|a－1＋22|2
由题设＝3，解得a＝3.
2∴所求椭圆的方程为＋y＝1.
3
(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
2
x2
2
P为弦MN的中点， y＝kx＋m，??2由?x2
＋y＝1，??3
得(3k＋1)x＋6kmx＋3(m－1)＝0，
222
∵直线与椭圆相交，
∴Δ＝(6km)－4(3k＋1)×3(m－1)>0 ?m<3k＋1.①
2
2
2
2
2
由根与系数的关系，得
－6km3m－1xM＋xN＝2，xM·xN＝. 2
3k＋13k＋1∴xP＝
2
xM＋xN23km＝－2，
3k＋1
从而yP＝kxP＋m＝2，
3k＋1
myP＋1m＋3k2＋1
∴kAP＝＝－，
xP3km又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，
m＋3k2＋11
则－＝－，
3kmk即2m＝3k＋1.②
把②代入①，得m<2m，解得0 由②，得k＝>0，解得m>. 32 2 2 ?1?综上，m的取值范围是?，2?. ?2? 热点三 圆锥曲线中的探索性问题 圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题． [考查角度一] 探究是否存在常数的问题 x2y22 [典题5] [2015·四川卷]如图，椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在 ab2 →→ 短轴CD上，且PC·PD＝－1. (1)求椭圆E的方程； →→ (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·OB→→ ＋λPA·PB为定值？若存在，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， ??c2 于是?＝，a2??a－b＝c， 2 2 2 1－b＝－1， 2 x2y2 ?a＝2， 解得? ?b＝2. 所以椭圆E的方程为＋＝1. 42 (2)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)． xy??＋＝1，联立?42 ??y＝kx＋1， 22 2 得(2k＋1)x＋4kx－2＝0. 22 其判别式Δ＝(4k)＋8(2k＋1)>0， 由根与系数的关系得， 2 x1＋x2＝－ 4k2 ，x1x2＝－2. 2 2k＋12k＋1 → → →→ 从而，OA·OB＋λPA·PB ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 2 ＝ －2λ－4k＋－2λ－1 2 2k＋1 2 λ－1 ＝－2－λ－2. 2k＋1 λ－1 所以，当λ＝1时，－2－λ－2＝－3. 2k＋1 →→ →→ 此时OA·OB＋λPA·PB＝－3为定值． 当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD. →→ → →→→ → →→→ →→ 此时，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋PC·PD＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA·OB＋λPA·PB为定值－3. 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． [考查角度二] 探究是否存在点的问题 x2y21 [典题6] [2017·河北石家庄一模]已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率e＝，点Aab2 为椭圆上一点，∠F1AF2＝60°，且S△F1AF2＝3. (1)求椭圆C的方程； (2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.问：在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过定点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 122 [解] (1)由e＝可得a＝4c，① 2 S△F1AF2＝|AF1||AF2|sin 60°＝3， 可得|AF1||AF2|＝4， 在△F1AF2中，由余弦定理可得 |AF1|＋|AF2|－2|AF1||AF2|cos 60°＝4c， 又|AF1|＋|AF2|＝2a， 可得a－c＝3，② 联立①②得a＝4，c＝1， ∴b＝3. 2 2 2 2 2 2 2 2 12 ∴椭圆C的方程为＋＝1. 43 x2y2 y＝kx＋m，??22 (2)设点P(x0，y0)，由?xy＋＝1，??43 (4k＋3)x＋8kmx＋4m－12＝0， 2 2 2 2 得 由题意知Δ＝64km－4(4k＋3)(4m－12)＝0， 化简得4k－m＋3＝0， 4km4k3 ∴x0＝－2＝－，y0＝， 4k＋3mm2 2 222 ?4k3?∴P?－，?. ? mm? ??y＝kx＋m， 由? ?x＝4，? 得Q(4,4k＋m)， 假设存在点M的坐标为(x1,0)， → 4k3??则MP＝?－－x1，?，MQ＝(4－x1,4k＋m)． → ? mm? ∵以PQ为直径的圆恒过点M， →→∴MP·MQ＝0， 16k4kx112k2 即－＋－4x1＋x1＋＋3＝0， mmm∴(4x1－4)＋x1－4x1＋3＝0对任意k，m都成立． ??4x1－4＝0，则?2 ?x1－4x1＋3＝0，? km2 解得x1＝1， 故存在定点M(1,0)符合题意． 解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明． [考查角度三] 探究存在性的问题 [典题7] [2015·新课标全国卷Ⅱ]已知椭圆C：9x＋y＝m(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 2 2 ??(2)若l过点?，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，?3? 求此时l的斜率；若不能，请说明理由． (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9x＋y＝m，得 (k＋9)x＋2kbx＋b－m＝0， 故xM＝ 2 2 2 22 2 2 mx1＋x2 2 ＝ －kb9b，yM＝kxM＋b＝2. 2 k＋9k＋9 yM9 于是直线OM的斜率kOM＝ ＝－，即kOM·k＝－9. xMk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．理由如下： ??因为直线l过点?，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. ?3? 9 由(1)得OM的方程为y＝－x. mk设点P的横坐标为xP. 9??y＝－x，k由???9x2＋y2＝m2， k2m2 得xP＝2， 9k＋81 2 ±km即xP＝ . 2 3k＋9 ??将点?，m?的坐标代入直线l的方程，得 ?3? m3－kb＝， 3 因此xM＝ mkk－3m. 2 3k＋9 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分时成立，即xP＝2xM. ±kmkk－3m于是＝2×， 22 3k＋93k＋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． 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
(课标通用)高考数学一轮复习第九章解析几何大题冲关理
