2023年人教版高考数学总复习第一部分考点指导第九章平面解析几何第八节 第3课时圆锥曲线中的存在性问题.pdf

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1、第3课时圆锥曲线中的存在性问题O一.探 究 法 培坦_。7考点一 点的存在性问题|多维探究角 度 1 探究存在性问题典例1 (2021 天津模拟)已知抛物线G：”=2分(心 0)与离心率为半的椭圆G：4+7=l(a 6 l)的一个交点为Hi,1)，点。到抛物线G的焦点的距离为2.(1)求 G 与 G的方程；设。为坐标原点，在第一象限内，椭圆G上是否存在点/,使过。作勿的垂线交抛物线G于点8,直线4 9 交 y轴于点,且/A NK颇 若 存 在，求出点/的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)/=2巾的焦点坐标为修，0),P(1,0 到抛物线G的焦点的距离为2,得 1+色=2,解得夕=2,则

2、抛物线的方程为“=4 x；由已知 e=A /l=*，即 a=y2 b,a j a 2 v由 2P=4,j+|=|+|=1，解得a=3,8=芈，乙则椭圆的方程为看+第=1;(2)不存在.理由：由已知直线力的斜率存在且不为0,设处的方程为y=Ax(A#0),由OALOB,得直线 阳 的 方 程 为 x,K由1y+=2 k/x=9 得(1 +2斤)*=9,产=1+Q2如，f 1由J k,得 f=4 加，假设在第一象限内，椭圆G上存在点力且/力 6=/4 如，则Q0,此 时 帝 记 争 工 存6(4 片，-4 A),设直线AB与x 轴交于点D,4 0AE=4E0B,=/0 A D=4 A 0 D,乙D

3、OB=40BD,即为 4?的中点，所以=一%，an3 k即E_ _ _ _ _ 3=4 4,因为冷0,得1+2尸=%无解，所以不存在适合题意的点A.角度2线的存在性问题 典例2 已知圆G (x 1)2+了=(,一动圆与直线x=；相切且与圆。外切.(1)求动圆圆心。的轨迹7 1 的方程；(2)若经过定点。(6,0)的直线/与曲线T 交于/,8两点，是 线 段 的 中 点，过 作 x 轴的平行线与曲线T 相交于点儿试问是否存在直线/,使得A九L A8,若存在，求出直线/的方程；若不存在，请说明理由.【解析】(D设尸(x,y),分析可知动圆的圆心不能在y 轴的左侧，故 才 20,因为动圆与直线刀=一

4、；相切，且与圆C 外切，所以|/力一(矛+；，所以|%|=x+l,所以yj(x 1)=x+1 化简可得/=4 x.(2)存在.理由：设力(用，必)，B 5%)，由题意可知，当直线，与 y轴垂直时，显然不符合题意，故可设直线1的方程为x=/z/y+6,联立x=/ny+62 4 消去%可得4 y 24 =0,p=4 x显然 4=1 6 济+9 6 0,则%十%=4 旧现=24所以 为 +应=(仍 +6)+(+6)=4 +1 2,2 2因为用泾=亍 宁，所以用 也=3 6,假设存在M x。，加，使 得 法 NB=0,由 题 意 可 知 必=差，所以必=2 加，乙2由N点在抛物线上可知冬=年，即R=后

5、,又 丽=（x1Xo,必一必），NB=（XLX,必一N）,2若 花 砺 =0,则用质一两（为+尼）+x +yY 2为5+%）+匕=0,将代入上式化简可得3 H+1 6 石-1 2 =0,即（序+6）（3 病一2）=0,所 以/=|，故 加=乎，所以存在直线3 x+加 产-1 8=0 或 3 矛 一 m y-1 8=0,使得A%_ L/T S：，规律方法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：假设满足条件的曲线（或直线、点等）存在，用待定系数法设出；列出关于待定系数的方程（组）；若方程（组）有实数解，则曲线（或直线、点等）存在，否则不存在.

6、（2）反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.，对点训练如图，抛物线G /=2 p x（0 O）的焦点为凡/为抛物线上一点（/在 x 轴上方），AF=5,A点到y 轴的距离为4.（1）求抛物线方程及点A的坐标；是否存在y 轴上的一个点乱 过点物有两条直线人h，满足八，A，/交抛物线。于 ,两点.人与抛物线相切于点6（6不为坐标原点），有|,附2=|如.|如 成 立，若存在，求出点时的坐标.若不存在，请说明理由.【解析】（1）由抛物线G=2 分（0 0）的焦点为凡满足力尸=5,4 点到y 轴的距离为4,由抛物线的定义，可 得|/罚=&+=5,且&=4,解得夕=2,所以抛物线的方程为/=4 x

7、,代入“尸4，解得=4,又由力在x 轴上方，所以=4,即4（4,4）.（2）假设存在点也 可知直线上,心的斜率存在,设心的方程为y=kx+t,联立方程组y=kx+ty=4%整理得 Hx+(2 4 1-4)x+t2=0,由=(2 七一4 尸一4 发/=0,解得,此时切点6(己 2 t),可得M B=y/l+必|X n=d +/,因为所以Z的方程为了=5+t,y=tx+t联立L，彳 ，整理得 t2/-(2 t2+4)+t2=0,所以 XDXE=,|M D =41 +y|xD,M E=/T+?由|陶 z=|熠可得，t+t2=l+t2,解 得 t=l,所以存在点欣士1,0),符合题意.考点二 含参数的

