创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题26　探究性问题.pptx

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1、INNOVATIVE DESIGN上篇板块四平面解析几何微专题26探究性问题真题研析 类题突破高分训练 对接高考索引解解析析几几何何中中的的探探究究性性问题，一一般般探探究究某某种种命命题是是否否正正确确，某某种种位位置置关关系系是是否否成成立等，是高考的立等，是高考的热点点问题，难度度较大大.索引1真题研析 类题突破索引解解设直直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).将将ykxb代入代入9x2y2m2得得(k29)x22kbxb2m20，索引所以所以l不不过原点且与原点且与C有两个交点的充要条件是有两个交点的充要条件是k0，k3.设点点P的横坐的

2、横坐标为xP，索引四四边形形OAPB为平行四平行四边形当且形当且仅当当线段段AB与与线段段OP互相平分，即互相平分，即xP2xM.索引解解由由题意得直意得直线l的斜率不的斜率不为0，Q(2，0)，设直直线l的方程的方程为xmy2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，得得y24my80，索引(4m)24(8)16m2320，y1y24m，y1y28.索引索引解解假假设能构成等腰直角三角形能构成等腰直角三角形BMN，其中，其中B(0，1)，由由题意意可可知知，直直角角边BM，BN不不可可能能垂垂直直或或平平行行于于x轴，故故可可设BM所所在在直直线的的方程方程为

3、ykx1(不妨不妨设k0)，得得(9k21)x218kx0，索引即即k39k29k10，索引故故(k1)(k28k1)0，故存在三个故存在三个满足足题设条件的内接等腰直角三角形条件的内接等腰直角三角形.索引解解存存在在.因因为P是是椭圆C上上异异于于椭圆C顶点点的的任任意意一一点点，且且lOP，所所以以直直线l的的斜率存在且不斜率存在且不为0.设过点点Q(0，2)的直的直线l的方程的方程为ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2).索引消去消去y得得(14k2)x216kx120，则(16k)2412(14k2)04k23，索引所以所以|QA|QB|OP|2，索引探探索索性性问题的的求求解解

4、步步骤：假假设满足足条条件件的的元元素素(点点、直直线、曲曲线或或参参数数)存存在在，用用待待定定系系数数法法设出出，列列出出关关于于待待定定系系数数的的方方程程组，若若方方程程组有有实数数解解，则元元素素(点、直点、直线、曲、曲线或参数或参数)存在，否存在，否则，元素，元素(点、直点、直线、曲、曲线或参数或参数)不存在不存在.规律方法索引解解设椭圆C的半焦距的半焦距为c.索引(2)设斜斜率率存存在在的的直直线PF2与与C的的另另一一个个交交点点为Q，是是否否存存在在点点T(t，0)，使使得得|TP|TQ|？若存在，求出？若存在，求出实数数t的取的取值范范围；若不存在，；若不存在，请说明理由明

5、理由.解解假假设存在点存在点T(t，0)，使得，使得|TP|TQ|.由由直直线PQ过F2(1，0)，设直直线PQ的的方方程程为yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点的中点为N(x0，y0).当当k0时，t0，符合，符合题意意.得得(4k23)x28k2x4k2120，(8k2)24(4k23)(4k212)144k21440，索引连接接TN，因，因为|TP|TQ|，所以所以TNPQ，则kTNk1(kTN为直直线TN的斜率的斜率).索引索引2高分训练 对接高考/索引1234一、基本技能练椭圆的上的上顶点点为(0，b)，右焦点，右焦点为(c，0)，索引1234即即|b2|b，

