2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第10講圓錐曲線__定點(diǎn)定值探究性問題考點(diǎn)4探究型問題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

∴C的方程為x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)設(shè)直線l的方程為x＝my－2，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,x2－\f(y2,3)＝1，))整理得：(3m2－1)y2－12my＋9＝0，
則y1＋y2＝eq \f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq \f(9,3m2－1)，
所以x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq \f(4,3m2－1)，
x1x2＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝eq \f(－3m2－4,3m2－1)，
假設(shè)存在實(shí)數(shù)t，使得|eq \(FM,\s\up6(→))＋eq \(FN,\s\up6(→))|＝|eq \(FM,\s\up6(→))－eq \(FN,\s\up6(→))|，
則eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，而A(1,0)，F(xiàn)(－2,0)，
故由AP方程：y＝eq \f(y1,x1－1)(x－1)，令x＝t得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(y1,x1－1)?t－1?))，
同理AQ方程：y＝eq \f(y2,x2－1)(x－1)，令x＝t得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(y2,x2－1)?t－1?))，所以eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋2，\f(y1,x1－1)?t－1?)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋2，\f(y2,x2－1)?t－1?))＝0，
即(t＋2)2＋eq \f(y1y2,?x1－1??x2－1?)(t－1)2＝0，
則(t＋2)2＋eq \f(\f(9,3m2－1),\f(－3m2－4,3m2－1)－\f(4,3m2－1)＋1)(t－1)2＝0，
即(t＋2)2－(t－1)2＝0，解得t＝－eq \f(1,2)，
故存在實(shí)數(shù)t＝－eq \f(1,2)，使得|eq \(FM,\s\up6(→))＋eq \(FN,\s\up6(→))|＝|eq \(FM,\s\up6(→))－eq \(FN,\s\up6(→))|.
名師點(diǎn)撥：存在性問題的解題策略
存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．
1．當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論．
2．當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件．
存在性問題的答題模版
【變式訓(xùn)練】
(2024·山東德州模擬)已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦點(diǎn)，點(diǎn)P(2，2eq \r(6))在C上，且雙曲線C的漸近線與圓x2＋y2－6y＋8＝0相切．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)若過點(diǎn)F2且斜率為k的直線l交雙曲線C的右支于A，B兩點(diǎn)，Q為x軸上一點(diǎn)，滿足|QA|＝|QB|，試問eq \f(|AF1|＋|BF1|－4,|QF2|)是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
[解析] (1)由題意點(diǎn)P(2,2eq \r(6))在雙曲線C上，
可得eq \f(4,a2)－eq \f(24,b2)＝1，
圓x2＋y2－6y＋8＝0的圓心為(0,3)，半徑為1，雙曲線的漸近線與圓相切，
所以，1＝eq \f(3,\r(1＋\f(b2,a2)))，即eq \f(b2,a2)＝8，
解得a2＝1，b2＝8，
故雙曲線方程為x2－eq \f(y2,8)＝1.
(2)eq \f(|AF1|＋|BF1|－4,|QF2|)是定值．
設(shè)直線方程為y＝k(x－3)，由于直線交雙曲線C的右支于A，B兩點(diǎn)，故k≠0，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,8)＝1，,y＝k?x－3?，))
可得(8－k2)x2＋6k2x－9k2－8＝0，
當(dāng)k2＝8時(shí)，直線與雙曲線的漸近線平行，此時(shí)直線和雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；
故k2≠8，此時(shí)Δ＝256(k2＋1)>0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
x1＋x2＝eq \f(6k2,k2－8)，x1x2＝eq \f(9k2＋8,k2－8)(k2>8)，
則eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(3k2,k2－8)，eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(24k,k2－8)，
即A，B的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3k2,k2－8)，\f(24k,k2－8)))，
因?yàn)镼為x軸上一點(diǎn)，滿足|QA|＝|QB|，故Q為AB的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)，
AB的垂直平分線的方程為：
y－eq \f(24k,k2－8)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3k2,k2－8)))，
令y＝0，則得x＝eq \f(27k2,k2－8)，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(27k2,k2－8)，0))，
所以|QF2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(27k2,k2－8)－3))＝eq \f(24?k2＋1?,k2－8)，
又|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,k2－8)))2－\f(4?9k2＋8?,k2－8))＝eq \f(16?k2＋1?,k2－8)，
又因?yàn)锳，B在雙曲線的右支上，
故|AF1|－|AF2|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2，
故|AF1|＋|BF1|－|AF2|－|BF2|＝4，
即|AF1|＋|BF1|－4＝|AB|，
故eq \f(|AF1|＋|BF1|－4,|QF2|)＝eq \f(|AB|,|QF2|)＝eq \f(\f(16?k2＋1?,k2－8),\f(24?k2＋1?,k2－8))＝eq \f(2,3)，
即eq \f(|AF1|＋|BF1|－4,|QF2|)為定值，定值為eq \f(2,3).

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