新高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第3讲 母题突破4 探索性问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第3讲 母题突破4 探索性问题（含解析），共7页。试卷主要包含了已知椭圆G，已知椭圆E等内容，欢迎下载使用。
(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
(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 (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