高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题6第3讲母题突破4探索性问题(学生版+解析)

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(2)若l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，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．
[子题1] 已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2.
(1)若M为C上任意一点，求|MF1|·|MF2|的最大值；
(2)椭圆C上是否存在点P(异于点A1，A2)，使得直线PA1，PA2与直线x＝4分别交于点E，F，且|EF|＝1？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
[子题2] (2020·合肥适应性检测)已知抛物线C：y2＝4x，过点(2,0)作直线l与抛物线C交于M，N两点，在x轴上是否存在一点A，使得x轴平分∠MAN？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
【拓展训练】
1．已知椭圆G：eq \f(x2,4)＋y2＝1，点B(0,1)，点A为椭圆G的右顶点，过原点O的直线l与椭圆G交于P，Q两点(点Q在第一象限)，且与线段AB交于点M.是否存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
2．(2020·滁州模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，是否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆E相交于C，D两点，且|CD|·|AB|＝eq \f(12\r(13),7)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
专题训练
1. (2020·广州模拟)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.过点P(0,1)的动直线l(直线l的斜率存在)与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(S△APQ,S△BPQ)恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
2．在平面直角坐标系xOy中．
①已知点Q(eq \r(3)，0)，直线l：x＝2eq \r(3)，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为eq \f(\r(2),2).
②已知点H(－eq \r(3)，0)，G是圆E：x2＋y2－2eq \r(3)x－21＝0上一个动点，线段HG的垂直平分线交GE于P.
③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|＝3，动点P满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(\r(6),3)eq \(OS,\s\up6(→))＋eq \f(\r(3),3)eq \(OT,\s\up6(→)).
(1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹C的方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
(2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点A处的切线交轨迹C于M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
母题突破4 探索性问题
母题 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；
(2)若l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，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．
2思路分析
❶假设四边形OAPB能为平行四边形
↓
❷线段AB与线段OP互相平分
↓
❸计算此时直线l的斜率
↓
❹下结论
【解析】(1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将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).
于是直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(9,k)，即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)解 四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，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＝－eq \f(9,k)x.
设点P的横坐标为xP，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2))得xeq \\al(2,P)＝eq \f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq \f(±km,3\r(k2＋9)).
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))的坐标代入直线l的方程得b＝eq \f(m3－k,3)，
因此xM＝eq \f(kk－3m,3k2＋9).
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eq \f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq \f(kk－3m,3k2＋9)，
解得k1＝4－eq \r(7)，k2＝4＋eq \r(7).
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－eq \r(7)或4＋eq \r(7)时，四边形OAPB为平行四边形．
[子题1] 已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2.
(1)若M为C上任意一点，求|MF1|·|MF2|的最大值；
(2)椭圆C上是否存在点P(异于点A1，A2)，使得直线PA1，PA2与直线x＝4分别交于点E，F，且|EF|＝1？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解 (1)由椭圆的定义可知|MF1|＋|MF2|＝4，
∴|MF1|·|MF2|≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))2＝4，
当且仅当|MF1|＝|MF2|＝2时等号成立，
∴|MF1|·|MF2|的最大值为4.
(2)假设存在满足题意的点P.
不妨设P(x0，y0)(y0>0)，则－2由题意知直线PA1的方程为y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，
令x＝4，得yE＝eq \f(6y0,x0＋2)，
直线PA2的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，
令x＝4，得yF＝eq \f(2y0,x0－2)，
由|EF|＝yE－yF＝eq \f(6y0,x0＋2)－eq \f(2y0,x0－2)＝eq \f(4x0y0－16y0,x\\al(2,0)－4)＝eq \f(4y0x0－4,－4y\\al(2,0))＝eq \f(4－x0,y0)＝1，得x0＝4－y0，
由xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4，得5yeq \\al(2,0)－8y0＋12＝0，
∵Δ＝－176<0，∴此方程无解．
故不存在满足题意的点P.
[子题2] (2020·合肥适应性检测)已知抛物线C：y2＝4x，过点(2,0)作直线l与抛物线C交于M，N两点，在x轴上是否存在一点A，使得x轴平分∠MAN？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解 ①当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A(不与点(2,0)重合)，都可使得x轴平分∠MAN；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝4x，))
消去y得k2x2－(4k2＋4)x＋4k2＝0，
显然Δ>0，
∴x1＋x2＝eq \f(4k2＋4,k2)，x1x2＝4，(*)
假设在x轴上存在一点A(a,0)，使得x轴平分∠MAN，
∴kAM＋kAN＝0，∴eq \f(y1,x1－a)＋eq \f(y2,x2－a)＝0，
∴eq \f(y1x2－a＋y2x1－a,x1－ax2－a)＝0，
又y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，
∴eq \f(2x1x2－a＋2x1＋x2＋4a,x1x2－ax1＋x2＋a2)＝0，
把(*)式代入上式化简得4a＝－8，
∴a＝－2，∴点A(－2,0)，
综上所述，在x轴上存在一点A(－2,0)，使得x轴平分∠MAN.
规律方法 探索性问题的求解策略
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．
【拓展训练】
1．已知椭圆G：eq \f(x2,4)＋y2＝1，点B(0,1)，点A为椭圆G的右顶点，过原点O的直线l与椭圆G交于P，Q两点(点Q在第一象限)，且与线段AB交于点M.是否存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】解 设Q(x0，y0)，则P(－x0，－y0)，
可知0假设存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍，则|OP|＝3|MQ|，即|OQ|＝3|MQ|，
即eq \ (OM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x0，\f(2,3)y0))，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x0，\f(2,3)y0)).
又A(2,0)，∴直线AB的方程为x＋2y－2＝0.
∵点M在线段AB上，∴eq \f(2,3)x0＋eq \f(4,3)y0－2＝0，
整理得x0＝3－2y0，①
∵点Q在椭圆G上，∴eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，②
把①式代入②式可得8yeq \\al(2,0)－12y0＋5＝0，
∵判别式Δ＝(－12)2－4×8×5＝－16<0，
∴该方程无解．
∴不存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍．
2．(2020·滁州模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，是否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆E相交于C，D两点，且|CD|·|AB|＝eq \f(12\r(13),7)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
【解析】解 假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，
由题意知，F1(－1,0)，F2(1,0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
由题意，圆心(0,0)到直线l的距离d＝eq \f(|－m|,\r(2))<1，得|m||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\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝－x＋m))消去y，整理得
7x2－8mx＋4m2－12＝0.
由题意，Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，
解得m2<7，
又|m|设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则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)，
则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).
故存在符合条件的直线l，其方程为
y＝－x＋eq \f(\r(2),2)或y＝－x－eq \f(\r(2),2).
专题训练
1. (2020·广州模拟)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.过点P(0,1)的动直线l(直线l的斜率存在)与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(S△APQ,S△BPQ)恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解 假设在y轴上存在与点P不同的定点Q，使得eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(S△APQ,S△BPQ)恒成立．
设Q(0，m)(m≠1)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
显然，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，
∴存在定点Q(0,2)，使得eq \f(|QA|,|QB|)＝eq \f(S△APQ,S△BPQ)恒成立．
2．在平面直角坐标系xOy中．
①已知点Q(eq \r(3)，0)，直线l：x＝2eq \r(3)，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为eq \f(\r(2),2).
②已知点H(－eq \r(3)，0)，G是圆E：x2＋y2－2eq \r(3)x－21＝0上一个动点，线段HG的垂直平分线交GE于P.
③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|＝3，动点P满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(\r(6),3)eq \(OS,\s\up6(→))＋eq \f(\r(3),3)eq \(OT,\s\up6(→)).
(1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹C的方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
(2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点A处的切线交轨迹C于M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【解析】解 (1)若选①，
设P(x，y)，根据题意得，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，
所以动点P的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
若选②，
由E：x2＋y2－2eq \r(3)x－21＝0得(x－eq \r(3))2＋y2＝24，
由题意得|PH|＝|PG|，
所以|PH|＋|PE|＝|PG|＋|PE|＝|EG|＝2eq \r(6)
>|HE|＝2eq \r(3)，
所以点P的轨迹C是以H，E为焦点的椭圆，
且a＝eq \r(6)，c＝eq \r(3)，则b＝eq \r(3)，
所以动点P的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
若选③，
设P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则x′2＋y′2＝9，(*)
因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(\r(6),3)eq \(OS,\s\up6(→))＋eq \f(\r(3),3)eq \(OT,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(6),3)x′，,y＝\f(\r(3),3)y′，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝\f(\r(6),2)x，,y′＝\r(3)y，))
将其代入(*)，得eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，
所以动点P的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当过点A且与圆O相切的切线斜率不存在时，切线方程为x＝eq \r(2)，x＝－eq \r(2)，
当切线方程为x＝eq \r(2)时，M(eq \r(2)，eq \r(2))，N(eq \r(2)，－eq \r(2))，
以MN为直径的圆的方程为(x－eq \r(2))2＋y2＝2.①
当切线方程为x＝－eq \r(2)时，M(－eq \r(2)，eq \r(2))，N(－eq \r(2)，－eq \r(2))，
以MN为直径的圆的方程为(x＋eq \r(2))2＋y2＝2.②
由①②联立，可解得交点为(0,0)．
当过点A且与圆O相切的切线斜率存在时，设切线方程为y＝kx＋m，即eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，即m2＝2(k2＋1)．
联立切线与椭圆C的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))并消去y，得
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
因为Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝－8(m2－6k2－3)＝－8(2k2＋2－6k2－3)＝8(4k2＋1)>0，
所以切线与椭圆C恒有两个交点．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2)，
因为eq \(OM,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq \(ON,\s\up6(→))＝(x2，y2)，
所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)·eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋km·eq \f(－4km,1＋2k2)＋m2
＝eq \f(3m2－6－6k2,1＋2k2)＝eq \f(3×2k2＋1－6－6k2,1＋2k2)＝0.
所以OM⊥ON，
所以以MN为直径的圆过原点(0,0)，
综上所述，以MN为直径的圆过定点(0,0)．