专题6 第3讲 母题突破4 探索性问题（教师版）.docx

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1、母题突破4探索性问题【母题】椭圆C： 9x2+y2 = m2(m0),直线1不过原点0且不平行于坐标轴，1与C有两 个交点A, B,线段AB的中点为M.证明：直线0M的斜率与1的斜率的乘积为定值；假设1过点(5，m),延长线段0M与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形？假设能， 求此时1的斜率；假设不能，说明理由.(2)思路分析假设四边形OAPB能为平行四边形I线段AB与线段0P互相平分I计算此时直线1的斜率下结论【解析】(1)证明设直线1： y=kx+b(kWO, bWO),A(xi, yi), B(x2, y2), M(xm, Ym).将 y=kx+b 代入 9x2+y2 = m2

2、#(k2+9)x2+2kbx+b2m2 = 0,xi + x2 kb9b故 xm= -2-=+9, yM = kxM 十 b=k2+g于是直线OM的斜率即kM-k=-9.所以直线OM的斜率与1的斜率的乘积为定值.(2)解 四边形OAPB能为平行四边形.0.3m26 6k2 3义2(10, kW3.9由（1）得OM的方程为y=-p.设点P的横坐标为XP,_ 9、y=一声, /曰 k2m2kmq2, 2_ 2 传、P=索丙即 XP=/I9x2+y2 = m2v将点得，m）的坐标代入直线1的方程得b=F，k(k - 3)m因此xm= 3代+9)四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段0P互

3、相平分，即xp=2xm.丁 曰 kmk(k3)m于是乖百=2xMp 解得k1=4一巾，k2=4+币.因为kiO, kiW3, i=l,2,所以当直线1的斜率为4或或4+于时，四边形OAPB为平行 四边形.v2子题1椭圆C： w+y2=l的左、右焦点分别为Fl, F2,左、右顶点分别为Al, Az.假设M为C上任意一点，求MF1HMF2I的最大值；椭圆C上是否存在点P（异于点Ai, A2）,使得直线PAi, PA2与直线x=4分别交于点E, F,且|EF|=1?假设存在，求出点P的坐标；假设不存在，请说明理由.【解析】解 由椭圆的定义可知|MFi| + |MF2|=4,AIMF1HMF2|（）=

4、4,当且仅当|MFi|=|MF2|=2时等号成立,|MFi|MF2|的最大值为4.假设存在满足题意的点P.不妨设 P(xo, y()(y()0),那么一2xo2.由题意知直线PAi的方程为y=(x + 2),令 x=4,令 x=4,得ye=6yoxo+2直线PA2的方程为y=o(x2),J x02V令 x=4,得 yF= 2yo xo2.6yo 2yo 4xoyo16yo 4yo(xo4) 4 xo由|EF尸yE_yF=x+2_x_2= xg-4 = -4y8 =大1=1，仔 x=4y。，由蝠+4y8=4,得 5y88yo+12=O,= 176(),4k2+4.X1+X2=-记一，X1X2 =

5、 4, (*)假设在x轴上存在一点A(a,0),使得x轴平分NMAN,.kAM + kAN = 0 .芝号(),.yi(X2 a) + y2(xia)一 (xi-a)(x2-a)-U，又 yi=k(xi2), y2=k(X22),.2xiX2(a+2)(xi + x2)+4a xjX2-a(xi +x2)+a2把(*)式代入上式化简得4a=-8,Aa=-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NMAN.规律方法探索性问题的求解策略假设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、比拟、分析，然后概括一般规律.(

6、2)假设只给出条件，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，结合条件进行推理，从而得出结论.【拓展训练】X1.椭圆G： w+y2=l，点B(0)，点A为椭圆G的右顶点，过原点O的直线1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1,使得ABOP 的面积是ABNIQ的面积的3倍？假设存在，求出直线1的方程；假设不存在，请说明理由.【解析】解 设Q(xo, yo),那么P(xo, yo),可知 Oxo2,Oyol.假设存在直线1,使得ABOP的面积是BMQ的面积的3倍，那么|OP| = 3|MQ|,即|OQ| =

