2027届高三数学一轮复习课件：第八章　高考热点12　圆锥曲线中的存在性(探索性)问题

第八章平面解析几何高考热点12

圆锥曲线中的存在性(探索性)问题解决存在性(探索性)问题的一些技巧1.特殊值(点)法:对于一些复杂的题目,可通过其中的特殊情况,解得所求要素,再证明求

得的要素使得其他情况均成立.2.核心变量的选取:因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素,所以通常以该要素

作为核心变量,其余变量作为辅助变量,必要的时候消去.3.核心变量的求法:(1)直接法:利用条件与辅助变量直接表示出所求要素,并进行求解.(2)间接法:若无法直接求出要素,则可将核心变量参与到条件中,列出关于该变量与辅

助变量的方程(组),运用方程思想求解.典例1

(垂直关系存在问题)(2026届重庆八中月考,18)椭圆E:

+

=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为

,点M,N为椭圆E上的两个不同动点,△F1MF2面积的最大值为

.(1)求椭圆E的标准方程.(2)设直线MF1的斜率为k1,直线NF1的斜率为k2.(i)若M,N在x轴上方,且k1+k2=0,求证:直线MN过定点;(ii)点M,N在运动过程中,是否存在某些位置使得MF1⊥NF1且MF2⊥NF2?若存在,求出此

时点M的坐标;若不存在,请说明理由.解析

(1)由题意知

=

,即a=2

c,因此b2=8c2-c2=7c2,即b=

c,当M点位于短轴端点时,△F1MF2的面积最大,则

×2c·b=

c2=

,即c=1,因此a=2

,b=

,故椭圆E的标准方程为

+

=1.(2)(i)证明:设直线MN的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),【思路探究:条件k1+k2=0,即

+

=0,是关于M,N坐标的对称式,利用代数法,由根与系数的关系建立参数m,k的关系,证明直线过定点】由

消去y得(7+8k2)x2+16kmx+8m2-56=0,由Δ=(16km)2-4(7+8k2)(8m2-56)>0,得8k2+7>m2,由根与系数的关系得x1+x2=-

,x1x2=

,因为k1+k2=0,所以

+

=0,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0.所以(kx1+m)(x2+1)+(kx2+m)(x1+1)=0,整理得2kx1x2+(k+m)(x1+x2)+2m=0,则2k·

+(k+m)

+2m=0,化简得m=8k,

即

-

=1或

+

=1,又点M在椭圆上,所以

+

=1,联立

无解,联立

解得

所以符合条件的点M的坐标为

,

,

,

.典例2

(平行或共线关系存在问题)(2025届湖北武汉六中月考,18)已知椭圆C的离

心率为

,左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0).(1)求C的方1程;(2)已知点M0(-1,4),证明:线段F2M0的垂直平分线与椭圆C恰有一个公共点;(3)在坐标平面上是否存在定圆D(M是定圆D上的动点)使得线段F2M的垂直平分线与椭

圆C恰有一个公共点T?若存在,证明M,T,F1三点共线;若不存在,说明理由.解析

(1)由椭圆的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),得c=1,设C的方程为

+

=1(a>b>0),由椭圆C的离心率为

=

,得a=2,则b2=3,因此C的方程为

+

=1.(2)证明:由M0(-1,4),F2(1,0)得直线M0F2的斜率为k=-2,线段F2M0的中点坐标为(0,2),所以线段F2M0的垂直平分线的方程为y=

x+2,联立

消去y得x2+2x+1=0,因为Δ=4-4=0,所以线段F2M0的垂直平分线与C恰有一个公共点.(3)假设符合条件的圆D存在,【思路探究:存在定圆需三个条件,由(2)知,M0点符合题意,即M0在圆D上;利用对称性知

