【文档说明】专题3.15 探究向量关系式，几何意义先分析-玩转压轴题，突破140分之高三数学解答题高端精品（2019版）（解析版）.docx，共(29)页，1.119 MB，由管理员店铺上传

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【题型综述】探究向量关系问题解题策略：（1）“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向量关系存在，用向量的坐标运算，转化直线与圆锥曲线交点坐标的函数式，利用设而不求思想，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则向量关系存在存在；否则，向量关系不存

在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.【典例指引】类型一探究向量式是否为定值例1【2015高考四川，文20】如图，椭圆E：22221xyab+=(a>b>0)的离心率是22，点P(0，1)在短轴CD上，且PCPD

＝－1(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、B两点.是否存在常数λ，使得OAOBPAPB+为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.类型二探究向量式是否成立例2.【20

14高考湖南卷文第20题】如图5，O为坐标原点，双曲线221112211:1(0,0)xyCabab−=和椭圆222222222:1(0)xyCabab+=均过点23(,1)3P，且以1C的两个顶点和2C的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求12,CC

的方程；(2)是否存在直线l，使得l与1C交于,AB两点，与2C只有一个公共点，且||||OAOBAB+=？证明你的结论.是()22221212122333kmyykxxkmxxmk−=+++=−,联立直线l与椭圆22132ykxmyx=++=

可得()222234260kxkmxm+++−=,因为直线l与椭圆只有一个交点,所以()()222201682330kmkm=−+−=,化简可得2223km=−,因此2222121222233330333mkmkOAOBxxyykkk+−−−=+=+=−−−,

于是222222OAOBOAOBOAOBOAOB+++−,即22OAOBOAOB+−,所以OAOBAB+,综上不存在符合题目条件的直线l.学&科网类型三探究向量式成立的条件例3【2013年高考，天津卷理】设椭圆22221(0

)xyabab+=的左焦点为F,离心率为33,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为433.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设A,B分别为椭圆的左右顶点,是否存在过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点，

且··8ACDBADCB+=,若存在，求k的值，不存在，说明理由..=6+2221223kk++，由已知得6+2221223kk++=8，解得2k=.学&科网类型四利用向量探究曲线过定点例4.(2012福建理19)如图，椭圆)0(1:2222=+babyaxE的左焦点为1F，

右焦点为2F，离心率21=e。过1F的直线交椭圆于BA,两点，且2ABF的周长为8。（Ⅰ）求椭圆E的方程。（Ⅱ）设动直线mkxyl+=:与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线4=x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。(法3)由22143ykxmxy=++=得222(43)84120kxkmxm+++−=，∵动直线l与椭圆E有且只要一个交点00(,)Pxy，∴0m且△=0，即2222644(43)(412)0kmkm−+−=，化简得

22430,km−+=①此时0x=2443kmk−+=4km−，0y=0kxm+=3m，∴P(4km−,3m),由4xykxm==+得Q(4，4km+).学&科网假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上,【扩展链接】1.设圆锥曲线C的焦点F在x轴上，过焦点

F且斜率为k的直线l交曲线C于BA,两点，若)0(=FBAF，则|11|12+−+=ke.2.在圆锥曲线中，过焦点F不垂直于坐标轴的弦为AB，其垂直平分线和焦点所在的坐标轴交于R，则2||||eABFR=.3.已知

椭圆)0(12222=+babyax的两个焦点分别为)0,(1cF−和)0,(2cF（0c），过点)0,(2caE的直线与椭圆相交于BA,两点，若)1(21=BFAF，则直线一定过),0(b或),0(b−.4.如果平面内有BAO,,三点不共线，设222)(||||21OBOAO

BOASAOB•−=.【新题展示】1．【2019湖北恩施2月质检】已知抛物线：的焦点为，其准线：与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点．（1）求抛物线的方程；（2）点关于轴的对称点为，证明：存在实数，使得．【思路引导】（1）

