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2018高考数学大一轮复习第九章解析几何第十节圆锥曲线中的定点定值存在性问题课件理

时间:2017-10-10


第十节 圆锥曲线中的 定点、定值、存 在性问题
本节主要包括 2 个知识点: 1.圆锥曲线中的定点、定值问题;? 2.圆锥曲线中的存在性问题.

突破点(一)

圆锥曲线中的定点、定值问题

圆锥曲线中的定点、 定值问题是解析几何中的 常见问题,它多与圆锥曲线的性质相结合,难度较 大,常出现在解答题中.

考点贯通

抓高考命题的“形”与“神”
圆锥曲线中的定点问题

[例 1]

x2 2 (2016· 大庆质检)已知椭圆 C:a2+y =1(a>1)的

上顶点为 A,右焦点为 F,直线 AF 与圆 M:(x-3)2+(y- 1)2=3 相切. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P, Q 两点, 且 ??? ? ???? AQ =0,求证:直线 l 过定点,并求该定点的坐标. AP ·

[解]

(1)圆 M 的圆心为(3,1),半径 r= 3.

由题意知 A(0,1),F(c,0), x 直线 AF 的方程为 c+y=1,即 x+cy-c=0, |3+c-c| 由直线 AF 与圆 M 相切,得 = 3, 2 c +1 解得 c2=2,a2=c2+1=3, x2 2 故椭圆 C 的方程为 3 +y =1.

(2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P, Q 两点, 且 ??? ? ???? AQ =0,求证:直线 l 过定点,并求该定点的坐标. AP · ??? ? ???? AQ =0 知 AP⊥AQ,从而直线 AP 与坐 [解] 证明:由 AP ·
标轴不垂直,故可设直线 AP 的方程为 y=kx+1,直线 AQ 的方 1 程为 y=-kx+1.
2 2

kx+1, ? ?y= 联立方程组?x2 2 +y =1, ? ?3

-6k 整理得(1+3k )x +6kx=0,解得 x=0 或 x= 2, 1+3k 故点 P
2? ? -6k 1 - 3 k ? , 的坐标为? ?1+3k2 1+3k2?, ? ?

同理,点 Q

2 ? 6k k -3 ? ? ? , 2 的坐标为? 2 . ? ?k +3 k +3?

k2-3 1-3k2 - k2+3 1+3k2 k2-1 所以直线 l 的斜率为 = 4k , - 6 k 6k - k2+3 1+3k2
? k2-3 6 k k2-1? ? x - 所以直线 l 的方程为 y= 4k ? + 2 , 2 ? k +3? ? ? k +3

k2-1 1 即 y= 4k x-2. 所以直线 l
? 1? 过定点?0,-2?. ? ?

[方法技巧]
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参 数表示变化量, 再研究变化的量与参数何时没有关系, 找 到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索 出定点,再证明该定点与变量无关.

圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数 有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值. (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式 得出距离的关系式,再利用题设条件化简、变形求得. (3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得关系式,再 依据条件对关系式进行化简、变形即可求得.

方法(一) [例 2]

从特殊到一般求定值 x2 y2 3 已知椭圆 C: 短 a2+b2=1(a>b>0)的离心率为 2 ,

轴端点到焦点的距离为 2. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 A,B 为椭圆 C 上任意两点,O 为坐标原点,且 OA ⊥OB.求证:原点 O 到直线 AB 的距离为定值,并求出该定值.

[解]

c 3 (1)由题意知,e=a= 2 , b2+c2=2,又 a2=b2+c2,

x2 2 所以 a=2,c= 3,b=1,所以椭圆 C 的方程为 4 +y =1.

