素养拓展37 圆锥曲线中的存在性和探索性问题 （解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展37圆锥曲线中的存在性和探索性问题（精讲+精练）一、圆锥曲线中的存在性问题1.存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．一般步骤为：①假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,②用待定系数法设出,③列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在．注：反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．【一般策略】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.二、圆锥曲线中的探索性性问题1.对于探索性问题,一般先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在．要注意：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．【典例1】已知双曲线E：2214xy与直线l：3ykx相交于A、B两点，M为线段AB的中点．(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．二、题型精讲精练一、知识点梳理【分析】（1）设11,Axy，22,Bxy，00,Mxy，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得221424400kxkx，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得2160640k且2140k，即252k且214k，由韦达定理，得1222414kxxk，则021214kxk，02314yk，联立消去k，得22000412xyy，再根据k的范围得出y的范围，即可得出答案；（2）设33,Cxy，44,Dxy，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出3621xk，4621xk，则340212214xxkxk，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则3CDAB，结合弦长公式列式得34123xxxx，即可化简代入得出222212241603141441kkkk，即可解出答案.【详解】（1）设11,Axy，22,Bxy，00,Mxy，联立直线l与双曲线E的方程，得22344ykxxy，消去y，得221424400kxkx．由2160640k且2140k，得252k且214k．由韦达定理，得1222414kxxk．所以120212214xxkxk，20022123331414kykxkk．由02021214314kxkyk消去k，得22000412xyy．由252k且214k，得03y≤或013y．所以，点M的轨迹方程为22412xyy，其中3y或13y．（2）双曲线E的渐近线方程为12yx．设33,Cxy，44,Dxy，联立123yxykx得3621xk，同理可得4621xk，因为340212214xxkxk，所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．若A，B为线段CD的两个三等分点，则3CDAB．即223412131kxxkxx，34123xxxx．而22121212222416041414kxxxxxxkk，3426612212141xxkkk．所以，222212241603141441kkkk，解得32k，所以32k，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．【典例2】在平面直角坐标系xOy中,动点,Pxy,满足2222334xyxy,记点P的轨迹为E．（1）请说明E是什么曲线,并写出它的方程；（2）设不过原点O且斜率为12的直线l与E交于不同的两点A,B,线段AB的中点为T,直线OT与E交于两点C,D,请判断TATB与TCTD的关系,并证明你的结论．【解析】（1）设13,0F,23,0F,则因为2222334xyxy,满足12124PFPFFF,即动点P表示以点1F,2F为左、右焦点,长轴长为4,焦距为23的椭圆,其轨迹的方程为2214xy；（2）可以判断出TATBTCTD,下面进行证明：设直线l的方程为102yxmm,11,Axy,22,Bxy,由方程组221412xyyxm,得222220xmxm①,方程①的判别式为242m,由0,即220m,解得22m且0m．由①得122xxm,21222xxm,所以T点坐标为,2mm,直线OT方程为12yx,由方程组221412xyyx,得22,2C,22,2D,所以2555222224TCTDmmm．又22221212121211544416TATBABxxyyxxxx2225544222164mmm．所以TATBTCTD【题型训练-刷模拟】1.存在性问题一、解答题1．