高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9第2课时定点定值范围最值问题学案理北师大版

高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9第2课时
定点定值范围最值问题学案理北师大版0510474
第2课时 定点、定值、探索性问题
题型一 定点问题
典例 (2017·全国Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛
⎭⎪⎫－1，32，
P 4⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1，
32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；
(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．
(1)解 由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋3
4b 2知，椭圆C 不经过点P 1，
所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧
1b 2＝1，1a 2
＋3
4b 2
＝1，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a 2
＝4，
b 2
＝1.
故椭圆C 的方程为x 2
4
＋y 2
＝1.
(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.
如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛
⎭⎪⎫t ，4－t 2
2，
⎝
⎛
⎭⎪⎫t ，－4－t 2
2，则k 1＋k 2＝
4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设． 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)． 将y ＝kx ＋m 代入x 2
4＋y 2
＝1，
得(4k 2
＋1)x 2
＋8kmx ＋4m 2
－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2
－m 2
＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2
－4
4k 2＋1.
而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2
＝
kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2
＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2
. 由题设知k 1＋k 2＝－1，
故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2
－44k 2＋1＋(m －1)·－8km
4k 2＋1＝0，
解得k ＝－
m ＋1
2
.
当且仅当m >－1时，Δ>0， 于是l ：y ＝－m ＋1
2
x ＋m ，
即y ＋1＝－
m ＋1
2
(x －2)，
所以l 过定点(2，－1)．
思维升华 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．
跟踪训练 (2017·长沙联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >0，b >0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴
的长的平方依次成等差数列．直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于点Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →
. (1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点．
(1)解 设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2
＋(2b )2
＝2(2c )2
， 又a 2
＝b 2
＋c 2
，∴a 2
＝3. ∴椭圆的方程为x 2
3
＋y 2
＝1.
(2)证明 由题意设P (0，m )，Q (x 0,0)，M (x 1，y 1)，
N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )，
由PM →＝λ1MQ →
知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)， ∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝m y 1
－1.
同理由PN →＝λ2NQ →
知λ2＝m y 2
－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①
联立⎩⎪⎨
⎪⎧
x 2
＋3y 2
＝3，x ＝t (y －m )，
得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2
－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m 2t 4
－4(t 2
＋3)(t 2m 2
－3)>0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2
t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2
－3t 2＋3，③
③代入①得t 2m 2
－3＋2m 2t 2
＝0， ∴(mt )2
＝1，
由题意mt <0，∴mt ＝－1，满足②，
得直线l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1,0)，即Q 为定点． 题型二 定值问题
典例 (2017·广州市综合测试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为3
2，且过点
A (2,1)．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若P ，Q 是椭圆C 上的两个动点，且使∠PAQ 的角平分线总垂直于x 轴，试判断直线PQ 的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由． 解 (1)因为椭圆C 的离心率为
3
2
，且过点A (2,1)，
所以4a 2＋1b 2＝1，c a ＝32
，
又a 2
＝b 2
＋c 2
，所以a 2
＝8，b 2
＝2， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 2
2
＝1.
(2)方法一 因为∠PAQ 的角平分线总垂直于x 轴， 所以PA 与AQ 所在的直线关于直线x ＝2对称． 设直线PA 的斜率为k ，则直线AQ 的斜率为－k . 所以直线PA 的方程为y －1＝k (x －2)， 直线AQ 的方程为y －1＝－k (x －2)． 设点P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，
由⎩⎪⎨⎪⎧
y －1＝k (x －2)，x 28＋y
22
＝1，
得(1＋4k 2
)x 2
－(16k 2－8k )x ＋16k 2
－16k －4＝0.①
因为点A (2,1)在椭圆C 上，所以x ＝2是方程①的一个根，则2x P ＝16k 2
－16k －41＋4k 2
， 所以x P ＝8k 2
－8k －2
1＋4k 2
. 同理x Q ＝8k 2＋8k －2
1＋4k
2
. 所以x P －x Q ＝－16k 1＋4k 2，x P ＋x Q ＝16k 2
－4
1＋4k 2.
又y P －y Q ＝k (x P ＋x Q －4)＝－8k
1＋4k 2，
所以直线PQ 的斜率k PQ ＝
y P －y Q x P －x Q ＝1
2
， 所以直线PQ 的斜率为定值，该值为1
2.