(2)设 A,B 为椭圆 C 上任意两点,O 为坐标原点,且 OA⊥ OB.求证:原点 O 到直线 AB 的距离为定值,并求出该定值.
[解] 证明:①当直线 AB 的斜率不存在时,直线 AB 的方

2 5 2 5 程为 x=± 5 ,此时,原点 O 到直线 AB 的距离为 5 . ②当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y=kx+ m,A(x1,y1),B(x2,y2). x ? ? +y2=1, 由? 4 得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. ? ?y=kx+m
2

则 Δ=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)=16(1+4k2-m2)>0,x1
2 4 m -4 8km +x2=- ,x1x2= , 1+4k2 1+4k2

m2-4k2 则 y1y2=(kx1+m)(kx2+m)= 2 , 1+4k y 1 y2 由 OA⊥OB 得 kOA· kOB=-1,即x · =-1, x 1 2 5m2-4-4k2 4 2 2 所以 x1x2+y1y2= = 0 ,即 m = (1 + k ), 5 1+4k2 |m| 2 5 所以原点 O 到直线 AB 的距离为 2= 5 . 1+k 2 5 综上,原点 O 到直线 AB 的距离为定值 5 .

[方法技巧]
定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量, 常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定 值.解决此类问题常从特征入手,求出定值,再证明这 个值与变量无关.

方法(二) [例3]

直接消参求定值 x2 y2 如图,已知椭圆 a2 + b2 =

1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0),点
? 2 ? H?2, ?

10? ? 在椭圆上. 3 ? ?
2 2 2 a - b = c =1, ? 2 ? ? ?a =9, 由题意,得? 4 40 解得? 2 ? 2+ 2=1, ?b =8, ? ?a 9b

(1)求椭圆的方程;

[解]

x2 y2 所以椭圆方程为 9 + 8 =1.

(2)若点 M 在圆 x2+y2=b2 上,且 M 在第一象限,过 M 作 圆 x2+y2=b2 的切线交椭圆于 P,Q 两点,求证:△PF2Q 的周 长为定值,并求出该定值.
2 x2 y 1 1 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 9 + 8 =1(|x1|≤3),

[解]

2? ? x 1 2 ? ? 1 - |PF2|2=(x1-1)2+y2 = ( x - 1) + 8 1 1 9? ?

1 =9(x1-9)2, 1 1 所以|PF2|=3(9-x1)=3-3x1.

连接 OM,OP(图略),
2 2 由 相 切 条 件 知 |PM|2 = |OP|2 - |OM|2 = x 2 + y - 8 = x 1 1 1+

? x2 1 2 1? 8?1- 9 ?-8=9x1, ? ?

1 所以|PM|=3x1, 1 1 所以|PF2|+|PM|=3-3x1+3x1=3, 1 1 同理可求得|QF2|+|QM|=3-3x2+3x2=3, 所以|F2P|+|F2Q|+|PQ|=3+3=6 为定值.

[方法技巧]
解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线 方程、数量积、比例关系等,根据等式恒成立、数式变 换等寻找不受参数影响的量.

能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.[考点一]已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点 F(1,0),O 为坐
标原点,A,B 是抛物线 C 上异于 O 的两点. (1)求抛物线 C 的方程; 1 (2)若直线 OA,OB 的斜率之积为-2,求证:直线 AB 过 x 轴上一定点.

解:(1)因为抛物线 y2=2px(p>0)的焦点坐标为(1,0), p 所以2=1,所以 p=2. 所以抛物线 C 的方程为 y2=4x.

1 (2)若直线 OA,OB 的斜率之积为-2,求证:直线 AB 过 x 轴上一定点.
解:证明:①当直线 AB 的斜率不存在时, 设
?t2 ? ?t2 ? A? 4 ,t?,B? 4 ,-t?. ? ? ? ?

1 因为直线 OA,OB 的斜率之积为-2, t -t 1 所以t2·t2 =-2,化简得 t2=32. 4 4 所以 A(8,t),B(8,-t),此时直线 AB 的方程为 x=8. ②当直线 AB 的斜率存在时,

设其方程为 y=kx+b,A(xA,yA),B(xB,yB),
2 ? y ? =4x, 联立方程组? ? ?y=kx+b

消去 x,得 ky2-4y+4b=0.

