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浙江专用2018版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题


第 3 课时
题型一 定点问题

定点、定值、探索性问题
x2 y2 a b

例 1 (2016?长沙模拟)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,
? ?x +3y =3, 联立? ?x=t?y-m? ?
2 4 2 2


2 2

得(t +3)y -2mt y+t m -3=0,
2 2 2

2

2

2

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

② ③

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)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.
1
2

2 2

(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. (2017?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 2 ,F 是右焦点,A 是右顶点,B 是椭圆上一点,BF⊥x 轴,|BF|= . 2 2

(1)求椭圆 C 的方程; (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 =

x2 y2 a b

① ②

c a

2 , 2
2

2 c 1 将点 B(c, )的坐标代入方程①得 2+ 2=1. 2 a 2b 由②③结合 a =b +c ,得 a= 2,b=1. 故所求椭圆方程为 +y =1. 2
2 2 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. 当 t=0 时,不符合题意,故 t≠0. - 2-λ 2-λ 因为 y1= ,y2= , ⑤
2 2

2

2

2



t

t

2

λ -2 所以 y1y2= 2 ,代入⑤结合④得

2

t

→ → ?x -2?t +λ -2 TM?TN= 2

2 0

2

2

t



?x -1?t

2 0

2

t2


2

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 例 2 椭圆有两顶点 A(-1,0),B(1,0),过其焦点 F(0,1)的直线 l 与椭圆交于 C,D 两点, 并与 x 轴交于点 P.直线 AC 与直线 BD 交于点 Q.

3 (1)当|CD|= 2时,求直线 l 的方程; 2 → → (2)当点 P 异于 A,B 两点时,求证:OP?OQ为定值. (1)解 ∵椭圆的焦点在 y 轴上,

y2 x2 故设椭圆的标准方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b
由已知得 b=1,c=1,∴a= 2, ∴椭圆的方程为 +x =1. 2 当直线 l 的斜率不存在时,|CD|=2 2,与题意不符; 当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+1,

y2

2

C(x1,y1),D(x2,y2). y=kx+1, ? ? 2 联立?y 2 +x =1, ? 2 ?
则 x1+x2=-
2

化简得(k +2)x +2kx-1=0,

2

2

2k 1 ,x1?x2=- 2 . k +2 k +2

3

∴|CD|= 1+k = 1+k ?
2 2

2

?x1+x2? -4x1x2 2k 1 2 ? +4? 2 k2+2 k +2

2

?-



2 2?k +1? 3 = 2, k2+2 2

解得 k=± 2. ∴直线 l 的方程为 2x-y+1=0 或 2x+y-1=0. (2)证明 当直线 l 的斜率不存在时,与题意不符. 当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+1(k≠0,k≠±1),C(x1,y1),D(x2,y2), 1 ∴点 P 的坐标为(- ,0).

k

由(1)知 x1+x2=-

2k 1 ,x1x2=- 2 , k +2 k +2
2

且直线 AC 的方程为 y= 直线 BD 的方程为 y=

y1 (x+1), x1+1

y2 (x-1), x2-1

将两直线方程联立,消去 y, 得

x+1 y2?x1+1? = . x-1 y1?x2-1? x+1 y2 与 异号, x-1 y1

∵-1<x1<1,-1<x2<1,∴ (
2 x+1 2 y2 2?x1+1? )= 2 x-1 y1?x2-1?2 2 2

2-2x2 ?x1+1? = 2? 2 2-2x1 ?x2-1? = ?1+x1??1+x2? ?1-x1??1-x2? 1-

2k 1 - k2+2 k2+2 k-1 2 = =( ), 2k 1 k+1 1+ 2 - 2 k +2 k +2

y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1
=k (-
2

1

k2+2

)+k(-
2

2k )+1 k2+2

2?1+k? ?k-1? =- , 2 ?k +2??k+1? ∵ ∴

k-1 x+1 k-1 与 y1y2 异号,∴ 与 同号, k+1 x-1 k+1 x+1 k-1 = ,解得 x=-k, x-1 k+1
4

故点 Q 的坐标为(-k,y0), 1 → → OP?OQ=(- ,0)?(-k,y0)=1,

k

→ → 故OP?OQ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. 1 (2016?珠海模拟)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,点 F( ,0),直线 l:x= 2 1 - ,点 P 在直线 l 上移动,R 是线段 PF 与 y 轴的交点,RQ⊥FP,PQ⊥l. 2

