（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 专题三 解析几何 第12讲 圆锥曲线中探索性问题及创新型

第12讲圆锥曲线中探索性问题及创新型问题题型一探索性问题[例1]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，其离心率为12，短轴长为23.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k＞0，在x轴上是否存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．[解](1)由已知，得ca＝12，b＝3，c2＝a2－b2，解得a＝2，b＝3，c＝1，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋2(k＞0)，联立y＝kx＋2，x24＋y23＝1消去y并整理得，(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，由Δ＞0，解得k＞12.设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则y1＝kx1＋2，y2＝kx2＋2，x1＋x2＝－16k4k2＋3.假设存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形，则PG→＋PH→＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，GH→＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))，(PG→＋PH→)·GH→＝0，即(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，所以(1＋k2)·－16k4k2＋3＋4k－2m＝0，解得m＝－2k4k2＋3＝－24k＋3k.因为k＞12，所以－36≤m＜0，当且仅当3k＝4k时等号成立，故存在满足题意的点P，且m的取值范围是－36，0.[解题方略]探索性问题求解的思路及策略(1)思路：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．(2)策略：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．[针对训练](2019·如东中学期中)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，且经过点－1，32.(1)求椭圆C的方程；(2)过点(3，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由题意可得ca＝32，1a2＋34b2＝1，又a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)存在定点Q433，0，满足直线QA与直线QB恰好关于x轴对称．设直线l的方程为x＋my－3＝0，与椭圆C的方程联立得x＋my－3＝0，x24＋y2＝1，整理得，(4＋m2)y2－23my－1＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t,0)(依题意t≠x1，t≠x2)．则y1＋y2＝23m4＋m2，y1y2＝－14＋m2.若直线QA与直线QB恰好关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，所以y1x1－t＋y2x2－t＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.又x1＋my1－3＝0，x2＋my2－3＝0，所以y1(3－my2－t)＋y2(3－my1－t)＝0，整理得，(3－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0，从而可得(3－t)·23m4＋m2－2m·－14＋m2＝0，即2m(4－3t)＝0，所以当t＝433，即Q433，0时，直线QA与直线QB恰好关于x轴对称．特别地，当直线l为x轴时，Q433，0也符合题意．综上所述，在x轴上存在定点Q433，0，使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称．题型二创新型问题[例2]在平面直角坐标系xOy中，设椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率是e，定义直线y＝±be为椭圆的“类准线”．已知椭圆C的“类准线”方程为y＝±23，长轴长为4.(1)求椭圆C的方程；(2)点P在椭圆C的“类准线”上(但不在y轴上)，过点P作圆O：x2＋y2＝3的切线l，过点O且垂直于OP的直线与l交于点A，问：点A是否在椭圆C上？证明你的结论．[解](1)由题意得abc＝23，a＝2，又a2＝b2＋c2，解得b＝3，c＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)点A在椭圆C上．证明如下：设切点为Q(x0，y0)，x0≠0，则x20＋y20＝3，切线l的方程为x0x＋y0y－3＝0，当yP＝23时，xP＝3－23y0x0，即P3－23y0x0，23，则kOP＝233－23y0x0＝2x03－2y0，所以kOA＝2y0－32x0，直线OA的方程为y＝2y0－32x0x.由y＝2y0－32x0x，x0x＋y0y－3＝0，解得x＝6x06－3y0，y＝32y0－36－3y0，即A6x06－3y0，32y0－36－3y0.因为6x06－3y024＋32y0－36－3y023＝93－y20＋34y20－43y0＋33y20－123y0＋36＝3y20－123y0＋363y20－123y0＋36＝1，所以点A的坐标满足椭圆C的方程．当yP＝－23时，同理可得点A的坐标满足椭圆C的方程，所以点A在椭圆C上．[解题方略]新定义和新概念型创新题的特点给出一个新的定义、新的关系、新的性质、新的定理等创新情景知识，然后在这个新情景下，综合所学知识并利用新知识作解题工具使问题得到解决．回归定义，依照圆锥曲线的定义和性质进行解题，是破解这类问题的关键．[针对训练](2019·扬州期末)已知椭圆E1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，若椭圆E2：x2ma2＋y2mb2＝1(ab0，m1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．(1)求经过点(2，1)，且与椭圆E1：x22＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程；(2)若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m＝4，椭圆E1的离心率为22，P在椭圆E2上，过P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且AP→＝λAB→.①若B的坐标为(0,2)，且λ＝2，求直线l的方程；②若直线OP，OA的斜率之积为－12，求实数λ的值．解：(1)设椭圆E2的方程为x22m＋y2m＝1，将点(2，1)代入得m＝2，所以椭圆E2的方程为x24＋y22＝1.(2)因为椭圆E1的离心率为22，故a2＝2b2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝2b2.又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m＝4，所以椭圆E2：x2＋2y2＝8b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．①(设线法)由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，椭圆E2：x2＋2y2＝32.当直线l斜率不存在时，B(0,2)，A(0，－2)，P(0,4)，不满足AP→＝2AB→，从而直线l斜率存在，可设直线l：y＝kx＋2，代入椭圆E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0，解得x1＝－8k1＋2k2，x2＝0，故y1＝2－4k21＋2k2，y2＝2，所以A－8k1＋2k2，2－4k21＋2k2.又AP→＝2AB→，即B为AP中点，所以P8k1＋2k2，2＋12k21＋2k2，代入椭圆E2：x2＋2y2＝32，得8k1＋2k22＋22＋12k21＋2k22＝32，即20k4＋4k2－3＝0，所以k＝±3010，所以直线l的方程为y＝±3010x＋2.(也可由设点法求解，即可先设A(x1，y1)，由B(0,2)，AP→＝2AB→得到P点坐标，再把A，P的坐标分别代入符合的椭圆方程中联立求解即可)②(设点法)由题意得x20＋2y20＝8b2，x21＋2y21＝2b2，x22＋2y22＝2b2.由直线OP，OA的斜率之积为－12，得y0x0·y1x1＝－12，即x0x1＋2y0y1＝0.又AP→＝λAB→，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得x2＝x0＋λ－1x1λ，y2＝y0＋λ－1y1λ，所以x0＋λ－1x1λ2＋2y0＋λ－1y1λ2＝2b2，则x20＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x21＋2y20＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y21＝2λ2b2，(x20＋2y20)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x21＋2y21)＝2λ2b2，所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝52.(也可由设线法求解，即可先设OP的方程为y＝kx(k＞0)，联立椭圆E2的方程求得P点坐标，同理，可得A点坐标，再结合AP→＝λAB→求得B点坐标建立关系式求解)