第八章 模型3用假设存在思想快解存在性探索题模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳

这是一份第八章 模型3用假设存在思想快解存在性探索题模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳，共29页。

【问题背景】存在性探索问题题目构思精巧，解题方法灵活，对于分析问题、解决问题的能力要求比较高，是高考命题的热点之一，由于这类问题的结论有两种可能，所以具有开放性特点，解题思路往往有两种：一是由已知直接证明存在性.二是在假设存在的条件下，根据条件解出相关量，代入已知条件进行检验，如果满足条件，则存在，否则不存在.其中用假设存在思想的思路是解决存在性探索题的常见解法.
【解决方法】
【典例1】（2024广西贵百9月联考）已知双曲线一个焦点到渐近线的距离为.
（1）求双曲线的方程；
（2）过点的直线与双曲线的右支交于A，B两点，在轴上是否存在点，使得为定值？如果存在，求出点的坐标及该定值；如果不存在，请说明理由.
解析（1）由双曲线方程得渐近线方程为.
设，则根据题意知焦点到渐近线的距离，
所以双曲线的方程为.
（2）【套用模型】
第一步：整体审题，进行假设.
假设点存在，设.
第二步：结合已知，进行推理、运算.
依题意，直线的斜率不为0，设其方程为，与双曲线方程联立并消元得关于的方程.
设，由根与系数的关系知，
所以.
若要上式为定值，则必须有，解得，所以.
第三步：判断结论.
故在轴上存在点满足，即为定值，为－1.
【典例2】（2024湖南师范大学附属中学9月月考）如图1，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，是线段BF上的一个动点，过点和直线AD的平面与FC，EC分别交于P，Q两点.
（1）若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及理由；
（2）线段BF上是否存在点，使得直线AC与平面所成角的正弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由.
解析（1）如图2，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点，连接PQ，MP，QD，AM.
理由如下：
由四边形ABCD为正方形得，，又平面平面FBC，
所以平面FBC.
又平面平面为FB的中点，所以P为FC的中点.
因为，，CD，平面平面DCE，
所以AB，平面DCE，又，，平面ABF，
所以平面平面DCE，
因为平面平面，平面平面，所以，
又AM平分，所以DQ平分.
又，所以为EC的三等分点，从而作出线段PQ
（2）【套用模型】
第一步：整体审题，进行假设
由题意，以A为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.
于是，假设存在点，设，，
【难点突破】观察图形，由于，因而点的横坐标与竖坐标和为2，纵坐标为0
第二步：结合已知，进行推理、求解运算.
则，设平面DAM的法向量为，
则由得取，则，即.
设直线AC与平面所成角为，则，
由已知得直线AC与平面所成角的正弦值为，则，
解得，所以.
第三步：判断结论.
易知若与点或重合时，不满足题意，所以满足题设的点存在，此时.
【典例3】（2024四川成都蓉城联盟8月入学联考）已知椭圆过点，且上顶点与右顶点的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点的直线交椭圆于A，B两点，在轴上是否存在点使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
解析（1）因为椭圆的上顶点与右顶点的距离为，所以.
因为椭圆过点，所以.
由可得，所以椭圆的方程为.
（2）【套用模型】
第一步：整体审题，进行假设.
假设在轴上存在点，使得，即存在点，使得.
第二步：结合已知，进行推理、运算.
如图4，当直线与轴不重合时，设其方程为，设，
由得关于的方程，则，
解得或，所以，则.
所以，所以，
又，所以，解得，所以.
当直线与轴重合时，A，B分别为椭圆的左、右顶点，
【易错提醒】此处容易漏掉对特殊情况的判断
若，则显然成立.
第三步：给出结论.
综上所述，在轴上存在点满足题意.
（23-24高三上·浙江湖州·一模）
1．在平面直角坐标系内，已知两点关于原点对称，且的坐标为. 曲线上的动点满足当直线的斜率都存在时，.
(1)求曲线的方程；
(2)已知直线过点且与曲线交于两点，问是否存在定点，使得直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
（23-24高三上·四川南充·期中）
2．已知函数的图象关于轴对称.
(1)求实数的值；
(2)若函数，是否存在实数使得的最大值为3？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
（23-24高三上·湖北武汉·期末）
3．已知椭圆的离心率为，右顶点为，设点为坐标原点，点为椭圆上异于左右顶点的动点，的面积最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线交轴于，其中，直线交椭圆于另一点，直线分别交直线于点和，是否存在实数使得四点共圆，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（23-24高三上·山东滨州·期末）
4．如图，已知正方体中，点分别在棱和上，.
(1)求平面与平面的夹角的余弦值；
(2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
（2024高三·全国·专题练习）
5．在长方体中，，．
(1)在边上是否存在点，使得，为什么？
(2)当存在点，使时，求的最小值，并求出此时二面角的正弦值．
（23-24高三上·陕西咸阳·期末）
6．如图所示，在三棱锥中，已知平面，
(1)证明：
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
（2023·全国·模拟预测）
7．已知椭圆（，）的离心率为，其左、右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点，过点，分别作直线的垂线，垂足分别为，，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在正数，使得，，总成等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