方法二 设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b ， 点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则y 1＝kx 1＋b ，y 2＝kx 2＋b ， 直线PA 的斜率k PA ＝y 1－1
x 1－2， 直线QA 的斜率k QA ＝
y 2－1
x 2－2
. 因为∠PAQ 的角平分线总垂直于x 轴，所以PA 与AQ 所在的直线关于直线x ＝2对称，
所以k PA ＝－k QA ，即
y 1－1x 1－2＝－y 2－1
x 2－2
， 化简得x 1y 2＋x 2y 1－(x 1＋x 2)－2(y 1＋y 2)＋4＝0. 把y 1＝kx 1＋b ，y 2＝kx 2＋b 代入上式，化简得 2kx 1x 2＋(b －1－2k )(x 1＋x 2)－4b ＋4＝0.①
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋b ，x 28＋y
2
2
＝1，
得(4k 2
＋1)x 2
＋8kbx ＋4b 2
－8＝0，② 则x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2
－84k 2＋1
，
代入①，得2k (4b 2
－8)4k 2＋1－8kb (b －1－2k )
4k 2
＋1－4b ＋4＝0， 整理得(2k －1)(b ＋2k －1)＝0， 所以k ＝1
2
或b ＝1－2k .
若b ＝1－2k ，可得方程②的一个根为2，不符合题意． 所以直线PQ 的斜率为定值，该值为1
2
.
思维升华 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解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
跟踪训练 如图，在平面直角坐标系xOy 中，点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，直线l ：x ＝－12，点P 在直线l 上移动，R 是线段PF 与y 轴的交点，RQ ⊥FP ，PQ ⊥l .
(1)求动点Q 的轨迹C 的方程；
(2)设圆M 过A (1,0)，且圆心M 在曲线C 上，TS 是圆M 在y 轴上截得的弦，当M 运动时，弦
长|TS |是否为定值？请说明理由．
解 (1)依题意知，点R 是线段FP 的中点，且RQ ⊥FP ， ∴RQ 是线段FP 的垂直平分线．
∵点Q 在线段FP 的垂直平分线上，∴|PQ |＝|QF |， 又|PQ |是点Q 到直线l 的距离，
故动点Q 的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线，其方程为y 2
＝2x (x >0)． (2)弦长|TS |为定值．理由如下：
取曲线C 上点M (x 0，y 0)，M 到y 轴的距离为d ＝|x 0|＝x 0，圆的半径r ＝|MA |＝(x 0－1)2
＋y 2
0， 则|TS |＝2r 2
－d 2
＝2y 2
0－2x 0＋1， ∵点M 在曲线C 上，∴x 0＝y 20
2，
∴|TS |＝2y 2
0－y 2
0＋1＝2，是定值． 题型三 探索性问题
典例 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 2
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 (2a ，a )，N (－2a ，a )， 或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．
又y ′＝x 2，故y ＝x 2
4
在x ＝2a 处的导数值为a ，
C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，
即ax －y －a ＝0.
y ＝x 2
4
在x ＝－2a 处的导数值为－a ，
C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，
即ax ＋y ＋a ＝0.
故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点，证明如下：
设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2
－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝
y 1－b x 1＋y 2－b
x 2
＝2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)x 1x 2
＝
k (a ＋b )
a
. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝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． 思维升华 解决探索性问题的注意事项
探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．
跟踪训练 (2018·唐山模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1的右焦点为F (c,0)且a >b >c >0，设短轴
的一个端点为D ，原点O 到直线DF 的距离为3
2
，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →
|＝4. (1)求椭圆E 的方程；
(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4PA →·PB →
成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 (1)由椭圆的对称性知|GF →|＋|CF →
|＝2a ＝4，∴a ＝2. 又原点O 到直线DF 的距离为32
， ∴bc a ＝
3
2
，∴bc ＝3， 又a 2
＝b 2
＋c 2
＝4，a >b >c >0，∴b ＝3，c ＝1. 故椭圆E 的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件． 故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，
代入椭圆方程得(3＋4k 2
)x 2
－8k (2k －1)x ＋16k 2
－16k －8＝0， ∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2
－16k －8
3＋4k
2
，
Δ＝32(6k ＋3)>0，∴k >－12
.
∵OP →2＝4PA →·PB →，
即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2
)＝5， 即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2
)＝5， ∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2
－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2
)
＝4×4＋4k
23＋4k
2＝5，
解得k ＝±12，k ＝－1
2不符合题意，舍去．
∴存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝1
2
x .
