专题06圆锥曲线综合问题（4）—探索性问题-2021年高考数学（理）三轮突破提升专题

《2021年数学（理）解析几何二轮突破提升》 专题06圆锥曲线的综合问题（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，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＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，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，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＝－x. 设点P的横坐标为xP， 由得x＝，即xP＝. 将点的坐标代入直线l的方程得b＝， 因此xM＝. 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＝2×， 解得k1＝4－，k2＝4＋. 因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形． [子题1]　已知椭圆C：＋＝1的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆交于A，B两点，连接A1A，A1B并延长分别交直线x＝4于P，Q两点，以线段PQ为直径的圆是否恒过定点，若恒过定点，求出定点坐标． 【解析】　因为c＝＝1，所以F2(1,0)， 设直线AB的方程为x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立可得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0， 显然，Δ>0，则y1＋y2＝，y1y2＝， 直线AA1的方程为y＝[x－(－2)]， 令x＝4，则y＝，则P， 同理得Q， 假设以线段PQ为直径的圆恒过定点H(m，n)， 则＝，＝， 则·＝(4－m)2＋＝0， 即(4－m)2＋＝0， 即＋n2＋(4－m)2＝0， 即＋n2＋(4－m)2＝0， 即6nt－9＋n2＋(4－m)2＝0，若以线段PQ为直径的圆恒过定点H(m，n)， 则不论t为何值，·＝0恒成立， 因此n＝0，m＝1或m＝7， 所以以线段PQ为直径的圆恒过定点(1,0)和(7,0)． [子题2]　(2020·新疆适应性检测)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． 【解析】　①当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A(不与点(2,0)重合)，都可使得x轴平分∠MAN； ②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程 消去y得k2x2－(4k2＋4)x＋4k2＝0， 显然Δ>0，∴x1＋x2＝，x1x2＝4，(*) 假设在x轴上存在一点A(a,0)，使得x轴平分∠MAN， ∴kAM＋kAN＝0，∴＋＝0， ∴＝0， 又y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)， ∴＝0， 把(*)式代入上式化简得4a＝－8， ∴a＝－2，∴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. 【方法小结】　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． 【突破提升练习】 1.(2020·泰安模拟)已知椭圆C：＋＝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＝恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】　假设在y轴上存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立． 设Q(0，m)(m≠1)，A(x1，y1)， B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋1， 由得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 显然，Δ>0， ∴x1＋x2＝－，x1x2＝－， ＝＝， ∵＝，∴sin∠PQA＝sin∠PQB， ∴∠PQA＝∠PQB，∴kQA＝－kQB， ∴＝