4b 由根与系数的关系得 yAyB= k , 1 因为直线 OA,OB 的斜率之积为-2, yA yB 1 所以x · =-2,即 xAxB+2yAyB=0. x A B

2 2 yA yB 即4· 4 +2yAyB=0,

解得 yAyB=-32 或 yAyB=0(舍去). 4b 所以 yAyB= k =-32,即 b=-8k, 所以 y=kx-8k,即 y=k(x-8). 综上所述,直线 AB 过定点(8,0).

方法?一?] 如图,已知 M(x0 , y0) 2. [考点二· x2 y2 是椭圆 C: 6 + 3 =1 上的任一点,从原 点 O 向圆 M:(x-x0)2+(y-y0)2=2 作两 条切线,分别交椭圆于点 P,Q. (1)若直线 OP,OQ 的斜率存在,并记为 k1,k2,求证:k1k2 为定值; (2)试问|OP|2+|OQ|2 是否为定值?若是, 求出该值; 若不是, 说明理由.

解:(1)证明:因为直线 OP:y=k1x,OQ:y=k2x 与圆 M 相切, |k1x0-y0| 所以 2 = 2, 1+k1 2 2 化简得:(x0 -2)k1 -2x0y0k1+y2 0-2=0, 2 2 同理:(x2 0-2)k2-2x0y0k2+y0-2=0, 2 2 所以 k1,k2 是关于 k 的方程(x2 - 2) k - 2 x y k + y 0 0 0 0-2=0 的两个 不相等的实数根, y2 0- 2 所以 k1· k2= 2 . x0-2 2 x2 y 1 2 0 0 2 因为点 M(x0,y0)在椭圆 C 上,所以 6 + 3 =1,即 y0=3-2x0, 1 2 1-2x0 1 所以 k1k2= 2 =-2为定值. x0-2

(2)试问|OP|2+|OQ|2 是否为定值?若是, 求出该值; 若不是, 说明理由.
解:|OP|2+|OQ|2 是定值,定值为 9.理由如下: ①当 M 点坐标为( 2, 2)时,直线 OP,OQ 落在坐标轴上, 显然有|OP|2+|OQ|2=9. ②当直线 OP,OQ 不落在坐标轴上时,设 P(x1,y1),Q(x2, 1 1 2 2 2 y2),因为 k1k2=-2,所以 y2 y = 1 2 4x1x2, 因为 P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆 C 上,

2 2 x y ? 1 1 ? 6 + 3 =1, 所以? 2 2 ?x2+y2=1, ?6 3

1 2 ? 2 ?y1=3-2x1, 即? 1 2 2 ?y2 =3-2x2, ?
2 x2 1+x2=6,

? 1 2?? 1 2? 1 2 2 所以?3-2x1??3-2x2?=4x1x2,整理得 ? ?? ?

所以

1 2 1 2 2 2 ? ? ? 3 - x 3 - x2?=3, y1+y2= 1 +
?

?

? ?

? ?

? ?

2

2

所以|OP|2+|OQ|2=9.

x2 y 2 3 方法?二?] 椭圆 C : 2 + 2 = 1(a>b>0) 的离心率为 , 3. [考点二· a b 5 4 P(m,0)为 C 的长轴上的一个动点,过 P 点斜率为5的直线 l 交

??? ? ??? ? 41 C 于 A,B 两点.当 m=0 时, PA· PB =- 2 .
(1)求椭圆 C 的方程; (2)证明:|PA|2+|PB|2 为定值.

3 c 3 b 4 解:(1)因为离心率为5,即 e=a=5,所以a=5. 4 当 m=0 时,l 的方程为 y=5x,
2 x2 y2 a 代入a2+b2=1 并整理得 x2= 2 .

设 A(x0,y0),则 B(-x0,-y0), 2 ??? ? ??? ? 41 41 a 2 2 x PA· PB =-x2 0-y0=- 25 0=-25· 2.

??? ? ??? ? 41 又因为 PA· PB =- 2 .
x2 y2 椭圆 C 的方程为25+16=1.