7、3|MQ|, 即 向=*|质=(|x(), |yo 得 M(|xo, |yo).又A(2,0), 直线AB的方程为x+2y2=0.24.点 M 在线段 AB 上，Axo+yo-2 = 0,整理得xo=32yo,，点Q在椭圆G上，苧+y8=l,把式代入式可得8yS-12yo+5=O,判别式 = (12)2-4X8X5 = -160,该方程无解.不存在直线1,使得aBOP的面积是ABNIQ的面积的3倍.2.(2020.滁州模拟)椭圆E：千+予=1的左、右焦点分别为F” F2,是否存在斜率为T 的直线1与以线段FE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| =殍亘

8、？假设存在，求出直线1的方程；假设不存在，说明理由.【解析】解 假设存在斜率为一1的直线1,设为y=x+m ,由题意知,Fi(-l,0), F2(l,0),所以以线段F1F2为直径的圆为x2+y2=l,由题意，圆心(0,0)到直线1的距离1=需0,解得m27,又|m|啦，所以m22.设 C(xi, yi), D(x2, y2),mi i 8m4m212那么 Xi+X2= , X1X2= y ,|CD尸产词X2xQX近铲后4y7 m2=7假设|CD“AB|= 粤亘，那么口广声半X尸萨呼,整理得 4m436m2+17=0,117解得 m2=或 m2=-y.又m20, * XiX22k?+，xiX2

9、2k2 ，S%pq QPUQAkin/PQA QAkinNPQASabpq |QP|QB|sinZPQB QB|sinNPQB,IQA|SaApqIQB| Sabpq 5,IQA|SaApqIQB| Sabpq 5.,.sinZPQA = sinZPQB,AZPQA=ZPQB, Rqa = kQB,.yi m y2m Xi X2；(ml)(xi+ X2) = 2kx i X2,4k2即 一(m一 口与卜?+ = 2k2k2+ ，解得 m=2,存在定点Q（0,2）,使得需=产恒成立. IQI OABPQ2.在平面直角坐标系xOy中.点Q（小，0）,直线1： x=2V3,动点P满足到点Q的距离与到

10、直线1的距离之比为乎.点H（一小，0）, G是圆E： x2 + y22小x 21=。上一个动点，线段HG的垂直平分 线交GE于P.点S, T分别在x轴，y轴上运动，且|ST| = 3,动点P满足用=率丞+芈5K在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： x?+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？假设过定点，求出该定点坐标；假设不过定点，请说明理由.【解析】解假设选，设P(x, y),根据题意得，*2瑞邛,整理，得1+与=1， o 3所以动点P的轨迹C的方程为2+=1.

11、 o 5假设选，由 E： x2 + y2 21=0 得(x3)2 + y2=24,由题意得|PH| = |PG|,所以 |PH| + |PE| = |PG| + |PE| = |EG| = 2y6|HE| = 2小，所以点P的轨迹C是以H, E为焦点的椭圆，且a=加，c=小,那么b=g,所以动点P的轨迹C的方程为*+=1.o 3假设选，设 P(x, y), S(x , 0), T(0, yf ),那么 x，2+yz 2=9, (*)因为而+东穴，22将其代入(*),得菅+=1，22所以动点P的轨迹C的方程为*+*=1. o 5(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=W，x=

12、也，当切线方程为x=地时，M(V2,也)，N(V2, 一爽)，以MN为直径的圆的方程为(x也 + y2 = 2.当切线方程为x=一爽时，M(-V2,也)，N(f, 一也)，以MN为直径的圆的方程为(x+也+y2 = 2.由联立，可解得交点为(0,0).当过点A且与圆0相切的切线斜率存在时，设切线方程为y = kx + m,即即 m2=2(k2+1).y=kx + m, 联立切线与椭圆C的方程正 = 并消去y,得 17+3=1,(1 + 2k2)x2+4kmx + 2m26 = 0.因为 = 16k2m24(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(xi, yi), N(X2, y2),mi .4km2m2 6Xi+x2=-1+2k2, X1X2= +2k2.因为OM=(xi, yi), ON=(x2, y2).所 以OMON = xiX2 + yiy2 = xiX2 + (kxi + m)(kx2 + m) = (l +k2)xiX2 + km(xi +x2)+ m2 = (l +2m26-4kml+2k2+ m2