新高考数学二轮复习 专题突破 专题6 第4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 专题突破 专题6 第4讲 母题突破4　探索性问题（含解析），共8页。

思路分析
❶设直线方程联立椭圆方程
↓
❷求eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))
↓
❸化简整理eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))
↓
❹由eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))不含变量，得出结论
解 当直线l的斜率不为0时，
设直线l的方程为x＝my＋1，设定点Q(t，0)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,x2＋2y2＝2，))
消去x可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
可得y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
所以eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2
＝(my1＋1－t)(my2＋1－t)＋y1y2
＝(m2＋1)eq \f(－1,m2＋2)＋m(1－t)eq \f(－2m,m2＋2)＋(1－t)2
＝eq \f(2t－3m2－1,m2＋2)＋(1－t)2.
要使上式为定值，则2t－3＝－eq \f(1,2)，
解得t＝eq \f(5,4)，
此时eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,4)))2＝－eq \f(7,16)，
当直线l的斜率为0时，M(－eq \r(2)，0)，N(eq \r(2)，0)，
此时eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝－eq \f(7,16)也符合．
所以存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))，使得eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))为定值－eq \f(7,16).
[子题1] (2022·济南模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，是否存在定点M使得kMA＋kMB为定值，若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
解 如果存在点M，由于椭圆的对称性可知点M一定在x轴上，
设其坐标为(x0，0)，
因为椭圆右焦点F(1,0)，当直线斜率存在时，
设l的方程为y＝k(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1将y＝k(x－1)代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，
x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)，
又kMA＋kMB＝eq \f(y1,x1－x0)＋eq \f(y2,x2－x0)，
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得，
kMA＋kMB＝eq \f(2kx1x2－kx1＋x2x0＋1＋2x0k,x1－x0x2－x0)，
则2kx1x2－k(x1＋x2)(x0＋1)＋2x0k
＝eq \f(2x0－2k,2k2＋1).
当x0＝2时，kMA＋kMB＝0，
当直线斜率不存在时，存在定点M(2,0)使得kMA＋kMB为定值0.
综上，存在定点M(2,0)使得kMA＋kMB为定值0.
[子题2] (2022·南昌模拟)已知抛物线C: x2＝2y的焦点为F， P为C上的动点，Q为P在动直线y＝t(t＜0)上的投影，O为原点，过点P的直线l与C相切，且与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1交于A，B两点，直线OQ与线段AB交于点M.试问：是否存在t，使得△QMA和△QMB的面积相等恒成立？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
解 设P(x0，y0)(x0≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则xeq \\al(2,0)＝2y0，Q(x0，t)，
∵y＝eq \f(1,2)x2，∴y′＝x，
∴切线y－y0＝x0(x－x0)，即l：y＝x0x－y0，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x0x－y0，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y得(1＋2xeq \\al(2,0))x2－4x0y0x＋2yeq \\al(2,0)－4＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(4x0y0,1＋2x\\al(2,0))
∵Q(x0，t)．
∴lOQ：y＝eq \f(t,x0)x，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(t,x0)x，,y＝x0x－y0))⇒xM＝eq \f(y0x0,x\\al(2,0)－t)，
∵△QMA和△QMB的面积相等，且A，M，B在同一条直线上，则点M为AB的中点，
∴2xM＝x1＋x2，即eq \f(4x0y0,1＋2x\\al(2,0))＝eq \f(2x0y0,x\\al(2,0)－t)，则t＝－eq \f(1,2)，
所以存在t＝－eq \f(1,2)，使得△QMA和△QMB的面积相等恒成立．
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，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．
1．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，不平行于坐标轴的直线l过右焦点F2与椭圆C相交于A，B两点，在y轴上是否存在点D，使得△ABD为正三角形，若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．
解 设直线l：y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，
x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
∴y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝k(x1＋x2)－2k
＝k·eq \f(8k2,3＋4k2)－2k＝－eq \f(6k,3＋4k2)，
设AB的中点为M，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,3＋4k2)，－\f(3k,3＋4k2)))，
假设存在点D，则MD的直线方程为
y＋eq \f(3k,3＋4k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4k2,3＋4k2)))，
∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(k,3＋4k2)))，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,3＋4k2)))2－4·\f(4k2－12,3＋4k2))
＝eq \f(121＋k2,3＋4k2)，
|MD|＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,3＋4k2)－0))
＝eq \f(4|k|\r(k2＋1),3＋4k2)，
若△ABD为等边三角形，则|MD|＝eq \f(\r(3),2)|AB|，
eq \f(\r(3),2)·eq \f(121＋k2,3＋4k2)＝eq \f(4|k|\r(k2＋1),3＋4k2)，
即23k2＋27＝0，方程无实数解，
∴不存在这样的点D.
