【文档说明】优生从120分到150分之路(圆锥曲线)---特殊到一般的探索思想-解析版-2023届高考数学一轮复习优生从120分到150分之路（圆锥曲线）.docx，共(13)页，597.874 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-89241e0aa9f48845eed08b3eba3a33b5.html

以下为本文档部分文字说明：

特殊到一般的探索思想知识与方法在圆锥曲线的解答题中，有一类探索性问题，直接求解目标较为困难，此时不妨先用一两种特殊情况将问题的答案求出来，再论证该结果对一般的情形也成立，解决问题.由特殊到一般，是一种重要的探索问题的思想方法.典型例题1.（★★★★）已知双曲线()2222:10,0x

yEabab−=的两条渐近线分别为1:2lyx=，2:2lyx=−.（1）求双曲线的离心率；（2）如下图所示，动直线l分别交直线1l、2l于A、B两点（A、B分别在第一、四象限），且OAB△的面积恒为8，试探究：是否总存在与直线l只有一个交点

的双曲线E?若存在，求出双曲线E的方程，不存在，说明理由.【解析】（1）由题意，2ba=，所以2ba=，224ba=，故2224caa−=，所以225ca=，故离心率5cea==（2）解法1：由（1）知2ba=，双曲线的方程可

化为222214xyaa−=当直线lx⊥轴时，设其方程为()0xtt=，代入2yx=可得2yt=，所以214282OABSttt===△，解得：2t=或2−(舍去)，显然此时与直线l只有一个交点的双曲线为221416xy−=，故若满足条件的双曲线E存在

，只能为221416xy−=，下面证明当l不垂直于x轴时，直线1与双曲线221416xy−=也只有一个交点，此时可设直线l的方程为ykxm=+，l与两条渐近线分别交于第一、四象限，所以2k或2k−，直线

l与x轴的交点为,0mk−，设()11,Axy，()22,Bxy联立2ykxmyx=+=，解得：22myk=−，所以122myk=−，联立2ykxmyx=+=−解得：22myk=+，所以222myk=+，故1228222AOBmmmSkkk=−−=−+△，

整理得：()2244mk=−①，联立221416ykxmxy=+−=消去y整理得：()22242160kxkmxm−−−−=，判别式()2216416km=−−−将式①代入可得0=，即l与双曲线E只有一个交点，综上所述，存在总与直线l只有一个

交点的双曲线22:1416xyE−=.解法2：由（1）知2ba=，双曲线E的方程可化为222214xyaa−=显然l不与y轴垂直，设其方程为xmyt=+，l与两条渐近线分别交于第一、四象限，所以1122m−设()11,Axy，()22,Bxy，由2xmytyx=+=

解得：212tym=−，所以1212tym=−由2xmytyx=+=−解得：212tym=−+，所以2212tym=−+直线l与x轴的交点为(),0t，故122821212AOBttStmm=−−=−+△，整理得：

()22414tm=−①，联立222214xmytxyaa=+−=消去x整理得：()()222241840mymtyta−++−=直线l与双曲线E始终只有1个交点等价于()()22222641641

0mtmta=−−−=恒成立，即222240maat−+=恒成立，将式①代入得：()()224140ma−−=，因为1122m−，所以2410m−，从而24a=，故存在总与直线l只有一个交点的双曲线22:1416xyE−=【反思】本题背后有一个经典的结论，双曲线

22221xyab−=的任意切线与两条渐近线围成的三角形的面积为定值ab，这道题就是基于这一结论命制的.2.（★★★★★）如下图所示，椭圆()2222:10xyEabab+=的左焦点为1F，右焦点为2F，离心率12e=，过1F的直线交椭圆于A、B两点，且2ABF△的周长为8.

