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  • 2021-06-11 发布

【数学】2019届一轮复习北师大版圆锥曲线的热点问题学案

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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.‎