2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题6 第4讲 母题突破4　探索性问题

母题突破4探索性问题母题(2022·菏泽模拟)已知椭圆E：x22＋y2＝1，过点(1,0)的直线l与曲线E交于M，N两点，则在x轴上是否存在定点Q，使得QM→·QN→的值为定值？若存在，求出点Q的坐标和该定值；若不存在，请说明理由．思路分析❶设直线方程联立椭圆方程↓❷求QM→·QN→↓❸化简整理QM→·QN→↓❹由QM→·QN→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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＝－2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2，所以QM→·QN→＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝(my1＋1－t)(my2＋1－t)＋y1y2＝(m2＋1)－1m2＋2＋m(1－t)－2mm2＋2＋(1－t)2＝2t－3m2－1m2＋2＋(1－t)2.要使上式为定值，则2t－3＝－12，解得t＝54，此时QM→·QN→＝－12＋1－542＝－716，当直线l的斜率为0时，M(－2，0)，N(2，0)，此时QM→·QN→＝－716也符合．所以存在点Q54，0，使得QM→·QN→为定值－716.[子题1](2022·济南模拟)已知椭圆C：x22＋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x12，x22，将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1，又kMA＋kMB＝y1x1－x0＋y2x2－x0，由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得，kMA＋kMB＝2kx1x2－kx1＋x2x0＋1＋2x0kx1－x0x2－x0，则2kx1x2－k(x1＋x2)(x0＋1)＋2x0k＝2x0－2k2k2＋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x24＋y22＝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x20＝2y0，Q(x0，t)，∵y＝12x2，∴y′＝x，∴切线y－y0＝x0(x－x0)，即l：y＝x0x－y0，联立方程y＝x0x－y0，x24＋y22＝1，消去y得(1＋2x20)x2－4x0y0x＋2y20－4＝0，∴x1＋x2＝4x0y01＋2x20∵Q(x0，t)．∴lOQ：y＝tx0x，y＝tx0x，y＝x0x－y0⇒xM＝y0x0x20－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4x0y01＋2x20＝2x0y0x20－t，则t＝－12，所以存在t＝－12，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：x24＋y23＝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x24＋y23＝1，y＝kx－1，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，∴x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，∴y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝k(x1＋x2)－2k＝k·8k23＋4k2－2k＝－6k3＋4k2，设AB的中点为M，则M4k23＋4k2，－3k3＋4k2，假设存在点D，则MD的直线方程为y＋3k3＋4k2＝－1kx－4k23＋4k2，∴D0，k3＋4k2，∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k28k23＋4k22－4·4k2－123＋4k2＝121＋k23＋4k2，|MD|＝1＋1k24k23＋4k2－0＝4|k|k2＋13＋4k2，若△ABD为等边三角形，则|MD|＝32|AB|，32·121＋k23＋4k2＝4|k|k2＋13＋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：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，A(2,0)，B－32，－152，C32，152，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)(m0)，使得∠PQA＋12∠PAE＝π2？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，∵B－32，－152，C32，152，∴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)，B－32，－152代入双曲线Ω：x2a2－y2b2＝1中，则94a2－154b2＝1，1a2＝1，解得a2＝1，b2＝3，故双曲线Ω的方程为x2－y23＝1.(2)假设存在定点Q满足题意，∵∠PQA＋12∠PAE＝π2，∴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＝π4，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3x20－y20＝3，tan∠PQA＝y0x0＋1，∴tan2∠PQA＝2y0x0＋11－y0x0＋12＝2y0x0＋1x0＋12－y20＝2y0x0＋1x0＋12－3x20＋3＝y02－x0，又tan∠PAQ＝y02－x0，∴tan2∠PQA＝tan∠PAQ，即2∠PQA＝∠PAQ，所以假设成立．故存在定点Q(－1,0)，使得∠PQA＋12∠PAE＝π2.专题强化练1．(2022·衡水中学模拟)已知F为抛物线C：y2＝2px(p0)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Fp2，0，在抛物线方程y2＝2px中，令x＝p2，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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·y0＋2x0＋1＝y0－y1x0－x1＋y0－y2x0－x2，因为点P，A，B均在抛物线上，所以x0＝y204，x1＝y214，x2＝y224.代入化简可得2y0＋2y20＋4＝2y0＋y1＋y2y20＋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|＝24，所以Q轨迹是以N，M为焦点的椭圆，设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，则a＝2，c＝1，b＝3，所以点Q的轨迹方程为x24＋y23＝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＝6t3t2＋4，所以yE＝3t3t2＋4，则xE＝t·3t3t2＋4－1＝－43t2＋4，同理xF＝－4t23＋4t2，yF＝－3t3＋4t2，由对称性可知EF所过定点必在x轴上，设为T(x0，0)，显然ET→∥TF→，所以－4t23＋4t2－x0·3t3t2＋4＝－3t3＋4t2·－43t2＋4－x0，化简得－4(1＋t2)＝7x0(1＋t2)，即x0＝－47；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T－47，0，取点N与点T的中点为G，则G－1114，0，因为NH⊥EF，所以NH→·TH→＝0，所以点H在以G为圆心，|GT|＝|GH|＝314为半径的圆上运动，所以存在定点G，使得|GH|为定值．