第30讲 圆锥曲线中的存在性问题-2022年新高考数学90天突破130分综合讲义

专题30 圆锥曲线中的存在性问题 方法总结: 解决存在性问题的一些妙招: (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,解得所求要素的必要条件,然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立。 (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,并进行求解 ②间接法:若无法直接求出,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。 典型例题: 例1.(2022·安徽·淮南第一中学一模(理))已知椭圆的左、右焦点分别为、,点在椭圆上,且满足. (1)求椭圆的方程; (2)设为坐标原点,过点且斜率不为零的直线交椭圆于不同的两点、,则在轴上是否存在定点,使得平分?若存在,求出点坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】(1); (2)存在,. 【解析】 【分析】 (1)分析可知,可得出椭圆的两个焦点的坐标,利用椭圆的定义可求得的值,可得出的值,由此可得出椭圆的标准方程; (2)设直线,设点、、,将直线的方程与椭圆方程联立,列出韦达定理,分析可知,利用斜率公式结合韦达定理求出的值,即可得出结论. (1) 解:(1)因为,所以,,即,所以, 又点在椭圆上,、, 且由椭圆定义得, 则,,则椭圆的标准方程为. (2) 解:假设存在定点满足要求,因为直线斜率不为零,所以设直线, 设点、、, 联立可得,则, 由韦达定理可得,, 因为直线平分,则,即, , 整理得, ,由于,,所以存在满足要求. 【点睛】 方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下: (1)设直线方程,设交点坐标为、; (2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算; (3)列出韦达定理; (4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式; (5)代入韦达定理求解. 例2.(2022·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系中,设双曲线的右准线与其两条渐近线的交点分别为、,且. (1)求双曲线的方程; (2)设动直线与双曲线相交于点、,若,求证:存在定圆与直线相切,并求该定圆的方程. 【答案】(1); (2)证明见解析,定圆方程为. 【解析】 【分析】 (1)由二倍角的正切公式可求得,可得出,利用双曲线的右准线方程可求得的值,可得出的值,由此可得出双曲线的方程; (2)分析可知直线、的斜率都存在,可设直线直线的方程为,设点,将直线的方程与双曲线的方程联立,求出,可得出的值,利用等面积法可求得原点到直线的距离,即可得出结论. (1) 解:设渐近线的倾斜角为,则, 由已知可得,整理可得, 因为,解得,则,所以,, 双曲线的右准线方程为,可得,, 故双曲线的方程为. (2) 解:若直线、中有一条直线的斜率不存在时, 则直线、分别与两坐标轴重合,则这两条直线中有一条直线不与双曲线相交,不合乎题意; 若直线、的斜率都存在时,可设直线的方程为,设点、, 联立可得,所以,,, 所以,,, 设点到直线的距离为,则, 综上,存在定圆与直线相切,该定圆的方程为. 【点睛】 方法点睛:求定值问题常见的方法有两种: (1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关; (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. 例3.(2022·安徽合肥·高三期末(理))在平面直角坐标系中,是抛物线E:上一点.若点M到点的距离､点M到y轴的距离的等差中项是. (1)求抛物线E的方程; (2)过点作直线l,交以线段AO为直径的圆于点AB,交抛物线E于点C,D(点B,C在线段AD上).问是否存在t,使点B,C恰为线段AD的两个三等分点?若存在,求出t的值及直线l的斜率;若不存在,请说明理由. 【答案】(1) (2)存在,,斜率为 【解析】 【分析】 (1)由点M到点的距离､点M到y轴的距离的等差中项是可得,从而得到抛物线方程; (2)假设存在t,设直线l的方程为,以线段AO为直径的圆的方程为,联立方程得到点坐标,由得点坐标,由得点坐标,代入抛物线E的方程解得,可得答案. (1) 因为是抛物线E的焦点,所以点M到点距离为. 由已知得,解得. ∴抛物线E的方程为. (2) 假设存在t满足题意,由题意可以判断,直线l的斜率存在且不为0,设其斜率为k, 则直线l的方程为,以线段AO为直径的圆的方程为, 由解得, 由得,由得, 代入抛物线E的方程得,解得,, ∴当且直线的斜率为时,点B,C恰为线段AD的两个三等分点. 例4.(2022·安徽·安庆一中高三期末(理))已知动点M到直线的距离是M与点距离的倍,记M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程; (2)动直线与C交于两点A,