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- 2021-06-11 发布
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第31练 圆锥曲线的热点问题
[明考情]
圆锥曲线的热点问题作为直线与圆锥曲线的位置关系的延伸与深化,是高考的必考点,高考中常选取其中一个热点问题作为圆锥曲线的压轴题目.
[知考向]
1.范围与最值问题.
2.定值、定点问题.
3.探索性问题.
考点一 范围与最值问题
方法技巧 圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路
(1)利用判别式来构造不等式,从而确定参数的取值范围.
(2)利用已知参数的取值范围,求新参数的范围,解决这类问题的核心是在两个参数之间建立相关关系.
(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围.
(4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围.
(5)利用函数值域的求法,确定参数的取值范围.
1.已知点A(1,0),点M是圆C:(x+1)2+y2=8上的任意一点,线段MA的垂直平分线与直线CM交于点E.
(1)求点E的轨迹方程;
(2)若直线y=kx+m与点E的轨迹有两个不同的交点P和Q,且原点O总在以PQ为直径的圆的内部,求实数m的取值范围.
解 (1)由题意知|EM|=|EA|,|CE|+|EM|=2,
所以|CE|+|EA|=2>2=|CA|,
所以点E的轨迹是以点C,A为焦点的椭圆,其轨迹方程为+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则将直线与椭圆的方程联立得
消去y,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,
Δ>0,m2<2k2+1. ①
x1+x2=-,x1x2=.
因为点O在以PQ为直径的圆的内部,故·<0,即x1x2+y1y2<0,
而y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=,
故由x1x2+y1y2=+<0,
得m2<,且满足①式,
所以m2<,
所以m的取值范围是.
2.如图,已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.
(1)求实数m的取值范围;
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解 (1)由题意知m≠0,
可设直线AB的方程为y=-x+b,A(x1,y1),B(x2,y2).
由消去y,得
x2-x+b2-1=0.
因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,
所以Δ=-2b2+2+>0. ①
则x1x2==,
x1+x2==,
y1+y2=-(x1+x2)+2b=-×+2b=.
设M为AB的中点,则M,
代入直线方程y=mx+,解得b=-, ②
由①②,得m<-或m>.
(2)令t=∈∪,
则|AB|=·,
且点O到直线AB的距离为d=.
设△AOB的面积为S(t),
所以S(t)=|AB|·d=≤,
当且仅当t2=时,等号成立.
故△AOB面积的最大值为.
3.已知抛物线y2=4x,直线l:y=-x+b与抛物线交于A,B两点.
(1)若x轴与以AB为直径的圆相切,求该圆的方程;
(2)若直线l与y轴负半轴相交,求△AOB(O为坐标原点)面积的最大值.
解 (1)联立化简得y2+8y-8b=0.
由Δ=64+32b>0,解得b>-2.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-8,y1y2=-8b.
设圆心Q(x0,y0),则有x0=,y0==-4,
r=|y0|=4,|AB|=|y1-y2|==2r=8,
解得b=-.
所以x0=2b+8=,圆心Q,故圆的方程为2+(y+4)2=16.
(2)因为直线与y轴负半轴相交,所以b<0.
又直线与抛物线交于两点,由(1)知b>-2,
所以-2<b<0,
直线l的方程为y=-x+b,整理得x+2y-2b=0,
点O到直线l的距离d==,
所以S△AOB=|AB|d=-4b·=4·.
令g(b)=b3+2b2,-2<b<0,g′(b)=3b2+4b=3b,
当b变化时,g′(b),g(b)的变化情况如下表:
b
-
g′(b)
+
0
-
g(b)
↗
极大值
↘
由上表可得g(b)的最大值为g=.
所以当b=-时,△AOB的面积取得最大值.
4.(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=.M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,⊙M的半径为|MC|,OS,OT是⊙M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.
解 (1)由题意知e==,2c=2,
所以c=1,a=,则b=1,
所以椭圆E的方程为+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程
得(4k+2)x2-4k1x-1=0,
由题意知Δ>0,
且x1+x2=,x1x2=-,
所以|AB|=|x1-x2|=.
由题意可知圆M的半径r为r=|AB|=.
由题设知k1k2=,
所以k2=,
因此直线OC的方程为y=x,
联立方程
得x2=,y2=,
因此|OC|==.
由题意可知,sin==.
而==,
令t=1+2k,则t>1,∈(0,1),
因此=·=·=·≥1,
当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,
所以sin≤,因此≤,
所以∠SOT的最大值为.
