第八章 §8.14 圆锥曲线中的探索性与综合性问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（北师大版 皖赣桂豫陕）

§8.14　圆锥曲线中的探索性与综合性问题 题型一　探索性问题 例1 (2023·广州模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知点A(－2,0)，B(2,0)，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为－，点M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)已知点F(1,0)，直线l：x＝4与x轴交于点D，直线AM与l交于点N，是否存在常数λ，使得∠MFD＝λ∠NFD？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． 解　(1)设M(x，y)，则kAMkBM＝·＝－，化简得＋＝1且x≠±2， 所以点M的轨迹(曲线C)的方程为＋＝1且x≠±2. (2)设N(4，n)，则直线AM为y＝(x＋2)， 联立曲线C得整理得(n2＋27)x2＋4n2x＋4n2－108＝0， 由题设知xA＋xM＝－，则xM＝，故yM＝×＝， 又tan∠MFD＝＝，tan∠NFD＝， 所以tan 2∠NFD＝＝＝＝tan∠MFD，即∠MFD＝2∠NFD， 所以存在λ＝2，使得∠MFD＝2∠NFD. 思维升华 存在性问题的解题策略 存在性的问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意． 跟踪训练1 (2023·阜阳模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为(6,4)． (1)求C的方程； (2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于点P，Q，与线段AB交于点N，＝λ，＝λ均成立？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由． 解　(1)由已知C：－＝1(a>0，b>0)， 点A的坐标为(6,4)，得c＝4， 设焦点F2(0,4)，F1(0，－4)， 则2a＝|AF1|－|AF2|＝－6＝4. 所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，故C：－＝1. (2)设l的方程为y＝2m(m>1)， 则D(0,2m)，故M(0，m)， 当直线PQ斜率存在时，如图， 设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)， 故N. 与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0， 由已知得3k2≠1，Δ>0， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝，① 由＝λ，＝λ得 x1＝λ，x2＝λ， 消去λ得x2＝x1， 即2x1x2－(x1＋x2)＝0，② 由①②得m2＝2，解得m＝， 当直线PQ斜率不存在时，m＝， 故存在定直线l：y＝2满足条件． 题型二　圆锥曲线的综合问题 例2 (2024·广州模拟)已知双曲线C：－＝1，直线l过C的右焦点F且与C交于M，N两点． (1)若M，N两点均在双曲线C的右支上，求证：＋为定值； (2)试判断以MN为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． (1)证明　如图，F(4,0)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 直线MN：x＝ty＋4， 代入3x2－y2＝12， 整理得(3t2－1)y2＋24ty＋36＝0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 由解得t∈， 由|MF|＝＝|y1|， 同理，|NF|＝|y2|， 由于y1y2<0，不妨设y1>0，y2<0， 则＋＝＝·， 由(y2－y1)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝2－＝，得y2－y1＝， 所以＋＝·＝·＝为定值． (2)解　由题意，圆的方程为2＋2＝， 即x2＋y2－(x1＋x2)x－(y1＋y2)y＋x1x2＋y1y2＝0， 由对称性可知，若存在定点，则必在x轴上， 令y＝0，有x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0， 由(1)可知x1＋x2＝t(y1＋y2)＋8＝， x1x2＝(ty1＋4)(ty2＋4)＝t2y1y2＋4t(y1＋y2)＋16＝－＋16＝， 代入方程后有x2＋x＋＝0， 即(x2－4)＋(x＋2)＝0， 令解得x＝－2，故圆过定点(－2,0)． 当直线MN：y＝0时，圆过点(－2,0)． 综上，以MN为直径的圆过定点(－2,0)． 思维升华 圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现，解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质．如：圆的半径r，弦长的一半h，弦心距d满足r2＝h2＋d2；圆的弦的垂直平分线过圆心；若AB是圆的直径，则圆上任一点P有·＝0. 跟踪训练2 如图，过抛物线E：y2＝2px(p>0)焦点F的直线l交抛物线于点A，B，|AB|的最小值为4，直线x＝－4分别交直线AO，BO于点C，D(O为原点)． (1)求抛物线E的方程； (2)圆M过点C，D，交x轴于点G(t,0)，H(m,0)，证明：若t为定值时，m也为定值．并求t＝－8时，△ABH面积S的最小值． 解　(1)当直线AB斜率不存在时，此时A，B，∴|AB|＝2p， 当直线AB斜率存在时， 设直线AB的方程为y＝k， 联立抛物线方程得k2x2－(k2p＋2p)x＋＝0， Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2＝4p2(k2＋1)>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝＝＋p， 此时|AB|＝x1＋x2＋p＝＋2p>2p， 显然当直线AB斜率不存在时，|AB|的值最小， 即2p＝4，解得p＝2， ∴抛物线E：y2＝4x. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(－4，y3)，D(－4，y4)，则OA：y＝x，OB：y＝x， 由(1)知，x1x2＝，∴y1y2＝－p2＝－4， ∴y3＝，y4＝＝＝4y1， 设圆心M(x0，y0)，则y0＝＝2y1－. 若G(t,0)(t为定值)，H(m,0)， 则x0＝. 由|MD|＝|MG|，得(x0＋4)2＋(y0－y4)2＝(x0－t)2＋y， ∴4t＋4m＋80＝－tm，∴m＝也为定值． ∴H也为定点． 若t＝－8，则m＝12，S＝|FH||y1－y2|＝|y1－y2|＝≥×4＝22， 当且仅当y1＝±2时取到最小值． 故△ABH面积S的最小值为22. 课时精练 1．(2023·郑州模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2,0)，且点Q(，)在双曲线C上． (1)求双曲线C的方程； (2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在异于F的点P，使得点F到直线PA，PB的距离始终相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解　(1)由题意得，c＝2， 所以所以a2＝1，b2＝3， 所以双曲线C的标准方程为x2－＝1. (2)假设存在P(n,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意知，直线AB的斜率不为0，当直线AB的斜率存在时，设直线AB：x＝my＋2(m≠0)， 联立消去x，得 (3m2－1)y2＋12my＋9＝0， 则3m2－1≠0，Δ＝(12m)2－4×9(3m2－1)＝36(m2＋1)>0， 且y1＋y2＝－，y1y2＝， 因为点F到直线PA，PB的距离相等， 所以PF是∠APB的平分线， 则kPA＋kPB＝0，即＋＝0， 则y1(my2＋2－n)＋y2(my1＋2－n)＝0， 整理得2my1y2＋(2－n)(y1＋y2)＝0， 故－＝0， 即3m－2m(2－n)＝0，因为m≠0， 所以n＝，此时P； 当直线AB的斜率不存在时，根据抛物线的对称性，易得点P也能让点F到直线PA，PB的距离相等． 综上所述，故存在P满足题意． 2．(2023·德州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由． 解　(1)由题意可知解得 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)假设满足条件的直线l存在， 由E(0，－2)，F(，0)，得kEF＝， 因为点F为△EAB的垂心， 所以AB⊥EF，所以kAB＝－， 设直线l的方程为y＝－x＋t， 代入＋＝1， 得7x2－6tx＋6(t2－4)＝0， Δ＝(－6t)2－4×7×6(t2－4) ＝－96t2＋672>0， 即－<t<. 记A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 由AF⊥BE得·＝－1， 所以y1y2＋2y1＋x1x2－x2＝0， 将y1＝－x1＋t，y2＝－x2＋t代入上式， 得3x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0， 所以3×－(t＋2)·＋(2t2＋4t) ＝0， 所以5t2＋t－18＝0，解得t＝(t＝－2舍去)， 满足Δ>0， 所以直线l的方程为y＝－x＋. 3．(2024·唐山模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为的直线交抛物线于M，N两点，|MN|＝8. (1)求抛物线E的方程； (2)在抛物线E上任取与原点不重合的点A，过A作抛物线E的切线交x轴于点B，点A在直线x＝－1上的射影为点C，试判断四边形ACBF的形状，并说明理由． 解　(1)设过点F且倾斜角为的直线方程为y＝x－，代入y2＝2px(p>0)， 得x2－3px＋＝0，若M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3p， 所以|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，则p＝2， 即抛物线E的方程为y2＝4x. (2)设A(x0，y0)，则过A作抛物线E的切线为y－y0＝k(x－x0)，即x＝＋x0， 代入y2＝4x，整理得ky2－4y＋4y0－ky＝0， 因为此直线与抛物线相切，所以Δ＝4(4－4ky0＋k2y)＝0，即(ky0－2)2＝0，解得k＝， 所以过A的切线为y－y0＝(x－x0)， 令y＝0得x＝－x0，即B(－x0,0)， 所以|BF|＝|AF|＝|AC|， 又AC∥BF，所以四边形ACBF有一组对边平行且相等，且邻边也相等，所以四边形ACBF为菱形． 4．(2023·绵阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，左、右顶点分别为A1，A2，椭圆上异于A1，A2的任意一点P，都满足直线PA1，PA2的斜率之积为－. (1)若椭圆上存在两点B1，B2关于直线y＝x＋m对称，求实数m的取值范围； (2)过右焦点F2的直线交椭圆于M，N两点，过原点O作直线MN的垂线并延长交椭圆于点Q.那么，是否存在实数k，使得＋为定值？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由． 解　(1)由题意得，c＝2，A1(－a,0)，A2(a,0)，P(x，y)， ＝·＝－⇒2y2＝a2－x2，① ∵点P在C上，∴y2＝b2－x2， 代入①式，得2b2－x2＝a2－x2， ∴a2＝2b2， ∵a2＝b2＋4，∴a2＝8，b2＝4， ∴椭圆C的方程为＋＝1， 设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)，⊥l，设：y＝－x＋t， 联立得3x2－4tx＋2t2－8＝0， Δ＝(－4t)2－12(2t2－8)>0⇒t2<12⇒t∈(－2，2)， x1＋x2＝，x1x2＝. ∴B1B2的中点M在l上，即＝＋m， ∴m＝－∈. (2)设lMN：x＝sy＋2， 联立 得(s2＋2)y2＋4sy－4＝0， yM＋yN＝，yMyN＝， |MN|＝|yM－yN|＝， lOQ：y＝－sx， 联立得x＝，y＝， |OQ|2＝， ∴＋＝＋＝， ∵＋为定值，设为λ， ∴(k＋2)s2＋(2k＋1)＝8λs2＋8λ， ∴k＋2＝2k＋1，解得k＝， ∴存在k＝，使得＋为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $