高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義(新高考版)專題6第3講母題突破4探索性問題(學(xué)生版+解析)

母題突破4探索性問題母題已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由．[子題1]已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A1，A2.(1)若M為C上任意一點，求|MF1|·|MF2|的最大值；(2)橢圓C上是否存在點P(異于點A1，A2)，使得直線PA1，PA2與直線x＝4分別交于點E，F(xiàn)，且|EF|＝1？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．[子題2](2020·合肥適應(yīng)性檢測)已知拋物線C：y2＝4x，過點(2,0)作直線l與拋物線C交于M，N兩點，在x軸上是否存在一點A，使得x軸平分∠MAN？若存在，求出點A的坐標；若不存在，請說明理由．【拓展訓(xùn)練】1．已知橢圓G：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點B(0,1)，點A為橢圓G的右頂點，過原點O的直線l與橢圓G交于P，Q兩點(點Q在第一象限)，且與線段AB交于點M.是否存在直線l，使得△BOP的面積是△BMQ的面積的3倍？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．2．(2020·滁州模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，是否存在斜率為－1的直線l與以線段F1F2為直徑的圓相交于A，B兩點，與橢圓E相交于C，D兩點，且|CD|·|AB|＝eq\f(12\r(13),7)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．專題訓(xùn)練1.(2020·廣州模擬)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.過點P(0,1)的動直線l(直線l的斜率存在)與橢圓C相交于A，B兩點，問在y軸上是否存在與點P不同的定點Q，使得eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(S△APQ,S△BPQ)恒成立？若存在，求出定點Q的坐標；若不存在，請說明理由．2．在平面直角坐標系xOy中．①已知點Q(eq\r(3)，0)，直線l：x＝2eq\r(3)，動點P滿足到點Q的距離與到直線l的距離之比為eq\f(\r(2),2).②已知點H(－eq\r(3)，0)，G是圓E：x2＋y2－2eq\r(3)x－21＝0上一個動點，線段HG的垂直平分線交GE于P.③點S，T分別在x軸，y軸上運動，且|ST|＝3，動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(\r(6),3)eq\o(OS,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)eq\o(OT,\s\up6(→)).(1)在①②③這三個條件中任選一個，求動點P的軌跡C的方程；(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)(2)設(shè)圓O：x2＋y2＝2上任意一點A處的切線交軌跡C于M，N兩點，試判斷以MN為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出該定點坐標；若不過定點，請說明理由．母題突破4探索性問題母題已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由．2思路分析?假設(shè)四邊形OAPB能為平行四邊形↓?線段AB與線段OP互相平分↓?計算此時直線l的斜率↓?下結(jié)論【解析】(1)證明設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq\f(9b,k2＋9).于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．(2)解四邊形OAPB能為平行四邊形．因為直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0，k≠3.由(1)得OM的方程為y＝－eq\f(9,k)x.設(shè)點P的橫坐標為xP，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2))得xeq\o\al(2,P)＝eq\f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9)).將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))的坐標代入直線l的方程得b＝eq\f(m3－k,3)，因此xM＝eq\f(kk－3m,3k2＋9).四邊形OAPB為平行四邊形，當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM.于是eq\f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq\f(kk－3m,3k2＋9)，解得k1＝4－eq\r(7)，k2＝4＋eq\r(7).因為ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以當直線l的斜率為4－eq\r(7)或4＋eq\r(7)時，四邊形OAPB為平行四邊形．[子題1]已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A1，A2.(1)若M為C上任意一點，求|MF1|·|MF2|的最大值；(2)橢圓C上是否存在點P(異于點A1，A2)，使得直線PA1，PA2與直線x＝4分別交于點E，F(xiàn)，且|EF|＝1？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【解析】解(1)由橢圓的定義可知|MF1|＋|MF2|＝4，∴|MF1|·|MF2|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))2＝4，當且僅當|MF1|＝|MF2|＝2時等號成立，∴|MF1|·|MF2|的最大值為4.(2)假設(shè)存在滿足題意的點P.不妨設(shè)P(x0，y0)(y0>0)，則－2<x0<2.由題意知直線PA1的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，令x＝4，得yE＝eq\f(6y0,x0＋2)，直線PA2的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝4，得yF＝eq\f(2y0,x0－2)，由|EF|＝y(tǒng)E－yF＝eq\f(6y0,x0＋2)－eq\f(2y0,x0－2)＝eq\f(4x0y0－16y0,x\o\al(2,0)－4)＝eq\f(4y0x0－4,－4y\o\al(2,0))＝eq\f(4－x0,y0)＝1，得x0＝4－y0，由xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4，得5yeq\o\al(2,0)－8y0＋12＝0，∵Δ＝－176<0，∴此方程無解．故不存在滿足題意的點P.[子題2](2020·合肥適應(yīng)性檢測)已知拋物線C：y2＝4x，過點(2,0)作直線l與拋物線C交于M，N兩點，在x軸上是否存在一點A，使得x軸平分∠MAN？若存在，求出點A的坐標；若不存在，請說明理由．【解析】解①當直線l的斜率不存在時，由拋物線的對稱性可知x軸上任意一點A(不與點(2,0)重合)，都可使得x軸平分∠MAN；②當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,y2＝4x，))消去y得k2x2－(4k2＋4)x＋4k2＝0，顯然Δ>0，∴x1＋x2＝eq\f(4k2＋4,k2)，x1x2＝4，(*)假設(shè)在x軸上存在一點A(a,0)，使得x軸平分∠MAN，∴kAM＋kAN＝0，∴eq\f(y1,x1－a)＋eq\f(y2,x2－a)＝0，∴eq\f(y1x2－a＋y2x1－a,x1－ax2－a)＝0，又y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，∴eq\f(2x1x2－a＋2x1＋x2＋4a,x1x2－ax1＋x2＋a2)＝0，把(*)式代入上式化簡得4a＝－8，∴a＝－2，∴點A(－2,0)，綜上所述，在x軸上存在一點A(－2,0)，使得x軸平分∠MAN.規(guī)律方法探索性問題的求解策略(1)若給出問題的一些特殊關(guān)系，要探索一般規(guī)律，并能證明所得規(guī)律的正確性，通常要對已知關(guān)系進行觀察、比較、分析，然后概括一般規(guī)律．(2)若只給出條件，求“不存在”“是否存在”等語句表述問題時，一般先對結(jié)論給出肯定的假設(shè)，然后由假設(shè)出發(fā)，結(jié)合已知條件進行推理，從而得出結(jié)論．【拓展訓(xùn)練】1．已知橢圓G：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點B(0,1)，點A為橢圓G的右頂點，過原點O的直線l與橢圓G交于P，Q兩點(點Q在第一象限)，且與線段AB交于點M.是否存在直線l，使得△BOP的面積是△BMQ的面積的3倍？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．【解析】解設(shè)Q(x0，y0)，則P(－x0，－y0)，可知0<x0<2,0<y0<1.假設(shè)存在直線l，使得△BOP的面積是△BMQ的面積的3倍，則|OP|＝3|MQ|，即|OQ|＝3|MQ|，即eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0，\f(2,3)y0))，得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0，\f(2,3)y0)).又A(2,0)，∴直線AB的方程為x＋2y－2＝0.∵點M在線段AB上，∴eq\f(2,3)x0＋eq\f(4,3)y0－2＝0，整理得x0＝3－2y0，①∵點Q在橢圓G上，∴eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，②把①式代入②式可得8yeq\o\al(2,0)－12y0＋5＝0，∵判別式Δ＝(－12)2－4×8×5＝－16<0，∴該方程無解．∴不存在直線l，使得△BOP的面積是△BMQ的面積的3倍．2．(2020·滁州模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，是否存在斜率為－1的直線l與以線段F1F2為直徑的圓相交于A，B兩點，與橢圓E相交于C，D兩點，且|CD|·|AB|＝eq\f(12\r(13),7)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．【解析】解假設(shè)存在斜率為－1的直線l，設(shè)為y＝－x＋m，由題意知，F(xiàn)1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，所以以線段F1F2為直徑的圓為x2＋y2＝1，由題意，圓心(0,0)到直線l的距離d＝eq\f(|－m|,\r(2))<1，得|m|<eq\r(2)，|AB|＝2eq\r(1－d2)＝2eq\r(1－\f(m2,2))＝eq\r(2)×eq\r(2－m2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝－x＋m))消去y，整理得7x2－8mx＋4m2－12＝0.由題意，Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得m2<7，又|m|<eq\r(2)，所以m2<2.設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8m,7)，x1x2＝eq\f(4m2－12,7)，|CD|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\r(2)×eq\f(\r(336－48m2),7)＝eq\f(4\r(6)\r(7－m2),7)，若|CD|·|AB|＝eq\f(12\r(13),7)，則eq\r(2)×eq\r(2－m2)×eq\f(4\r(6),7)×eq\r(7－m2)＝eq\f(12\r(13),7)，整理得4m4－36m2＋17＝0，解得m2＝eq\f(1,2)或m2＝eq\f(17,2).又m2<2，所以m2＝eq\f(1,2)，即m＝±eq\f(\r(2),2).故存在符合條件的直線l，其方程為y＝－x＋eq\f(\r(2),2)或y＝－x－eq\f(\r(2),2).專題訓(xùn)練1.(2020·廣州模擬)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.過點P(0,1)的動直線l(直線l的斜率存在)與橢圓C相交于A，B兩點，問在y軸上是否存在與點P不同的定點Q，使得eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(S△APQ,S△BPQ)恒成立？若存在，求出定點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【解析】解假設(shè)在y軸上存在與點P不同的定點Q，使得eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(S△APQ,S△BPQ)恒成立．設(shè)Q(0，m)(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為y＝kx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，顯然，Δ>0，∴x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(2,2k2＋1)，eq\f(S△APQ,S△BPQ)＝eq\f(\f(1,2)|QP||QA|sin∠PQA,\f(1,2)|QP||QB|sin∠PQB)＝eq\f(|QA|sin∠PQA,|QB|sin∠PQB)，∵eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(S△APQ,S△BPQ)，∴sin∠PQA＝sin∠PQB，∴∠PQA＝∠PQB，∴kQA＝－kQB，∴eq\f(y1－m,x1)＝eq\f(y2－m,－x2)，∴(m－1)(x1＋x2)＝2kx1x2，即－(m－1)·eq\f(4k,2k2＋1)＝－2k·eq\f(2,2k2＋1)，解得m＝2，∴存在定點Q(0,2)，使得eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(S△APQ,S△BPQ)恒成立．2．在平面直角坐標系xOy中．①已知點Q(eq\r(3)，0)，直線l：x＝2eq\r(3)，動點P滿足到點Q的距離與到直線l的距離之比為eq\f(\r(2),2).②已知點H(－eq\r(3)，0)，G是圓E：x2＋y2－2eq\r(3)x－21＝0上一個動點，線段HG的垂直平分線交GE于P.③點S，T分別在x軸，y軸上運動，且|ST|＝3，動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(\r(6),3)eq\o(OS,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)eq\o(OT,\s\up6(→)).(1)在①②③這三個條件中任選一個，求動點P的軌跡C的方程；(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)(2)設(shè)圓O：x2＋y2＝2上任意一點A處的切線交軌跡C于M，N兩點，試判斷以MN為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出該定點坐標；若不過定點，請說明理由．【解析】解(1)若選①，設(shè)P(x，y)，根據(jù)題意得，eq\f(\r(x－\r(3)2＋y2),|x－2\r(3)|)＝eq\f(\r(2),2)，整理，得eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，所以動點P的軌跡C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.若選②，由E：x2＋y2－2eq\r(3)x－21＝0得(x－eq\r(3))2＋y2＝24，由題意得|PH|＝|PG|，所以|PH|＋|PE|＝|PG|＋|PE|＝|EG|＝2eq\r(6)>|HE|＝2eq\r(3)，所以點P的軌跡C是以H，E為焦點的橢圓，且a＝eq\r(6)，c＝eq\r(3)，則b＝eq\r(3)，所以動點P的軌跡C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.若選③，設(shè)P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，則x′2＋y′2＝9，(*)因為eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(\r(6),3)eq\o(OS,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)eq\o(OT,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(6),3)x′，,y＝\f(\r(3),3)y′，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(\r(6),2)x，,y′＝\r(3)y，))將其代入(*)，得eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，所以動點P的軌跡C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當過點A且與圓O相切的切線斜率不存在時，切線方程為x＝eq\r(2)，x＝－eq\r(2)，當切線方程為x＝eq\r(2)時，M(eq\r(2)，eq\r(2))