《新高考数学大二轮复习课件》专题六 第4讲 母题突破4 探索性问题
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思路分析❶设直线AB的方程，并联立椭圆C的方程↓❷求|AT|2，|BT|2↓❸计算|AT|2＋|BT|2↓❹整理分析，下结论
解 假设存在k，则k≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为x＝my＋n，代入3x2＋4y2＝12得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，
Δ＝36m2n2－4(3n2－12)(3m2＋4)＝48(3m2＋4－n2)>0，
＝(m2＋1)[(y1＋y2)2－2y1y2]
子题1 已知椭圆C： ＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2.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 假设存在满足题意的点P.不妨设P(x0，y0)(y0>0)，则－2
子题2 已知抛物线C：y2＝4x，过点M(8，－4)的直线l交抛物线C于不同的A，B两点，在抛物线C上是否存在定点N，使得以线段AB为直径的圆恒过点N？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
设过点M(8，－4)的直线l的方程为x＝m(y＋4)＋8，
则Δ＝16m2＋4(16m＋32)＝16(m2＋4m＋8)＝16[(m＋2)2＋4]>0，
∵点N总在以弦AB为直径的圆上，∴∠ANB＝90°，
当y1＝y0或y2＝y0，等式成立，当y1≠y0且y2≠y0，有(y1＋y0)(y2＋y0)＝－16，
即4m(y0－4)＋(y0－4)(y0＋4)＝0，∴当y0＝4时，无论m取何值等式都成立，将y0＝4代入y2＝4x，得x0＝4，∴N(4,4)，综上所述，存在点N(4,4)，使得以弦AB为直径的圆恒过点N.
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.
解 连接ON(图略)，由|F1N|＝|MN|，且|OF1|＝|OF2|，∴ON为△MF1F2的中位线，∴|MF2|＝2|ON|＝2且MF1⊥MF2，∴根据椭圆的定义可得，|MF1|＝2a－2，
∴|MF1|＝|MF2|＝2，
(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点F1，且四边形OAPB是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由.
2.(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M(2,0)，且⊙M与l相切.(1)求C，⊙M的方程；
解 由题意知，直线x＝1与C交于P，Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F，P在第一象限，则根据抛物线的对称性，∠POF＝∠QOF＝45°，所以P(1,1)，Q(1，－1).
所以C的方程为y2＝x.因为圆心M(2,0)到l的距离即⊙M的半径，且距离为1，所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1.
(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切.判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由.
解 直线A2A3与⊙M相切，理由如下：设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，当A1，A2，A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，满足条件，此时直线A2A3与⊙M相切.当x1≠x2≠x3时，直线A1A2：x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，设点M到直线A2A3的距离为d(d>0)，
所以直线A2A3与⊙M相切.综上可得，直线A2A3与⊙M相切.
(1)求椭圆C的方程；
解 依题意知2c＝2，∴c＝1，又a＋c＝3(a－c)，∴a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，
(2)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)，
假设存在点D，则MD的直线方程为
2.已知动圆C过点A(－2,0)，且与圆M：(x－2)2＋y2＝64相内切.(1)求动圆C的圆心的轨迹方程；
解 圆M：(x－2)2＋y2＝64, 圆心M的坐标为(2,0)，半径R＝8.∵|AM|＝4
Δ1 ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－48)>0.①
Δ2 ＝(－2km)2＋4(3－k2)(m2＋12)>0.②
∵m∈Z，∴m的值为－3，－2，－1,0,1 ,2,3；
∵k∈Z，∴k＝－1,0,1. ∴满足条件的直线共有9条.
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