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江苏专用2018版高考数学大一轮复习平面解析几何9.8圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题教师用书文


第 3 课时
题型一 定点问题 例 1

定点、定值、探索性问题
x2 y2 a b

(2016?镇江模拟)已知椭圆 2+ 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=λ 1MQ,PN=λ 2NQ. (1)求椭圆的标准方程; (2)若 λ 1+λ 2=-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) +(2b) =2(2c) , 又 a =b +c ,∴a =3. ∴椭圆的方程为 +y =1. 3 (2)证明 由题意设 P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),
2 2 2 2 2 2 2

x2

2

N(x2,y2),设 l 方程为 x=t(y-m),
→ → 由PM=λ 1MQ知(x1,y1-m)=λ 1(x0-x1,-y1), ∴y1-m=-y1λ 1,由题意 y1≠0,∴λ 1= -1.

m y1

m → → 同理由PN=λ 2NQ知 λ 2= -1. y2
∵λ 1+λ 2=-3,∴y1y2+m(y1+y2)=0, ①
? ?x +3y =3, 联立? ?x=t?y-m? ?
2 4 2 2

得(t +3)y -2mt y+t m -3=0,
2 2 2

2

2

2

2 2

∴由题意知 Δ =4m t -4(t +3)(t m -3)>0, ② 且有 y1+y2= 2mt t m -3 ,y1y2= 2 , 2 t +3 t +3
2 2 2 2 2 2 2



将③代入①得 t m -3+2m t =0, ∴(mt) =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. 思维升华 圆锥曲线中定点问题的两种解法
1
2

(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. (2016?河北衡水中学调研)

如图,已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,离心率 e=

2 ,F 是右焦点,A 是右顶点, 2

B 是椭圆上一点,BF⊥x 轴,BF=
(1)求椭圆 C 的方程;

2 . 2

(2)设直线 l:x=ty+λ 是椭圆 C 的一条切线,点 M(- 2,y1),点 N( 2,y2)是切线 l 上 两个点,证明:当 t,λ 变化时,以 MN 为直径的圆过 x 轴上的定点,并求出定点坐标. 解 (1)由题意设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0), 焦点 F(c,0),因为 = 将点 B(c,

x2 y2 a b

① ②

c a

2 , 2
2

2 c 1 )的坐标代入方程①得 2+ 2=1. 2 a 2b
2 2 2



由②③结合 a =b +c ,得 a= 2,b=1. 故所求椭圆方程为 +y =1. 2

x2

2

x ? ? +y2=1, (2)由? 2 ? ?x=ty+λ

2

得(2+t )y +2tλ y+λ -2=0.

2

2

2

因为 l 为切线,所以 Δ =(2tλ ) -4(t +2)(λ -2)=0, 即 t -λ +2=0. 设圆与 x 轴的交点为 T(x0,0), → → 则TM=(- 2-x0,y1),TN=( 2-x0,y2). 因为 MN 为圆的直径, → → 2 故TM?TN=x0-2+y1y2=0. ⑤
2
2 2

2

2

2



当 t=0 时,不符合题意,故 t≠0. - 2-λ 2-λ 因为 y1= ,y 2= ,

t

t

λ -2 所以 y1y2= 2 ,代入⑤结合④得

2

t

→ → ?x -2?t +λ -2 ?x0-1?t TM?TN= = , 2 2

2 0

2

2

2

2

t

t

要使上式为零,当且仅当 x0=1,解得 x0=±1. 所以 T 为定点,故动圆过 x 轴上的定点(-1,0)与(1,0), 即椭圆的两个焦点. 题型二 定值问题

2

例 2 如图, 已知椭圆 C: + =1, 点 B 是其下顶点, 过点 B 的直线交椭圆 C 于另一点 A(点 12 4

x2

y2

A 在 x 轴下方),且线段 AB 的中点 E 在直线 y=x 上.