根据抛物线的准线为直线：，可求出，进而可得抛物线方程；（2）先设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，由韦达定理，求出直线恒过定点，进而可证明结论成立．【解析】（1）因为抛物线：的准线为直线：，所以，解得．所以抛物线的方程为．（2）易知点的坐标为，

据此可设直线的方程为，，．联立整理得，故因为点关于轴的对称点为，，所以．则直线的方程为，得，得，即．令，得，得．所以直线恒过定点．所以点在直线上，所以不妨令．因为，所以，所以，所以．所以存在实数，使得，命题得证．2．【2019黑

龙江齐齐哈尔一模】已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为，．过焦点且垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为3，直线与椭圆相切．（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在直线：与椭圆相交于两点，使得？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由！【思路引导】（1）由题意

列出关于a，b的关系式，解得a，b即可．（2）将直线与椭圆联立，将向量数量积的运算用坐标形式表示，利用根与系数之间的关系确定k的取值范围．【解析】（1）在中，令，得，解得．由垂径长（即过焦点且垂直于实轴的直线与椭圆相交所得的弦长）为3，得，所以．①因为直线：与椭圆相切，则．②将②

代入①，得．故椭圆的标准方程为．（2）设点，．由（1）知，则直线的方程为．联立得，[来源:学科网]则恒成立．所以，，．因为，所以．即．即，得，得，即，解得；∴直线存在，且的取值范围是．3．【2019安徽江南十校3月检测】设是坐标原点，圆：，椭圆的焦点在轴上，左、右顶点分别为，，

离心率为，短轴长为4．平行轴的直线与椭圆和圆在轴右侧的交点分别为，，直线与轴交于点，直线与轴交于点．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）当时，求的取值范围．【思路引导】（1）根据椭圆的几何性质，得到关于的方程，求得结果；（2）解法一：假设方程和坐标

，利用得到和的坐标，从而将转化为关于的式子，求得范围；解法二：假设方程和坐标，与椭圆方程联立解出点坐标，进一步推导出坐标，将转化为关于的式子，求得范围．【解析】（1）设椭圆的标准方程为由题意得，解得椭圆的标准方程为（2）解法一：设且，，，，

设，共线，得，同理得解法二：设，，联立得：，，令得又由，令得又轴[来源:Zxxk.Com]4．【2019河北衡水中学摸底】已知点是抛物线的焦点，若点在抛物线上，且求抛物线的方程；动直线与抛物线相交于两点，问：在轴上是否

存在定点其中，使得向量与向量共线其中为坐标原点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【思路引导】求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义可得的坐标，代入抛物线方程，解得，进而得到抛物线的方程；在轴上假设存在定点其中，使得与向量共线，可得轴平分，设，，联立和，根据恒成立

，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理可得的方程，求得，可得结论．【解析】抛物线C：的焦点为，准线方程为，即有，即，则，解得，则抛物线的方程为；在x轴上假设存在定点其中，使得与向量共线，由，均为单位向量，且

它们的和向量与共线，可得x轴平分，设，，联立和，得，恒成立．，设直线DA、DB的斜率分别为，，则由得，，，联立，得，故存在满足题意，[来源:学科网ZXXK]综上，在x轴上存在一点，使得x轴平分，即与向量共线

．【同步训练】1．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的上下两个焦点分别为F1，F2，过点F1与y轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，△MNF2的面积为，椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知O为坐标原点，直线l：y=kx+m与y轴交于点P，与

椭圆C交于A，B两个不同的点，若存在实数λ，使得+λ=4，求m的取值范围．【思路点拨】（1）根据已知设椭圆的焦距2c，当y=c时，|MN|=|x1﹣x2|=，由题意得，△MNF2的面积为|MN|×|F1F2|=

c|MN|=，又∵，解得a、b即可．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（0，y0），分类讨论：当m=0时，利用椭圆的对称性即可得出；m≠0时，直线AB的方程与椭圆的方程联立得到△＞0及根与系数的关系，再利用向量相等，代入计算即可得出．（2）当m=0时，则P（0，0），由椭圆的对称性得