2．已知双曲线Ω：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，A(2,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(\r(15),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(15),2)))，D(－1,0)，E(4,0)五点中恰有三点在Ω上．
(1)求双曲线Ω的方程；
(2)设P是Ω上位于第一象限内的动点，则是否存在定点Q(m，0)(m<0)，使得∠PQA＋eq \f(1,2)∠PAE＝eq \f(π,2)？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)若A(2,0)，D(－1,0)，E(4,0)在双曲线Ω上，则A(2,0)，D(－1,0)，E(4,0)只能是双曲线Ω的顶点，
∵A(2,0)，D(－1,0)，E(4,0)三点中只能有一点是顶点，∴B，C都在双曲线Ω上，
∵Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(\r(15),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(15),2)))，
∴B，C两点关于点(0,0)对称，
由双曲线顶点的位置特征分析可知，D(－1,0)在Ω上，
将D(－1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(\r(15),2)))代入双曲线Ω：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1中，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(9,4a2)－\f(15,4b2)＝1，,\f(1,a2)＝1，))解得a2＝1，b2＝3，
故双曲线Ω的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在定点Q满足题意，
∵∠PQA＋eq \f(1,2)∠PAE＝eq \f(π,2)，
∴2∠PQA＋∠PAE＝π，
∴2∠PQA＝π－∠PAE，∴2∠PQA＝∠PAQ.
①当PA⊥x轴时，如图，∵A(2,0)，∴P(2,3)，∠PQA＝eq \f(π,4)，
在Rt△PQA中，|QA|＝|PA|，
∴3＝2－m，∴m＝－1，此时Q(－1,0)．
②当PA不与x轴垂直时，假设Q(－1,0)满足2∠PQA＝∠PAQ.
设P(x0，y0)，则3xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)＝3，tan∠PQA＝eq \f(y0,x0＋1)，
∴tan 2∠PQA＝eq \f(\f(2y0,x0＋1),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0＋1)))2)＝eq \f(2y0x0＋1,x0＋12－y\\al(2,0))＝eq \f(2y0x0＋1,x0＋12－3x\\al(2,0)＋3)＝eq \f(y0,2－x0)，
又tan∠PAQ＝eq \f(y0,2－x0)，
∴tan 2∠PQA＝tan∠PAQ，
即2∠PQA＝∠PAQ，所以假设成立．
故存在定点Q(－1,0)，使得∠PQA＋eq \f(1,2)∠PAE＝eq \f(π,2).
专题强化练
1．(2022·衡水中学模拟)已知F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的动直线交抛物线C于A，B两点．当直线与x轴垂直时，|AB|＝4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标．
解 (1)因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，在抛物线方程y2＝2px中，
令x＝eq \f(p,2)，可得y＝±p.
当直线与x轴垂直时，|AB|＝2p＝4，解得p＝2.
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由题意知直线AB的方程为y＝x－1，
因为抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，
所以M(－1，－2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝x－1，))消去x得y2－4y－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则y1＋y2＝4，y1y2＝－4.
若点P满足条件，
则2kPM＝kPA＋kPB，
即2·eq \f(y0＋2,x0＋1)＝eq \f(y0－y1,x0－x1)＋eq \f(y0－y2,x0－x2)，
因为点P，A，B均在抛物线上，
所以x0＝eq \f(y\\al(2,0),4)，x1＝eq \f(y\\al(2,1),4)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),4).
代入化简可得eq \f(2y0＋2,y\\al(2,0)＋4)＝eq \f(2y0＋y1＋y2,y\\al(2,0)＋y1＋y2y0＋y1y2)，
将y1＋y2＝4，y1y2＝－4代入，解得y0＝±2.
将y0＝±2代入抛物线方程，可得x0＝1.
则点P(1，±2)为满足题意的点．
2．(2022·聊城质检)已知P为圆M：x2＋y2－2x－15＝0上一动点，点N(－1,0)，线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q.
(1)求点Q的轨迹方程；
(2)设点Q的轨迹为曲线C，过点N作曲线C的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为E，F，过点N作直线EF的垂线，垂足为点H，是否存在定点G，使得|GH|为定值？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意可知圆M：x2＋y2－2x－15＝0的圆心为(1,0)，半径为4，
因为线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q，
所以|QP|＝|QN|，
所以|QN|＋|QM|＝|QP|＋|QM|＝4，
又因为|MN|＝2<4，
所以Q轨迹是以N，M为焦点的椭圆，
设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
则a＝2，c＝1，b＝eq \r(3)，
所以点Q的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)①若两条直线斜率均存在，
设过点N的弦所在直线l1的方程为
x＝ty－1(t≠0)，
代入椭圆方程联立得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0，
设l1与椭圆两交点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
所以y1＋y2＝eq \f(6t,3t2＋4)，
所以yE＝eq \f(3t,3t2＋4)，
则xE＝t·eq \f(3t,3t2＋4)－1＝eq \f(－4,3t2＋4)，
同理xF＝eq \f(－4t2,3＋4t2)，yF＝eq \f(－3t,3＋4t2)，
由对称性可知EF所过定点必在x轴上，
设为T(x0，0)，
显然eq \(ET,\s\up6(→))∥eq \(TF,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4t2,3＋4t2)－x0))·eq \f(3t,3t2＋4)
＝eq \f(－3t,3＋4t2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4,3t2＋4)－x0))，
化简得－4(1＋t2)＝7x0(1＋t2)，即x0＝－eq \f(4,7)；
②若其中一条直线斜率不存在，则直线EF为x轴，
综上直线EF必过定点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,7)，0))，
取点N与点T的中点为G，则Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,14)，0))，
因为NH⊥EF，所以eq \(NH,\s\up6(→))·eq \(TH,\s\up6(→))＝0，
所以点H在以G为圆心，|GT|＝|GH|＝eq \f(3,14)为半径的圆上运动，
所以存在定点G，使得|GH|为定值．