创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题26　探究性问题.doc

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1、微专题26探究性问题高考定位解析几何中的探究性问题，一般探究某种命题是否正确，某种位置关系是否成立等，是高考的热点问题，难度较大.高考真题 (2015全国改编)已知椭圆C：9x2y2m2(m0)，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.若l过点，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.解设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).将ykxb代入9x2y2m2得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直线OM的斜率kOM，则直线OM的方程

2、为yx.因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k3.设点P的横坐标为xP，由得x，即xP.将点的坐标代入l的方程得b，因此xM.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xP2xM.于是2，解得k14，k24.因为ki0，ki3，i1，2，所以当l的斜率为4或4时，四边形OAPB为平行四边形.样题1 (2022长沙模拟改编)已知椭圆C1：1，抛物线C2：y24x.过椭圆C1的左顶点Q的直线l交抛物线C2于A，B两点，点O为原点，射线OA，OB分别交椭圆于C，D两点，OCD的面积为S1，OAB的面积为S2.问：是否存在直线l使得S2S1？若存在，求

3、出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解由题意得直线l的斜率不为0，Q(2，0)，设直线l的方程为xmy2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，由得y24my80，(4m)24(8)16m2320，y1y24m，y1y28.S2S1，.y4x1，直线OA的斜率为，即直线OA的方程为yx，由得y，同理可得y，yy，得m1，存在直线l使得S2S1，直线l的方程为xy20或xy20.样题2 (2022六安一模改编)已知椭圆C：y21，其上顶点为B，以B为直角顶点作椭圆的内接等腰直角BMN，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.解假设

4、能构成等腰直角三角形BMN，其中B(0，1)，由题意可知，直角边BM，BN不可能垂直或平行于x轴，故可设BM所在直线的方程为ykx1(不妨设k0)，由得(9k21)x218kx0，xM，故M，|BM|，用代替上式中的k，得|BN|，由|BM|BN|得，即k39k29k10，故(k1)(k28k1)0，k1或k4，故存在三个满足题设条件的内接等腰直角三角形.样题3 (2022重庆诊断改编)已知椭圆C：y21，若P为椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点，过点Q(0，2)且平行于OP的直线l与椭圆C相交于A，B两点(点O为坐标原点)，是否存在实数，使得2成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.解存

5、在.因为P是椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点，且lOP，所以直线l的斜率存在且不为0.设过点Q(0，2)的直线l的方程为ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2).由消去y得(14k2)x216kx120，则(16k)2412(14k2)04k23，x1x2，x1x2，|QA|QB|x1xQ|x2xQ|(1k2)|x1x2|.由得x，所以|OP|2(1k2)x(1k2)，又因为2，所以|QA|QB|OP|2，所以|x1x2|x，即，解得3.故存在实数，使得2成立，且3.规律方法探索性问题的求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若

6、方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.训练 (2022九江模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是椭圆C上的一个动点.当P是C的上顶点时，F1PF2的面积为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设斜率存在的直线PF2与C的另一个交点为Q，是否存在点T(t，0)，使得|TP|TQ|？若存在，求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由.解(1)设椭圆C的半焦距为c.因为SF1PF22cb，所以bc.又e，a2b2c2，所以a2，b，c1.所以椭圆C的标准方程为1.(2)假设存在点T(t，0)，使得|TP|TQ|.

7、由直线PQ过F2(1，0)，设直线PQ的方程为yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点为N(x0，y0).当k0时，t0，符合题意.当k0时，由得(4k23)x28k2x4k2120，(8k2)24(4k23)(4k212)144k21440，x1x2，x1x2，所以x0，y0k(x01)，即N.连接TN，因为|TP|TQ|，所以TNPQ，则kTNk1(kTN为直线TN的斜率).所以k1，即t.因为44，所以t.综上可得，实数t的取值范围为.一、基本技能练1.(2022南充二诊)已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线xy20相切.(1)求椭

8、圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同的交点M，N时，能在直线y上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足？若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.解(1)由离心率e，得ac.又a2b2c2，从而bc，椭圆的上顶点为(0，b)，右焦点为(c，0)，所以以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为.由该圆与直线xy20相切得，b，即|b2|b，解得b1，从而c1，a，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)不存在.理由如下：设直线方程为y2xt，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，由消去x得9y22tyt280，由4t236(t28)0可得t(3，