（23-24高三上·北京·阶段练习）
8．已知椭圆：的离心率为，长轴长为4，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当直线与轴不垂直时，在轴上是否存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等？若存在，求点坐标：若不存在，请说明理由.
（23-24高三上·四川达州·期末）
9．已知椭圆的左右焦点分别为，短轴的两个顶点与构成面积为的正方形.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，轴上是否存在定点，使点到直线的距离与点到直线的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
（22-23高三上·江苏常州·期末）
10．已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，焦点到渐近线的距离为1.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点的直线与双曲线的右支相切于点，与平行的直线与双曲线交于，两点，与直线交于点.是否存在实数，使得？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由题意，化简并整理即可，注意.
（2）设，，由题意，即，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）由题意设，且，
又，化简并整理得，
曲线的方程为.
（2）假设存在满足题意，并设，
联立，得，
则.
因为直线关于轴对称，所以，
即，
即对任意成立，所以，
即假设成立，存在定点满足题意.
2．(1)
(2)
【分析】（1）根据偶函数的定义求解；
（2）求出的表达式，用令，则，化函数为二次函数，由二次函数的性质求解．
【详解】（1）∵函数是偶函数，
∴，即，
∴，∴；
（2）假设存在满足条件的实数m．
由题意，可得，
，．
令，则，．
令，．
∵函数的图象开口向下，对称轴为直线，
∴当，即时，，解得（舍去）
当，即时，
，解得（负舍）；
当，即时，
，解得（舍去）．
综上，存在实数m使得的最大值为3，此时实数m的值为．
3．(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）由给定的离心率及面积的最大值，列式计算即得.
（2）假定存在符合条件的实数，结合点的坐标表示点，设直线BC方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理及四点共圆所得关系推理计算出即可判断得解.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得，
设，而，则，当且仅当时取等号，
于是，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）假设存在，使得四点共圆，
由（1）知，设，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为：，
由消去x得，
，，
直线的方程为：，则，同理，
由四点共圆，得，即，
于是，则，从而直线的斜率有，
即，整理得，
而
，因此，解得与矛盾，
所以不存在实数使得四点共圆.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.
4．(1)
(2)存在，
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面法向量可得结果；
（2）设，利用线面平行的向量表示即可求得，求出.
【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为3，由已知可得平面的法向量为，
易知，所以，
设平面的法向量为，
所以，取，则，
所以
设平面与平面夹角为，
所以.
（2）假设在线段上存在点，使得平面，
由可得，
设，
所以，
所以，
若平面，
可知，
所以，即
故在线段上存在点使得平面.
5．(1)答案见解析
(2)的最小值为：，二面角的正弦值为
【分析】（1）假设存在，根据题意得到，进而即可分析求出结果；
（2）结合第一小问的结果，做出二面角的平面角，进而即可求出结果.
【详解】（1）
如图，假设在上存在点，且．
∵，且平面，∴平面，
由平面，可得．
设，则．
∵，∴，于是．
化简得．∴．
①当时，，此时不存在点满足；
②当时，存在点，使，此时，且的最小值是4．
（2）
由（1）知的最小值是4；
当时，，即是的中点，作，垂足为，则．
过作，连结．∵平面，∴．
又，则是二面角的平面角．
在中
．
∴，即二面角的正弦值为．
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
6．(1)证明见解析
(2)存在，是上靠近的三等分点
【分析】（1）由平面可得，结合，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置.
【详解】（1）因为平面，平面，则，
又因为，，平面，
所以平面．
（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，与平行的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
因为在线段上（不含端点），可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
由题意可得，
且，由题意可得，解得或（舍去），
所以存在点，使得二面角的余弦值为，此时是上靠近的三等分点．
7．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据已知条件，列出关于，，的方程组，求解即可求得椭圆方程．
（2）假设存在满足题意的正数，设直线的方程，以及，，结合题意判断出，，设直线方程并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，计算，的表达式，结合等比数列的性质，列式求解，即可得结论.
【详解】（1）因为椭圆（，）的离心率为，所以．
当点位于椭圆的上顶点或下顶点时，的面积最大，此时，
所以，解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）假设存在正数，使得，，总成等比数列，
由已知得，直线的斜率存在且不为0，点，在轴的同侧，