(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 =2x(x>0). (2)弦长|TS|为定值.理由如下: 取曲线 C 上点 M(x0, y0), M 到 y 轴的距离为 d=|x0|=x0, 圆的半径 r=|MA|= ?x0-1? +y0, 则|TS|=2 r -d =2 y0-2x0+1, ∵点 M 在曲线 C 上,∴x0= , 2
5
2 2 2 2 2 2

y2 0

∴|TS|=2 y0-y0+1=2 是定值. 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

2

2

x2 y2 a b

2 ,点 P(0,1)在短轴 CD 2

→ → 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,

? ?c 2 于是? = , a 2 ? ?a -b =c ,
2 2 2

1-b =-1, 解得 a=2,b= 2,

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), (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
2

6



?-2λ -4?k +?-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+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. 1 2 (2016?绍兴教学质量调测)已知 A(1,2),B( ,-1)是抛物线 y =ax(a>0)上的 4 两个点,过点 A,B 引抛物线的两条弦 AE,BF. (1)求实数 a 的值; (2)若直线 AE 与 BF 的斜率互为相反数,且 A,B 两点在直线 EF 的两侧,直线 EF 的斜率是否 为定值?若是,求出该定值,若不是,说明理由. 解 (1)把点 A(1,2)代入抛物线方程得 a=4. (2)直线 EF 的斜率是定值,理由如下: 设 E(x1,y1),F(x2,y2),直线 AE:y=k(x-1)+2, 1 则直线 BF:y=-k(x- )-1, 4 联立方程组?
2 2

? ?y=k?x-1?+2, ?y =4x, ?
2 2 2

消去 y,

得 k x +(4k-2k -4)x+(2-k) =0, ?2-k? -2k +4k ∴x1= ,y1=k(x1-1)+2= , 2 2
2 2

k

k

7

?2-k? -2k +4k ∴E( , ), 2 2

2

2

k

k

1 ? ?y=-k?x- ?-1, 4 联立方程组? ? ?y2=4x,

消去 y,

1 2 1 2 2 2 得 k x -( k -2k+4)x+(1- k) =0, 2 4 1 ?4-k? ?4-k? 1 k -4k ∴ x2= ,x2= ,y2=-k(x2- )-1= 2 , 2 2 4 16k 4k 4 k ?4-k? k -4k 得 F( , 2 ). 2 4k k 故 kEF=
2 2 2 2 2

y1-y2 =-4. x1-x2

25.设而不求,整体代换

x2 y2 3 典例 (15 分)椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左,右焦点分别是 F1,F2,离心率为 ,过 F1 且 a b 2
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 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

x2 y2 b2 解 (1)由于 c =a -b ,将 x=-c 代入椭圆方程 2+ 2=1,得 y=± . a b a
2 2 2

2b 2 由题意知 =1,即 a=2b .

2

a

又 e= =

c a

3 ,所以 a=2,b=1. 2

8

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

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

y0 1 1 1? 1 1 ? ? 4y0? 2x0 所以 + = ? + ?=?- ?? =-8, kk1 kk2 k?k1 k2? ? x0 ? y0
9

k1 k2

y0

y0

因此

1

kk1 kk2



1

为定值,这个定值为-8.[15 分]

→ 2 1.(2016?镇海中学模拟)已知抛物线 x =4y 的焦点为 F,A, B 是抛物线上的两个动点,且AF → =λ FB(λ >0).过 A,B 两点分别作抛物线的切线,设其交点为 M. → → (1)证明:FM?AB为定值; (2)设△ABM 的面积为 S,求 S 的最小值. (1)证明 设直线 AB 的方程为 y=kx+1,与抛物线 x =4y 联立得 x -4kx-4=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 因此 x1+x2=4k,x1x2=-4, 由直线 AM∶y= x- ,直线 BM∶y= x- 得 2 4 2 4
2 2

x1

x2 1

x2

x2 2

x1+x2 x1x2 M( , ),即 M(2k,-1),
2 4

x2-x1 → → 所以FM?AB=(2k,-2)?(x2-x1, ) 4
=(2k,-2)?(4 k +1,4k k +1)=0. |2k +2| 2 (2)解 |AB|=4(k +1),点 M 到直线 AB 的距离为 d= =2 1+k , 2 1+k
2 2 2 2

2

2

1 2 2 2 所以 S= ?4(k +1)?2 k +1= 4(k + 1) 2 ≥4, 2 所以 S 的最小值为 4.

