第8章 第53讲 第3课时 圆锥曲线中的探究性问题(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案聚焦圆锥曲线中的探究性问题，覆盖直线存在性、定点存在性、定值存在性三大核心考点，按“考点梳理-例题精讲-技法总结-训练巩固”逻辑架构知识，通过真题案例（如2024成都模拟）帮助学生构建从假设到验证的解题框架，体现复习教学的系统性和针对性。 教案以“数学思维”引导推理，如用“设而不求”处理中点弦问题，结合判别式验证存在性，培养逻辑推理与运算能力。设置基础巩固、能力提升分层训练题，配合即时反馈，助力学生高效突破难点，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供实用指导。

第3课时　圆锥曲线中的探究性问题 考点突破强技能 考点一直线的存在性问题 【例1】已知双曲线-=1, (1)过点M(1,1)的直线交双曲线于A,B两点,若M为弦AB的中点,求直线AB的方程; (2)是否存在直线l,使得(1,)为l被该双曲线所截弦的中点,若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由. 【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则, 两式相减得(x1+x2)(x1-x2)-2(y1+y2)(y1-y2)=0, 所以=, 又因为M为弦AB的中点,故x1+x2=2,y1+y2=2,所以=, 所以直线AB的方程为y-1=(x-1), 即x-2y+1=0, 由方程组 得x2-2x-9=0,其Δ=40>0, 说明所求直线存在, 故直线AB的方程为x-2y+1=0. (2)假设存在直线l,使得(1,)为l被该双曲线所截弦的中点, 设该直线与双曲线交于C,D两点, 设C(x3,y3),D(x4,y4),则, 两式相减得(x3+x4)(x3-x4)-2(y3+y4)(y3-y4)=0, 所以=, 又因为(1,)为弦CD的中点,故x3+x4=2,y3+y4=1,所以=1, 所以直线CD的方程为y-=x-1, 即2x-2y-1=0, 由方程组,得2x2-4x+9=0, 根据Δ=-56<0,说明所求直线不存在, 故假设不成立,即不存在直线l,使得(1,)为l被该双曲线所截弦的中点. 解题技法 直线的存在性问题的解题策略 (1)假设存在直线,依据题设条件选择合适参数,写出待求直线方程; (2)依据假设以及题设条件,求具体的直线方程; (3)根据推理计算,得出是否存在符合条件的直线方程. 【训练1】　(2024·成都模拟)已知圆C:(x-1)2+y2=,一动圆与直线x=-相切且与圆C外切. (1)求动圆圆心P的轨迹T的方程; (2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T相交于A,B两点,M是线段AB的中点,过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N,试问:是否存在直线l,使得NA⊥NB?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由. 【解析】(1)由题意知圆C:(x-1)2+y2=的圆心C(1,0),半径r=. 设P(x,y),易知点P在直线x=-右侧, 所以P到直线x=-的距离为x+, 又|PC|=, 由相切可得|PC|-r=x+, 即-=x+, 化简可得动圆圆心P的轨迹T的方程为y2=4x. (2)如图所示,设A(x1,y1),B(x2,y2). 由题意,设直线l的方程为x=my+6,联立T的方程可得y2-4my-24=0, 则Δ=16m2+4×24>0,由根与系数的关系可得y1+y2=4m,y1y2=-24, 所以x1+x2=4m2+12,x1x2=36, 假设存在N(x0,y0),使得NA⊥NB, 则y0==2m,又=4x0,所以x0=m2; =(x1-x0,y1-y0),=(x2-x0,y2-y0), 由·=0可得(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=0, 所以x1x2-x0(x1+x2)++y1y2-y0(y1+y2)+=0, 代入化简可得(m2+6)(3m2-2)=0,解得m=±,所以存在直线l:x=±y+6,使得NA⊥NB. 考点二定点存在性问题 【例2】已知椭圆C:+=1的离心率为,F1,F2是C的左、右焦点,直线l:x=4是其右准线(右准线方程x=),P是l上的一动点,Q点在C上. (1)求C的方程; (2)若直线OQ,PQ的斜率之积为-,平面内是否存在定点T满足PT⊥QT恒成立.若存在求出T的坐标,若不存在说明理由. 【解析】(1)由题设=,且=4,解得:c=2,a=2, 所以a2=8,b2=4,椭圆C的方程:+=1. (2)设Q(x0,y0),P(4,t),kPQ=,kOQ=, 因为kPQ·kOQ=-,所以=-, 所以ty0=+-2x0, 根据对称性可知定点T存在时一定在x轴上,设T(m,0), =(m-4,-t),=(m-x0,-y0),·=0恒成立, 即(m-4)(m-x0)+ty0=0恒成立, 所以(m-4)(m-x0)++-2x0=0恒成立, 因为+=1, 所以+=4,所以(m-4)(m-x0)+4-2x0=0恒成立, m2-4m+4+(2-m)x0=0恒成立,m=2, 即存在定点T(2,0)满足PT⊥QT恒成立. 