第8章 第53节 第3课时 圆锥曲线中的探究性问题(Word学案)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮总复习提升版（人教A版）

第3课时　圆锥曲线中的探究性问题 【考点探究　核心突破】 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. 思维升华 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. 对点训练 (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. 思维升华 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. 对点训练 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). 【加练备选】 (2024·定西模拟)已知点M到点F(0,)的距离比它到直线l:y=-2的距离小,记动点M的轨迹为E. (1)求E的方程; (2)若过点F的直线交E于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则在x轴的正半轴上是否存在点P,使得PA,PB分别交E于另外两点C,D,且=3?若存在,请求出P点坐标;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)因为点M到点F(0,)的距离比它到直线l:y=-2的距离小,所以点M到点F(0,)的距离等于它到直线l:y=-的距离,则点M的轨迹为以F(0,)为焦点,以y=-为准线的抛物线,则曲线E的方程为x2=6y. (2)设C(x3,y3),P(x0,0)(x0>0), 由=3得AB∥CD,且|AB|=3|CD|,得=3,即(x1-x0,y1)=3(x3-x0,y3), 所以x3=,y3=,代入抛物线方程x2=6y,得=6y3=2y1=, 整理得-2x0x1-2=0,同理可得-2x0x2-2=0, 故x1,x2是方程x2-2x0x-2=0的两根,Δ=12>0, 由根与系数的关系可得x1+x2=2x0,x1x2=-2①, 由题意,直线AB的斜率一定存在,故设直线AB的方程为y=kx+, 与抛物线方程x2=6y联立可得x2-6kx-9=0, 易得Δ>0,由根与系数的关系可得x1+x2=6k,x1x2=-9②, 由①②可得x0=,k=, 故在x轴的正半轴上存在一点P(,0)满足条件. 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. 思维升华 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. 对点训练 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. 【加练备选】 (2024·通化模拟)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),离心率为,点P(x1,2)是C右支上一点,△PF1F2的面积为4. (1)求C的方程; (2)点A是C在第一象限的渐近线上的一点,AF2⊥x轴,点Q是C右支在第一象限上的一点,且C在点Q处的切线l与直线AF2相交于点M,与直线x=相交于点N.试判断的值是否为定值.若为定值,求出它的值;若不为定值,请说明理由. 【解析】(1)△PF1F2的面积为4,则=|F1F2||yP|=×2c×2=4,得c=2.由离心率为,得e==,解得a=, 所以b2=c2-a2=1,所以C的方程为-y2=1. (2)为定值. 设Q(x0,y0),由题意可知,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-y0=k(x-x0). 由-y2=1,可得y2=-1=,所以在第一象限内y=, 所以y'==,故k=. 因为-=1,所以-3=3,k==,代入直线l的方程,得y-y0=(x-x0). 即x0x-3y0y=-3.由-=1,可得-3=3,所以直线l的方程为x0x-3y0y=3, 即y=(x0>). 因为直线AF2的方程为x=2,所以直线l与直线AF2的交点M的坐标为(2,).直线l与直线x==的交点N的坐标为(,). 所以|MF2|==.|NF2|== =·=·=·=|MF2|. 所以=,即的值为定值. - 10 - 学科网（北京）股份有限公司 $