设直线的方程为，，，，
把代入中，可得，
即直线与椭圆的交点为，不妨取点，
则过点和的直线为，代入，
得，，即方程有两等根，即与椭圆相切，
切点为，故设，则，联立，
消去整理得，
需满足，则，．
因为，，，
所以
，
，
要使得，，总成等比数列，
则应有，
即，解得（舍负），
所以存在，使得，，总成等比数列．
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中的面积问题，涉及到等比数列以及是否存在的探究性问题，综合性较强，计算量大；难点在于假设存在符合题意的参数后，要表示出相关三角形面积，并计算，的值，计算过程要结合根与系数的关系化简，比较复杂，且都是关于字母参数的计算，要格外细心.
8．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆的离心率以及长轴长求出，即可求得答案；
（2）假设在轴上存在一点，使轴上任意点到直线，的距离均相等，设直线方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合假设得，结合根与系数关系式化简，即可得结论.
【详解】（1）由题意知椭圆：的离心率为，长轴长为4，
设椭圆焦距为2c，故，
故椭圆的标准方程为：；
（2）由题意可得，假设在轴上存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等；

由题意可设直线，设，，
联立，整理得，
由于直线l过椭圆焦点，必有，
则，
由轴上任意点到直线，的距离均相等，可知直线，关于x轴对称，
即，即，
当时，，即，
整理得，即，
解得，即此时在轴上存在一点，使轴上任意点到直线，的距离均相等；
当时，此时l即为x轴，A，B为椭圆长轴上的两端点，此时也满足题意，
综合知x轴存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等，且.
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆位置关系中的探究性问题，解答的关键在于第二问探究形问题，解答时要假设存在，进而明确问题的含义，即为直线，关于x轴对称，即，由此结合根与系数的关系，化简求值，即可解决问题.
9．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意列式求，即可得结果；
（2）分析可知，设直线的方程为，联立方程结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为
（2）因为直线过点，可知直线与椭圆必相交，
假设存在满足题意的点，设直线的方程为，
由，可得，
易知，设，
则有，
因为点到直线的距离与点到直线的距离相等，
所以平分，则，
即
= ，
又因为，所以，
代入，即有，解得，
即定点，经检验或直线的斜率不存在也满足题意，
故轴上存在定点，使得点到直线的距离与点到直线的距离相等.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
10．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据已知列出关于方程组，求解即可得出答案；
（2）假设存在.设，有.由双曲线方程求得，求导根据导数的几何意义得出直线的斜率为，结合斜率的定义以及已知构造方程组，得出及其斜率，进而设出的方程为，，.联立直线的方程，求出坐标，表示出.联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理，表示出，再根据假设，化简运算，求解即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，双曲线的渐近线方程为，右焦点，
右焦点到其中一条渐近线，即的距离.
则由已知可得，解得，
所以，双曲线的方程为.
（2）假设存在实数，使得.
由题意知点在第一象限，其坐标为，
则①.
因为双曲线的右支，所以，
由可得，，
求导可得，，
根据导数的几何意义可知，直线的斜率为.
又直线经过点以及点，所以，
所以有②.
由①②可解得，，，点，，
所以，直线的方程为，即，直线的斜率为.
设直线的方程为，，，
联立可得，
即，，
所以，.
联立可得，，
恒成立.
由韦达定理可得，.
因为都在直线上，
所以，
所以，，
所以，
，
所以，.
因为，
所以，假设成立.
所以，存在实数，使得，且.

【点睛】关键点点睛：由双曲线方程求得，求导根据导数的几何意义得出直线的斜率为，结合斜率的定义以及已知构造方程组，得出点的坐标以及切线的斜率.