破解圆锥曲线中探索性问题的策略

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  圆锥曲线是解析几何的核心内容,是中学数学的重点、难点,是高考命题的热点之一,尤其是在最近几年的高考试题中,高中数学重点知识与解析几何的交汇融合,增强了试题的综合性,形成了题目多变,解法灵活的特点,充分体现了高考中以能力立意的命题原则.
  近年来圆锥曲线在高考中比较稳定,解答题往往以中档题或压轴题的形式出现,主要考查同学们的逻辑推理能力、运算能力,综合运用数学知识解决问题的能力.高考圆锥曲线的考查,仍将以下两类题型为主.
  1.求曲线(或轨迹)的方程.对于这类问题,高考常常不给出图形或不给出坐标系,以考察同学们理解解析几何问题的基本思想方法和能力;
  2.与圆锥曲线有关的最值(或极值)和取值范围问题,圆锥曲线中的定值、定点问题,探究型的存在性问题.这类问题的综合性较强,解题中需要根据具体问题、灵活运用解析几何、平面几何、平面向量、函数、不等式、三角函数知识,正确的构造不等式或方程,体现了解析几何与其他数学知识的联系.
  存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题,此类题目的条件和结论不完备,要求同学们结合已有的条件进行观察、分析、比较和概括,它对数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力有较高的要求,特别是在解析几何第二问中经常考到“是否存在这样的点”的问题,也就是是否存在定值定点定直线的问题.
  一、是否存在这样的常数
  例1在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,2)且斜率为k的直线l与椭圆x22 y2=1有两个不同的交点P和Q.
  (1)求k的取值范围;
  (2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A,B,是否存在常数k,使得向量OP OQ与AB共线?如果存在,求k值;如果不存在,请说明理由.
  解:(1)由已知条件,直线l的方程为y=kx 2,
  代入椭圆方程得x22 (kx 2)2=1.整理得(12 k2)x2 22kx 1=0①
  直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ=8k2-4(12 k2)=4k2-2>0,
  解得k<-22或k>22.即k的取值范围为(-∞,-22)∪(22, ∞).
  (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则OP OQ=(x1 x2,y1 y2),
  由方程①得,x1 x2=-42k1 2k2.②
  又y1 y2=k(x1 x2) 22.③
  而A(2,0),B(0,1),AB=(-2,1).
  所以OP OQ与AB共线等价于
  x1 x2=-2(y1 y2),
  将②③代入上式,解得k=22.
  由(1)知k<-22或k>22,故没有符合题意的常数k.
  二、是否存在这样的点
  例2已知椭圆C:x2a2 y2b2=1(a>b>0)的离心率为33,过右焦点F的直线l与椭圆C相交于A、B两点,当l的斜率为1时,坐标原点O到l的距离为22.
  (1)求a,b的值;
  (2)椭圆C上是否存在点P,使得当l绕F转到某一位置时,有OP=OA OB成立?若存在,求出所有的P的坐标与l的方程;若不存在,说明理由.
  解:(1)设F(c,0),当l的斜率为1时,其方程为x-y-c=0,O到l的距离为
  |0-0-c|2=c2,故c2=22,c=1,
  由e=ca=33,得a=3,b=a2-c2=2.
  (2)假设椭圆C上存在点P,使得当l绕F转到某一位置时,有OP=OA OB成立.
  由(1)知椭圆C的方程为2x2 3y2=6.设A(x1,y1),B(x2,y2).
  (ⅰ)当l不垂直x轴时,设l的方程为y=k(x-1),
  假设椭圆C上存在点P,且有OP=OA OB成立,则P点的坐标为(x1 x2,y1 y2),
  2(x1 x2)2 3(y1 y2)2=6,整理得2x21 3y21 2x22 3y22 4x1x2 6y1y2=6,
  又A、B在椭圆C上,即2x21 3y21=6,2x22 3y22=6,
  故2x1x2 3y1y2 3=0.①
  将y=k(x-1)代入2x2 3y2=6,并化简得
  (2 3k2)x2-6k2x 3k2-6=0.②
  于是x1 x2=6k22 3k2,x1x2=3k2-62 3k2,
  y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=-4k22 3k2,
  代入①解得,k2=2,此时x1 x2=32.
  于是y1 y2=k(x1 x2-2)=-k2,即P(32,-k2).
  因此,当k=-2时,P(32,22),l的方程为2x y-2=0;
  当k=2时,P(32,-22),l的方程为2x-y-2=0.
  (ⅱ)当l垂直于x轴时,由OA OB=(2,0)知,C上不存在点P使OP=OA OB成立.
  综上,C上存在点P(32,±22)使OP=OA OB成立,此时l的方程为2x±y-2=0.
  点评:本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力,第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算,第二问利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数关系解决问题,注意特殊情况的处理.
  三、是否存在这样的直线
  例3在平面直角坐标系xOy中,过定点C(0,p)作直线与抛物线x2=2py(p>0)相交于A,B两点.