9、3)，且y1y2，由，得(x4x2，y4y2)，所以y4y1y2.因为t(3，3)，所以y4b0)上，直线yy0与椭圆C交于不同的两点A，B，当y01时，|AB|.(1)求椭圆C的方程；(2)直线PA，PB分别交y轴于M，N两点，问：y轴上是否存在点Q，使得|OM|，|OQ|，|ON|(O为坐标原点)成等比数列？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由题意得解得a22，b21，故所求椭圆C的方程为x21.(2)假设存在点Q(0，m)使得|OM|，|OQ|，|ON|成等比数列，则|OQ|2|ON|OM|.因为直线yy0交椭圆C于A，B两点，则A，B两点关于y轴对称.设A(x0，y

10、0)，则B(x0，y0)(x01)，因为P(1，0)，则直线PA的方程为y(x1)，令x0，得yM，所以|OM|.直线PB的方程为y(x1)，令x0，得yN，所以|ON|.因为|OQ|2|ON|OM|，所以m2.又因为点A(x0，y0)在椭圆C上，所以y2(1x).所以m22，即m，故存在点Q(0，)，使得|OM|，|OQ|，|ON|成等比数列.3.如图，椭圆C：1(ab0)经过点P，离心率e，直线l的方程为x4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数，使得k1k2

11、k3？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.解(1)由题意得解得故椭圆C的方程为1.(2)由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为yk(x1)， 代入椭圆方程，并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1x21，则x1x2，x1x2，在方程中令x4，得点M的坐标为(4，3k).从而k1，k2，k3k.因为A，F，B三点共线，所以kkAFkBF，即k，所以k1k22k， 将代入得，k1k22k2k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常数2符合题意.二、创新拓展练4.(2022郑州模拟)已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线

12、E：x22py(p0)上，l1，l2分别为过点A，B且与抛物线E相切的直线，l1，l2相交于点M(x0，y0).条件：点M在抛物线E的准线上；条件：l1l2；条件：直线AB经过抛物线的焦点F.(1)在上述三个条件中任选一个作为已知条件，另外两个作为结论，构成命题，并证明该命题成立；(2)若p2，直线yx4与抛物线E交于C，D两点，试问：在x轴正半轴上是否存在一点N，使得CDN的外心在抛物线E上？若存在，求N的坐标；若不存在，请说明理由.(1)证明由题意，抛物线方程化为y，则y，则l1的切线斜率k1，所以l1的方程为yy1(xx1)，将x2py1代入，化简整理得x1xp(yy1)，同理可得l2的

13、方程为x2xp(yy2)，抛物线E：x22py的准线为y，焦点F的坐标为.若选择作为条件，作为结论，证明如下：因为点M在抛物线E的准线上，可设点M的坐标为，又l1，l2相交于点M，所以点A，B的坐标满足方程x0xp，即直线AB的方程为x0xp，进而直线AB经过抛物线的焦点F，得证.又消去y整理得0，所以x1x2p2.设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，有k1k21，所以l1l2，得证.若选择作为条件，作为结论，证明如下：因为l1l2，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，有k1k21，即x1x2p2，又l1，l2相交于点M，所以解得y，所以点M在抛物线E的准线上，得证.设点M的坐标为，所

14、以点A，B的坐标满足方程x0xp，即直线AB的方程为x0xp，进而直线AB经过抛物线的焦点F，得证.若选择作为条件，作为结论，证明如下：直线AB经过抛物线的焦点F，设直线AB的方程为ykx，所以消去y整理得x22pkxp20，所以x1x2p2，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，有k1k21，所以l1l2，得证.又l1，l2相交于点M，所以解得y，所以点M在抛物线E的准线上，得证.(2)解由可得x24x160，所以xCxD4，xCxD16，设线段CD的中点为P(x3，y3)，则x32，y3x346，进而线段CD的垂直平分线方程为y6(x2)，即yx8，联立得x24x320，解得x8或4，从而CDN的外心Q的坐标为(4，4)或(8，16).又|CD|4，所以|DP|2.假设存在点N(m，0)(m0)，若Q的坐标为(4，4)，|QP|2，所以|QD|4，则|QD|QN|4，因为m0，所以m44.若Q的坐标为(8，16)，|QP|10，所以|QD|4，则|QD|QN|4，则Q的坐标不可能为(8，16).故在x轴的正半轴上存在一点N(44，0)，使得CDN的外心在抛物线E上.