设而不求，整体代换
典例 (12分)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，离心率为3
2
，过F 1且
垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1. (1)求椭圆C 的方程；
(2)点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接PF 1，PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M (m,0)，求m 的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P 作斜率为k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点，设直线PF 1，PF 2的斜率分别为k 1，k 2，若k 2≠0，证明
1
kk 1＋
1
kk 2
为定值，并求出这个定值．
思想方法指导 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值． 规范解答
解 (1)由于c 2
＝a 2
－b 2
，将x ＝－c 代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a .由题意知2b
2
a
＝1，
即a ＝2b 2
. 又e ＝c
a ＝
3
2
，所以a ＝2，b ＝1. 所以椭圆C 的方程为x 2
4
＋y 2
＝1.[2分]
(2)设P (x 0，y 0)(y 0≠0)， 又F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 所以直线PF 1，PF 2的方程分别为
1PF l ：y 0x －(x 0＋3)y ＋3y 0＝0，
2PF l ：y 0x －(x 0－3)y －3y 0＝0.
由题意知
|my 0＋3y 0|
y 20＋(x 0＋3)2＝|my 0－3y 0|y 20＋(x 0－3)
2
. 由于点P 在椭圆上，所以x 20
4＋y 2
0＝1.
所以
|m ＋3|
⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 0＋22
＝
|m －3|
⎝ ⎛⎭
⎪⎫32x 0－22
.[4分]
因为－3<m <3，－2<x 0<2， 可得
m ＋3
3
2
x 0＋2＝
3－m
2－32
x 0
，
所以m ＝34x 0，因此－32<m <3
2.[6分]
(3)设P (x 0，y 0)(y 0≠0)，
则直线l 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)．
联立得⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
4
＋y 2＝1，
y －y 0＝k (x －x 0).
整理得(1＋4k 2
)x 2
＋8(ky 0－k 2x 0)x ＋4(y 20－2kx 0y 0＋k 2x 2
0－1)＝0.[10分] 由题意Δ＝0，即(4－x 2
0)k 2
＋2x 0y 0k ＋1－y 2
0＝0. 又x 20
4
＋y 2
0＝1， 所以16y 20k 2
＋8x 0y 0k ＋x 20＝0，故k ＝－x 0
4y 0.
由(2)知1k 1＋1k 2
＝x 0＋3y 0＋x 0－3y 0＝2x 0
y 0
，
所以1kk 1＋
1kk 2＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－4y 0x 0·2x 0
y 0
＝－8，
因此
1
kk 1＋
1
kk 2
为定值，这个定值为－8.[12分]
1．(2018届广西柳州摸底)已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴上，且抛物线上有一点
P (4，m )到焦点的距离为5.
(1)求该抛物线C 的方程；
(2)已知抛物线上一点M (t,4)，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且MD ⊥ME ，判断直线DE 是否过定点？并说明理由．
解 (1)由题意设抛物线方程为y 2
＝2px (p >0)， 其准线方程为x ＝－p
2
，
∵P (4，m )到焦点的距离等于P 到其准线的距离， ∴4＋p
2＝5，∴p ＝2.
∴抛物线C 的方程为y 2
＝4x . (2)由(1)可得点M (4,4)， 可得直线DE 的斜率不为0， 设直线DE 的方程为x ＝my ＋t ，
联立⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝my ＋t ，y 2
＝4x ，得y 2
－4my －4t ＝0，
则Δ＝16m 2
＋16t >0.(*) 设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4t .
∵MD →·ME →
＝(x 1－4，y 1－4)·(x 2－4，y 2－4) ＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16
＝y 214·y 22
4－4⎝ ⎛⎭
⎪⎫y 214＋y 2
24＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16
＝(y 1y 2)2
16－(y 1＋y 2)2＋3y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋32
＝t 2
－16m 2－12t ＋32－16m ＝0， 即t 2
－12t ＋32＝16m 2
＋16m ， 得(t －6)2
＝4(2m ＋1)2
，
∴t －6＝±2(2m ＋1)，即t ＝4m ＋8或t ＝－4m ＋4， 代入(*)式检验知t ＝4m ＋8满足Δ>0，
∴直线DE 的方程为x ＝my ＋4m ＋8＝m (y ＋4)＋8. ∴直线过定点(8，－4)．
2．(2016·北京)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为3
2
，A (a,0)，B (0，b )，O (0,0)，
△OAB 的面积为1. (1)求椭圆C 的方程；
(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值． (1)解 由已知c
a ＝
32，1
2
ab ＝1. 又a 2
＝b 2
＋c 2
，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. ∴椭圆方程为x 2
4
＋y 2
＝1.
