圆锥曲线中的存在性探索性问题

红太狼 2023-08-17 17:31 136阅读 0赞

## 前言 ##

## 例说运算 ##

> 圆锥曲线中的存在性探索性问题的运算往往少不了以下的过程。

将直线\\(y=kx+2\\)代入圆锥曲线\\(\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{3\}=1\\)的代入运算过程，可以如下简化：

先将圆锥曲线整理为\\(3x^2+4y^2-12=0\\)，然后这样在演草纸上书写，注意对齐书写，一次运算过

\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{3x^2\}\\\\\{4(k^2x^2+4kx+4)\}\\\\\{\\hspace\{6em\}-12\}\\end\{array\}\\right.\\)

一次就可以整理为\\((4k^2+3)x^2+16kx+4=0\\)；

## 思考策略 ##

有关直线和圆锥曲线位置关系的存在性问题，一般是先假设存在满足题意的元素，经过推理论证，如果得到可以成立的结果，就可以作出存在的结论；若得到与已知条件、定义、定了、公理、性质相矛盾的量，则说明假设不存在。

## 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、曲线或参)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，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则元素(点、直线、曲线或参数)不存在，

2、反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法。

## 注意事项 ##

存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在。

（1）当条件和结论不唯一时，要分类讨论；

（2）当给出结论而要推导存在的条件时，想假设成立，再推出条件；

（3）当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。

## 典例剖析 ##

例1【2017凤翔中学高三理科第三次月考第20题】已知椭圆\\(C：\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1(a>b>0)\\)的离心率为\\(\\cfrac\{\\sqrt\{3\}\}\{2\}\\)，椭圆\\(C\\)的长轴长为\\(4\\)．

（1）求椭圆\\(C\\) 的方程；

（2）已知直线\\(l：y=kx-\\sqrt\{3\}\\)与椭圆\\(C\\)交于\\(A，B\\)两点，是否存在实数\\(k\\)使得以线段\\(AB\\)为直径的圆恰好经过坐标原点\\(O\\)？若存在，求出\\(k\\)的值；若不存在，请说明理由。

分析：(1)设椭圆\\(C\\)的半焦距为\\(c\\)，则由题目可知，\\(2a=4\\)，\\(\\cfrac\{c\}\{a\}=\\cfrac\{\\sqrt\{3\}\}\{2\}\\)，

解得\\(b^2=1\\)，\\(a^2=4\\)，故椭圆\\(C\\) 的方程为\\(\\cfrac\{x^2\}\{4\}+y^2=1\\)。

(2)存在实数\\(k\\)，使得以线段\\(AB\\)为直径的圆恰好经过坐标原点\\(O\\)。理由如下：

设点\\(A(x\_1，y\_1)\\)，点\\(B(x\_2，y\_2)\\)，将直线\\(l：y=kx-\\sqrt\{3\}\\)代入椭圆\\(C\\) 的方程为\\(\\cfrac\{x^2\}\{4\}+y^2=1\\)，

整理得到\\((1+4k^2)x^2-8\\sqrt\{3\}kx+8=0 (\*)\\)。

则由韦达定理有\\(x\_1+x\_2=\\cfrac\{8\\sqrt\{3\}k\}\{1+4k^2\}\\)，\\(x\_1x\_2=\\cfrac\{8\}\{1+4k^2\}\\)，

由于以线段\\(AB\\)为直径的圆恰好经过坐标原点\\(O\\)，故满足\\(\\overrightarrow\{OA\}\\cdot \\overrightarrow\{OB\}=0\\)，

即\\(x\_1x\_2+y\_1y\_2=0\\)，又\\(y\_1y\_2=k^2x\_1x\_2-\\sqrt\{3\}k(x\_1+x\_2)+3\\)

则有\\(\\cfrac\{8\}\{1+4k^2\}-\\cfrac\{4k^2-3\}\{1+4k^2\}=0\\)