综上所述,∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率为k1=±.
考点二 定值、定点问题
方法技巧 (1)定点问题的常见解法
①假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点.
②从特殊位置入手,找出定点,再证明该点适合题意.
(2)定值问题的常见解法
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
5.已知椭圆+=1(a>b>0)的长轴长为4,且过点.
(1)求椭圆的方程;
(2)设A,B,M是椭圆上的三点.若=+,点N为线段AB的中点,C,D,求证:|NC|+|ND|=2.
(1)解 由已知可得
故所以椭圆的方程为+y2=1.
(2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),则+y=1,+y=1.
由=+,
得M.
因为M是椭圆C上一点,
所以+2=1,
即2+2+2×××=1,
得2+2+2×××=1,
故+y1y2=0.
又线段AB的中点N的坐标为,
所以+22=+++y1y2=1.
从而线段AB的中点N在椭圆+2y2=1上.
又椭圆+2y2=1的两焦点恰为C,D,
所以|NC|+|ND|=2.
6.已知抛物线C的顶点在坐标原点O,其图象关于y轴对称且经过点M(2,1).
(1)求抛物线C的方程;
(2)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点,另两个顶点在抛物线上,求该等边三角形的面积;
(3)过点M作抛物线C的两条弦MA,MB,设MA,MB所在直线的斜率分别为k1,k2,当k1+k2=-2时,试证明直线AB的斜率为定值,并求出该定值.
解 (1)设抛物线C的方程为x2=2py(p>0),
由点M(2,1)在抛物线C上,得4=2p,
则p=2,∴抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设该等边三角形OPQ的顶点P,Q在抛物线上,
且P(xP,yP),Q(xQ,yQ),
则x=4yP,x=4yQ,
由|OP|=|OQ|,得x+y=x+y,
即(yP-yQ)(yP+yQ+4)=0.
又yP>0,yQ>0,则yP=yQ,|xP|=|xQ|,
即线段PQ关于y轴对称.
∴∠POy=30°,yP=|xP|,
代入x=4yP,得xP=±4,
∴该等边三角形边长为8,S△POQ=48.
(3)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x=4y1,x=4y2,
∴k1+k2=+=+=(x1+2+x2+2)=-2.
∴x1+x2=-12,
∴kAB===(x1+x2)=-3.
7.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.
(1)解 由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知椭圆C经过P3,P4两点.
又由+>+知,椭圆C不经过点P1,
所以点P2在椭圆C上.
因此解得
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明 设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.
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,,则k1+k2=-=-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+y2=1,
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-,x1x2=.
而k1+k2=+=+=.
由题设k1+k2=-1,
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,
即(2k+1)·+(m-1)·=0,
解得k=-.
当且仅当m>-1时,Δ>0,
于是l:y=-x+m,
即y+1=-(x-2),
所以l过定点(2,-1).
8.已知中心在原点,焦点在坐标轴上的椭圆E的离心率为,椭圆E的一个焦点和抛物线y2=-4x的焦点重合,过直线l:x=4上一点M引椭圆E的两条切线,切点分别是A,B.
(1)求椭圆E的方程;
(2)若在椭圆+=1(a>b>0)上的点(x0,y0)处的切线方程是+=1,求证:直线AB恒过定点C,并求出定点C的坐标.
(1)解 设椭圆方程为+=1(a>b>0),
因为抛物线y2=-4x的焦点是(-1,0),所以c=1.
又=,所以a=2,b==,
所以所求椭圆E的方程为+=1.
(2)证明 设切点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),直线l上一点M的坐标为(4,t),
则切线方程分别为+=1,+=1.
又两切线均过点M,即x1+y1=1,x2+y2=1,
即点A,B的坐标都适合方程x+y=1.
又两点确定唯一的一条直线,
故直线AB的方程是x+y=1,
显然对任意实数t,点(1,0)都适合这个方程,
故直线AB恒过定点C(1,0).
考点三 探索性问题
方法技巧 探索性问题的求解方法
(1)处理这类问题,一般要先对结论作出肯定的假设,然后由此假设出发,结合已知条件进行推理论证,若推出与已知、定理或公理相符的结论,则存在性得到肯定;若导致矛盾,则否定存在性.若证明某结论不存在,也可以采用反证法.
(2)采用特殊化思想求解,即根据题目中的一些特殊关系,归纳出一般结论,然后进行证明,得出结论.