6、索引1234解解不存在不存在.理由如下：理由如下：设直直线方程方程为y2xt，M(x1，y1)，索引1234消去消去x得得9y22tyt280，由由4t236(t28)0可得可得t(3，3)，索引1234解得解得a22，b21，索引1234(2)直直线PA，PB分分别交交y轴于于M，N两两点点，问：y轴上上是是否否存存在在点点Q，使使得得|OM|，|OQ|，|ON|(O为坐坐标原原点点)成成等等比比数数列列？若若存存在在，求求出出点点Q的的坐坐标；若若不不存存在在，请说明理由明理由.解解假假设存在点存在点Q(0，m)使得使得|OM|，|OQ|，|ON|成等比数列，成等比数列，则|OQ|2|ON

7、|OM|.因因为直直线yy0交交椭圆C于于A，B两点，两点，则A，B两点关于两点关于y轴对称称.设A(x0，y0)，则B(x0，y0)(x01)，因因为P(1，0)，索引1234索引1234因因为|OQ|2|ON|OM|，又因又因为点点A(x0，y0)在在椭圆C上，上，索引1234(1)求求椭圆C的方程；的方程；索引1234(2)AB是是经过右右焦焦点点F的的任任一一弦弦(不不经过点点P)，设直直线AB与与直直线l相相交交于于点点M，记直直线PA，PB，PM的的斜斜率率分分别为k1，k2，k3.问：是是否否存存在在常常数数，使使得得k1k2k3？若存在，求出？若存在，求出的的值；若不存在，；若

8、不存在，请说明理由明理由.解解由由题意可意可设直直线AB的斜率的斜率为k，则直直线AB的方程的方程为yk(x1)，代入代入椭圆方程，并整理，方程，并整理，得得(4k23)x28k2x4(k23)0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且，且x1x21，索引1234在方程在方程中令中令x4，得点得点M的坐的坐标为(4，3k).因因为A，F，B三点共三点共线，所以所以kkAFkBF，索引1234/索引12344.(2022郑州州模模拟)已已知知点点A(x1，y1)，B(x2，y2)在在抛抛物物线E：x22py(p0)上上，l1，l2分分别为过点点A，B且与抛物且与抛物线E相切的直相切的直线，l1

9、，l2相交于点相交于点M(x0，y0).条件条件：点：点M在抛物在抛物线E的准的准线上；上；条件条件：l1l2；条件条件：直：直线AB经过抛物抛物线的焦点的焦点F.(1)在在上上述述三三个个条条件件中中任任选一一个个作作为已已知知条条件件，另另外外两两个个作作为结论，构构成成命命题，并并证明明该命命题成立；成立；二、创新拓展练索引1234同理可得同理可得l2的方程的方程为x2xp(yy2)，若若选择作作为条件，条件，作作为结论，证明如下：明如下：又又l1，l2相交于点相交于点M，索引1234索引1234所以所以x1x2p2.设直直线l1，l2的斜率分的斜率分别为k1，k2，所以所以l1l2，得

10、得证.若若选择作作为条件，条件，作作为结论，证明如下：明如下：即即x1x2p2，索引1234又又l1，l2相交于点相交于点M，所以点所以点M在抛物在抛物线E的准的准线上，上，得得证.索引1234若若选择作作为条件，条件，作作为结论，证明如下：明如下：索引1234设直直线l1，l2的斜率分的斜率分别为k1，k2，所以所以l1l2，得得证.又又l1，l2相交于点相交于点M，所以点所以点M在抛物在抛物线E的准的准线上，上，得得证.索引1234(2)若若p2，直直线yx4与与抛抛物物线E交交于于C，D两两点点，试问：在在x轴正正半半轴上上是是否否存存在在一一点点N，使使得得CDN的的外外心心在在抛抛物物线E上上？若若存存在在，求求N的的坐坐标；若若不不存存在在，请说明理由明理由.所以所以xCxD4，xCxD16，设线段段CD的中点的中点为P(x3，y3)，进而而线段段CD的垂直平分的垂直平分线方程方程为y6(x2)，即，即yx8，索引1234解得解得x8或或4，从而从而CDN的外心的外心Q的坐的坐标为(4，4)或或(8，16).索引1234INNOVATIVE DESIGNTHANKS本节内容结束