解得\\(k=\\pm \\cfrac\{\\sqrt\{11\}\}\{2\}\\)，

经过检验知道，此时\\((\*)\\)式的\\(\\Delta >0\\)，满足题意。

所以当\\(k=\\pm \\cfrac\{\\sqrt\{11\}\}\{2\}\\)时，以线段\\(AB\\)为直径的圆恰好经过坐标原点\\(O\\)。

解后反思：假如本题目变形得到\\(k^2+1=0\\)，则方程无解，则说明不存在。

例4【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第19题】已知椭圆\\(C：\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1，a>b>0\\)的两个焦点和短轴的两个端点都在圆\\(x^2+y^2=1\\)。

(1)求椭圆\\(C\\)的方程；

分析：由题目可知，\\(b=1\\)，\\(c=1\\)，则\\(a^2=2\\)，

故椭圆方程为\\(C：\\cfrac\{x^2\}\{2\}+y^2=1\\)；

(2)若斜率为\\(k\\)的直线过点\\(M(2，0)\\)，且与椭圆\\(C\\)相交于\\(A、B\\)两点，试探讨\\(k\\)为何值时，\\(OA\\perp OB\\)。

分析：设点\\(A(x\_1，y\_1)\\)，\\(B(x\_2，y\_2)\\)，直线\\(AB\\)的方程为\\(y=k(x-2)\\)，

由\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{y=k(x-2)\}\\\\\{\\cfrac\{x^2\}\{2\}+y^2=1\}\\end\{array\}\\right.\\)，消去\\(y\\)得到，\\((1+2k^2)x^2-8k^2x+8k^2-2=0\\)，

所以\\(x\_1+x\_2=\\cfrac\{8k^2\}\{1+2k^2\}\\)，\\(x\_1x\_2=\\cfrac\{8k^2-2\}\{1+2k^2\}\\)，

由于\\(OA\\perp OB\\)，所以\\(x\_1x\_2+y\_1y\_2=0\\)。

而\\(y\_1y\_2=k^2(x\_1-2)(x\_2-2)\\)，所以\\(x\_1x\_2+k^2(x\_1-2)(x\_2-2)=0\\)，

即\\((1+k^2)x\_1x\_2-2k^2(x\_1+x\_2)+4k^2=0\\)，

所以\\(\\cfrac\{(1+k^2)(8k^2-2)\}\{1+2k^2\}-\\cfrac\{16k^4\}\{1+2k^2\}+4k^2=0\\)，

解得\\(k^2=\\cfrac\{1\}\{5\}\\)，此时\\(\\Delta >0\\)，所以\\(k=\\pm \\cfrac\{\\sqrt\{5\}\}\{5\}\\)。

例3【定值问题】【2019届高三理科数学三轮模拟训练】已知直线\\(l：y=kx+1\\)与曲线\\(C:\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1(a>0,b>0)\\)交于不同的两点，\\(O\\)为坐标原点，

（1）若\\(k=1\\)，\\(|OA|=|OB|\\)，求证：曲线\\(C\\)是一个圆；

证法1：设直线\\(l\\)和曲线的交点为\\(A(x\_1，y\_1)\\)，\\(B(x\_2，y\_2)\\)，

由于\\(|OA|=|OB|\\)，则有\\(\\sqrt\{x\_1^2+y\_1^2\}=\\sqrt\{x\_2^2+y\_2^2\}\\)，即\\(x\_1^2+y\_1^2=x\_2^2+y\_2^2\\)

即\\(x\_1^2-x\_2^2=y\_2^2-y\_1^2\\)，又由于点\\(A\\)，\\(B\\)在曲线\\(C\\)上，

则有\\(\\cfrac\{x\_1^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y\_1^2\}\{b^2\}=1\\)，\\(\\cfrac\{x\_2^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y\_2^2\}\{b^2\}=1\\)，

两式相减得到，\\(x\_1^2-x\_2^2=\\cfrac\{a^2\}\{b^2\}(y\_2^2-y\_1^2)\\)，

故\\(\\cfrac\{a^2\}\{b^2\}=1\\)，即\\(a^2=b^2\\)，即曲线\\(C\\)是一个圆；

证法2：设直线\\(l\\)和曲线的交点为\\(A(x\_1，y\_1)\\)，\\(B(x\_2，y\_2)\\)，则\\(x\_1\\neq x\_2\\)，