(1)求直线 AB 的方程; (2)若点 P 为椭圆 C 上异于 A,B 的动点,且直线 AP,BP 分别交直线 y=x 于点 M,N,证明:

OM?ON 为定值.
(1)解 首先 B(0,-2).设 E(λ ,λ ),则 A(2λ ,2λ +2). λ 2 把 A 的坐标代入椭圆方程,得 +(λ +1) =1, 3 4 2 即 λ +2λ =0. 3 3 则 λ =- (λ =0 舍去),得 A(-3,-1). 2 -2-?-1? 1 由 kAB= =- , 0-?-3? 3 1 得直线 AB 的方程为 y=- x-2, 3 即 x+3y+6=0. (2)证明 设 M(m,m),N(n,n),P(x0,y0), → → 2 2 则 x0+3y0=12.由 A,P,M 共线,即AP∥AM,
3
2

得(x0+3)(m+1)=(y0+1)(m+3), 则 m= 3y0-x0 . x0-y0+2

→ → 由 B,P,N 共线,即BP∥BN,得 x0(n+2)=(y0+2)n, 则 n= -2x0 . x0-y0-2
2

2x0-6x0y0 所以 mn= 2 x0-2x0y0+y2 0-4 2x0-6x0y0 = 1 2 x2 0-2x0y0- x0 3 2?x0-3x0y0? = =3. 2 2 ?x0-3x0y0? 3 从而 OM?ON= 2|m|? 2|n|=6 为定值. 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.
2 2

x2 y2 1 (2016?大庆第二次教学质量检测)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率是 , a b 2
其左,右顶点分别为 A1,A2,B 为短轴的一个端点,△A1BA2 的面积为 2 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)直线 l:x=2 2与 x 轴交于 D,P 是椭圆 C 上异于 A1,A2 的动点,直线 A1P,A2P 分别交直 线 l 于 E,F 两点,求证:DE?DF 为定值.

(1)解

c 1 e= = , ? ? a 2 由已知,可得? ab=2 3, ? ?a =b +c ,
2 2 2

解得 a=2,b= 3. 故所求椭圆方程为 + =1. 4 3

x2 y2

4

(2)证明 由题意可得 A1(-2,0),A2(2,0). 设 P(x0,y0),由题意可得-2<x0<2, ∴直线 A1P 的方程为 y =

y0 ?2 2+2?y0 (x + 2) ,令 x = 2 2 ,得 y = ,即 DE = x0+2 x0+2

y0 ??2 2+2?y0? ? ?,同理,直线 A2P 的方程为 y=x -2(x-2),令 x=2 2, 0 x0+2 ? ? ?2 2-2?y0 ??2 2-2?y0? 得 y= ,即 DF=? ?, x0-2 x0-2 ? ? ??2 2+2?y0? ??2 2-2?y0? 所以 DE?DF=? ??? ? x0+2 x0-2 ? ? ? ?
4y0 4y0 = 2 = 2, |x0-4| 4-x0 将 y0=
2 2 2

3?4-x0? 代入上式,得 DE?DF=3, 4

2

故 DE?DF 为定值 3. 题型三 探索性问题 例 3 (2015?四川)如图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率是 → →

x2 y2 a b

2 ,点 P(0,1)在短轴 2

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 → → +λ PA?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, 1-b =-1, ? ?c 2 于是? = , a 2 ? ?a -b =c ,
2 2 2 2

解得 a=2,b= 2,

所以椭圆 E 的方程为 + =1. 4 2 (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),
5

x2 y2

(x2,y2).

x y ? ? + =1, 联立? 4 2 ? ?y=kx+1,
2

2

2

得(2k +1)x +4kx-2=0,

2

2

其判别式 Δ =(4k) +8(2k +1)>0, 所以 x1+x2=- 4k 2 ,x1x2=- 2 , 2 2k +1 2k + 1

2

→ → → → 从而,OA?OB+λ PA?PB =x1x2+y1y2+λ [x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ )(1+k )x1x2+k(x1+x2)+1 ?-2λ -4?k +?-2λ -1? = 2 2k +1 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+λ PA?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+λ PA?PB=OC?OD+PC?PD=-2-1=-3. → → → → 故存在常数 λ =1,使得OA?OB+λ PA?PB为定值-3. 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. (2016?苏锡常镇四市调研)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的左,右焦点分别为 F1,F2,右顶点,上顶点分别为 A,B,原点 O 到直线 AB 的距离 等于 ab. (1)若椭圆 C 的离心率等于 6 ,求椭圆 C 的方程; 3
2 2