(2)证明 由(1)知，A (2,0)，B (0,1)． 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 20
4＋y 2
0＝1.
当x 0≠0时，直线PA 的方程为y ＝y 0
x 0－2
(x －2)，
令x ＝0得y M ＝－2y 0
x 0－2.
从而|BM |＝|1－y M |＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1
x 0
x ＋1. 令y ＝0得x N ＝－
x 0
y 0－1
.
∴|AN |＝|2－x N |＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
2＋x 0y 0－1.
∴|AN |·|BM |＝⎪
⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪
⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1·⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪x 0＋2y 0－2x 0－2
＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x 2
0＋4y 2
0＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.
当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， ∴|AN |·|BM |＝4.
故|AN |·|BM |为定值．
3．(2017·湘中名校联考)如图，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2
b
2＝1(a >b >0，y ≥0)和部分抛物
线C 2：y ＝－x 2
＋1(y ≤0)连接而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为
32
.
(1)求a ，b 的值；
(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，是否存在直线l ，使得以PQ 为直径的圆恰好过点A ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 (1)在C 1，C 2的方程中，令y ＝0，可得b ＝1， 且A (－1,0)，B (1,0)是上半椭圆C 1的左、右顶点． 设C 1的半焦距为c ， 由c a ＝
32
及a 2－c 2＝b 2
＝1，得a ＝2， ∴a ＝2，b ＝1. (2)存在．
由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 2
4
＋x 2
＝1(y ≥0)．
易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入C 1的方程，整理得
(k 2
＋4)x 2
－2k 2
x ＋k 2
－4＝0.(*) 设点P 的坐标为(x P ，y P )，
∵直线l 过点B ，∴x ＝1是方程(*)的一个根．
由根与系数的关系，得x p ＝k 2－4k 2＋4，从而y p ＝－8k
k 2＋4
，
∴点P 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫k 2
－4k 2＋4，－8k k 2＋4.
同理，由⎩⎪⎨
⎪
⎧
y ＝k (x －1)，k ≠0，y ＝－x 2
＋1，y ≤0，
得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2
－2k )．
∴AP →＝2k k 2＋4(k ，－4)，AQ →
＝－k (1，k ＋2)．
∵以PQ 为直径的圆恰好过点A ， ∴AP ⊥AQ ，∴AP →·AQ →
＝0， 即－2k
2
k 2＋4
[k －4(k ＋2)]＝0. ∵k ≠0，∴k －4(k ＋2)＝0，解得k ＝－8
3.
经检验，k ＝－8
3符合题意．
故直线l 的方程为8x ＋3y －8＝0.
4．已知半椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(x ≥0)与半椭圆y 2b 2＋x 2c
2＝1(x <0)组成的曲线称为“果圆”，其中a
2
＝b 2
＋c 2
，a >b >c >0.如图，设点F 0，F 1，F 2是相应椭圆的焦点，A 1，A 2和B 1，B 2是“果圆”与
x ，y 轴的交点．
(1)若△F 0F 1F 2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程； (2)若|A 1A 2|>|B 1B 2|，求b
a
的取值范围；
(3)一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦．是否存在实数k ，使得斜率为k 的直线交果圆于两点，得到的弦的中点M 的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有k 的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵F 0(c,0)，F 1(0，－b 2
－c 2
)，F 2(0，b 2
－c 2
)， ∴|F 0F 2|＝(b 2
－c 2
)＋c 2
＝b ＝1， |F 1F 2|＝2b 2
－c 2＝1， ∴c 2＝34，a 2＝b 2＋c 2
＝74
，
∴所求“果圆”的方程为⎩⎪⎨⎪
⎧
47
x 2＋y 2
＝1，x ≥0，y 2
＋4
3x 2＝1，x <0.
(2)由题意，得a ＋c >2b ，即a 2
－b 2
>2b －a ，
∴a 2－b 2>(2b －a )2
，得b a <45.
又b 2
>c 2
＝a 2
－b 2
，∴b 2a 2>1
2
.
∴b a ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫
22，45.