所以 a2=25,b2=16,

(2)证明:|PA|2+|PB|2 为定值.
5 解:证明:l 的方程为 x=4y+m, x2 y2 代入25+16=1, 并整理得 25y2+20my+8(m2-25)=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2). 则|PA| =(x1-m) 41 2 同理|PB| =16y2.
2 2 2

41 2 2 +y1= y1, 16

41 2 2 41 则|PA| +|PB| =16(y1+y2)=16[(y1+y2)2-2y1y2]
2 2 2 ? ? 16 ? m -25?? 41 ? 4 m ? ? 2 ? ? =16· - - ? ?=41. 5 25 ? ?? ?

所以|PA|2+|PB|2 为定值.

突破点(二)

圆锥曲线中的存在性问题

1.圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性,此 类问题的条件和结论不完备,要求考生结合已知条件或假 设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等, 是高考中的常考题型,作为解答题的压轴题出现,难度一 般较大,常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识 结合在一起,对数学能力和数学思想有较高的要求.

2.圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面: ?1?点的存在性. ?2?曲线的存在性. ?3?最值的存在性. ?4?探索命题是否成立等,涉及此类问题的求解主要是 研究直线与圆锥曲线的位置关系.

考点贯通

抓高考命题的“形”与“神”

探究是否存在常数的问题

[例 1]

x2 y2 如图, 椭圆 E: a2+b2=1(a>b>0)

2 的离心率是 2 ,点 P(0,1)在短轴 CD 上, ? ??? ? ??? 且 PC · PD =-1. (1)求椭圆 E 的标准方程; (2)设 O 为坐标原点,过点 P 的动直线与椭圆交于 A,B 两 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 点.是否存在常数 λ,使得 OA· PB 为定值?若存在, OB +λ PA· 求 λ 的值;若不存在,请说明理由.

[解 ]

(1)由已知,点 C,D 的坐标分别为(0,-b),(0,b). ? ??? ? ??? 又点 P 的坐标为(0,1),且 PC · PD =-1,
2 1 - b =-1, ? ? ?c 2 ? 于是 = , ?a 2 2 2 2 ? ?a -b =c .

解得 a=2,b= 2.

x2 y2 所以椭圆 E 的方程为 4 + 2 =1.

(2)设 O 为坐标原点,过点 P 的动直线与椭圆交于 A,B 两 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 点.是否存在常数 λ,使得 OA· PB 为定值?若存在, OB +λ PA· 求 λ 的值;若不存在,请说明理由.
[解] 当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y= kx+1,A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2). x2 y 2 ? ? + =1, 联立? 4 2 得(2k2+1)x2+4kx-2=0. ? ?y=kx+1 其判别式 Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 4k 2 所以 x1+x2=- 2 ,x1x2=- 2 . 2k +1 2k + 1 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 从而, OA· PB OB +λ PA· =x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]

=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 ?-2λ-4?k2+?-2λ-1? λ- 1 = =- 2 -λ-2. 2 2k +1 2k +1 λ- 1 所以,当 λ=1 时,- 2 -λ-2=-3. 2k +1 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 此时, OA· PB =-3 为定值. OB +λ PA· 当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 即为直线 CD. ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? ??? ? ??? ? ??? 此时, OA· PB = OC · PD =-2-λ. OB +λ PA· OD +λ PC · ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? 当 λ=1 时, OA· PB =-3,为定值. OB + PA· ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 综上,存在常数 λ=1,使得 OA· PB 为定值-3. OB +λ PA·

[方法技巧]
解决是否存在常数的问题时,应首先假设存在,看 是否能求出符合条件的参数值, 如果推出矛盾就不存在, 否则就存在.

探究是否存在点的问题
[例 2] x2 y2 已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)

的右焦点为 F(1,0),右顶点为 A,且|AF|=1. (1)求椭圆 C 的标准方程;

[解]

(1)由 c=1,a-c=1,得 a=2,所以 b= 3,

x2 y2 故椭圆 C 的标准方程为 4 + 3 =1.

(2)若动直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 有且只有一个交点 P,且 ? ???? ???? MQ 与直线 x=4 交于点 Q, 问: 是否存在一个定点 M(t,0), 使得 MP · =0?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由.
[解] kx+m, ? ?y= 由 ? x2 y 2 + =1, ? ?4 3

消去 y 得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, ∴Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0, 即 m2=3+4k2. 4km 4k 设 P(x0,y0),则 x0=- , 2=- m 3+4k

? 4k 3? 4k2 3 y0=kx0+m=- m +m=m,即 P?- m ,m?. ? ?