（1）求椭圆E的方程；（2）设动直线:lykxm=+与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线4x=相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.【解析】（1）由题意，2248ABAFBF

a++==，所以2a=，又椭圆E的离心率2212abea−==，所以3b=，故椭圆E的方程为22143xy+=（2）解法1：联立223412ykxmxy=++=消去y整理得：()222438412

0kxkmxm+++−=，由判别式()()2222644434120kmkm=−+−=得：2243mk=+，显然0m，设()00,Pxy，则024443kmkxkm=−=−+，22200443kmkykxmmmmm−=+=−+==，

所以43,kPmm−，联立4xykxm==+解得：44xykm==+，故()4,4Qkm+，假设平面上存在定点M满足题意，由图形的对称性知点M必在x轴上，取0k=，3m=，则以PQ为直径的圆为()()22234xy−+−

=，与x轴的交点为()11,0M，()23,0M，取12k=−，2m=，则以PQ为直径的圆为2253452416xy−+−=，与x轴的交点为()11,0M，()34,0M，故若符合条件的点M存在，其坐标必为()1,0，

下面证明()1,0M即为所求，只需证0MPMQ=对任意k和m恒成立，而431,kMPmm=−−，()3,4MQkm=+，所以()431212134330kkkMPMQkmmmmm=−−++=−−++=综上所

述，存在定点()1,0M，使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法2：联立223412ykxmxy=++=消去y整理得：()2224384120kxkmxm+++−=，由判别式()()2222644434120kmkm=−+−=得：2243mk=+，显然0m，设()00,

Pxy，则024443kmkxkm=−=−+，22200443kmkykxmmmmm−=+=−+==，所以43,kPmm−，联立4xykxm==+解得：44xykm==+，故()4,4Qkm+，假设平面上存在

定点M满足题意，由图形的对称性知点M必在x轴上，设(),0Mt,则问题等价于0MPMQ=对任意k和m恒成立，43,kMPtmm=−−，()4t,4MQkm=−+，所以()()22434161

2444443430kktkkktkMPMQttkmttttmmmmmmm=−−−++=+−−++=+−−+=整理得：()()241430tkttm−+−+=，故210430ttt−=−+=，解得：

1t=所以存在定点()1,0M，使得以PQ为直径的圆恒过点M.【反思】本题的求解思路是什么？为什么可以根据对称性判断出符合条件的点M必在x轴上？3.（2022·全国乙卷·理·20·★★★★★）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过()

0,2A−，3,12B−两点.（1）求E的方程；（2）设过点()1,2P−的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MTTH=.证明：直线HN过定点.【解析】（1）设椭圆E的方程

为221pxqy+=()0,0,pqpq，由题意，41914qpq=+=，解得：1314pq==，所以椭圆E的方程为22134xy+=（2）显然直线MN不与y轴垂直，故可设其方程为12xmym=++，设()11,Mxy，()22,Nxy，联立22124312xm

ymxy=+++=消去x整理得：()()222243168161680mymmymm+++++−=，由韦达定理，212216843mmyym++=−+，21221616843mmyym+−=+，易求得直线AB的方程为223yx=−，联立1223yyyx==−，解得

：()1322xy=+，所以()1132,y2Ty+因为MTTH=，所以T为MH中点，从而()11136,Hyxy+−故()11136,2AHyxy=+−+，()22,2ANxy=+，()()()()()()()1122111221362236122122yxyxy

ymymymymy+−+−+=+−−−+−+++()()()()()22121222161681682345882345884343mmmmmyymyymmmmmm+−+=−+−++−=−−−+−++()()()()()()2222231616845168884343mmmmmmmmm−+−

−−++−+=+()3223223223232164848246432804032243224043mmmmmmmmmmmmm+−−−+−+−−++−−==+所以AH与AN共线，故直线HN过定点()0

,2A−.4.（★★★★★）如下图所示，椭圆()2222:10xyEabab+=的离心率是22，过点()0,1P的动直线l与椭圆交于A、B两点.当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22.（1）求椭圆E的方程；（2）在平面

直角坐标系中是否存在与点P不同的定点Q，使得QAPAQBPB=恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.【解析】（1）设()11,Axy，()22,Bxy，由题意，2222abea−==，故222ab=①，联立222211yxyab=+=，解得：2

