立足探究性场景，妙解圆锥曲线题-《中学生数理化》高考数学2026年3月刊

立足探究性场景， ■江苏省邳州市新 数学中的探索性问题，既是高考数学命 题考核中的一棵常青树，也是备受各方关注 的一类知识综合与能力应用的基本问题。而 有关圆锥曲线的综合问题中，依托探究性场 景设置的问题，更是每年高考数学试卷中的 一类常见题型。借助圆锥曲线的综合应用， 以点、直线、参数等相关元素的存在性的探究 来巧妙设置，成为全面考查“四基”与“四能” 的综合应用问题之一，常考常新，创新新颖。 一、肯定顺推法 肯定顺推法的实质是立足点、直线、参数 等相关元素的存在性，以其为基本条件，巧妙 引入对应的参数或变量，作为一个肯定条件 进行合理的逻辑推理与数学运算，结合结果 加以正确性探究与判断，最终实现问题的突 破与求解。 例1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,入) (入>0)，半径为1的圆，使得过P可以作圆Q 的两条切线L1,12,切线11，l2分别交E于点 A(s1,t1),B(s2,t2)和点C(s8,t3),D(s4, t:),且s1s2s8s4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1：y=一台H为抛物线 上任意一点，过H作HH1⊥ 1于点H,,如图1所示。由抛 图1 物线的定义知HF|=|HH:I, 解蕴数氧新题澳探膏中学生表理化 妙解圆锥曲线题 城中学 杲礼 所以当点H与原点O重合时，|HH,|m= 台-1，所以b=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一m)十n,如图2所示。 (x2=4y, 联立 消 y=k(x-m)+n, 去y整理得x2一4k.x十4km 4n=0。(*) 由题意可知△=16k2一 图2 4(4km一4n)=0,化简整理得 k2一mk十n=0,则k1,k2是该方程的两个不 等实根，所以k1十k2=m,k1k2=n。 又因为F(0,1),所以k。=”一1， n,m≠0。 因为m≠0，所以n-1=2m,即n=一1， 所以点P的轨迹方程为y=一1(x≠0)。 ②由①可设P(m,一1)，l1:y=k4(x m)-1,l2:y=k:(x-m) 1,且m≠0，如图3所示。 所以(*)式可化为x 一4kx+4k,m+4=0,又 A(s1,t1),B(s2,t2),C(sa, 图3 t),D(s1,t),所以s1s2= 4k4m+4,同理sys:=4k5m+4。 所以s1s2s3s4=(4k4m十4)(4k5m十4)= 16k4k5m2+16m(k4+k,)+16。 因为11和以圆心为Q(0,入)（入>0），半 径为1的圆相切，所以，(0一m)一1一A刘 W√1十k图 1,即(m2一1)k+2m(入+1)k:+入2+2入=0， 同理(m2-1)k号+2m(入+1)k,十入2+2入=0。 故k:,k,是关于k的方程(m2一1)k2十 2m(入十1)k十入2十2入=0的两根(m≠士1)， m-1,k,k=+2以 则k:十k,=一2m(入十1) m2-1° 17 中学生数理化离数￥0年月 解题篇创新题追根溯源 所以s1s2ss4=16kk5m2+16m(k,+ 167n k5)十16= m2-1 (λ2+2入-2λ-2)+16= m-7入2-2)+16。 16m2 若s1s2sas4为定值，则入2一2=0。 又因为入>0，所以入=√2，所以圆Q的 方程是x2十(y一√2)2=1。 点评：利用肯定顺推法解决圆锥曲线中 的探究问题的关键在于假设满足条件的相关 元素存在，进而列出关于待定系数的方程 (组)，结合方程（组）是否有解来分析。若方 程（组）有解，则表示相关的元素存在；若方程 (组)无解，则表示相关的元素不存在。 二、探究转化法 探究转化法的实质是结合点、直线、参数 等相关元素的存在性加以合理转化探究方 向，使所探究的问题更加具体、易求。 例2已知椭网C若+ 6=1(a>b >0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,直线 l:x=4与x轴交于点M,且|AM|=aAF|。 (1)求椭圆C的方程。 (2)若B为L上的动点，过B作椭圆C 的两条切线，分别交y轴于点P,Q。 ①证明：直线BP,BF,BQ的斜率成等 差数列。 ②若圆N经过B,P,Q三点，试探究：是 否存在点B,使得∠PNQ=90°？若存在，求 |BM|:若不存在，请说明理由。 解析：(1)由椭圆C的右焦点为F(1,0), 得c=1,点A(a,0)。 由|AM|=aAF|,得|4-a=a(a-1)。 