2019届高考数学一轮复习-第九章-解析几何-专题研究4-圆锥曲线中的探索性问题文

专题研究四圆锥曲线中的探索性问题专题要点1.探索性问题是指结论或者条件不完备的试题，这类试题不给出确定的结论，让考生根据题目的条件进行分析判断作出确定的结论．这类试题对考生分析问题、解决问题的能力有较高要求，是高考压轴的一类热点题型．2．探索性问题的解题步骤(1)首先假设所探求的问题结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．在这个解题思想指导下解决探索性问题与解决具有明确结论性的问题就没有什么差别．(2)具体操作程序：①先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参数的方程或不等式(组)．②解此方程或不等式(组)，若有解即存在，若无解则不存在．3．解答此类问题要充分注意解题的规范性，防止无谓失分．专题讲解已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：x3－242y－230－422(1)求C1，C2的标准方程；(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足OM→⊥ON→？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．【解析】(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有y2x＝2p(x≠0)．据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在抛物线上，易求得C2的标准方程为y2＝4x.设C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，把点(－2，0)，(2，22)代入得4a2＝1，2a2＋12b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.所以C1的标准方程为x24＋y2＝1.(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．由x24＋y2＝1，y＝k（x－1），消去y并整理，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.于是x1＋x2＝8k21＋4k2，x1x2＝4（k2－1）1＋4k2.①y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]，即y1y2＝k2[4（k2－1）1＋4k2－8k21＋4k2＋1]＝－3k21＋4k2.②由OM→⊥ON→，即OM→·ON→＝0，得x1x2＋y1y2＝0.(*)将①②代入(*)式，得4（k2－1）1＋4k2－3k21＋4k2＝k2－41＋4k2＝0，解得k＝±2.所以存在直线l满足条件，且l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.【答案】(1)C1：x24＋y2＝1C2：y2＝4x(2)存在满足条件的直线l，2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0(2018·湖南湘西自治州一检)已知抛物线C：x2＝2py(p0)的焦点为F，直线2x－y＋2＝0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过点P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.(1)D是抛物线C上的动点，点E(－1，3)，若直线AB过焦点F，求|DF|＋|DE|的最小值；(2)问：是否存在实数p，使|2QA→＋QB→|＝|2QA→－QB→|？若存在，求出p的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵直线2x－y＋2＝0与y轴的交点为(0，2)，∴F(0，2)，∴抛物线C的方程为x2＝8y，准线l：y＝－2.过点D作DG⊥l于点G，则|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|，当E，D，G三点共线时，|DE|＋|DG|取得最小值，即|DE|＋|DF|取得最小值，最小值为2＋3＝5.(2)假设存在实数p，使得|2QA→＋QB→|＝|2QA→－QB→|.将抛物线x2＝2py与直线y＝2x＋2的方程联立并消去y，得x2－4px－4p＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，∴Q(2p，2p)．∵|2QA→＋QB→|＝|2QA→－QB→|，∴QA→·QB→＝0，即(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p)＝0，即(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)＝0，化简，得5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0，把x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p代入上式，化简得4p2＋3p－1＝0，解得p＝14或p＝－1(舍去)．故存在实数p＝14，使|2QA→＋QB→|＝|2QA→－QB→|.【答案】(1)5(2)存在p值为14★状元笔记★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．思考题1(2018·衡水中学调研卷)已知椭圆C：x2b2＋y2a2＝1(ab0)的离心率e＝22，短轴的右端点为A，M(1，0)为线段OA的中点．(1)求椭圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆C相交于两点P，Q，试问在x轴上是否存在定点N，使得∠PNM＝∠QNM？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．【解析】(1)由题意得b＝2，a＝22，所以椭圆C的方程为x24＋y28＝1.(2)若存在满足条件的点N，坐标为(t，0)，其中t为常数，由题意知直线PQ的斜率不为0，直线PQ的方程可设为x＝my＋1(m∈R)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立得方程组x＝my＋1，x24＋y28＝1，消去x得(1＋2m2)y2＋4my－6＝0，∴y1＋y2＝－4m1＋2m2，y1y2＝－61＋2m2，且kPN＝y1x1－t，kQN＝y2x2－t，由∠PNM＝∠QNM知kPN＋kQN＝0，即y1x1－t＋y2x2－t＝0，即y1my1＋1－t＝－y2my2＋1－t，展开并整理得2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0，即－12m1＋2m2－4m（1－t）1＋2m2＝0，即m(t－4)＝0，又m不恒为0，∴t＝4，故满足条件的点N存在，坐标为(4，0)．【答案】(1)x24＋y28＝1(2)存在，N(4，0)(2018·四川双流中学)已知动圆P与圆F1：(x＋3)2＋y2＝81相切，且与圆F2：(x－3)2＋y2＝1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C，设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于M，N两个不同的点．(1)求曲线C的方程；(2)试探究|MN|和|OQ|2的比值能否为一个常数．若能，求出这个常数；若不能，请说明理由．【解析】(1)设圆P的坐标为(x，y)，半径为r，则|PF1|＝9－r，|PF2|＝r－1，∴|PF1|＋|PF2|＝86＝|F1F2|，∴圆心P的轨迹是以点F1，F2为焦点的椭圆，其中2a＝8，2c＝6，∴a＝4，c＝3，b2＝a2－c2＝7，故曲线C的方程为x216＋y27＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，直线OQ：x＝my，则直线MN：x＝my＋3，由x＝my，x216＋y27＝1，可得x32＝112m27m2＋16，y32＝1127m2＋16，|OQ|2＝x32＋y32＝112m27m2＋16＋1127m2＋16＝112（m2＋1）7m2＋16，由x＝my＋3，x216＋y27＝1，可得(7m2＋16)y2＋42my－49＝0，∴y1＋y2＝－42m7m2＋16，y1y2＝－497m2＋16，∴|MN|＝m2＋1|y2－y1|＝m2＋1（y1＋y2）2－4y1y2＝m2＋1（－42m7m2＋16）2－4（－497m2＋16）＝56（m2＋1）7m2＋16，∴|MN||OQ|2＝56（m2＋1）7m2＋16112（m2＋1）7m2＋16＝12.∴|MN|和|OQ|2的比值为一个常数，这个常数为12.【答案】(1)x216＋y27＝1(2)是常数，值为12思考题2(2018·重庆一模)已知F1，F2分别为椭圆C：x23＋y22＝1的左、右焦点，点P(x0，y0)在椭圆C上．(1)求PF1→·PF2→的最小值；(2)若y00且PF1→·F1F2→＝0，已知直线l：y＝k(x＋1)与椭圆C交于两点A，B，过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q，问：四边形PABQ能否成为平行四边形？若能，请求出直线l的方程；若不能，请说明理由．【解析】(1)由题意可知，F1(－1，0)，F2(1，0)，∴PF1→＝(－1－x0，－y0)，PF2→＝(1－x0，－y0)，∴PF1→·PF2→＝x02＋y02－1＝13x02＋1.∵－3≤x0≤3，∴PF1→·PF2→的最小值为1.(2)∵PF1→·F1F2→＝0，∴x0＝－1.∵y00，∴P(－1，233)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立直线与椭圆方程，得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0，由根与系数的关系可知x1＋x2＝－6k22＋3k2，x1·x2＝3k2－62＋3k2.∴由弦长公式可知|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝43（1＋k2）2＋3k2.∵P(－1，233)，PQ∥AB，∴直线PQ的方程为y－233＝k(x＋1)．设Q(x3，y3)．将PQ的方程代入椭圆方程可知(2＋3k2)x2＋6k(k＋233)x＋3(k＋233)2－6＝0，∵x0＝－1，∴x3＝2－3k2－43k2＋3k2，∴|PQ|＝1＋k2·|x0－x3|＝1＋k2·|4－43k|2＋3k2.若四边形PABQ为平行四边形，则|AB|＝|PQ|，∴431＋k2＝|4－43k|，解得k＝－33.故符合条件的直线l的方程为y＝－33(x＋1)，即x＋3y＋1＝0.【答案】(1)1(2)略课外阅读高考中解析几何大题的答题策略(2017·课标全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2＝1上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解题思路——研读信息·快速破题设点的坐标→代入法求轨迹方程→探究法证明直线过定点规范解答——阅卷标准·体会规范(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，N(x0，0)，NP→＝(x－x0，y)，设点的坐标NM→＝(0，y0)，①由NP→＝2NM→，得x0＝x，y0＝22y，②求点的坐标因为M(x0，y0)在C上，所以x22＋y22＝1，③代点的坐标因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.④得出轨迹(2)由题意知F(－1，0)，设Q(－3，t)，P(m，n)，则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，⑤OQ→·PF→＝3＋3m－tn，⑥OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n)，⑦由OP→·PQ→＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，⑧分析探究又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→，⑨又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P得出结论且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.⑩第(1)问踩点得分说明：①设出点的坐标，并求出NP→和NM→得1分；②由NP→＝2NM→，正确求出x0＝x，y0＝22y得2分；③代入法求出x22＋y22＝1得2分；④化简成x2＋y2＝2得1分．第(2)问踩点得分说明：⑤求出OQ→和PF→的坐标得1分；⑥正确求出OQ→·PF→的值得1分；⑦正确求出OP→和PQ→的坐标得1分；⑧由OP→·PQ→＝1得出－3m－m2＋tn－n2＝1得1分；⑨得出OQ→⊥PF→得1分；⑩写出结论得1分．满分心得——把握规则·争取满分(1)写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(1)问，设P(x，y)，M(x0，y0)，N(x0，0)，就得分，第(2)问中求出－3m－m2＋tn－n2＝1就得分．(2)写