8、存在性问题讲练互动 典例3 （2 0 2 1 长春模拟）椭圆C：54=16 4。）与 抛 物 线*=-*/有一个公共焦点且经过点P 1,（1）求椭圆C 的方程及其离心率;（2）直线1：y=k x +t 与椭圆C 相交于M,N两点，0 为原点，是否存在点R 满足I O R I=1,O R+M R +N R =0,若存在，求出t 的取值范围，若不存在，请说明理由.【解析】（1）由题意，抛物线的标准方程为y 2=-4/x,所以抛物线焦点坐标为（一 木,0）即在椭圆中c=/,a2-b2=3,将点p（i,乎）代入曲线C 的方程，1 3得二+T 7 7 =1，由 a b 0 得 1=4,a 4 b2所以a

9、=2,b=l,则椭圆C 的方程为C：j+y2=l,则椭圆的离心率e=半；a 2（2）存在符合要求的点R.r 22L+/=i因为直线L y=k x+t 与椭圆C 相交于M,N两点，联立方程J 4 整理得（4 k?+l）x2、y =k x +t+8 tk x+4 t24=0,设 M,N 两点坐标为 M（x”y）,N （x2,y2）,8 tk 2 t则氏+*2=一欣 耳!力+%=旃 五 =64 k2t2-1 6（t2-l）（4 k2+l）=1 6（4 k2+l-t2）0 得 4 1?+1,因为点 R 满足加+MR+N R=0,且|O R|=1,所以O MN 的重心R 在圆x?+y 2=l 上,XQ+

10、XM+XN y o+yM+yNXR=9 2，8 t k 2 t 、所以 R1一3（4 k?+D，3（4 k2+l）64 t 2 k 之 4 t 2所以 9（4 酎+1）2 +9（4 k2+l）2 =19（4 k2+l）2即 tq i 6k“+i 9（4 k2+l）2因为t V 4 k 注 1所以4（16配+1）4 片+1,即 9（4 玄+1）v，Zo I2 9（4-+l）2 9 所 X t .16k2+l =4 4（4 k2+l）-3（4 k2+l）291=一-,4 4 3，4 k2+l-（4 k2+l）2令 s=第6，则一3S2+4S0,葡,所以啮+8），则E 匕2 =9 国 彳1 公e/l

11、1r2 +,81所以i 坐.，规律方法参数值存在性问题的求解方法（1）假设满足条件的参数值存在，（2）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，（3）推理与计算的过程就是说明理由的过程.，对点训练1.（2 0 2 1 西安模拟）设中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆E 过点（1,乎），且离心率为乎，F 为 E 的右焦点，P 为 E 上一点，P F_ Lx 轴，圆F 的半径为P F.求椭圆E 和圆F 的方程；若直线1：y=k（x m ）（k 0）与圆F 交于A,B 两

12、点，与椭圆E 交于C,D 两点，其中A,C 在第一象限，是否存在k 使|A C|=|B D|?若存在，求 1 的方程；若不存在，说明理由.2 2【解析】由题意可设椭圆的标准方程为事=l(a b 0),因为椭圆的离心率e =a b所以2 =乎,因为 a b +c Z,所以 a=2 b,将点(1,当 代入椭圆的方程得+竟=1，联立a=2 b,解得a=2 且 b=l.2所以椭圆E 的方程为全+y2=l.所以F(小 ,0),因为P F_ Lx 轴，所以P(/,土,所以圆F 的半径为:,圆心为(小,0),乙所以圆F 的方程为(x/)2+/=1 .不存在满足题意的k,理由如下：由 A,B 在圆上得|A F

13、|=|B F|=|P F|=；.设点 C(x”y j,D(X2,y2).|C F|=Y(X L/)+y；=2 一乎 Xi，同理|D F|=2 乎 X2.若|A C|=|B D|,则|A C|+|B C|=|B D|+|B C|,即 I A B|=|C D|=1,即 4 乎(x i+x z)=l,由 2一X +,y-9=14,W(4k2+l)x2-8V 3 kx+12k2-4 =0,y=k(x木)c r所,以,XH,8，3k,c ri,12k2X2=就 开，所以4一 正 百=1 得 12k2=121?+3,无解，故不存在.2.(2022 鹰潭模拟)如图，0 为坐标原点，抛物线C：y2=2px(p

14、0)的焦点是椭圆C2：-+ay213=l(a b 0)的右焦点，A为椭圆G 的右顶点，椭圆C2的长轴A B=8,离心率e=.(1)求抛物线G和椭圆C 的方程；(2)过 A点作直线1交 G于 C,D两点，射线0C,0D分别交G于 E,F 两点，记AOEF和O C D的面积分别为Si和 问 是 否 存 在 直 线 1,使得Si：S2=3：13?若存在，求出直线1 的方程;若不存在，请说明理由.C【解析】(1)由已知，a=4,7=-,a z所以 c=2,h=ya c2=2小,p=4,2 2所以抛物线G 的方程为y2=8x,椭圆G 的方程+77=1.(2)存 在.理 由:设 C(x”y),D(X2,y

15、2),E(XE,yE),F(XF,yF),由已知，直线1 的斜率不为 0,设直线1 的方程为x=my+4,联立 ,._ _ ocl-O D l _ ly jly2ln ci./口 n口 一 E|0F|-I y II y IOF sin ZEOF_IJEH JFI32lyEllyFl因为直线o c 的斜率为义=孚=-，x i 江 y O所以直线0 C 的方程为y=x.Yi由8y=xy i2 2x .y i116 12行y何 丫(64 X16 12则又(64 X16+122同理得y,.F2y264 X16 12=1,2所以yK2Yi2y2(64 X16 12 J 164 X16 12 j=1,2所以yEr，yF36X2 5 6=12 1+4 8 1，12.小211)要使 S 1:S2=3：13,只需.瑟m)2，解得 m=l,36X2 5 6 J所以存在直线1：Xy 4 =0 符合条件.