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