9.(2017·湖南东部五校联考)已知椭圆E:+=1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0,
设短轴的一个端点D,原点O到直线DF的距离为,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C,G两点,且||+||=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2=4·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,||+||=2a=4,
∴a=2.又原点O到直线DF的距离为,
∴=,∴bc=,又a2=b2+c2=4,a>b>c>0,
∴b=,c=1.
故椭圆E的方程为+=1.
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件.
故可设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=k(x-2)+1,代入椭圆方程得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0,
∴x1+x2=,
x1x2=,Δ=32(6k+3)>0,
∴k>-.
∵OP2=4·,
即4[(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)]=5,
∴4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5,
即4[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=5,
∴4(1+k2)
=4×=5,解得k=±,
k=-不符合题意,舍去,
∴存在满足条件的直线l,其方程为y=x.
10.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=
2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.
(1)求;
(2)除H以外,直线MH与C是否有其它公共点?说明理由.
解 (1)如图,由已知得M(0,t),P,
又N为M关于点P的对称点,
故N,ON的方程为y=x,
代入y2=2px,整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=,因此H.
所以N为OH的中点,即=2.
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点,理由如下:
直线MH的方程为y-t=x,即x=(y-t).
代入y2=2px,得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,
即直线MH与C只有一个公共点,
所以除H以外,直线MH与C没有其他公共点.
11.在直角坐标系xOy中,曲线C:y=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),N(-2,a),
或M(-2,a),N(2,a).
又y′=,故y=在x=2处的导数值为,C在点(2,a)处的切线方程为y-a=(x-2),
即x-y-a=0.
y=在x=-2处的导数值为-,C在点(-2,a)处的切线方程为y-a=-(x+2),
即x+y+a=0.
故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=0.
(2)存在符合题意的点,理由如下:
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.
从而k1+k2=+==.
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.
12.已知椭圆C:+=1(a>b≥1)的离心率e=,其右焦点到直线2ax+by-=0的距离为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知直线x-y+m=0与椭圆C交于不同的两点M,N,且线段MN的中点不在圆x2+y2=1内,求实数m的取值范围.
(3)过点P的直线l交椭圆C于A,B两点,是否存在定点Q,使以AB为直径的圆恒过这个定点?若存在,求出Q点的坐标;若不存在,请说明理由.
解 (1)由题意知e==,
所以e2===,即a2=2b2,可得a=b,c=b.
因为右焦点(c,0)到直线2ax+by-=0的距离为,所以=,
又c=b,a=b,a>b≥1,解得b=1,所以a2=2,c=1.
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)联立方程消去y可得3x2+4mx+2m2-2=0,
则Δ=16m2-12(2m2-2)>0⇒-<m<.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,y1+y2=x1+x2+2m=-+2m=,
所以线段MN的中点坐标为.
因为MN的中点不在圆x2+y2=1内,
所以2+2≥1⇒m≥或m≤-.
综上可知,实数m的取值范围为∪.
(3)假设存在定点Q,使以AB为直径的圆恒过该定点.
当AB⊥x轴时,以AB为直径的圆的方程为x2+y2=1;
当AB⊥y轴时,以AB为直径的圆的方程为x2+2=.
由
可得那么这个定点Q的坐标为(0,1).
当直线l的斜率存在且不为零时,设直线l的方程为y=kx-(k≠0),代入+y2=1,
可得(2k2+1)x2-kx-=0.
设A(x3,y3),B(x4,y4),
则x3+x4=,x3x4=,
则=(x3,y3-1),=(x4,y4-1),
从而·=x3x4+(y3-1)(y4-1)=x3x4+=(1+k2)x3x4-k(x3+x4)+=(1+k2)·-k·+=0,
故⊥,即点Q(0,1)在以AB为直径的圆上.
综上,存在定点Q(0,1),使以AB为直径的圆恒过这个定点.
例 (12分)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过点,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.
审题路线图
(1)―→―→―→
(2)―→
―→―→
规范解答·评分标准
(1)证明 设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),
B(x2,y2),M(xM,yM).……………………………………………………………………2分
将y=kx+b代入9x2+y2=m2,
得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,
故xM==,yM=kxM+b=.……………………………………………4分
于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.………………………………………6分
(2)解 四边形OAPB能为平行四边形.…………………………………………………7分
因为直线l过点,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.
由(1)得OM的方程为y=-x.
设点P的横坐标为xP,
由得x=,即xP=.………………………………9分
将点的坐标代入l的方程,得b=,
因此xM=.………………………………………………………………………10分
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,即xP=2xM.
于是=2×,
解得k1=4-,k2=4+.
