圆锥曲线中的探究性问题课件-高三数学一轮复习

±kk2＋m 9＝2×k3（（kk－2＋3）9）m，解得
k1＝4－
7，k2＝4＋
7.
所以当直线 l 的斜率为 4－ 7或 4＋ 7时，四边形 OAPB 为平行四边形．
思考题 2 已知椭圆 C1，抛物线 C2 的焦点均在 x 轴上，C1 的中心和
C2 的顶点均为原点 O，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中．
y1＋3k（（x2x－1－4） 4）＋（yx22＋－3k4）（x1－4）＝－λk ，
将 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)代入上式，得
2kx1x2＋x1x3k2－－45（k（x1x＋1＋x2x）2）＋＋168k－2k4＝－λk ，
将 x1＋x2＝1＋8k42k2，x1x2＝14＋k2－4k42代入上式，得－367k22k＋－122k4＝－λk ，即－2k＝ λ
已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐 标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M.
(1)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； 【答案】 证明见解析
【证明】 设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM， yM)．
(2)设 Q 为双曲线 C 右支第一象限上的一个动点，F 为双曲线 C 的右焦点， 在 x 轴的负半轴上是否存在定点 M，使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】 存在，点 M(－1，0) 【解析】 假设存在点 M(t，0)(t<0)满足题设条件． 由(1)知双曲线 C 的右焦点为 F(2，0)． 设 Q(x0，y0)(x0>1，y0>0)为双曲线 C 右支第一象限上一点． 当 x0＝2 时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°，所以∠QMF＝45°， 于是|MF|＝|QF|＝ba2＝3，
由y＝－9kx， 得 9x2＋y2＝m2，
xP2＝9kk22＋m281，
即
xP＝3
±km k2＋9.
将点m3 ，m代入直线 l 的方程得 b＝m（33－k），
因此 xM＝k3（（kk－2＋3）9）m.
四边形 OAPB 为平行四边形，当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即
xP＝2xM.
于是 3
1＋k2 · k＋k12＋k1k－1 ＝
1＋k2·k12＋1(当 k＝1 时取等号)．
3 令 f(x)＝ 1＋x2·x12＋1＝（x2＋x21）2，x≥1，
1
3
f′(x)＝23（x2＋1）2·2xx34－2x（x2＋1）2
1
＝（x2＋1）2x[3xx24－2（x2＋1）]
1
＝（x2＋1）x2x4（x2－2），
于是 x1＋x2＝1＋8k42k2，x1x2＝4（1＋k2－4k12），
y1y2 ＝ k(x1 － 1)×k(x2 － 1) ＝ k2[x1x2 － (x1 ＋ x2) ＋ 1] ＝ k24（1＋k2－4k12）－1＋8k42k2＋1＝－1＋3k42k2.
由O→M⊥O→N，即O→M·O→N＝0，得 x1x2＋y1y2＝0， 即4（1＋ k2－4k12）－1＋3k42k2＝1k＋2－4k42＝0，解得 k＝±2. 所以存在直线 l 满足条件，且 l 的方程为 y＝2x－2 或 y＝－2x＋2.
专题研究四 探究性问题
(2024·四川绵阳中学月考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭 圆ax22＋by22＝1(a>b>0)的右顶点为(2，0)，离心率为 23，P 是直线 x＝4 上任一点， 过点 M(1，0)且与 PM 垂直的直线交椭圆于 A，B 两点．
(1)求椭圆的方程； 【答案】 x42＋y2＝1
所以 t＝－1.即 M(－1，0)． 当 x0≠2 时，tan∠QFM＝－kQF＝－x0y－0 2， tan∠QMF＝kQM＝x0y－0 t. 因为∠QFM＝2∠QMF， 所以－x0y－0 2＝1－2×xx0y0－y－00 tt2.