若a≥4，则a-4=a(a-1),得a2-2a 十4=0，无解； 若a<4,则4-a=a(a-1),得a2=4, b2=√a2-c2=3。 散精圆C的方程为十学-1， (2)设B(4,t),易知过B且与椭圆C相 切的直线的斜率存在，故可设切线方程为 y-t=k(x-4)。 18 1y-1=k(x-4), 联立《 消去y整理得 (3+4k)x2+8k(t-4k)x+4(t-4k)2-12= 0,则△=64k2(t-4k)2一4(3+4k2)[4(t-4k)2 一12]=0，化简得12k2一8tk十t-3=0。 设两条切线BP,BQ的斜率分别为k1, 则+：-2-台-23。 12 ①设直线BF的斜率为，则：=子。 因为十：-号-2，所以直线BP, BF,BQ的斜率成等差数列。 ②假设存在点B,使得∠PNQ=90°。 方法一：如图4所示， 在直线BP:y一t=k,(x一 4)中，令x=0,得yp=t 4k1,所以P(0,t一4k1),同 理，得Q(0,t-4k2)。 所以线段PQ的中垂 图4 线方程为y=t一2(k1十k2),易得BP的中点 为(2，t一2k1),所以BP的中垂线方程为y= 1 （x-2)+t-2k1。 y=1-2(k1+k2), 联立 1 解得 y=一k（x-2)+t-2k: N(2k1k2+2,t-2(k1+k2)。 所以NP=(一2k1k2-2,2k2一2k1), N反=(-2k1k2-2,2k1-2k2)。 因为∠PNQ=90°，所以NP·Nd=0, 即4(k1k2十1)2一4(k1一k2)2=0,整理得 |k1k2十1|=|k1一k2|。 因为|k1一k2|=√(k1十k2)一4k1k2= √写-1是=平：3所 12 以22+1-平解得=士7。 所以|BM|=√7，故存在符合题意的点 B,使得N户.N=0,此时1BM=7。 方法二：若∠PNQ=90°，则∠PBQ= 45°或135°，从而|tan∠PBQ|=1,所以 解题篇创新题追根湖源中学生数理化 高三数学2026年3月 探究解析几何中的定直线及其综合应用问题 ■江苏省南通海门证大中学 顾陈泉 在解析几何中，有关定直线及其综合应 用问题，是探究在点的运动变化或图形的变 解析：(1)由题意知a=1, -=tan 3 a 化过程中，相关动点的变化均在定直线上的 √5，所以b=√3，故双曲线C的标准方程为 一类创新应用问题。其是立足直线与圆锥 t2-y? 1。 曲线的位置关系及其综合应用，借助曲线的 3 轨迹方程的求解，利用动点自身的特点采用 (2)易知T(2,0)为双 一些特殊方法。本文结合解析几何中定直 曲线的右焦点，如图1所 线的几类常见类型，通过实例加以剖析。 示。 一、动点在定直线上 由题意知，直线1的斜 率存在，设斜率为k,则直 例1在平面直角坐标系中，已知双 线L的方程为y=k(x 曲线C,y =1(a>0,b>0),其右支与 2),且-√3<k<√3。 x轴的交点坐标为(1,0)，其中一条渐近线 设A(x1,y1),B(x2,y?),联立 的领斜角为受。 y=k(x一2)， x?-y2 消去y整理得(3一k2).x2+ (1)求双曲线C的标准方程； 3 =1, (2)已知直线1过点T(2,0),且其与双 4k2x一(4k2十3)=0，则△>0，x1十x2= 曲线C的左、右两支分别交于点A、B,在线 一4k2 3-k2,x1x2= 4k2+3 段AB上取一点E,满足|AE|·|TB|= 3-k,且x1≤-1,1≤ |EB|·|AT|,证明：点E在一条定直线上。 x22。 ∽600∽∽006∽0∽∽00006000∽00∽0006∽0660◇%600 |tan∠PBQl= k1一k2 =1。 系。特别对于圆锥曲线中相关要素的取值范 1+k1k2 围、最值等问题的探究，一般转化为对函数的 因为|k1一k2|=/(k1十k2)2一4k1k2= 基本性质的研究问题，或对不等式的研究问 √g-4.3 t+9 kk2=-3 题等。 12 3 12，所 其实，解决圆锥曲线中的探究性综合问 以+9 题，特别是以点、直线、参数等相关元素的存在 3 -+2 ,解得t=士√7。 性的探究为场景的问题时，往往基于对应元 所以|BM|=√7，故存在符合题意的点 素，或肯定顺推法处理，或探究转化法解决，这 B,使得N产·N反=0，此时|BM|=√7 是两种最为常见且基本的解题思维与方法 ,点评：利用探究转化法解决圆雄曲线中 当然，根据具体的问题场景，如确定点的存在 的探究问题时，转化探究方向可以使得问题 性时，反证法与验证法也是常用的方法。结合 的突破与求解更加容易操作，如将平面图形 具体场景与应用，灵活变化，活学活用。 的形状、角的关系等转化为直线的斜率的关 (责任编辑王福华) 19