(3)设“果圆”C 的方程为⎩⎪⎨⎪
⎧
x 2a 2＋y 2
b 2
＝1，x ≥0，y 2
b 2
＋x
2
c 2
＝1，x <0，
记平行弦的斜率为k ，当k ＝0时，
直线y ＝t (－b ≤t ≤b )与半椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(x ≥0)的交点是P ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
a
1－t 2b 2，t ，与半椭圆y 2b 2＋x 2c 2
＝1(x <0)的交点是Q ⎝ ⎛
⎭⎪⎫－c
1－t 2b 2，t . ∴P ，Q 的中点M (x ，y )满足x ＝
a －c
2·
1－t 2
b
2，y ＝t ， 得x 2
⎝ ⎛⎭
⎪⎫a －c 22＋y 2
b
2＝1. ∵a 2
＝b 2
＋c 2<2b 2<4b 2
，∴a <2b ， ∴⎝
⎛⎭
⎪⎫a －c 22－b 2＝a －c －2b 2·a －c ＋2b 2<0.
综上所述，当k ＝0时，“果圆”平行弦的中点M 的轨迹总是落在某个椭圆上．
当k >0时，过B 1的直线l 与半椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(x ≥0)的交点是⎝ ⎛⎭
⎪⎫2ka 2
b k 2a 2＋b 2，k 2a 2b －b 3k 2a 2＋b 2.
因此，在直线l 右侧，以k 为斜率的平行弦的中点为⎝ ⎛⎭
⎪⎫ka 2b
k 2a 2＋b 2，－b 3
k 2a 2＋b 2，
轨迹在直线y ＝－b 2
ka
2x 上，即不在某一椭圆上．
当k <0时，可类似讨论得到平行弦的中点的轨迹不在某一椭圆上．
5．(2018·保定模拟)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝32，左顶点M 到直线x a ＋y
b
＝
1的距离d ＝45
5，O 为坐标原点．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆经过坐标原点，证明：点O 到直线AB 的距离为定值． (1)解 由e ＝
32，得c ＝32
a ，又
b 2＝a 2－
c 2
， 所以b ＝1
2
a ，即a ＝2
b .
由左顶点M (－a,0)到直线x a ＋y
b
＝1， 即到直线bx ＋ay －ab ＝0的距离d ＝45
5，
得|b (－a )－ab |a 2＋b 2＝455，即2ab a 2＋b 2＝455，
把a ＝2b 代入上式，得
4b
2
5b
＝
45
5
，解得b ＝1. 所以a ＝2b ＝2，c ＝ 3. 所以椭圆C 的方程为x 2
4＋y 2
＝1.
(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
①当直线AB 的斜率不存在时，由椭圆的对称性， 可知x 1＝x 2，y 1＝－y 2.
因为以AB 为直径的圆经过坐标原点， 故OA →·OB →
＝0，
即x 1x 2＋y 1y 2＝0，也就是x 2
1－y 2
1＝0， 又点A 在椭圆C 上，所以x 21
4＋y 2
1＝1，
解得|x 1|＝|y 1|＝25
5
.
此时点O 到直线AB 的距离d 1＝|x 1|＝25
5.
②当直线AB 的斜率存在时， 设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，
与椭圆方程联立有⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m ，x 2
4
＋y 2
＝1，
消去y ，得(1＋4k 2
)x 2
＋8kmx ＋4m 2
－4＝0，
所以x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2
－4
1＋4k 2.
因为以AB 为直径的圆过坐标原点O ， 所以OA ⊥OB .
所以OA →·OB →
＝x 1x 2＋y 1y 2＝0. 所以(1＋k 2
)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2
＝0. 所以(1＋k 2
)·4m 2
－41＋4k 2－8k 2m 2
1＋4k
2＋m 2
＝0.
整理得5m 2＝4(k 2
＋1)， 所以点O 到直线AB 的距离d 1＝
|m |
k 2＋1
＝255.
综上所述，点O 到直线AB 的距离为定值25
5
.
6.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22
，点P (0，1)在短轴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，
于是⎩⎪⎨⎪⎧
1－b 2
＝－1，
c a ＝22，
a 2
－b 2
＝c 2
，
解得a ＝2，b ＝2，
所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2
2
＝1.
(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(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，
联立⎩⎪⎨⎪⎧
x 24＋y 2
2
＝1，y ＝kx ＋1，
得(2k 2＋1)x 2
＋4kx －2＝0，
其判别式Δ＝(4k )2
＋8(2k 2
＋1)＞0， 所以x 1＋x 2＝－
4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－2
2k 2
＋1
， 从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →
＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2
)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝(－2λ－4)k 2
＋(－2λ－1)2k 2
＋1
＝－λ－1
2k 2＋1
－λ－2.
所以当λ＝1时，－λ－1
2k 2＋1
－λ－2＝－3，
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.。