2023年高考数学二轮复习（人教版）第1部分 专题突破 专题6　第4讲　母题突破4　探索性问题.docx

母题突破4　探索性问题
母题　(2022·菏泽模拟)已知椭圆E：＋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·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·
　　　　↓
❸化简整理·
　　　　↓
❹由·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
消去x可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
可得y1＋y2＝－，y1y2＝－，
所以·＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2
＝(my1＋1－t)(my2＋1－t)＋y1y2
＝(m2＋1)＋m(1－t)＋(1－t)2
＝＋(1－t)2.
要使上式为定值，则2t－3＝－，
解得t＝，
此时·＝－＋2＝－，
当直线l的斜率为0时，M(－，0)，N(，0)，
此时·＝－也符合．
所以存在点Q，使得·为定值－.
[子题1]　(2022·济南模拟)已知椭圆C：＋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<，x2<，
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，
x1x2＝，
又kMA＋kMB＝＋，
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得，
kMA＋kMB＝，
则2kx1x2－k(x1＋x2)(x0＋1)＋2x0k
＝.
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＋＝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x＝2y0，Q(x0，t)，
∵y＝x2，∴y′＝x，
∴切线y－y0＝x0(x－x0)，
即l：y＝x0x－y0，
联立方程
消去y得(1＋2x)x2－4x0y0x＋2y－4＝0，
∴x1＋x2＝
∵Q(x0，t)．
∴lOQ：y＝x，
⇒xM＝，
∵△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＝，则t＝－，
所以存在t＝－，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，