因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.………………………………………………………………………………………12分
构建答题模板
[第一步] 先假定:假设结论成立.
[第二步] 再推理:以假设结论成立为条件,进行推理求解.
[第三步] 下结论:若推出合理结果,经验证成立则肯定假设;若推出矛盾则否定假设.
[第四步] 再回顾:查看关键点,易错点(特殊情况、隐含条件等),审视解题规范性.
1.已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,D,E分别是椭圆的上顶点与右顶点,且=1-.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)在椭圆C1落在第一象限的图象上任取一点作C1的切线l,求l与坐标轴围成的三角形的面积的最小值.
解 (1)由题意知e==,故c=a,b=a.
∵=(a-c)×b=×=a2=1-.
故a2=4,即a=2,b=a=1,c=,
∴椭圆C1的方程为+y2=1.
(2)∵l与椭圆C1相切于第一象限内的一点,
∴直线l的斜率必存在且为负.
设直线l的方程为y=kx+m(k<0),
联立消去y整理可得
x2+2kmx+m2-1=0. ①
根据题意可得方程①有两相等实根,
∴Δ=(2km)2-4(m2-1)=0,整理可得m2=4k2+1. ②
∵直线l与两坐标轴的交点分别为,(0,m)且k<0,
∴l与坐标轴围成的三角形的面积S=·, ③
②代入③,可得S=(-2k)+≥2(当且仅当k=-时取等号),
∴l与坐标轴围成的三角形面积的最小值为2.
2.(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(1)解 设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),
=(x-x0,y),=(0,y0).
由=,得x0=x,y0=y,
因为M(x0,y0)在C上,所以+=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明 由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),
则=(-3,t),=(-1-m,-n),
·=3+3m-tn,
=(m,n),=(-3-m,t-n).
由·=1,得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0,
所以·=0,即⊥,
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
3.(2016·北京)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,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=,ab=1.
又a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=.
∴椭圆方程为+y2=1.
(2)证明 由(1)知,A(2,0),B(0,1).
设椭圆上一点P(x0,y0),则+y=1.
当x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2),
令x=0,得yM=.
从而|BM|=|1-yM|=.
直线PB方程为y=x+1.
令y=0,得xN=.
∴|AN|=|2-xN|=.
∴|AN|·|BM|=·=·
===4.
当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,
∴|AN|·|BM|=4.故|AN|·|BM|为定值.
4.如图所示,已知椭圆M:+=1(a>b>0)的四个顶点构成边长为5的菱形,原点O到直线AB的距离为,其中A(0,a),B(-b,0).直线l:x=my+n与椭圆M相交于C,D两点,且以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P(其中点C,D与点P不重合).
(1)求椭圆M的方程;
(2)证明:直线l与x轴交于定点,并求出定点的坐标.
解 (1)由已知,得a2+b2=52,
由点A(0,a),B(-b,0)知,直线AB的方程为+=1,即ax-by+ab=0.又原点O到直线AB的距离为,即=,
所以a2=16,b2=9,c2=16-9=7.
故椭圆M的方程为+=1.
(2)由(1)知P(3,0),设C(x1,y1),D(x2,y2),
将x=my+n代入+=1,整理,得(16m2+9)y2+32mny+16n2-144=0,
则y1+y2=-,y1y2=.
因为以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P,
所以·=0,即(x1-3,y1)·(x2-3,y2)=0,
所以(x1-3)(x2-3)+y1y2=0.
又x1=my1+n,x2=my2+n,
所以(my1+n-3)(my2+n-3)+y1y2=0,
整理,得(m2+1)y1y2+m(n-3)(y1+y2)+(n-3)2=0,
即(m2+1)·+m(n-3)·+(n-3)2=0,
所以-+(n-3)2=0,
易知n≠3,所以16(m2+1)(n+3)-32m2n+(16m2+9)·(n-3)=0,
整理,得25n+21=0,即n=-.
所以直线l与x轴交于定点,定点的坐标为.
5.如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且·=-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·+λ·为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)由已知,得点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b),
又点P的坐标为(0,1),且·=-1,
于是解得a=2,b=,
所以椭圆E的方程为+=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(x1,y1),(x2,y2),
联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0,
其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,
所以x1+x2=-,x1x2=-,
从而·+λ·
=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]
=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1
==--λ-2.
所以当λ=1时,--λ-2=-3,
此时·+λ·=-3为定值.
当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD,
此时,·+λ·=·+·=-2-1=-3.
故存在常数λ=1,使得·+λ·为定值-3.