线斜率互为倒数，则，
用代换点坐标中的得.
所以，
所以直线即
所以恒过定点，
设点、到直线的距离分别是，，
则.
题型三、是否存在定轨迹等问题
例3、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，P为椭圆上的动点.当取最大值时，的面积是
（1）求椭圆的方程：
（2）若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）存在，
【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式确定点P为椭圆短轴端点时，取最大值，再根据三角形面积及，求得，，，即可得到答案；
（2）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，利用向量数量积的坐标运算及韦达定理可得，即可得到答案；
【详解】（1）依题意可得，
设，由余弦定理可知：，
所以，
当且仅当（即P为椭圆短轴端点）时等号成立，且取最大值；
此时的面积是，
同时，联立和
解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，
所以，，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
原点O到直线1的距离为d，所以，
整理得，
由，可得，
，
，
， ，恒成立，
即恒成立 ，
所以，所以，
所以定圆C的方程是
所以当时 ， 存在定圆C始终与直线l相切 ，
其方程是.
变式1、（2022·广东梅州·二模）已知动点到点和直线：的距离相等.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，点在直线上，过的两条直线，与曲线相切，切点分别为A，，以为直径作圆，判断直线和圆的位置关系，并证明你的结论.
【解析】 (1)由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点，直线：为准线的抛物线，
所以动点的轨迹方程为；
(2)依题可设，，，
由，即：，
求导得：，
所以切线，的斜率分别是，，
所以的方程是，
点的坐标代入，得：，即，
同理可得，
于是是方程的两根，
所以，，
由，
得，即：，
由，，
所以，即：点在圆上，
所以直线和圆相切.
变式2、（2021·河北邯郸市高三三模）已知抛物线的焦点为F，准线为l.设过点F且不与x轴平行的直线m与抛物线C交于A，B两点，线段AB的中点为M，过M作直线垂直于l，垂足为N，直线MN与抛物线C交于点P.
（1）求证：点P是线段MN的中点.
（2）若抛物线C在点P处的切线与y轴交于点Q，问是否存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为的菱形？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由.
【分析】（1）设直线m的方程为，与联立，利用韦达定理求得点M的坐标，再根据 ，得到MN中点的坐标即可；
（2）由，得，求导，由轴，得到四边形MPQF为平行四边形，再由求解.
【解析】（1）证明：由题意知直线m的斜率存在且不为0，故设直线m的方程为，
代入，并整理得.
所以，设，，则，.
设，则，，即.
由，得，
所以MN中点的坐标为.
将代入，解得，则，
所以点P是MN的中点.
（2）由，得，则，
所以抛物线C在点的切线PQ的斜率为k，
又由直线m的斜率为k，可得；
又轴，所以四边形MPQF为平行四边形.
而，，
由，得，
解得，即当时，四边形MPQF为菱形，
且此时，
所以，
直线m的方程为，
即或，
所以存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为的菱形.