专题六　第4讲　母题突破4　探究性问题.docx

母题突破4探究性问题

母题(2023·廊坊质检)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(－2,0)，且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.

(1)求椭圆C的方程和离心率；

(2)设P，Q为椭圆C上两个不同的点，直线AP与y轴交于点E，直线AQ与y轴交于点F，且P，O，Q三点共线．其中O为坐标原点．问：在x轴上是否存在点M，使得∠AME＝∠EFM？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．

思路分析

?代入点，结合面积求方程和离心率

?设点P，Q，表示出直线AP，AQ的方程

?求出E，F的坐标

?由∠AME＝∠EFM得eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(MF,\s\up6(→))＝0

?利用向量运算求点M的坐标

解(1)依题意可得a＝2，eq\f(1,2)×2c×2b＝4，

又c2＝a2－b2，解得b＝c＝eq\r(2)，

所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，

则离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).

(2)因为P，O，Q三点共线，根据椭圆的对称性可知P，Q关于O点对称，如图，

设点P(x1，y1)，

则Q(－x1，－y1)(x1≠±2)，

所以直线AP的方程为

y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，

直线AQ的方程为y＝eq\f(－y1,－x1＋2)(x＋2)，

所以点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－2y1,－x1＋2))).

假设存在M使∠AME＝∠EFM，

因为∠MOE＝∠FOM＝90°，

所以∠OMF＝∠OEM，

又∠OEM＋∠OME＝90°，

所以∠OME＋∠OMF＝90°，

即ME⊥MF，

所以eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(MF,\s\up6(→))＝0，

设M(m,0)，则eq\o(ME,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，\f(2y1,x1＋2)))，eq\o(MF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，\f(－2y1,－x1＋2)))，

所以eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(MF,\s\up6(→))＝m2＋eq\f(－2y1,－x1＋2)·eq\f(2y1,x1＋2)＝0，

即m2＋eq\f(－4y\o\al(2,1),4－x\o\al(2,1))＝0，

又eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),2)＝1，

所以xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝4，

所以m2－2＝0，解得m＝±eq\r(2)，

所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\r(2)，0)).

故在x轴上存在点M(±eq\r(2)，0)，使得∠AME＝∠EFM.

[子题1](2023·西安模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，过点Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0))的直线交该椭圆于P，Q两点，若直线PQ与x轴不垂直，在x轴上是否存在定点S(s,0)，使得∠PST＝∠QST恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，请说明理由．

解假设在x轴上存在定点S(s,0)，使得∠PST＝∠QST恒成立，

设直线PQ的方程为x＝ty＋eq\r(3)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝ty＋\r(3)，))

得(3t2＋4)y2＋6eq\r(3)ty－3＝0，

则y1＋y2＝－eq\f(6\r(3)t,3t2＋4)，y1y2＝－eq\f(3,3t2＋4)，

因为∠PST＝∠QST，

所以kPS＋kQS＝0，

即eq\f(y1,x1－s)＋eq\f(y2,x2－s)＝0，

整理得(x2－s)y1＋(x1－s)y2＝0，

即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\r(3)))y1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\r(3)))y2－s(y1＋y2)＝0，

所以2ty1y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－s))(y1＋y2)＝0，

则2teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,3t2＋4)))＋eq\b\lc