高考数学二轮复习专题六 第3讲 母题突破4 探索性问题

1、 母题突破母题突破 4 探索性问题探索性问题 母题 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. (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m3，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 假设四边形 oapb 能为平行四边形 线段 ab与线段 op互相平分 计算此时直线 l的斜率 下结论 (1)证明 设直线 l：ykxb(k0，b0)， a(x1，y1)，b(x2，y2)，m(

2、xm，ym) 将 ykxb 代入 9x2y2m2得 (k29)x22kbxb2m20， 故 xmx1x22kbk29，ymkxmb9bk29. 于是直线 om的斜率 komymxm9k，即 kom k9. 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m3，m ，所以 l不过原点且与 c 有两个交点的充要条件是 k0，k3. 由(1)得 om的方程为 y9kx. 设点 p的横坐标为 xp， 由 y9kx，9x2y2m2得 x2pk2m29k281，即 xp km3 k29. 将点m3，m 的坐标代入直线 l的方程得 bm(3k)3， 因

3、此 xmk(k3)m3(k29). 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 km3 k292k(k3)m3(k29)， 解得 k14 7，k24 7. 因为 ki0，ki3，i1,2，所以当直线 l 的斜率为 4 7或 4 7时，四边形 oapb 为平行四边形 子题 1 已知椭圆 c：x24y21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 x4 分别交于点 e，f，

4、且|ef|1？若存在，求出点 p 的坐标；若不存在，请说明理由 解 (1)由椭圆的定义可知|mf1|mf2|4， |mf1| |mf2|mf1|mf2|224， 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)(y00)，则2x02. 由题意知直线 pa1的方程为 yy0 x02(x2)， 令 x4，得 ye6y0 x02， 直线 pa2的方程为 yy0 x02(x2)， 令 x4，得 yf2y0 x02， 由|ef|yeyf6y0 x022y0 x024x0y016y0 x2044y0(x04)4y2

5、04x0y01，得 x04y0， 由 x204y204，得 5y208y0120， 1760， x1x24k24k2，x1x24，(*) 假设在 x轴上存在一点 a(a,0)，使得 x轴平分man， kamkan0，y1x1ay2x2a0， y1(x2a)y2(x1a)(x1a)(x2a)0， 又 y1k(x12)，y2k(x22)， 2x1x2(a2)(x1x2)4ax1x2a(x1x2)a20， 把(*)式代入上式化简得 4a8， a2，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

6、，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 跟踪演练 1已知椭圆 g：x24y21，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 设 q(x0，y0)，则 p(x0，y0)， 可知

7、0 x02,0y01. 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om23oq23x0，23y0，得 m23x0，23y0. 又 a(2,0)，直线 ab的方程为 x2y20. 点 m 在线段 ab 上，23x043y020， 整理得 x032y0， 点 q在椭圆 g上，x204y201， 把式代入式可得 8y2012y050， 判别式 (12)2485160， 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：x24y231 的左、右焦点分别为 f1，f2，是否存

8、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|12 137？若存在，求出直线 l的方程；若不存在，说明理由 解 假设存在斜率为1的直线 l，设为 yxm， 由题意知，f1(1,0)，f2(1,0)， 所以以线段 f1f2为直径的圆为 x2y21， 由题意，圆心(0,0)到直线 l的距离 d|m|21，得|m|0， 解得 m27， 又|m| 2，所以 m22. 设 c(x1，y1)，d(x2，y2)， 则 x1x28m7，x1x24m2127， |cd| 1k2|x2x1| 233648m27 4 6 7m27，

9、若|cd| |ab|12 137， 则 2 2m24 67 7m212 137， 整理得 4m436m2170， 解得 m212或 m2172. 又 m20，x1x24k2k21，x1x222k21， sapqsbpq12|qp|qa|sinpqa12|qp|qb|sinpqb|qa|sinpqa|qb|sinpqb， |qa|qb|sapqsbpq，sinpqasinpqb， pqapqb，kqakqb，y1mx1y2mx2， (m1)(x1x2)2kx1x2， 即(m1)4k2k212k22k21，解得 m2， 存在定点 q(0,2)，使得|qa|qb|sapqsbpq恒成立 2在平面直角

10、坐标系 xoy中 已知点 q( 3，0)，直线 l：x2 3，动点 p 满足到点 q 的距离与到直线 l 的距离之比为22. 已知点 h( 3，0)，g 是圆 e：x2y22 3x210 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op63os33ot. (1)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：x2y22 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

11、过定点，请说明理由 解 (1)若选， 设 p(x，y)，根据题意得，(x 3)2y2|x2 3|22， 整理，得x26y231， 所以动点 p的轨迹 c 的方程为x26y231. 若选， 由 e：x2y22 3x210得(x 3)2y224， 由题意得|ph|pg|， 所以|ph|pe|pg|pe|eg|2 6 |he|2 3， 所以点 p 的轨迹 c是以 h，e为焦点的椭圆， 且 a 6，c 3，则 b 3， 所以动点 p的轨迹 c 的方程为x26y231. 若选， 设 p(x，y)，s(x，0)，t(0，y)，则 x2y29，(*) 因为op63os33ot， 所以 x63x，y33y，即

12、 x62x，y 3y， 将其代入(*)，得x26y231， 所以动点 p的轨迹 c 的方程为x26y231. (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 2，x 2， 当切线方程为 x 2时，m( 2， 2)，n( 2， 2)， 以 mn 为直径的圆的方程为(x 2)2y22. 当切线方程为 x 2时，m( 2， 2)，n( 2， 2)， 以 mn 为直径的圆的方程为(x 2)2y22. 由联立，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 ykxm，即|m|k21 2，即m22(k21) 联立切线与椭圆 c 的方程 ykxm，x26y231，并消去 y，得 (12k2)x24kmx2m260. 因为 16k2m24(12k2)(2m26)8(m26k23)8(2k226k23)8(4k21)0， 所以切线与椭圆 c 恒有两个交点 设 m(x1，y1)，n(x2，y2)， 则 x1x24km12k