第8章 专题4 第5课时 探索性问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第八章　解析几何 专题四　高考中的解析几何问题 第五课时　探索性问题 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 课时作业(五十四) 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 谢谢观看！ 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，有时与探究性问题综合，一般先假设结论成立，再进行论证． 【例】 已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝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 eq \r(3) . (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 eq \o(OM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) ＝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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b＝2\r(3)，,a＝2c，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)．)) ∴椭圆C的标准方程是 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1． (2)当直线l的斜率不存在时，M(0， eq \r(3) )，N(0，－ eq \r(3) )， eq \o(OM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) ＝－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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋2，)) 得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 则Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)＞0， 解得k＜－ eq \f(1,2) 或k＞ eq \f(1,2) . x1＋x2＝－ eq \f(16k,3＋4k2) ，x1x2＝ eq \f(4,3＋4k2) ， ∴ eq \o(OM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) ＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝ eq \f(4（1＋k2）,3＋4k2) － eq \f(32k2,3＋4k2) ＋4＝ eq \f(16－12k2,3＋4k2) . ∵ eq \o(OM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) ＝2，∴ eq \f(16－12k2,3＋4k2) ＝2，解得k＝± eq \f(\r(2),2) ，满足Δ＞0， 故存在符合题意的直线，其方程为k＝± eq \f(\r(2),2) x＋2. 【练1】 (2023·安徽淮北二模)如图，已知椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(\r(2),2) ，短轴长为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设椭圆E的右焦点为F，过点G(4，0)作斜率不为0的直线交椭圆E于M，N两点．设直线FM，FN的斜率分别为k1，k2，试判断k1＋k2是否为定值．若是定值，求出该值；若不是定值，请说明理由． 解：(1)依题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b＝4，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,c2＝a2＋b2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(2)，,b＝2，,c＝2，)) 即椭圆E的方程为 eq \f(x2,8) ＋ eq \f(y2,4) ＝1． (2)若直线MN与x轴垂直，则该直线与椭圆E无交点，不合乎题意，应舍去．所以直线MN的斜率存在， 设直线MN的方程为y＝k(x－4)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立椭圆E与直线MN的方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝8，,y＝k（x－4），)) 联立椭圆E与直线MN的方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝8，,y＝k（x－4），)) 得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－8＝0， Δ＝256k4－4(2k2＋1)(32k2－8)＝32(1－2k2)＞0， 可得k2＜ eq \f(1,2) ，∴x1＋x2＝ eq \f(16k2,2k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(32k2－8,2k2＋1) ， 故k1＋k2＝ eq \f(y1,x1－2) ＋ eq \f(y2,x2－2) ＝ eq \f(k（x1－4）,x1－2) ＋ eq \f(k（x2－4）,x2－2) ＝ eq \f(2kx1x2－6k（x1＋x2）＋16k,x1x2－2（x1＋x2）＋4) ＝ eq \f(2k·\f(32k2－8,2k2＋1)－6k·\f(16k2,2k2＋1)＋16k,\f(32k2－8,2k2＋1)－2·\f(16k2,2k2＋1)＋4) ＝ eq \f(64k3－16k－96k3＋32k3＋16k,8k2－4) ＝0. 所以k1＋k2是定值0. 【练2】 (2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝± eq \r(3) x. (1)求C的方程； (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－ eq \r(3) 的直线与过Q且斜率为 eq \r(3) 的直线交于点M，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立： ①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|. 解：(1)右焦点为F(2，0)，∴c＝2，∵渐近线方程为y＝± eq \r(3) x，∴ eq \f(b,a) ＝ eq \r(3) ，∴b＝ eq \r(3) a，∴c2＝a2＋b2＝4a2＝4， ∴a＝1，∴b＝ eq \r(3) . ∴C的方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1． (2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零， 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零； 若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F，此时由对称性可知P，Q关于x轴对称，与从而x1＝x2，已知不符； 总之，直线AB的斜率存在且不为零． 设直线AB的斜率为k，直线AB方程为y＝k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2)) ， 则条件①M在AB上，等价于y0＝k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2)) ⇔ky0＝k2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2)) ； 两渐近线的方程合并为3x2－y2＝0， 联立消去y并化简整理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2－3)) x2－4k2x＋4k2＝0 设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，y3)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，y4)) ，线段中点为N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xN，yN)) ，则xN＝ eq \f(x3＋x4,2) ＝ eq \f(2k2,k2－3) ，yN＝k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xN－2)) ＝ eq \f(6k,k2－3) ， 设M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0)) ， 则条件③ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AM)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BM)) 等价于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－x3)) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－y3)) eq \s\up12(2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－x4)) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－y4)) eq \s\up12(2) ， 即x0－xN＋k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－yN)) ＝0， 即x0＋ky0＝ eq \f(8k2,k2－3) ； 由题意知直线PM的斜率为－ eq \r(3) ， 直线QM的斜率为 eq \r(3) ， ∴由y1－y0＝－ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x0)) ，y2－y0＝ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x0)) ， ∴y1－y2＝－ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2－2x0)) ， 所以直线PQ的斜率m＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝－ eq \f(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2－2x0)),x1－x2) ， 直线PM：y＝－ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x0)) ＋y0， 即y＝y0＋ eq \r(3) x0－ eq \r(3) x， 代入双曲线的方程3x2－y2－3＝0，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y)) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y)) ＝3中， 解得P的横坐标 x1＝ eq \f(1,2\r(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,y0＋\r(3)x0)＋y0＋\r(3)x0)) ， 同理x2＝－ eq \f(1,2\r(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,y0－\r(3)x0)＋y0－\r(3)x0)) ， ∴x1－x2＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(1,\r(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y0,y－3x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) )＋y0)) ，x1＋x2－2x0＝－eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(3x0,y－3x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ) －x0， ∴m＝ eq \f(3x0,y0) ， ∴条件②PQ∥AB等价于m＝k⇔ky0＝3x0， 综上所述， 条件①M在AB上，等价于ky0＝k2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2)) ； 条件②PQ∥AB等价于ky0＝3x0； 条件③ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AM)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BM)) 等价于x0＋ky0＝ eq \f(8k2,k2－3) ； 选①②推③： 由①②解得x0＝ eq \f(2k2,k2－3) ，∴x0＋ky0＝4x0＝ eq \f(8k2,k2－3) ， ∴③成立； 选①③推②： 由①③解得x0＝ eq \f(2k2,k2－3) ，ky0＝ eq \f(6k2,k2－3) ， ∴ky0＝3x0，∴②成立； 选②③推①： 由②③解得x0＝ eq \f(2k2,k2－3) ，ky0＝ eq \f(6k2,k2－3) ， ∴x0－2＝ eq \f(6,k2－3) ， ∴ky0＝k2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2)) ，∴①成立． $$