21abxb−=，所以2212122abxxb−−==②，联立①②可得：24a=，22b=，故椭圆E的方程为22142xy+=.（2）解法1：当直线l平行于x轴时，1PAPB=，故若符合题意的点Q存在，则1QAQB=，所以点Q只能

在y轴上，设点()0,Qm,当直线lx⊥轴时，不妨设()0,2A，()0,2B−，由PAQAPBQB=得：221212mm−−=++，解得：2m=或1（舍去），故若符合题意的点Q存在，只能为()0,2，下面证明当点Q的坐标为()0,2时，PAQAPB

QB=恒成立，当l不与坐标轴垂直时，可设直线l的方程为1ykx=+()0k，要证PAQAPBQB=，只需证()()2221112222222112xykxkxxy+−+=++−，即证()()222222211

12211xxkxxxkx+−=+−，故只需证()121220kxxxx−+=，联立221142ykxxy=++=消去y整理得：()2212420kxkx++−=，易得0△恒成立，由韦达定理，122412kxxk+=−+

，122212xxk=−+从而()121222242201212kkxxxxkkk−+=−−−=++，所以PAQAPBQB=恒成立，综上所述，存在点()0,2Q，使得PAQAPBQB=恒成立.解法2：当直线l平行于x轴时，1PAPB=，故若符合题意的点Q

存在，则1QAQB=，所以点Q只能在y轴上，设点()0,Qm,当直线lx⊥轴时，不妨设()0,2A，()0,2B−，由PAQAPBQB=得：221212mm−−=++，解得：2m=或1（舍去），故若符合题意的点Q存在

，只能为()0,2，下面证明当点Q的坐标为()0,2时，PAQAPBQB=恒成立，当l不与坐标轴垂直时，可设直线l的方程为1ykx=+()0k，联立221142ykxxy=++=消去y整理得：(

)2212420kxkx++−=，易得0△恒成立，由韦达定理，122412kxxk+=−+，122212xxk=−+设点B关于y轴对称点为B，则()22,Bxy−，所以()12211212121

2222OAOBxyxyxxyykkxxxx+−+−−−=−=−而()()()()1221121221122112xyxyxxxkxxkxxx+−+=+++−+()121222242201212kkxxxxkkk

=−+=−−−=++所以0QAQBkk−=，即QAQBkk=，所以Q、A、B三点共线，从而1122QAQAxxQBQBxx===−，显然12PAxPBx=，所以PAQAPBQB=恒成立，综上所述，存在点()0,2Q，使得PAQAPBQB=恒成立.解法3：当直

线l平行于x轴时，由对称性易得1PAPB=，若符合题意的点Q存在，则1QAQB=，所以点Q只能在y轴上，设点()00,Qy,当l不垂直于x轴时，设其方程为1ykx=+，由角平分线性质定理知PAQAPBQB=等价于y轴为AQB的平分线，也即0QAQBkk+=联

立221142ykxxy=++=消去y整理得：()2212420kxkx++−=，易得0△恒成立，由韦达定理，122412kxxk+=−+，122212xxk=−+设点B关于y轴对称点为B，则()22,Bxy

−，()()()()()210120120121221012102012121212210OAOBxyyxyykxxyxxxyxyyxxyyyykkxxxxxxxx−+−+−+−+−−+=+====−即()()

()()012012022242442110121212kykkkxxyxxykkk−−+−+=−+−==+++恒成立，故02y=，当lx⊥轴时，不妨设()0,2A，()0,2B−，则2121PAPB−=+，22212221QAQB−−==+

+，所以也满足PAQAPBQB=，综上所述，存在点()0,2Q，使得PAQAPBQB=恒成立.【反思】①当题干描述的几何关系（如本题的PAQAPBQB=）不容易直接进行代数翻译时，可以先用一些特殊情况来探路，获得问题的结果，再证明该结果在一般情况下也成立，这种由特殊到一般

的思想，是存在性问题的一种非常重要的研究方法；②结合角平分线性质定理，本题的结论PAQAPBQB=等价于PQ是AQB的平分线，发现了这一点，就可以像解法3那样将问题转化为斜率和为0来处理.强化训练5.（★★★★）椭圆()2222:10xyCabab+=的两焦点与短轴的一个端点的连线构

成斜边长为2的等腰直角三角形.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点10,3S−的动直线l交椭圆C于A、B两点.试问：在坐标平面内是否存在一个定点Q，使得以AB为直径的圆恒过点Q?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.【解析】（1）由题意，1bc==，所以2222abc

=+=，故椭圆C的标准方程为2212xy+=.（2）当ly⊥轴时，联立221312yxy=+=解得：43x=，故以AB为直径的圆为2211639xy++=，当lx⊥轴时，显然以AB为直径的圆

为221xy+=联立2222116391xyxy++=+=解得：01xy==，故若存在满足题意的点Q，则点Q的坐标只能为()0,1，下面证明当l不垂直于坐标轴时，以AB为直径的圆也恒过点()0,1Q当l不垂直于坐标轴时，可

设其方程为()103ykxk=−，设()11,Axy，()22,Bxy联立221312ykxxy=−+=消去y整理得：()2218912160kxkx+−−=易知()22144641890kk=++恒成立，由韦

达定理，12212189kxxk+=+，12216189xxk=−+，所以()12122263189yykxxk+=+−=−+，()221212121221111183339189kkyykxkxkxxxxk−=−

−=−++=+，而()11,1QAxy=−，()22,1QBxy=−，故()2121212222161186110189189189kQAQBxxyyyykkk−=+−++=−+++=+++，从而以AB为直径的圆恒过点Q，综上所述，坐标平面内存在定

点()0,1Q，使得以AB为直径的圆恒过点Q.6.（★★★★）已知椭圆()222210xyabab+=过点31,2，椭圆的左、右顶点分别为1A、2A，点P坐标为()4,0，1PA、12AA、2PA成等差数列.（1）求椭圆的标准方程；（2）椭圆内部是否存在一

个定点T，过此点的直线l交椭圆于M、N两点，且12PMPN=恒成立?若存在，求出此点；若不存在，说明理由.【解析】（1）由题意，()1,0Aa−，()2,0Aa，14PAa=+，122AAa=，24PAa=−，因为

1PA、12AA、2PA成等差数列，所以444aaa++−=，解得：2a=，又椭圆过点31,2，所以221314ab+=，将2a=代入可得1b=，故椭圆的标准方程为2214xy+=.（2）假设存在满足条件的定点()00,Txy，则当lx⊥轴时，其方

程为0xx=代入2214xy+=解得：2014xy=−，不妨设200,14xMx−，200,14xNx−−，则2004,14xPMx=−−，2004,14xPNx=−−−，所

以()220041124xPMPNx=−−−=，解得：025x=或6，又点T在椭圆内部，所以025x=当ly⊥轴时，其方程为0yy=，代入2214xy+=解得：2021xy=−，不妨设()20021,Myy−，()20021,Nyy−−

，则()200214,PMyy=−−，()200214,PNyy=−−−，所以()2200164112PMPNyy=−−+=，解得：00y=，故2,05T，当直线l不与坐标轴垂直时，可设其方程为()205xmym=+设()11,Mxy，()

22,Nxy，则()114,PMxy=−，()224,PNxy=−，联立222514xmyxy=++=消去x整理得：()222510020960mymy++−=，易得判别式0，由韦达定理，1222025100myym+=−+，1229625100yym=−

+()12122480525100xxmyym+=++=+，()221212122241610052525100mmxxmyyyym−=+++=+，所以()21212122221610032096416161

2251002510025100mPMPNxxxxyymmm−=−+++=−+−=+++综上所述，存在定点2,05T，使得12PMPN=恒成立.