∵M(t,0),Q(4,4k+m),
? ???? ? 4k 3 ? ???? ∴ MP =?- m -t,m?, MQ =(4-t,4k+m),
? ?

? ? 4k ? ???? ???? 3 4k 2 ? ? MQ = - m -t · ∴ MP · (4-t)+m· (4k+m)=t -4t+3+ m
? ?

(t-1)=0 恒成立,
? ?t-1=0, 故? 2 ? ?t -4t+3=0,

即 t=1.

∴存在点 M(1,0)符合题意.

探究是否存在直线的问题

[ 例 3] F2(2,0),点

x2 y2 已知椭圆 C : a2 + b2 = 1(a>b>0) 的右焦点为
? P? ?1,- ?

15? ? 在椭圆 C 上. 3 ? ?

(1)求椭圆 C 的标准方程; (2)是否存在斜率为-1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M,N 两点, 使得|F1M|=|F1N|(F1 为椭圆的左焦点)?若存在, 求出 直线 l 的方程;若不存在,说明理由.

[解]

(1)法一:∵椭圆 C 的右焦点为 F2(2,0),

∴c=2,椭圆 C 的左焦点为 F1(-2,0). 由 椭 圆 的 定 义 可 得 2a = ?1-2?
2

?1+2?

2

? +? ?- ?

15? ?2 + 3 ? ?

? +? ?- ?

15? ?2 = 3 ? ?

96 9+

24 9 =2 6,解得 a= 6,

∴b2=a2-c2=6-4=2. x2 y2 ∴椭圆 C 的标准方程为 6 + 2 =1.

法二:∵椭圆 C 的右焦点为 F2(2,0), ∴c=2,故 a2-b2=4, 又点
? P? ?1,- ?

1 15 15? ? 在椭圆 C 上,则a2+9b2=1, 3 ? ?

1 15 故 2 + 2=1, b +4 9b 化简得 3b4+4b2-20=0,得 b2=2,a2=6. x2 y2 ∴椭圆 C 的标准方程为 6 + 2 =1.

(2)是否存在斜率为-1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M,N 两 点,使得|F1M|=|F1N|(F1 为椭圆的左焦点)?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由.

[解] 假设存在满足条件的直线 l, 设直线 l 的方程为 y=-x+t, x2 y2 ? ? + =1, 由? 6 2 得 x2+3(-x+t)2-6=0, ? ?y=-x+t 即 4x2-6tx+(3t2-6)=0, Δ=(-6t)2-4×4×(3t2-6)=96-12t2>0, 解得-2 2<t<2 2. 2 3 t -6 3t 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1+x2= 2 ,x1x2= 4 ,

由于|F1M|=|F1N|,设线段 MN 的中点为 E, 则 F1E⊥MN,故 kF1E=-k 又 1
MN

= 1,

?x1+x2 y1+y2? ? F1(-2,0),E? , ? 2 ?, 2 ? ? ?3t t ? E? 4 ,4?, ? ?



∴kF1E=3t =1,解得 t=-4. 4 +2

t 4

当 t=-4 时,不满足-2 2<t<2 2, ∴不存在满足条件的直线 l.

[方法技巧]
解决是否存在直线的问题时,可依据条件寻找适合 条件的直线方程,联立方程消元得出一元二次方程,利 用判别式得出是否有解.

能力练通

抓应用体验的“得”与“失” x2 y2 1. [考点一] 如图,椭圆 C : a2 + b2 = 3 1 1(a>b>0)经过点 P1, 离心率 e=2, 2,
直线 l 的方程为 x=4. (1)求椭圆 C 的方程; ? 3? 1 9 ? ? 解:(1)由 P 1,2 在椭圆上得,a2+4b2=1. ? ?
依题设知 a=2c,则 b2=3c2. ②代入①解得 c2=1,a2=4,b2=3. x2 y2 故椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1.

