高考数学专题10以椭圆为情景的探索性问题——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型 （

椭圆必会十大基本题型讲与练10以椭圆为情景的探索性问题典例分析角度一、以探索多边形形状为情景的问题1、已知椭圆C：()，直线不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与的斜率的乘积为定值；（Ⅱ）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边行？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．【解析】(Ⅰ)设直线，，，．将代入得，故，．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．（Ⅱ）四边形能为平行四边形．因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是．解得，．因为，，，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．2.已知椭圆的一个焦点在直线上，且离心率.（1）求该椭圆的方程；（2）若与是该椭圆上不同的两点，且线段的中点在直线上，试证：轴上存在定点，对于所有满足条件的与，恒有；（3）在（2）的条件下，能否为等腰直角三角形？并证明你的结论.【答案】（1）（2）见解析（3）见解析【解析】（1）∵椭圆的一个焦点在直线上，∴，又，∴，∴该椭圆的方程为.（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，设，则，，∵弦的中点在直线上，∴，∴，∴，将代入得，假设在轴上存在定点，，∴，∴，即，当直线的斜率不存在时，直线垂直于轴，此时显然成立，综上，轴上存在定点.（3）假设能为等腰直角三角形，则，∴，，，又，∴，，符合（*），∴在（2）的条件下，能为等腰直角三角形.角度二、以探索定点存在性为情景的问题1、如图，椭圆：的离心率是，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆截得的线段长为．（1）求椭圆的方程；（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（1）由已知，点在椭圆上．因此，解得，．所以椭圆的方程为．（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于、两点．如果存在定点满足条件，则，即．所以点在y轴上，可设点的坐标为．当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于、两点．则，，由，有，解得或．所以，若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标只可能为．下面证明：对任意的直线，均有．当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立．当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，、的坐标分别为．联立得．其判别式，所以，．因此．易知，点关于轴对称的点的坐标为．又，所以，即三点共线．所以．故存在与不同的定点，使得恒成立．角度三、以探索直线与圆锥曲线位置关系为情景的问题1、椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，且满足向量.（1）若，求椭圆的标准方程；（2）设为椭圆上异于顶点的点，以线段为直径的圆经过，问是否存在过的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在满足条件的直线，斜率.【分析】（1）由题易知，因为，所以为等腰三角形所以b=c，由此可求，即可得到椭圆的标准方程;（2）由（1）可得．，P的坐标为则由题意得,即，又因为P在椭圆上，所以,联立可得，设圆心为，则，利用两点间的距离公式可得圆的半径r．设直线的方程为：．利用直线与圆相切的性质即可得出．【详解】（1）易知，因为，所以为等腰三角形，所以b=c，由可知，故椭圆的标准方程为：（2）由已知得,，设椭圆的标准方程为，P的坐标为因为,所以，由题意得,所以，又因为P在椭圆上，所以,由以上两式可得，因为P不是椭圆的顶点，所以，故，设圆心为，则，圆的半径，假设存在过的直线满足题设条件，并设该直线的方程为，由相切可知,所以，即，解得，故存在满足条件的直线．【点睛】本题中考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、点与椭圆的位置关系、直线与圆相切问题、点到直线的距离公式、中点坐标公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．2、已知抛物线与过点的直线交于两点.（1）若，求直线的方程；（2）若，轴，垂足为，探究：以为直径的圆是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）或；（2）过定点，【解析】【分析】（1）设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系及弦长公式计算即可；（2）设以为直径的圆经过点，，，利用得，令解方程组即可.【详解】（1）由题可知，直线的斜率不为0，设其方程为，将代入，消去可得，显然，设，，则，，所以，因为，所以，解得，所以直线的方程为或.（2）因为，所以是线段的中点，设，则由（1）可得，，所以，又轴，垂足为，所以，设以为直径的圆经过点，则，，所以，即，化简可得①，令，可得，所以当，时，对任意的，①式恒成立，所以以为直径的圆过定点，该定点的坐标为.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线中的定点问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.角度四、以探索定值存在性为情景的问题1、已知定点，，直线、相交于点，且它们的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线。（1）求曲线的方程；（2）过点的直线与曲线交于、两点，是否存在定点，使得直线与斜率之积为定值，若存在，求出坐标；若不存在，请说明理由。【答案】(1)；(2)存在定点，见解析【分析】（1）设动点，则，利用，求出曲线的方程．（2）由已知直线过点，设的方程为，则联立方程组，消去得，设，，，利用韦达定理求解直线的斜率，然后求解指向性方程，推出结果．【详解】（1）设动点，则，，，即，化简得：，由已知，故曲线的方程为。