，∴m=0时，存在实数λ，使得+λ=4，当m≠0时，由+λ=4，得，∵A、B、p三点共线，∴1+λ=4，⇒λ=3⇒设A（x1，y1），B（x2，y2），由，得（k2+4）x2+2mkx+m2﹣4=0，由已知得△=4m2k2﹣4（k2+4）（m

2﹣4）＞0，即k2﹣m2+4＞0，且x1+x2=，x1x2=．由得x1=﹣3x2学&科网[来源:Z§xx§k.Com]3（x1+x2）2+4x1x2=0，∴，⇒m2k2+m2﹣k2﹣4=0，显然m2=

1不成立，∴∵k2﹣m2+4＞0，∴，即．解得﹣2＜m＜﹣1或1＜m＜2．学&科网综上所述，m的取值范围为（﹣2，﹣1）∪（1，2）∪{0}2.已知F1，F2分别是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的两个焦点，P（

1，）是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知动直线l过点F2，且与椭圆C交于A、B两点，试问x轴上是否存在定点Q，使得•=﹣恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）根据椭圆的性质及等差数列性质得出a=c

，把P点坐标代入椭圆方程列方程组解出a，b得出椭圆方程；（2）设Q（m，0），讨论直线l的斜率，求出A，B坐标，列方程解出m．3.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：+=1（a＞b＞0）的一个焦点为F1（﹣，0），M（1，y）（y＞0）为椭圆上的一点，△MOF1的面积为．（1）求椭圆C

的标准方程；（2）若点T在圆x2+y2=1上，是否存在过点A（2，0）的直线l交椭圆C于点B，使=（+）？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）由已知列式c=，，∴，得a2，b2即可；（2）设直线l的方程为：y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2

，y2）．由得（1+4k2）x2﹣16k2x+16k2﹣4=0，x1+x2=，y1+y2=k（x1+x2）﹣4k=，=（+）=，得T（）代入圆C1，可得化为176k4﹣24k2﹣5=0可求得k．4.已知椭圆的两个焦点为，是椭

圆上一点，若，．（1）求椭圆的方程；（2）直线l过右焦点（不与x轴重合）且与椭圆相交于不同的两点A，B，在x轴上是否存在一个定点P（x0，0），使得的值为定值？若存在，写出P点的坐标（不必求出定值）；若不存在，说明理由．【思路点拨】（1）根据椭圆的定义及勾股定

理即可求得a=3，c=，b2=a2﹣c2=4，即可求得椭圆方程；（2）方法一：设直线l：x=my+，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，•=t则（4x02﹣36）m2+9x02﹣18x0+29=t（4m2+9），比较系数，即可求得x0=，在

x轴上存在一个定点P（，0），使得•的值为定值（﹣）；方法二：分类讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l：y=k（x﹣），代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，令•=t则（9x02﹣18x0+29）k2+4x02﹣36=t（4+9k2）

，9x02﹣18x0+29=9t且4x02﹣36=4t，即可求得x0=，此时t的值为﹣．解法二：当直线与x轴不垂直时，设直线l方程为：y=k（x﹣），代入椭圆方程并消元整理得：（9k2+4）x2﹣18k2x+45k2﹣36=

0…①设A（x1，y1），B（x2，y2），则是方程①的两个解，由韦达定理得：x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣）（x2﹣）=k2（x1x2﹣（x1+x2）+5）=﹣，•=（x1﹣x0，y1）

•（x2﹣x0，y2）=（x1﹣x0）（x2﹣x0）+y1y2=x1x2﹣x0（x1+x2）+x02+y1y2，=，学&科网令•=t则（9x02﹣18x0+29）k2+4x02﹣36=t（4+9k2），9x02﹣18x0+29=9t且4x02﹣36=4t，解得：x0=，此时t的值为﹣，当直线l