① ②

(2)AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P),设直线 AB 与 直线 l 相交于点 M,记 PA,PB,PM 的斜率分别为 k1,k2, k3.问:是否存在常数 λ,使得 k1+k2=λk3?若存在,求 λ 的 值;若不存在,说明理由.
解:由题意可设直线 AB 的斜率为 k, 则直线 AB 的方程为 y=k(x-1). ③

代入椭圆方程并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有

4?k2-3? 8k2 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 .④ 4k +3 4k +3 在方程③中令 x=4 得,M 的坐标为(4,3k). 3 3 3 y 1- 2 y2-2 3k-2 1 从而 k1= , k2 = ,k3= =k-2. x1-1 x2-1 4-1 y1 由于 A,F,B 三点共线,则有 k=kAF=kBF,即有 x1-1 y2 = = k. x2-1

3 3 y1-2 y2-2 1 ? y1 y2 3? ? 1 所以 k1+k2= + = + -2?x -1+x -1? ? x1-1 x2-1 x1-1 x2-1 2 ? 1 ? x1+x2-2 3 =2k-2· .⑤ x1x2-?x1+x2?+1 8k2 -2 2 4k +3 3 ④代入⑤得 k1+k2=2k-2· 2 2 =2k-1, 4?k -3? 8k - 2 2 4k +3 4k +3 1 又 k3=k-2,所以 k1+k2=2k3.故存在常数 λ=2 符合题意.

2.[考点二]已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,左顶 点为 A,左焦点为 F1(-2,0),点 B(2, 2)在椭圆 C 上,直线 y=kx(k≠0)与椭圆 C 交于 E,F 两点,直线 AE,AF 分别与 y 轴交于点 M,N. (1)求椭圆 C 的方程; (2)在 x 轴上是否存在点 P,使得无论非零实数 k 怎样变化, 总有∠MPN 为直角?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在, 请说明理由.

x2 y2 解:(1)设椭圆 C 的方程为a2+b2=1(a>b>0), 因为椭圆的左焦点为 F1(-2,0),所以 a2-b2=4. 由题可得椭圆的右焦点为 F2(2,0),已知点 B(2, 2)在椭圆 C 上,由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a, 所以 2a=3 2+ 2=4 2. 所以 a=2 2,从而 b=2. x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 8 + 4 =1.

(2)在 x 轴上是否存在点 P,使得无论非零实数 k 怎样变化,总有 ∠MPN 为直角?若存在, 求出点 P 的坐标; 若不存在, 请说明理由.

解:因为椭圆 C 的左顶点为 A,则点 A 的坐标为(-2 2,0). x2 y2 因为直线 y=kx(k≠0)与椭圆 8 + 4 =1 交于两点 E,F, 设点 E(x0,y0)(不妨设 x0>0),则点 F(-x0,-y0). kx, ? ?y = 8 2 2 2 ? 联立方程 x y 消去 y 得 x = 2. 1 + 2 k + =1, ? ?8 4 2 2 2 2k 所以 x0= ,y0= , 1+2k2 1+2k2 k 所以直线 AE 的方程为 y= 2(x+2 2). 1+ 1+2k

因为直线 AE 与 y 轴交于点 M, 2 2k 令 x = 0, 得 y= 2, 1+ 1+2k 即点
? 2 ? M?0, 1+ ?

2k ? ? 2?. 1+ 2 k ? 2k ? ? . 1+2k2? ?

同理可得点

? 2 ? N?0, 1- ?

假设在 x 轴上存在点 P(t,0),使得∠MPN 为直角,则 ???? ??? ? MP · NP =0.

- 2 2k - 2 2k 2 即t + × = 0 , 即 t -4=0. 1+ 1+2k2 1- 1+2k2
2

解得t=2或t=-2. 故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化, 总有∠MPN为直角.

3.[考点三]已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A(2,3),且点 F(2,0)为其右焦点. (1)求椭圆 C 的方程;

x2 y2 解:依题意,可设椭圆 C 的方程为a2+b2=1(a>b>0),且可知 其左焦点为 F′(-2,0).
? ?c=2, 从而有? ? ?2a=|AF|+|AF′|=8, ? ?c=2, 解得? ? ?a=4.

又 a2=b2+c2,

所以 b2=12.

x2 y2 故椭圆 C 的方程为16+12=1.

(2)是否存在平行于 OA 的直线 l,使得直线 l 与椭圆 C 有公 共点,且直线 OA 与 l 的距离等于 4?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由.

3 解:假设存在符合题意的直线 l,设其方程为 y=2x+t. ? 3 ?y=2x+t, 由? 2 2 x y ? + = 1, ?16 12

得 3x2+3tx+t2-12=0.

因为直线 l 与椭圆 C 有公共点, 所以 Δ=(3t)2-4×3(t2-12)=144-3t2≥0,解得-4 3≤t≤4 3. 另一方面,由直线 OA 与 l 的距离等于 4,可得 t=± 2 13. 由于± 2 13?[-4 3,4 3 ], 所以符合题意的直线 l 不存在. |t| =4,从而 9 4+1

[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
x2 1.(2015· 新课标全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中, 曲线 C: y= 4 与直线 l:y=kx+a(a>0)交于 M,N 两点. (1)当 k=0 时,分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程; (2)y 轴上是否存在点 P,使得当 k 变动时,总有∠OPM= ∠OPN?说明理由.

解:(1)由题设可得 M(2 a,a),N(-2 a,a),或 M(-2 a, a),N(2 a,a). x x2 又 y′=2,故 y= 4 在 x=2 a处的导数值为 a,

所以 C 在点(2 a,a)处的切线方程为 y-a= a(x-2 a), 即 ax-y-a=0. x2 y= 4 在 x=-2 a处的导数值为- a,所以 C 在点(-2 a, a)处的切线方程为 y-a=- a(x+2 a), 即 ax+y+a=0. 故所求切线方程为 ax-y-a=0 和 ax+y+a=0.

(2)y 轴上是否存在点 P,使得当 k 变动时,总有∠OPM= ∠OPN?说明理由.
解:存在符合题意的点.证明如下: 设 P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线 PM, PN 的斜率分别为 k1,k2. 将 y=kx+a 代入 C 的方程,得 x2-4kx-4a=0. 故 x1+x2=4k,x1x2=-4a. y1-b y2-b 2kx1x2+?a-b??x1+x2? k?a+b? 从而 k1+k2= x + x = = a . x x 1 2 1 2 当 b=-a 时,有 k1+k2=0,则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补, 故∠OPM=∠OPN,所以点 P(0,-a)符合题意.

2.(2015· 新课标全国卷Ⅱ)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
?m ? 过点? 3 ,m?,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.

解:(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, x1+x2 -kb 故 x M= 2 = 2 , k +9 9b yM=kxM+b= 2 . k +9

yM 9 于是直线 OM 的斜率 kOM=x =-k, M 即 kOM· k=-9. 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值.

(2)若 l

?m ? 过点? 3 ,m?,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)四边形 OAPB 能为平行四边形. 因为直线 l
?m ? 过点? 3 ,m?, 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. 9 由(1)得 OM 的方程为 y=-kx. 设点 P 的横坐标为 xP.

9 ? 2 2 ?y=- x, k m ± km 2 k 由? 得 xP= 2 ,即 xP= . 2 9k +81 3 k +9 2 2 2 ? 9 x + y = m , ?
?m ? 将点? 3 ,m?的坐标代入直线 ? ?

m?3-k? l 的方程得 b= 3 ,

k?k-3?m 因此 xM= . 2 3?k +9? 四边形 OAPB 为平行四边形, 当且仅当线段 AB 与线段 OP k?k-3?m ± km 互相平分,即 xP=2xM.于是 =2× , 2 2 3 ? k + 9 ? 3 k +9 解得 k1=4- 7,k2=4+ 7. 因为 ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当直线 l 的斜率为 4- 7或 4+ 7时,四边形 OAPB 为平行四边形.


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