（2）由已知直线过点，设的方程为，则联立方程组，消去得，设，，则又直线与斜率分别为，，则。当时，，；当时，，。所以存在定点，使得直线与斜率之积为定值。【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查计算能力，属于中档题．角度五、以探索最值存在性为情景的问题1、已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F2为圆心、过椭圆左顶点M的圆与直线3x－4y＋12＝0相切于点N，且满足eq\o(MF1,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(F1F2,\s\up7(―→)).(1)求椭圆C的标准方程．(2)过椭圆C右焦点F2的直线l与椭圆C交于不同的A，B两点，问：△F1AB内切圆的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由．【详解】(1)因为圆F2与直线3x－4y＋12＝0相切且过椭圆左顶点M，则MF2为圆F2的半径，且半径为a＋c.椭圆右焦点F2(c,0)，所以由点F2到直线3x－4y＋12＝0的距离等于a＋c得eq\f(|3c＋12|,5)＝a＋c，则12＝5a＋2c.又eq\o(MF1,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(F1F2,\s\up7(―→))，则2c＝a.由a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝3，c2＝1.故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△F1AB的内切圆半径为r，△F1AB的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝8，所以S△F1AB＝eq\f(1,2)×8×r＝4r.根据题意，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋1))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)>0恒成立，且y1＋y2＝eq\f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4)，所以S△F1AB＝eq\f(1,2)|F1F2||y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(12\r(m2＋1),3m2＋4).令t＝eq\r(m2＋1)，则t≥1，所以S△F1AB＝eq\f(12t,3t2＋1)＝eq\f(4,t＋\f(1,3t)).令f(t)＝t＋eq\f(1,3t)，则当t≥1时，f′(t)＝1－eq\f(1,3t2)>0，所以f(t)＝t＋eq\f(1,3t)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(t)≥f(1)＝eq\f(4,3)，S△F1AB≤3，即当t＝1，m＝0，直线l的方程为x＝1时，S△F1AB的最大值为3，此时内切圆半径最大，且r＝eq\f(3,4)，所以△F1AB内切圆的面积有最大值eq\f(9,16)π.角度六、以探索直线存在性为情景的问题1、如图，已知A−1,0、B1,0，Q、G分别为△ABC的外心，重心，QG//AB.（1）求点C的轨迹E的方程；（2）是否存在过P0,1的直线L交曲线E于M，N两点且满足MP=2PN，若存在求出L的方程，若不存在请说明理由.【答案】（1）x2+y23=1xy≠0；（2）不存在.【分析】（1）设点Cx,yxy≠0，利用重心的坐标公式得出点G的坐标为x3,y3，可得出点Q0,y3，由QA=QC可得出点C的轨迹E的方程；（2）由题意得出直线L的斜率存在，并设直线L的方程为y=kx+1，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线L的方程与曲线E的方程联立，并列出韦达定理，由MP=2PN，可得出x1=−2x2代入韦达定理求出k的值，即可得出直线L的方程，此时，直线L过点−1,0或1,0，从而说明直线L不存在.【详解】（1）设点Cx,yxy≠0，则点Gx3,y3，由于QG//AB，则点Q0,y3.由QA=QC，可得出1+y29=x2+4y29，化简得x2+y23=1.因此，轨迹E的方程为x2+y23=1xy≠0；（2）当L与y轴重合时不符合条件.假设存在直线L:y=kx+1，设点Mx1,y1、Nx2,y2.将直线L的方程与曲线E的方程联立y=kx+1x2+y23=1，消去y得k2+3x2+2kx−2=0，由韦达定理得x1+x2=−2kk2+3，x1x2=−2k2+3.MP=−x1,1−y1，PN=x2,y2−1，∵MP=2PN，∴−x1=2x2，得x1=−2x2，即x1x2=−2，∵x1+x22x1x2=4k2k2+32⋅−k2+32=−2k2k2+3，另一方面x1+x22x1x2=x1x2+x2x1+2=−12=−2k2k2+3，得k2=1，解得k=±1.则直线L过点−1,0或1,0，因此，直线L不存在.【点睛】本题考查动点的轨迹方程，同时也考查了椭圆中的向量问题，在求解时可充分利用韦达定理设而不求法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.2、设经过点的直线与抛物线相交于、两点，经过点的直线与抛物线相切于点.（1）当时，求的取值范围；（2）问是否存在直线，使得成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设，，因为直线经过定点，所以可设直线的方程为，则由得，利用韦达定理和弦长公式，化简可得，再根据函数的性质即可求出结果；（2）假设存在直线，使得成立，不妨设：，：，则由得，利用韦达定理和弦长公式可得；又得，所以；由得到，由此即可求出结果.【详解】（1）设，，因为直线经过定点，所以可设直线的方程为，则由得，得，∴，，∴.（2）假设存在直线，使得成立，不妨设：，：，则由得，得，∴，，∴，由得，得，得，∴，由得到，两边平方得，即，得.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了弦长公式，属于中档题.方法点拨1、探索性问题：此类问题一般分为探究条件、探究结论两种。若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论。2.圆锥曲线中存在性问题的求解方法：(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．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