x2 y2 a b

(2)若过点(0,1)的直线 l 与椭圆有且只有一个公共点 P,且 P 在第二象限,直线 PF2 交 y 轴
6

于点 Q.试判断以 PQ 为直径的圆与点 F1 的位置关系,并说明理由. 解 (1)由题意,得点 A(a,0),B(0,b),直线 AB 的方程为 + =1,即 bx+ay-ab=0. 由题设,得
2

x y a b

|ab|
2

a2+b2

=ab, ①

化简得 a +b =1. ∵e= =
2 2

c a

6 a -b 2 ,∴ 2 = , 3 a 3 ②
2

2

2

即 a =3b . 3 a= , ? ? 4 由①②,解得? 1 b= . ? ? 4
2

4x 2 ∴椭圆 C 的方程为 +4y =1. 3 (2)点 F1 在以 PQ 为直径的圆上. 由题设,直线 l 与椭圆相切且 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y=kx+1,

2

x y ? ? 2+ 2=1, 由?a b ? ?y=kx+1,
得(b +a k )x +2ka x+a -a b =0,(*) 则 Δ =(2ka ) -4(b +a k )(a -a b )=0, 1-b 化简得 1-b -a k =0,∴k = 2 =1,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

a

∵点 P 在第二象限,∴k=1. 把 k=1 代入方程(*),得 x +2a x+a =0, 解得 x=-a ,从而 y=b ,∴P(-a ,b ). 从而直线 PF2 的方程为 y-b = 2 (x+a ), -a -c 令 x=0,得 y= →
2 2 2 2 2 2 2 2 4

b2

2

b2c b2c ,∴Q(0, 2 ). 2 a +c a +c
2

从而F1P=(-a +c,b ),F1Q=(c, 又 a +b =1,a =b +c ,
2 2 2 2 2



b2c

a2+c

),

bc → → 2 从而F1P?F1Q=c(-a +c)+ 2 a +c

4

7

= =

c?-a4+c2+b4? c?-a4+b4+c2? = a2+c a2+c c[?b2-a2??b2+a2?+c2] =0, a2+c

→ → ∴F1P?F1Q=0. ∴点 F1 在以 PQ 为直径的圆上.

20.设而不求,整体代换

典例 (16 分)椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1、F2,离心率为 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;

x2 y2 a b

3 ,过 F1 且 2

(2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点,连结 PF1,PF2,设∠F1PF2 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 PF1、PF2 的斜率分别为 k1、k2,若 k2≠0,证明 1

kk1 kk2



1

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 =a -b ,将 x=-c 代入椭圆方程 2+ 2=1,得 y=± . 2b 2 由题意知 =1,即 a=2b .
2 2 2 2

x2 y2 a b

b2 a

a

又 e= =

c a

3 ,所以 a=2,b=1. 2

所以椭圆 C 的方程为 +y =1.[4 分] 4 (2)设 P(x0,y0)(y0≠0), 又 F1(- 3,0),F2( 3,0), 所以直线 PF1,PF2 的方程分别为

x2

2

8

lPF1:y0x-(x0+ 3)y+ 3y0=0, lPF2:y0x-(x0- 3)y- 3y0=0.
由题意知 |my0+ 3y0| = |my0- 3y0|
2 y2 3? 0+?x0-

y +?x0+ 3?

2 0

2

.

由于点 P 在椭圆上,所以 +y0=1. 4 所以 |m+ 3| = |m- 3| .[8 分]

x2 0

2

? 3 ?2 ? x0+2? 2 ? ?

? 3 ?2 ? x0-2? 2 ? ?

因为- 3<m< 3,-2<x0<2, 可得

m+ 3
3 x0+2 2



3-m

3 2- x0 2



3 3 3 所以 m= x0,因此- <m< .[10 分] 4 2 2 (3)设 P(x0,y0)(y0≠0), 则直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0).

x ? ? +y2=1, 联立得? 4 ? ?y-y0=k?x-x0?.
整理得(1+4k )x +8(ky0-k x0)x+4(y0-2kx0y0+k x0-1)=0.[12 分] 由题意 Δ =0,即(4-x0)k +2x0y0k+1-y0=0. 又 +y0=1, 4 所以 16y0k +8x0y0k+x0=0,故 k=- . 4y0 1 1 x0+ 3 x0- 3 2x0 由(2)知 + = + = ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

x2 0

2

x0

k1 k2
1

y0

y0

y0

所以

1

kk1 kk2 k?k1 k2? ? 4y0? 2x0 =?- ?? =-8, ? x0 ? y0
因此 1



1? 1 1 ? = ? + ?