双曲线C：222210,0xyabab的渐近线方程为yx，一个焦点到该渐近线的距离为1.(1)求C的方程；(2)是否存在直线l，经过点1,4M且与双曲线C于A，B两点，M为线段AB的中点，若存在，求l的方程；若不存在，说明理由.【答案】(1)221xy(2)存在，4150xy.【分析】（1）利用双曲线的性质及点到直线距离公式计算即可；（2）利用点差法计算即可.【详解】（1）令22220xybyxaba，所以1ba，又由题意可知双曲线的焦点,0c到渐近线的距离222221212cdcabab，所以双曲线的标准方程为：221xy；（2）假设存在，由题意知：该直线的斜率存在，设11,Axy，22,Bxy，直线l的斜率为k，则122xx，128yy，又有22111xy，22221xy，两式相减得122212220yxxy，即12121212yyyyxxxx即121212121yyyyxxxx，所以41k，解得14k，所以直线l的方程为14(1)4yx，即4150xy，联立直线与双曲线方程2241501xyxy得：22224151151202240Δ12060224602402240yyyy，即直线:4150lxy与双曲线C有两个交点，满足条件，所以存在直线l，其方程为4150xy.2．已知椭圆方程为222210xyabab，过点,0Aa，0,Bb的直线倾斜角为π6，原点到该直线的距离为32．(1)求椭圆的方程；(2)对于1,0D，是否存在实数k，使得直线2ykx分别交椭圆于点P，Q，且DPDQ，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)2213xy(2)满足条件的k不存在，理由见解析【分析】（1）根据斜率定义得到33ba，求出过点,0Aa，0,Bb的直线方程，由点到直线距离公式得到方程，求出3a，进而得到1b，得到椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，设PQ的中点为M，由DPDQ得到DMPQ，由斜率关系得到方程，求出1k或13k，经过检验，均不合要求.【详解】（1）因为过点,0Aa，0,Bb的直线倾斜角为π6，所以π60tan0ba，即33ba，过点,0Aa，0,Bb的直线方程为33yxa，故原点到该直线的距离为3332113a，解得3a，故1b，所以椭圆的方程是2213xy．（2）记11,Pxy，22,Qxy．将2ykx代入2213xy得，22311290kxkx，则2214436310kk，解得1k或1k，设PQ的中点为M，则1226231Mxxkxk，22231MMykxk．由DPDQ，得DMPQ，∴22213161131MDMMykkkxkk，∴23410kk，得1k或13k，由于1k或1k，故1k，13k均使方程没有两相异实根，∴满足条件的k不存在．3．已知椭圆M：222210xyabab，点11,0F、2,0C分别是椭圆M的左焦点、左顶点，过点1F的直线l（不与x轴重合）交椭圆M于A，B两点．(1)求椭圆M的标准方程；(2)若0,3A，求AOB的面积；(3)是否存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)22143xy(2)435(3)不存在，理由见详解【分析】（1）根据题意可得1,3cb，进而可求2a和椭圆标准方程；（2）可根据直线方程与椭圆方程联立方程组解出交点坐标，再根据点的坐标，求三角形面积．△AOB的面积可分割成两个小三角形，其底皆为1OF；（3）存在性问题，一般从计算出发，即垂直关系结合椭圆方程交点求出B点坐标：2Bx或6，而由椭圆范围知这样的B点不存在．【详解】（1）由左焦点1(1,0)F、左顶点(2,0)C可知：1,2ca，则2223bac，所以椭圆M的标准方程为22143xy.（2）因为(0,3)A，11,0F，则过1,AF的直线l的方程为：113xy，即330xy，解方程组22330143xyxy，解得1103xy或2285335xy，所以AOB的面积112113343132255△AOBSOFyy.（3）若点B在以线段AC为直径的圆上，等价于ABBC，即1BFBC，设000(,)(22)Bxyx，则22220000131434xyxy，因为1(2,0),(1,0)CF，则10000(1,),(2,)BFxyBCxyuuuruuur，令2100012BFBCxxyuuuruuur2200023xxy20013504xx，解得：02x或10，又因为022x，则不存在点B，使得1BFBC，所以不存在直线l，点B在以线段AC为直径的圆上.4．已知抛物线2:4Cxy，直线l垂直于y轴，与C交于,MN两点，O为坐标原点，过点N且平行于y轴的直线与直线OM交于点P，记动点P的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)点A在直线1y上运动，过点A作曲线E的两条切线，切点分别为12,PP，在平面内是否存在定点B，使得12ABPP？若存在，请求出定点B的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)240xyx(2)存在定点0,1B【分析】（1）由相关点代入法求轨迹方程即可；（2）先由特殊位置确定定点在y轴上，设定点，由相切求