由于\\(|OA|=|OB|\\)，则有\\(\\sqrt\{x\_1^2+y\_1^2\}=\\sqrt\{x\_2^2+y\_2^2\}\\)，即\\(x\_1^2+(x\_1+1)^2=x\_2^2+(x\_2+1)^2\\)

整理为\\(2(x\_1-x\_2)(x\_1+x\_2+1)=0\\)，所以\\(x\_1+x\_2=-1\\)，

由\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{y=x+1\}\\\\\{\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1\}\\end\{array\}\\right.\\) 得到\\((a^2+b^2)x^2+2a^2x+a^2(1-b^2)=0\\)，

\\(\\Delta\\geqslant 0\\)，\\(x\_1+x\_2=\\cfrac\{-2a^2\}\{a^2+b^2\}\\)，所以\\(\\cfrac\{-2a^2\}\{a^2+b^2\}=-1\\)，

故\\(a^2=b^2\\)，即曲线\\(C\\)是一个圆；

（2）若曲线\\(C\\)过\\((0，2)\\)，\\((1，0)\\)，是否存在一个定点\\(Q\\)，使得\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}\\)为定值？若存在，求出定点\\(Q\\)和定值；若不存在，请说明理由。

分析：由题意得，椭圆\\(C\\)的方程为\\(\\cfrac\{y^2\}\{4\}+x^2=1\\)，假设存在点\\(Q(x\_0，y\_0)\\)，设交点为\\(A(x\_1，y\_1)\\)，\\(B(x\_2，y\_2)\\)，

由\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{y=kx+1\}\\\\\{x^2+\\cfrac\{y^2\}\{4\}=1\}\\end\{array\}\\right.\\) 得到\\((k^2+4)x^2+2kx-3=0\\)，

\\(x\_1+x\_2=\\cfrac\{-2k\}\{k^2+4\}\\)，\\(x\_1x\_2=\\cfrac\{-3\}\{k^2+4\}\\)，

由于直线\\(l:y=kx+1\\)恒过椭圆内定点\\((1，0)\\)，故\\(\\Delta >0\\)恒成立，

\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}=(x\_1-x\_0，y\_1-y\_0)\\cdot (x\_2-x\_0，y\_2-y\_0)\\)\\(=(x\_1-x\_0)(x\_2-x\_0)+(y\_1-y\_0)(y\_2-y\_0)\\)

\\(=x\_1x\_2-x\_0(x\_1+x\_2)+x\_0^2+(kx\_1+1-y\_0)(kx\_2+1-y\_0)\\)\\(=(1+k^2)x\_1x\_2+\[k(1-y\_0)-x\_0\](x\_1+x\_2)+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)

\\(=(1+k^2)\\cfrac\{-3\}\{k^2+4\}+\[k(1-y\_0)-x\_0\]\\cfrac\{-2k\}\{k^2+4\}+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)\\(=\\cfrac\{-3(1+k^2)-2\[k(1-y\_0)-x\_0\]k\}\{k^2+4\}+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)

\\(=\\cfrac\{(2y\_0-5)k^2+2x\_0k-3\}\{k^2+4\}+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)

当\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{x\_0=0\}\\\\\{\\cfrac\{2y\_0-5\}\{1\}=\\cfrac\{-3\}\{4\}\}\\end\{array\}\\right.\\)，即\\(x\_0=0\\)，\\(y\_0=\\cfrac\{17\}\{8\}\\)时，\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}=-\\cfrac\{3\}\{4\}+(\\cfrac\{9\}\{8\})^2=\\cfrac\{33\}\{64\}\\),

故存在定点\\((0，\\cfrac\{17\}\{8\})\\)，不论\\(k\\)为何值，都有\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}=\\cfrac\{33\}\{64\}\\)为定值。

转载于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/10823315.html