将 y02＝3x02－3 代入并整理得 －2x02＋(4＋2t)x0－4t＝－2x02－2tx0＋t2＋3， 所以4－＋42t＝t＝t2－＋23t，， 解得 t＝－1.即 M(－1，0)． 综上，满足条件的点 M 存在，其坐标为(－1，0)．
y＝k（x－1）， 联立x42＋y2＝1，
整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0，Δ>0，
∴x1＋x2＝1＋8k42k2，x1x2＝41＋k2－4k42. ∵直线 PM 的方程为 y＝－1k(x－1)， ∴P4，－3k，
∴k2＝－1k，k1＝yx11＋ －34k，k3＝yx22＋ －34k.∵k1＋k3＝λk2，∴xy11－＋43k＋yx22＋ －34k＝λ－1k，
x
3
－2
4
2
y －2 3
0
－4
2 2
(1)求椭圆 C1，抛物线 C2 的标准方程； 【答案】 x42＋y2＝1 y2＝4x
【解析】 设抛物线 C2：y2＝2px(p≠0)，则有yx2＝2p(x≠0)． 据此验证 4 个点知(3，－2 3)，(4，－4)在抛物线上，易求抛物线 C2 的 标准方程为 y2＝4x. 设椭圆 C1：ax22＋by22＝1(a>b>0)，将点(－2，0)， 2， 22代入得aa4222＝ ＋121，b2＝1， 解得ab22＝ ＝41， ，所以椭圆 C1 的标准方程为x42＋y2＝1.
方法二：由平移的不变性，不妨考察 x2＝y 的内接矩形． 如图，设 A(x0，x02)，B(x1，x12)，D(x2，x22)，不妨令 x0≥0， x1>0，x2<0，x0<x1. kAB＝xx112－－xx002＝x1＋x0，kAD＝x2＋x0，则(x1＋x0)(x2＋x0)＝－1， |AB|＋|AD|＝ 1＋（x1＋x0）2(x1－x0)＋ 1＋（x2＋x0）2(x0－x2) ＝ 1＋（x1＋x0）2(x1－x0)＋ 1＋（x1＋1x0）2·(x0－x2) ＝ 1＋（x1＋x0）2·x1－x0＋xx01－＋xx20
∴ |AB| ＝ 1＋k2 · (k － 2x0) ， k>2x0 ， 同 理 |AD| ＝ 1＋k12 · 1k＋2x0 ＝
1＋k2·k12＋2kx0，
|AB|＋|AD|＝ 1＋k2k－2x0＋k12＋2kx0＝ 1＋k2·k＋k12＋2x01k－1.
当
k≥1
时，由
x0<
k 2
⇒
|AB|
＋
|AD|≥
【解析】 由题意知，a＝2，e＝ac＝ 23， ∴c＝ 3，∴b2＝a2－c2＝1， ∴椭圆的方程为x42＋y2＝1.
(2)设直线 PA，PM，PB 的斜率分别为 k1，k2，k3，是否存在常数 λ，使得 k1＋k3＝λk2？若存在，求出 λ 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】 存在，λ＝2
【解析】 假设存在常数 λ，使得 k1＋k3＝λk2. ①当直线 AB 的斜率不存在时，易知 A1， 23，B1，－ 23， 此时 P(4，0)，可得 k1＋k3＝0＝λk2，此时 λ 为任意常数． ②当直线 AB 的斜率存在时，易知直线 AB 的斜率不为 0， 设直线 AB 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
课外阅读
重温高考
1．(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系 xOy 中，点 P 到 x 轴的距离等于点 P
到点0，21的距离，记动点 P 的轨迹为 W. (1)求 W 的方程；
答案 y＝x2＋14 解析 设 P(x，y)，由题可得|y|＝
x2＋y－212，整理则有 y＝x2＋41.
(2)已知矩形 ABCD 有三个顶点在 W 上，证明：ABCD 的周长大于 3 3.