  (1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点,求△ANB面积的最小值;   (2)是否存在垂直于y轴的直线l,使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值?若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由.(此题不要求在答题卡上画图)
  解:(1)依题意,点N的坐标为N(0,-p),可设A(x1,y1),B(x2,y2),
  直线AB的方程为y=kx p,与x2=2py联立得x2=2py,y=kx p.消去y得x2-2pkx-2p2=0.
  由韦达定理得x1 x2=2pk,x1x2=-2p2.
  于是S△ABN=S△BCN S△ACN=12·2p|x1-x2|.
  =p|x1-x2|=p(x1 x2)2-4x1x2
  =p4p2k2 8p2=2p2k2 2,
  ∴当k=0时,(S△ABN)min=22p2.
  (2)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a,
  AC的中点为O′,l与AC为直径的圆相交于点P,Q,PQ的中点为H,
  则O′H⊥PQ,O′点的坐标为(x12,y1 p2).
  ∵|O′P|=12|AC|=12x21 (y1-p)2
  =12y21 p2,
  |O′H|=|a-y1 p2|=12|2a-y1-p|,
  ∴|PH|2=|O′P|2-|O′H|2
  =14(y21 p2)-14(2a-y1-p)2
  =(a-p2)y1 a(p-a),
  ∴|PQ|2=(2|PH|)2
  =4[(a-p2)y1 a(p-a)].
  令a-p2=0,得a=p2,此时|PQ|=p为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为y=p2,即抛物线的通径所在的直线.
  四、是否存在这样的圆
  例4设椭圆E:x2a2 y2b2=1(a,b>0)过M(2,2),N(6,1)两点,O为坐标原点,
  (1)求椭圆E的方程;
  (2)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA⊥OB?若存在,写出该圆的方程,并求|AB|的取值范围,若不存在说明理由.
  解:(1)因为椭圆E:x2a2 y2b2=1(a,b>0)过M(2,2),N(6,1)两点,
  所以4a2 2b2=16a2 1b2=1解得1a2=181b2=14所以a2=8b2=4,
  椭圆E的方程为x28 y24=1.
  (2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA⊥OB,设该圆的切线方程为y=kx m解方程组
  y=kx mx28 y24=1得x2 2(kx m)2=8,
  即(1 2k2)x2 4kmx 2m2-8=0,则Δ=16k2m2-4(1 2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2 4)>0,
  即8k2-m2 4>0x1 x2=-4km1 2k2x1x2=2m2-81 2k2,
  y1y2=(kx1 m)(kx2 m)=k2x1x2 km(x1 x2) m2=k2(2m2-8)1 2k2-4k2m21 2k2 m2=m2-8k21 2k2,
  要使OA⊥OB,需使x1x2 y1y2=0,即2m2-81 2k2 m2-8k21 2k2=0,所以3m2-8k2-8=0,
  所以k2=3m2-88≥0,又8k2-m2 4>0,
  所以m2>23m2≥8,所以m2≥83,即m≥263或m≤-263,
  因为直线y=kx m为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为r=|m|1 k2,
  r2=m21 k2=m21 3m2-88=83,r=263,
  所求的圆为x2 y2=83,此时圆的切线y=kx m都满足m≥263或m≤-263,而当切线的斜率不存在时切线为x=±263与椭圆x24 y24=1的两个交点为(263,±263)或(-263,±263)满足OA⊥OB,综上,存在圆心在原点的圆x2 y2=83,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA⊥OB.
  五、是否存在这样的最值
  例5已知椭圆C1:y2a2 x2b2=1(a>b>0)的右顶点为A(1,0),过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
  (1)求椭圆C1的方程;
  (2)设点P在抛物线C2:y=x2 h(h∈R)上,C2在点P处的切线与C1交于点M,N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时,求h的最小值.
  解:(1)由题意得b=12·b2a=1,∴a=2b=1,所求的椭圆方程为y24 x2=1.
  (2)不妨设M(x1,y1),N(x2,y2),P(t,t2 h),则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′|x=t=2t,直线MN的方程为y=2tx-t2 h,将上式代入椭圆C1的方程中,得4x2 (2tx-t2 h)2-4=0,即4(1 t2)x2-4t(t2-h)x (t2-h)2-4=0,因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点,所以有Δ1=16[-t4 2(h 2)t2-h2 4]>0,
  设线段MN的中点的横坐标是x3,则x3=x1 x22=t(t2-h)2(1 t2),设线段PA的中点的横坐标是x4,则x4=t 12,由题意得x3=x4,即有t2 (1 h)t 1=0,其中的Δ2=(1 h)2-4≥0,∴h≥1或h≤-3;
  当h≤-3时有h 2<0,4-h2<0,因此不等式Δ1=16[-t4 2(h 2)t2-h2 4]>0不成立;因此h≥1,当h=1时代入方程t2 (1 h)t 1=0得t=-1,将h=1,t=-1代入不等式Δ1=16[-t4 2(h 2)t2-h2 4]>0成立,因此h的最小值为1.
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