第8章 第7节 第6课时 探索性问题（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❻课时　探索性问题 探索性问题是高考命题的热点内容，往往与证明问题结合考查.圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，有时与探索性问题综合，一般先假设结论成立，再进行论证. [对应学生用书P203] 考点 探索性问题 (精研通) 【例】 (2023·江苏无锡高三开学考试)设F为椭圆C：＋y2＝1的右焦点，过点F且与x轴不重合的直线l交椭圆C于A，B两点. (1)当＝2时，求|FA|； (2)在x轴上是否存在异于点F的定点Q，使为定值(其中kQA，kQB分别为直线QA，QB的斜率)？若存在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由. 解：(1)设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2). 联立得(m2＋2)y2＋2my－1＝0. 又＝2，所以解得m2＝，|y1|＝＝， 所以||＝|y1|＝，即||＝. (2)假设在x轴上存在异于点F的定点Q(t，0)(t≠1)，使得为定值. 设直线AB的方程为x＝my＋1，联立得(m2＋2)y2＋2my－1＝0， 则y1＋y2＝，y1y2＝，所以y1＋y2＝2my1y2. 所以＝＝＝＝ ＝＝. 要使为定值，则＝， 解得t＝2或t＝1(舍去)，此时＝－1. 故在x轴上存在异于点F的定点Q(2，0)，使得为定值. 探索性问题的解题策略 探索性问题，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出存在的条件时，先假设成立，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. 1.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)是否存在过点P(0，2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足·＝2(O为坐标原点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由. 解：(1)由题意，得解得 ∴椭圆C的标准方程是＋＝1. (2)假设存在过点P(0，2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足·＝2(O为坐标原点)，当直线l的斜率不存在时，易得M(0，)，N(0，－)， ·＝－3，不符合题意，应舍去. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2). 由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 则Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)＞0，解得k＜－或k＞. x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－＋4 ＝.∵·＝2，∴＝2， 解得k＝±，满足Δ＞0， 故存在符合题意的直线，其方程为y＝±x＋2. 2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点(1，)，且其离心率为，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点. (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由. 解：(1)∵椭圆C过点(1，)，∴＋＝1. 又∵＝，解得a2＝4，b2＝3.∴椭圆C的方程为＋＝1. (2)假设存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切.当直线MN的斜率不存在时，由对称性， 设M(x0，x0)，N(x0，－x0). ∵M，N在椭圆C上，∴＋＝1，∴x＝. ∴原点O到直线MN的距离为d＝|x0|＝， ∴圆x2＋y2＝与直线MN相切； 当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为y＝kx＋m， 由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝. ∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0， ∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0. ∴(k2＋1)·－＋m2＝0，即7m2＝12(k2＋1). ∴原点O到直线MN的距离为d＝＝＝， ∴圆x2＋y2＝与直线MN相切. 故存在定圆x2＋y2＝与直线MN总相切. 3.已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)实轴端点分别为A1(－a，0)，A2(a，0)，右焦点为F，离心率为2，过点A1且斜率为1的直线l与双曲线C交于另一点B，已知△A1BF的面积为. (1)求双曲线C的方程； (2)若过点F的直线l′与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由. 解：(1)设直线l的方程为y＝x＋a，联立得y＝. 又e＝＝2，c2＝a2＋b2，代入上式，得yB＝3a， ∴S△A1BF＝(a＋c)·3a＝，解得a＝1， ∴b＝，c＝2， ∴双曲线C的方程为x2－＝1. (2)当直线l′点的斜率不存在时，易得M(2，3)，N(2，－3)， 直线A1M的方程为y＝x＋1，直线A2N的方程为y＝－3x＋3， 联立直线A1M与直线A2N的方程可得Q； 当直线l′的斜率存在时，设直线l′的方程为y＝k(x－2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立得(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， ∴直线A1M的方程为y＝(x＋1)， 直线A2N的方程为y＝(x－1)， 联立直线A1M与直线A2N的方程，得 ＝，两边平方，得＝， 又M(x1，y1)，N(x2，y2)满足x2－＝1， ∴＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝9， ∴＝9，∴x＝或x＝2(舍去) 综上，点Q在定直线上，且定直线方程为x＝. 分级练(62)　探索性问题 分级一　提能强化 1.