新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题核心考点3存在探索性问题教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题核心考点3存在探索性问题教师用书，共3页。

典例4 (2023·大埔县三模)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，右顶点分别为F，A，B(0，b)，|AF|＝1，点M在线段AB上，且满足|BM|＝eq \r(3)|MA|，直线OM的斜率为1，O为坐标原点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)因为|AF|＝1，所以c－a＝1，
因为点M在线段AB上，且满足|BM|＝eq \r(3)|MA|，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)a,\r(3)＋1)，\f(b,\r(3)＋1)))，
因为直线OM的斜率为1，O为坐标原点，所以eq \f(b,\r(3)a)＝1，
即b＝eq \r(3)a，结合c2＝a2＋b2，
解得c＝2，a＝1，b＝eq \r(3)，
所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)因为|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立，即eq \f(FP,FQ)＝eq \f(EP,EQ)恒成立，可知EF为∠PEQ的角平分线，
即kEP＋kEQ＝0，
当直线AB的斜率不存在时，P在x轴上任意非F点都成立，
当直线AB的斜率存在时，且斜率不为0，设直线PQ的方程为x＝my＋2，m≠0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，假设存在E(s,0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,3x2－y2＝3，))整理可得：(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
3m2－1≠0，y1＋y2＝－eq \f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq \f(9,3m2－1)，
因为kEP＋kEQ＝0，所以eq \f(y1,x1－s)＋eq \f(y2,x2－s)＝0，
整理可得y1(my2＋2－s)＋y2(my1＋2－s)＝0，
即2my1y2＋(2－s)(y1＋y2)＝0，
即2m·eq \f(9,3m2－1)＋(s－2)·eq \f(12m,3m2－1)＝0，因为m≠0，
整理可得：s＝eq \f(1,2)，
即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
综上所述，存在满足条件的点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)).
方法技巧· 精提炼
探索性问题的解题策略
探索性问题，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；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
加固训练· 促提高
4. (2023·桃城区校级三模)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2\r(6),3))).
(1)求E的方程；
(2)已知P(2,0)，是否存在过点G(－1,0)的直线l交E于A，B两点，使得直线PA，PB的斜率之和等于－1？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)，
由点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))在E上，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋\f(9,4)n＝1，,\f(4,9)m＋\f(8,3)n＝1，))解得m＝eq \f(1,4)，n＝eq \f(1,3)，
所以E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)存在，理由如下．
显然直线l不垂直于x轴，设直线l的方程为x＝ky－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去x得：(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，
则y1＋y2＝eq \f(6k,3k2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3k2＋4)，
得x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝eq \f(－8,3k2＋4)，
x1x2＝(ky1－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1＝eq \f(－9k2,3k2＋4)－eq \f(6k2,3k2＋4)＋1＝eq \f(－12k2＋4,3k2＋4)，
因此eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2)
＝eq \f(y1x2＋y2x1－2y1＋y2,x1x2－2x1＋x2＋4)
＝eq \f(y1ky2－1＋y2ky1－1－2y1＋y2,x1x2－2x1＋x2＋4)
＝eq \f(2ky1y2－3y1＋y2,x1x2－2x1＋x2＋4)
＝eq \f(\f(－18k,3k2＋4)－\f(18k,3k2＋4),\f(－12k2＋4,3k2＋4)＋\f(16,3k2＋4)＋4)
＝－k＝－1，
解得k＝1，
所以存在符合要求的直线l，其方程为x－y＋1＝0.