解题技法 定点存在性问题的解题策略 (1)直线过定点,一般是将直线方程中的参数集中在一起,令参数的系数等于零,即可得出定点; (2)圆过定点,同样是将圆的方程中的参数集中在一起,令参数的系数等于零,即可得出定点; (3)圆锥曲线过定点与直线、圆过定点的求解方法类似. (4)特例探索,猜想出结论,然后证明. 【训练2】　已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的离心率为2,右顶点A到渐近线的距离等于. (1)求双曲线E的方程. (2)点M,N在E上,且AM⊥AN,直线MN是否过定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由. 【解析】(1)由题意,取渐近线bx-ay=0, 右顶点A到该渐近线的距离d==, 又=c,=2,解得b=,a=1,c=2, E的方程为x2-=1. (2)由题意知直线AM的斜率存在且不为0, 设直线AM:y=k(x-1), 与E的方程联立,消去y得(3-k2)x2+2k2x-k2-3=0,易知k2≠3,由根与系数的关系得1×xM=,则M(,). 因为AM⊥AN,所以kAM·kAN=-1, 用-代替k(显然此时k2≠), 同理得N(,-),得kMN=(k2≠1),直线MN:y=(x-)+ =x+=(x+2),过定点(-2,0). 当k2=1时,直线MN的斜率不存在,易知直线MN的方程为x=-2,过左焦点(-2,0). 综上,直线MN过定点(-2,0). 考点三定值存在性问题 【例3】已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,H为E上任意一点,且|HF|的最小值为1. (1)求抛物线E的方程; (2)已知P为平面上一动点,且过P能向E作两条切线,切点为M,N,记直线PM,PN,PF的斜率分别为k1,k2,k3,且满足+=. ①求点P的轨迹方程; ②试探究:是否存在一个圆心为Q(0,λ)(λ>0),半径为1的圆,使得过P可以作圆Q的两条切线l1,l2,切线l1,l2分别交抛物线E于不同的两点A(s1,t1),B(s2,t2)和点C(s3,t3),D(s4,t4),且s1s2s3s4为定值?若存在,求圆Q的方程,若不存在,请说明理由. 【解析】(1)设抛物线E的准线l:y=-, H为抛物线上任意一点,过H作HH1⊥l于点H1(图略), 由抛物线的定义得:|HF|=|HH1|, 所以当H与原点O重合时,|HH1|min==1,所以p=2, 所以抛物线E的方程为x2=4y. (2)①设P(m,n),过点P且斜率存在的直线 l:y=k(x-m)+n, 联立,消去y, 整理得:x2-4kx+4km-4n=0.(*) 由题可知Δ=16k2-4(4km-4n)=0, 即k2-mk+n=0. k1,k2是该方程的两个不等实根,由根与系数的关系,, 又因为F(0,1),所以k3=,m≠0, 由+=,有=,所以=, 因为m≠0,所以n-1=2n,所以n=-1, 所以点P的轨迹方程为y=-1(x≠0); ②由(2)①知P(m,-1), 设l1:y=k4(x-m)-1,l2:y=k5(x-m)-1,m≠±1且m≠0. 所以(*)式即为x2-4k4x+4k4m+4=0. 又A(s1,t1),B(s2,t2),C(s3,t3),D(s4,t4), 由根与系数的关系, s1s2=4k4m+4,s3s4=4k5m+4, 所以s1s2s3s4=(4k4m+4)(4k5m+4)=16k4k5m2+16m(k4+k5)+16, 又因为l1和以圆心为Q(0,λ)(λ>0),半径为1的圆相切, 所以=1,即(m2-1)+ 2m(λ+1)k4+λ2+2λ=0. 同理(m2-1)+2m(λ+1)k5+λ2+2λ=0. 所以k4,k5分别是方程(m2-1)k2+2m(λ+1)k+λ2+2λ=0的两个根, 所以由根与系数的关系, ,则 s1s2s3s4=16k4k5m2+16m(k4+k5)+16=(λ2+2λ-2λ-2)+16=(λ2-2)+16, 若s1s2s3s4为定值,则λ2-2=0, 又因为λ>0,所以λ=, 所以圆Q的方程是x2+(y-)2=1. 解题技法 解决定值存在性问题的两种方法 (1)由特例得出一个值(此值一般就是定值),然后证明定值,即将问题转化为证明待证式与参数(某变量)无关; (2)将代数式用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值. 【训练3】　已知A(-2,0),B(2,0)平面内一动点P满足kPA·kPB=-. (1)求P点运动轨迹C的轨迹方程; (2)已知直线l与曲线C交于M,N两点,当P点坐标为(1,)时,kPM+kPN=0恒成立,试探究直线l的斜率是否为定值?若为定值请求出该定值,若不是定值请说明理由. 【解析】(1)设P(x,y),则kPA·kPB=·=-,所以P点运动轨迹C的轨迹方程为:+=1(y≠0). (2)显然直线l不垂直于x轴, 故设l:y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2), 代入+=1并整理得:(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 所以kPM+kPN=+ = = = ==0, 整理得:(2k-1)(2k+2m-3)=0, 若2k+2m-3=0,此时l过P,不合题意; 若2k-1=0,即k=符合题意, 故直线l的斜率为. - 1 - 学科网（北京）股份有限公司 $