kk1 kk2



1

为定值,这个定值为-8.[16 分]

9

x2 y2 3 1.已知椭圆 2+ 2=1 (a>b>0)的离心率为 ,且过点 A(0,1). a b 2
(1)求椭圆的标准方程; (2)过点 A 作两条互相垂直的直线分别交椭圆于 M,N 两点.求证:直线 MN 恒过定点 P(0, 3 - ). 5 (1)解 由题意知,e= =
2 2

c a

3 ,b=1, 2

所以 a -c =1,解得 a=2, 所以椭圆的标准方程为 +y =1. 4 (2)证明 设直线 l1 的方程为 y=kx+1.

x2

2

y=kx+1, ? ? 2 联立方程组?x 2 +y =1, ? ?4
得(4k +1)x +8kx=0, 解得 x1=- 所以 xM=- 8k ,x2=0, 2 4k +1 8k 1-4k ,yM= 2 . 2 4k +1 4k +1 8k k -4 ,yN= 2 . k +4 k +4
2 2 2 2 2 2

同理可得 xN=

1-4k 3 8k 8 + - + 2 4k +1 5 5 5 k2-1 则 kMP= = = , 8k -8k 5k - 2 4k +1

2

k2-4 3 8k2 8 + - k2+4 5 5 5 k2-1 kNP= = = , 8k 8k 5k k2+4
3 所以 kMP=kNP,故直线 MN 恒过定点 P(0,- ). 5 2 5 2.(2016?云南师范大学附属中学月考)已知椭圆 C 的焦点在 x 轴上,离心率等于 ,且 5 2 5 过点(1, ). 5 (1)求椭圆 C 的标准方程; → → → (2)过椭圆 C 的右焦点 F 作直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,交 y 轴于点 M,若MA=λ 1AF,MB= → λ 2BF,求证:λ 1+λ 2 为定值.
10

(1)解 设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0),

x2 y2 a b

?a= 5 , ? 25 ∴? ? ? 5 1 + =1, a b ? ?a =b +c ,
c 2 5
2 2 2 2 2 2

∴a =5,b =1,∴椭圆 C 的标准方程为 +y =1. 5 (2)证明 设点 A,B,M 的坐标分别为 A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0),点 F 的坐标为(2,0). 显然直线 l 的斜率存在,设直线 l 的斜率为 k, 则直线 l 的方程是 y=k(x-2),

2

2

x2

2

y=k?x-2?, ? ? 2 联立?x 2 +y =1, ? 5 ?
得(1+5k )x -20k x+20k -5=0, 20k 20k -5 ∴x1+x2= 2,x1x2= 2 . 1+5k 1+5k → → → → 又∵MA=λ 1AF,MB=λ 2BF, 将各点坐标代入,得 λ 1= ,λ 2= , 2-x1 2-x2 ∴λ 1+λ 2= + 2-x1 2-x2 2?x1+x2?-2x1x2 = 4-2?x1+x2?+x1x2 20k 20k -5 2? 2- 2 ? 1+5k 1+5k = 2 2 20k 20k -5 4-2? 2+ 2 1+5k 1+5k =-10. 故 λ 1+λ 2 为定值. 3.椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 (1)求椭圆 E 的标准方程; (2)若斜率为 k 的直线 l 过点 A(0,1),且与椭圆 E 交于 C,D 两点,B 为椭圆 E 的下顶点,求
2 2 2 2 2 2 2 2

x1

x2

x1

x2

x2 y2 a b

3 ,点( 3, 2)为椭圆上的一点. 3

11

证:对于任意的 k,直线 BC,BD 的斜率之积为定值. (1)解 因为 e= 3 3 3 2 2 2 ,所以 c= a,a =b +( a) . 3 3 3 ① ②

3 2 又椭圆过点( 3, 2),所以 2+ 2=1.