M0关于x轴的对称点M1(-1,-4)也符合题意,即M1在圆D上;结合图形知,F2关于椭圆右顶点

的对称点M2(3,0),F2M2的垂直平分线与椭圆也相切,即M2在圆D上,由此确定圆的方程】由(2)知M0(-1,4)在圆D上,由对称性知M1(-1,-4)在圆D上,F2关于椭圆右顶点的对称点M2(3,0)在圆D上.因为线段M0M1的垂直平分线为y=0,线段M0M2的垂直平分线上的点(x,y)满足(x+1)2+(y-4)2=(x-3)2+(y-0)2,化简即得M0M2的垂直平分线的方程为x-y+1=0.由

⇒D(-1,0),且|DM2|=4,所以过M0(-1,4),M1(-1,-4),M2(3,0)三点的圆的方程为(x+1)2+y2=16.【思路探究:由特殊情况求得所求要素(圆的方程),再证明求得的要素使得其他情况均

成立,即圆上任一点都满足线段F2M的垂直平分线与椭圆C恰有一个公共点T,且证明M,

T,F1三点共线】如图所示,下面证明此圆符合题目条件.

设M(x0,y0)在圆(x+1)2+y2=16上,则(x0+1)2+

=16,【思路点拨:一要证明直线F2M的垂直平分线与椭圆相切】当y0=0时,F2M的垂直平分线方程为x=-2或x=2,与椭圆C相切,符合条件;当y0≠0时,F2M的垂直平分线方程为y=-

x+

,设k=-

,b=

=

,由

消去y得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0,因为Δ'=(8kb)2-4(3+4k2)(4b2-12)=48(4k2+3-b2)=48

=48·

=48·

=0,所以F2M的垂直平分线与椭圆C相切.所以满足条件的圆D存在,其方程为(x+1)2+y2=16.【思路点拨:二要证明M,T,F1三点共线,先求切点坐标,再用斜率相等证明共线】由根与系数的关系得xT=-

=-

=

,则yT=kxT+b=

=

=

,【运算技巧:由上述证明过程得到4k2+3=b2,使用此式比直接代入计算更简捷】所以T

,所以

=

=

=

,又

=

,所以M,T,F1三点共线.变式训练1.(定直线存在问题)已知双曲线C:

-

=1(a>0,b>0)的离心率为

,过点E(1,0)的直线l与C的左、右支分别交于M,N两点(异于顶点).(1)若点P为线段MN的中点,求直线OP与直线MN的斜率之积(O为坐标原点);(2)若A,B为双曲线的左、右顶点,且|AB|=4,试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定

直线上.若是,求出该定直线;若不是,请说明理由.解析

(1)由题意得

所以a=b,设M(x1,y1),N(x2,y2),P(x0,y0),则

作差得

=

·

=

·

,所以MN的斜率kMN=

=

·

,又kOP=

,所以kMNkOP=

=1.(2)因为2a=4,所以a=b=2,A(-2,0),B(2,0),x2-y2=4,设直线l:x=1+ty,t≠0,M(x1,y1),N(x2,y2),联立

消去x得(t2-1)y2+2ty-3=0,所以

所以ty1y2=

,易知直线AN:y=

(x+2),BM:y=

(x-2),则

=

·

=

=

=

=3,所以x=4.故存在定直线x=4,使直线AN与直线BM的交点G在定直线上.2.(参数存在问题)已知抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点和椭圆C2:

+

=1(a>b>0)的右焦点F重合,过点F任意作直线l分别交抛物线C1于M,N,交椭圆C2于P,Q.当l垂直于x轴时,|MN|=4,|PQ|=3.(1)求C1和C2的方程;(2)是否存在常数m,使

+

为定值?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.

由已知可得

解得

所以椭圆C2的方程为

+

=1.(2)假设存在常数m,使

+

为定值.设直线l的方程为x=ny+1,M(x1,y1),N(x2,y2),联立

消去x,整理得y2-4ny-4=0.则Δ=16n2+16>0恒成立,且

所以|MN|=

|y1-y2|=

·

=

=4(n2+1).设P(x3,y3),Q(x4,y4),联立

消去x,整理