(2021·重庆渝西九校联考)直线l过点P(0，b)且与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B(A，B都在x轴同侧)两点，过A，B作x轴的垂线，垂足分别为C，D. (1)若b＞0，|AC|＋|BD|＝p，证明：l的斜率为定值； (2)若Q(0，－b)，设△QAB的面积为S1，梯形ACDB的面积为S2，是否存在正整数λ，使3S1＝λS2成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. (1)证明：设直线l的方程是y＝kx＋b(k＞0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∵|AC|＋|BD|＝p，∴y1＋y2＝p， 由得ky2－2py＋2pb＝0，∴y1＋y2＝＝p， ∴k＝2，即l的斜率为定值2. (2)解：由(1)得Δ＝4p2－8pkb＞0，即0＜kb＜p， ∵点Q到直线l的距离d＝，且|AB|＝·|x1－x2|， ∴S1＝|AB|d＝|b||x1－x2|，S2＝(|AC|＋|BD|)|CD|＝|y1＋y2||x1－x2|＝|x1－x2|， ∴＝＝＝，∵0＜kb＜p，∴0＜＜， 假设存在正整数λ，使3S1＝λS2成立，则0＜＜，∴0＜λ＜. ∴存在正整数λ＝1，使3S1＝λS2成立. 2.(2022·山东潍坊一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，点(1，)在C上. (1)求C的方程； (2)若过动点P的两条直线l1，l2均与C相切，且l1，l2的斜率之积为－1，点A(－，0)，问是否存在定点B，使得·＝0？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由. 解：(1)由题意知，椭圆C的半焦距c＝1，焦点分别为(－1，0)，(1，0)， 由椭圆定义得，椭圆长轴长2a＝＋＝2，即a＝，所以b2＝a2－1＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)设点P(x0，y0)，显然x0≠±，过点P的直线方程为y－y0＝k(x－x0)， 由消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(y0－kx0)2－2＝0， 因为直线l与C相切，则Δ＝16k2(y0－kx0)2－8(1＋2k2)·[(y0－kx0)2－1]＝0， 得(y0－kx0)2＝1＋2k2， 即(x－2)k2－2x0y0k＋y－1＝0，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，显然k1，k2是上述关于k的一元二次方程的两个根，则k1k2＝＝－1，化简得x＋y＝3，即点P到坐标原点O的距离|PO|＝， 故点P在以O为圆心，为半径的圆上，并且是动点，而点A为该圆上一定点， 则当满足·＝0时，AB为圆O的直径，即点B(，0)， 所以存在点B(，0)使得·＝0. 分级二　知能探究 3.(2023·山东德州三模)已知F1，F2分别为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P(2，2)在双曲线C上，且双曲线C的渐近线与圆x2＋y2－6y＋8＝0相切. (1)求双曲线C的标准方程； (2)若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 解：(1)由题意，点P(2，2)在双曲线C上，可得－＝1， 圆x2＋y2－6y＋8＝0的圆心为(0，3)，半径为1，双曲线的渐近线与圆相切， 所以1＝，即＝8，解得a2＝1，b2＝8， 故双曲线C的标准方程为x2－＝1. (2)是定值，理由如下： 设直线l的方程为y＝k(x－3)，由于直线l交双曲线C的右支于A，B两点，故k≠0， 联立可得(8－k2)x2＋6k2x－9k2－8＝0， 当k2＝8时，直线l与双曲线的渐近线平行， 此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意； 故k2≠8，此时Δ＝256(k2＋1)>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝(k2>8)， 则＝，＝， 即线段AB的中点坐标为， 因为Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|， 故Q为AB的垂直平分线与x轴的交点， AB的垂直平分线的方程为y－＝－， 令y＝0，则x＝，即Q， 所以|QF2|＝＝， 又|AB|＝＝， 又因为A，B在双曲线的右支上，故|AF1|－|AF2|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2， 故|AF1|＋|BF1|－|AF2|－|BF2|＝4，即|AF1|＋|BF1|－4＝|AB|， 故＝＝＝， 即为定值，定值为. 4.(2023·山东济南三模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，圆M：x2＋y2＝1与x轴的交点恰为C的焦点，且C上的点到焦点距离的最大值为b2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)不过原点的动直线l与C交于A，B两点，平面上一点D满足＝，连接BD交C于点E(点E在线段BD上且不与端点重合)，若＝，试判断直线l与圆M的位置关系，并说明理由. 解：(1)由题意，圆M：x2＋y2＝1与x轴的交点为(±1，0)，可得c＝1， 椭圆C上的点到焦点距离的最大值为a＋c＝b2， 又因为a2＝b2＋c2，可得a＝2，b＝， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)直线l与圆M相离.理由如下： 如图所示，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋m(m≠0)， 与＋＝1联立可得， (4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 且有x1＋x2＝－，x1x2＝， Δ＝(8km)2－4(4k2＋3)(4m2－12)>0(*)， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝， 由＝可得点A为OD中点，可得D(2x1，2y1)， 且有＝＝＝， 所以可得，＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)， 即点E的坐标为， 将点E代入椭圆＋＝1， 可得2＋2＝1， 化简后，得＋＋＝1， 由于点A，点B分别满足＋＝1，＋＝1， 代入上式可得，＋＝0，即3x1x2＋4y1y2＝0. 由根与系数的关系可得，2m2＝4k2＋3，满足(*)式， 点O到直线l的距离d＝＝＝＝， 由k2≥0，可得2(k2＋1)≥2，0<≤， 所以≤<， 所以有d≥>1＝r， 所以直线l与圆M相离， 当直线l的斜率不存在时，此时有x1＝x2，y1＝－y2， 代入3x1x2＋4y1y2＝0， 可得3x－4y＝0， 又＋＝1，可得x1＝±， 所以直线l的方程为x＝±，也满足直线l与圆M相离. 综上，直线l与圆M相离. 学科网（北京）股份有限公司 $$