3

x2 y2 3 2.(2016?余姚第一次质量检测)椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,点( 3, 2)为 a b 3
椭圆上的一点. (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 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) .① 3 3 3

3 2 又椭圆过点( 3, 2),所以 2+ 2=1.②

a

b

由①②,解得 a =6,b =4,
10

2

2

所以椭圆 E 的标准方程为 + =1. 6 4 (2)证明 设直线 l:y=kx+1,

x2 y2

x y ? ? + =1, 联立? 6 4 ? ?y=kx+1,
得(3k +2)x +6kx-9=0. 设 C(x1,y1),D(x2,y2),则
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
3k?x1+x2? 9 2 =k + +

x1x2

x1x2

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. 3.(2017?杭州质检)设直线 l 与抛物线 x =2y 交于 A,B 两点,与椭圆 + =1 交于 C,D 4 3 两点,直线 OA,OB,OC,OD(O 为坐标原点)的斜率分别为 k1,k2,k3,k4.若 OA⊥OB. (1)是否存在实数 t,满足 k1+k2=t(k3+k4),并说明理由; (2)求△OCD 面积的最大值. 解 设直线 l 的方程为 y=kx+b,
2

x2 y2

A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).
联立?
? ?y=kx+b, ?x =2y, ?
2

得 x -2kx-2b=0,
2

2

则 x1+x2=2k,x1x2=-2b,Δ 1=4k +8b>0. 因为 OA⊥OB,所以 x1x2+y1y2=0,得 b=2.

11

?y=kx+2, ? 联立? 2 2 ? ?3x +4y =12

得(3+4k )x +16kx+4=0,

2

2

16k 4 所以 x3+x4=- 2,x3x4= 2, 3+4k 3+4k
2 2 1 由 Δ 2=192k -48>0 得 k > . 4

(1)存在实数 t.因为 k1+k2= + =k,k3+k4= + =-6k, 所以

y1 y2 x1 x2

y3 y4 x3 x4

k1+k2 1 1 =- ,即 t=- . k3+k4 6 6
2

(2)根据弦长公式|CD|= 1+k |x3-x4|得 |CD|=4 3? 1+k ?
2

4k -1 2 , 3+4k 2 1+k
2

2

根据点 O 到直线 CD 的距离公式得 d=
2



1 4k -1 所以 S△OCD= |CD|?d=4 3? 2 , 2 3+4k 4 3t 2 设 4k -1=t>0,则 S△OCD= 2 ≤ 3, t +4 所以当 t=2,即 k=± 5 时,S△OCD 有最大值 3. 2

4.(2016?赣州一模)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)与双曲线 + =1(1<v<4)有公共 a b 4-v 1-v → → 2 焦点, 过椭圆 C 的右顶点 B 任意作直线 l, 设直线 l 交抛物线 y =2x 于 P, Q 两点, 且OP⊥OQ. (1)求椭圆 C 的方程; (2)在椭圆 C 上,是否存在点 R(m,n)使得直线 l:mx+ny=1 与圆 O:x +y =1 相交于不同 的两点 M,N,且△OMN 的面积最大?若存在,求出点 R 的坐标及对应的△OMN 的面积;若不 存在,请说明理由. 解 (1)∵1<v<4,∴双曲线的焦点在 x 轴上, 设焦点 F(±c,0),则 c =4-v+v-1=3, 由椭圆 C 与双曲线共焦点,知 a -b =3, 设直线 l 的方程为 x=ty+a, 代入 y =2x,可得 y -2ty-2a=0, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 y1+y2=2t,y1y2=-2a, → → 2 ∵OP⊥OQ,∴x1x2+y1y2=a -2a=0,
12
2 2 2 2 2 2 2

x2 y2

x2

y2

∴a=2,b=1,∴椭圆 C 的方程为 +y =1. 4 (2)在△MON 中,

x2

2

S△OMN= ?|OM|?|ON|?sin∠MON
1 = sin∠MON. 2 1 1 当∠MON=90°时, sin∠MON 有最大值 , 2 2 此时点 O 到直线 l 的距离为 d= ∴m +n =2.又∵m +4n =4,
?m +n =2, ? 联立? 2 2 ?m +4n =4, ?
2 2 2 2 2 2

1 2

1

m +n

2

2



2 , 2

4 2 2 2 解得 m = ,n = , 3 3 1 6? ? 2 3 6? ?2 3 ,± ?或?- ,± ?,△MON 的面积为 . 2 3? ? 3 3? ? 3

此时点 R 的坐标为?

*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:

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),
2

y2 则有 =2p(x≠0), x
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. 设椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0), 4 =1, ? ? a 2 2, )代入得? 2 2 1 ?a +2b =1, ?
2 2 2 2

x2 y2 a b

把点(-2,0),(

13

解得?

?a =4, ? ? ?b =1,
2

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] 8k 2 4?k -1? =k [ - 2 2+1] 1+4k 1+4k 3k =- 2, 1+4k → → → → 由OM⊥ON,即OM?ON=0, 得 x1x2+y1y2=0.(*) 4?k -1? 3k 将②③代入(*)式,得 - 2 2 1+4k 1+4k =
2 2 2 2 2 2



k2-4 2=0, 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.

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