将 y＝kx＋b 代入 9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，Δ>0，
故 xM＝x1＋2 x2＝k－2＋kb9，yM＝kxM＋b＝k29＋b 9. 于是直线 OM 的斜率 kOM＝yxMM＝－9k，即 kOM·k＝－9. 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值．
方法二：易验证当直线 l 的斜率不存在时，不满足题意．
当直线 l 的斜率存在时，假设存在直线 l 满足题意，
设其方程为 y＝k(x－1)，与椭圆 C1 的交点坐标为 M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由x42＋y2＝1，
消去 y 得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，Δ>0.
y＝k（x－1），
答案 证明见解析
证明 方法一：由平移的不变性，不妨考察 x2＝y 的内接 矩形．
如图，设 A(x0，y0)，则 x02＝y0，不妨令 x0≥0，设 AB：y ＝ k(x － x0) ＋ y0 ， 不 妨 令 k>0 ， B(x1 ， y1) ， D(x2 ， y2) ， yx＝ 2＝ky（x－x0）＋y0，⇒x2－kx＋kx0－y0＝0，易知 Δ＞0，则 x0x1＝kx0－y0.当 x0≠0 时，x1＝kx0－x0 x02＝k－x0，当 x0＝0 时，x1＝k，也满足上式．
－ k ，解得 λ＝2. 综上，存在常数 λ＝2，使得 k1＋k3＝λk2.
状元笔记
存在性问题的解题策略 存在性问题，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．
x＝my＋1，
由x42＋y2＝1，消去 x 得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ>0，
所以 y1＋y2＝m－2＋2m4，y1y2＝m－2＋34， x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m·m－2＋2m4＋m2·m－2＋34 ＝4m－2＋4m42. 由O→M⊥O→N，即O→M·O→N＝0，得 x1x2＋y1y2＝0， 即4m－2＋4m42＋m－2＋34＝0，解得 m＝±12. 所以存在直线 l 满足条件，且 l 的方程为 y＝2x－2 或 y＝－2x＋2.
思考题 1 (2024·南通模拟)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离 心率为 2，过点 P(0， 6)且斜率为 1 的直线 l 交双曲线 C 于 A，B 两点，且O→A·O→B ＝3.
(1)求双曲线 C 的标准方程；
【答案】 x2－y32＝1
【解析】 设双曲线 C 的焦距为 2c. 由双曲线 C 的离心率为 2 知 c＝2a， 所以 b＝ 3a， 从而双曲线 C 的方程可化为ax22－3ya22＝1. 由题意知，l：y＝x＋ 6，
则 f(x)在[1， 2]上单调递减；在( 2，＋∞)上单调递增，
3 2
f(x)≥f( 2)＝32 (当 x＝ 2时取等号)，又取等条件不一致，∴矩形 ABCD 周长＝2(|AB|＋|AD|)>3 3.
同理当 0<k<1 时，|AB|＋|AD|> 1＋k2·k＋1k>323， ∴矩形 ABCD 周长＝2(|AB|＋|AD|)>3 3.
y＝x＋ 6， 联立ax22－3ya22＝1，
得 2x2－2 6x－6－3a2＝0. 因为 Δ＝(－2 6)2－4×2×(－6－3a2)＝72＋24a2>0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以 x1＋x2＝ 6，x1·x2＝－3－32a2. 因为O→A·O→B＝3， 所以 x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋ 6)(x2＋ 6)＝3， 于是 2x1x2＋ 6(x1＋x2)＋6＝2×(－3－32a2)＋ 6× 6＋6＝3，解得 a＝1， 所以双曲线 C 的标准方程为 x2－y32＝1.
(2)若 l 过点m3 ，m，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为 平行四边形？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由．
【答案】 能，l 的斜率为 4－ 7或 4＋ 7 【解析】 四边形 OAPB 能为平行四边形． 因为直线 l 过点m3 ，m，所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k>0，k≠3. 由(1)得 OM 的方程为 y＝－9kx. 设点 P 的横坐标为 xP.
(2)请问是否存在直线 l 满足条件：①过 C2 的焦点 F；②与 C1 交于不同两 点 M，N，且满足O→M⊥O→N？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明2x－2 或 y＝－2x＋2
【解析】 方法一：假设存在这样的直线 l， 设直线 l 的方程为 x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．