a

b

由①②,解得 a =6,b =4, 所以椭圆 E 的标准方程为 + =1. 6 4 (2)证明 设直线 l:y=kx+1,C(x1,y1),D(x2,y2),

2

2

x2 y2

x y ? ? + =1, 联立? 6 4 ? ?y=kx+1,
得(3k +2)x +6kx-9=0.
2 2

2

2

x1+x2=-

6k 9 ,x1x2=- 2 , 2 3k +2 3k +2

易知 B(0,-2), 故 kBC?kBD= = =

y1+2 y2+2 ? x1 x2

kx1+3 kx2+3 ? x1 x2 k2x1x2+3k?x1+x2?+9 x1x2 x1x2 x1x2

3k?x1+x2? 9 2 =k + +

2k 2 2 =k +3k? -(3k +2) 3 =-2. 所以对于任意的 k,直线 BC,BD 的斜率之积为定值. 4.(2017?江苏命题专家原创)已知椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的左,右焦点分别为 F1,F2, 椭圆 C 过点 M(0, 3),且△MF1F2 为正三角形. (1)求椭圆 C 的方程; (2)垂直于 x 轴的直线与椭圆 C 交于 A, B 两点, 过点 P(4, 0)的直线 PB 交椭圆 C 于另一点 E, 证明:直线 AE 与 x 轴相交于定点. (1)解 ∵椭圆 C 过点 M(0, 3),∴b= 3, 又△MF1F2 为正三角形,且 MF1=MF2=a,

x2 y2 a b

12

b 1 ∴a= =2,c= a=1, sin 60° 2
∴椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)证明 由题意知,直线 PB 的斜率存在,且过点 P(4,0). 设直线 PB 的方程为 y=k(x-4),

x2 y2

B(x1,y1),E(x2,y2),则 A(x1,-y1).
由?
? ?y=k?x-4?, ?3x +4y =12, ?
2 2 2 2 2 2

得(3+4k )x -32k x+64k -12=0, 32k 64k -12 则 x1+x2= 2,x1x2= 2 , 3+4k 3+4k 直线 AE 的方程为 y-y2= 令 y=0,得 x=x2-
2 2



y2+y1 (x-x2), x2-x1


y2?x2-x1? , y1+y2

将 y1=k(x1-4),y2=k(x2-4),代入②式, 2x1x2-4?x1+x2? 得 x= , x1+x2-8 将①式代入③式,整理得 x=1. ∴直线 AE 与 x 轴相交于定点(1,0). 5.已知椭圆 C1、抛物线 C2 的焦点均在 x 轴上,C1 的中心和 C2 的顶点均为原点 O,从每条曲 线上各取两个点,将其坐标记录于下表中: ③

x y
(1)求 C1,C2 的标准方程;

3 -2 3

-2 0

4 4

2 2 2

→ → (2)是否存在直线 l 满足条件: ①过 C2 的焦点 F; ②与 C1 交于不同的两点 M, N, 且满足OM⊥ON? 若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)设抛物线 C2:y =2px(p≠0), 则有 =2p(x≠0), 据此验证四个点知(3,-2 3),(4,4)在 C2 上, 易求得 C2 的标准方程为 y =4x.
2 2

y2 x

13

设椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0), 4 ? ?a =1, 2 2, )代入得? 2 2 1 ? ?a +2b =1,
2 2 2

x2 y2 a b

把点(-2,0),(

? ?a =4, 解得? 2 ?b =1, ?

2

所以 C1 的标准方程为 +y =1. 4

x2

2

(2)容易验证当直线 l 的斜率不存在时,不满足题意. 当直线 l 的斜率存在时,设其方程为 y=k(x-1), 与 C1 的交点为 M(x1,y1),N(x2,y2).

x ? ? +y2=1, 由? 4 ? ?y=k?x-1?,
消去 y 并整理得(1+4k )x -8k x+4(k -1)=0, 8k 于是 x1+x2= 2, 1+4k
2 2 2 2 2

2

① ②

x1x2=

4?k -1? . 2 1+4k
2

2

所以 y1y2=k (x1-1)(x2-1) =k [x1x2-(x1+x2)+1] 4?k -1? 8k =k [ - 2 2+1] 1+4k 1+4k
2 2 2 2

3k =- 2, 1+4k

2



→ → → → 由OM⊥ON,即OM?ON=0,得 x1x2+y1y2=0.(*) 4?k -1? 3k k -4 将②③代入(*)式,得 - 2 2= 2=0, 1+4k 1+4k 1+4k 解得 k=±2,所以存在直线 l 满足条件, 且直线 l 的方程为 2x-y-2=0 或 2x+y-2=0.
2 2 2

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