与x轴垂直时，l的方程为：x=，代入椭圆方程解得：A（，﹣），B（，），•=（﹣，﹣）•（﹣，）=﹣=﹣，∴当直线l与x轴垂直时，•也为定值﹣，综上，在x轴上存在一个定点P（，0），使得•的值为定值（﹣）．5.如图已知椭圆C：+=1（a＞

b＞0）的离心率为，以椭圆的左顶点T为圆心作圆T：（x+2）2+y2=r2（r＞0），设圆T与椭圆C交于点M，N．（1）求椭圆C的方程；（2）求•的最小值，并求此时圆T的方程．【思路点拨】（1）运用椭圆的离心率公式和顶点坐标，结合a，b，c的关系，可得椭

圆方程；（2）设M（m，n），由对称性可得N（m，﹣n），代入椭圆方程，再由向量数量积的坐标表示，转化为关于m的二次函数，配方，结合椭圆的范围，可得最小值，进而得到M的坐标，可得圆的方程．6.已知椭圆的离心率

，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x+y﹣2=0相切．[来源:Zxxk.Com]（1）求椭圆的标准方程；（2）对于直线l：y=x+m和点Q（0，3），椭圆C上是否存在不同的两点A与B关于直线l对称，且3•=32，若存在实数m的

值，若不存在，说明理由．【思路点拨】（1）由椭圆的离心率，得b=c，写出以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程，再由点到直线的距离列式求得b，c的值，结合隐含条件求得a，则椭圆方程可求；（2）由题意设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB方程为：y=﹣x+n．联立消y整理可得

：3x2﹣4nx+2n2﹣2=0，由△＞0解得n的范围．再由根与系数的关系结合中点坐标公式求得直线AB之中点坐标，代入直线AB，再由点P在直线l上求得m的范围，最后由3•=32求得m的值．（2）由题意设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB方程为：y=﹣

x+n．联立消y整理可得：3x2﹣4nx+2n2﹣2=0，由△=（﹣4n）2﹣12（2n2﹣2）=24﹣8n2＞0，解得．，，学&科网设直线AB之中点为P（x0，y0），则，由点P在直线AB上得：，又点P在直线l上，∴，则…①．又，，∴=，解得：或m

=﹣1…②学&科网综合①②，知m的值为．7.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A、B，且长轴长为8，T为椭圆上一点，直线TA、TB的斜率之积为﹣．（1）求椭圆C的方程；（2）设O为原点，过点M（0，2）的动直线与椭圆C交于P、Q两

点，求•+•的取值范围．【思路点拨】（1）求得直线TA，TB的斜率，由•=﹣，即可求得椭圆C的方程；（2）设直线PQ方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标，求函数的单调性，即可求得•+•的取值范围．==﹣20+．…（8分）﹣20＜•+•≤﹣，…（10分）学&科网当直线PQ斜率

不存在时•+•的值为﹣20，综上所述•+•的取值范围为[﹣20，﹣]．…（12分）8.已知抛物线E：x2=4y的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点．（1）若点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值；

（2）过A，B分别作抛物线E的切线l1，l2，若l1与l2交于点P，求的值．【思路点拨】（1）由题意设直线AB的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及弦长公式，根据函数的单调性即可求得四边形OACB面积的最小值；（2）求导，利用点斜式方程，求得

求得切线l1，l2的方程，联立求得P点坐标，根据向量的坐标运算，即可求得的值．9.已知点P（4，4），圆C：（x﹣m）2+y2=5（m＜3）与椭圆E：+=1（a＞b＞0）有一个公共点A（3，1），F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，直线PF1与圆C相切．（1）求m的值与椭圆E的方

程；（2）设Q为椭圆E上的一个动点，求•的取值范围．【思路点拨】（1）先利用点A在圆上求出m，再利用直线PF1与圆C相切求出直线PF1与的方程以及c，再利用点A在椭圆上求出2a，即可求出椭圆E的方程；（2）先把用点Q的坐标表示出来，再

利用Q为椭圆E上的一个动点以及基本不等式即可求出的取值范围．（2），设Q（x，y），，．∵，即x2+（3y）2=18，而x2+（3y）2≥2|x|•|3y|，∴﹣18≤6xy≤18．学&科网则（x+3y）2=x2+（3y）2+6xy=18+6xy的取值范围是[0，

36]．∴x+3y的取值范围是[﹣6，6]∴x+3y﹣6的范围只：[﹣12，0]．即的取值范围是[﹣12，0]．10.若椭圆E1：与椭圆E2：满足，则称这两个椭圆相似，m叫相似比．若椭圆M1与椭圆相似且过点

．（1）求椭圆M1的标准方程；（2）过点P（﹣2，0）作斜率不为零的直线l与椭圆M1交于不同两点A、B，F为椭圆M1的右焦点，直线AF、BF分别交椭圆M1于点G、H，设，，求λ1+λ2的取值范围．【思路点拨】（1）根据题

意，设椭圆M1的标准方程为，由“椭圆相似”的性质思路引导可得，，解可得a2、b2的值，代入椭圆的方程即可得答案；（2）设直线l的斜率为k，以及A、B、G、H的坐标，可以表示、的坐标，分“AG与x轴不垂直”和“AG与x轴垂直”两种情况，求出直线

AG的方程，联立直线与椭圆的方程，由根与系数的关系的思路引导可得λ1+λ2范围，即可得答案．得，∴λ1=3﹣2x1，当AG与x轴垂直时，点A的横坐标为1，λ1=1，λ2=3﹣2x1成立，同理可得λ2=3﹣2x2，设直线l的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，得（2k2+1）x2+8k2x+

8k2﹣2=0，则，得，，，，由得，即λ1+λ2范围为（6，10）．学&科网11.已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为圆F1、F2，M是C上一点，|MF1|=2，且||||=2．（1）求椭圆C

的方程；（2）当过点P（4，1）的动直线l与椭圆C相交于不同两点A、B时，线段AB上取点Q，且Q满足||||=||||，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线的方程．【思路点拨】（1）由已知得a=2c，且∠F1MF2=60°，由余弦定理求出c=1，即可求得a，结合隐含条件

求得b，则椭圆C的方程可求；（2）设直线l的方程为y=kx+（1﹣4k），代入椭圆方程，得（3+4k2）x2+（8k﹣32k2）x+64k2﹣32k﹣8=0，利用根与系数的关系结合已知向量等式即可证明点Q总在某定直线上，并求出该

定直线方程．证明：（2）由题意可得直线l的斜率存在．设直线l的方程为y﹣1=k（x﹣4），即y=kx+（1﹣4k），代入椭圆方程，整理得（3+4k2）x2+（8k﹣32k2）x+64k2﹣32k﹣8=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，．设Q（x0，y0），由

||||=||||，得：（4﹣x1）（x0﹣x2）=（x1﹣x0）（4﹣x2）（考虑线段在x轴上的射影即可），∴8x0=（4+x0）（x1+x2）﹣2x1x2，学&科网于是，整理得3x0﹣2=（4﹣x0

）k，①又k=，代入①式得3x0+y0﹣3=0，∴点Q总在直线3x+y﹣3=0上．12.如图，椭圆E：，点P（0，1）在短轴CD上，且（1）求椭圆E的方程及离心率；（2）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ

，使得为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）由已知可得点C，D的坐标分别为（0，﹣b），（0，b）．结合•=﹣2列式求得b，则椭圆方程可求，进一步求出c可得椭圆的离心率；（2）当直线A

B的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+1，A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）．联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系可得A，B横坐标的和与积•+λ•，可知当λ=2时，•+λ•=﹣7为定值．当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，仍有•+λ

•=•+2•=﹣3﹣4=﹣7，故存在常数λ=2，使得•+λ•为定值﹣7．