2014届高考数学(文)二轮复习专题突破讲义专题五 解析几何 第2讲(3)

＝2k－x－1x－1

21 2x1＋x2－23＝2k－

2x1x2－ x1＋x2 ＋18k2

－24k＋33

＝2k－

24k－128k－1

4k＋34k＋3＝2k－1.

又将x＝4代入y＝k(x－1)得M(4,3k)， 33k21

∴k3＝k－，

32∴k1＋k2＝2k3.

故存在常数λ＝2符合题意．

1

13．已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C，其一个顶点的抛物线x2＝－3

2y的焦点．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若过点P(2,1)的直线l与椭圆C在第一象限相切于点M，求直线l的方程和点M的坐标；

→→

(3)是否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点A，B，且满足PA·PB＝ →

PM2？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由． x2y2

解 (1)设椭圆C的方程为＋＝1 (a>b>0)，

abc1

由题意得b3，＝a＝2，c＝1.

a2x2y2

故椭圆C的标准方程为＋1.

43

(2)因为过点P(2,1)的直线l与椭圆C在第一象限相切，所以直线l的斜率存在， 故可设直线l的方程为y＝k(x－2)＋1 (k≠0)． xy 431由 y＝k x－2 ＋1

得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0. 因为直线l与椭圆C相切，

所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＝0. 1整理，得32(6k＋3)＝0，解得k＝－.

2

11

所以直线l的方程为y＝－(x－2)＋1＝－x＋2.

22

31

1，. 将k＝－代入①式，可以解得M点的横坐标为1，故切点M的坐标为 22(3)若存在直线l1满足条件，则直线l1的斜率存在，设其方程为y＝k1(x－2)＋1，代入椭圆C的方程得

22

(3＋4k21)x－8k1(2k1－1)x＋16k1－16k1－8＝0.

2

2

①

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点A，B，

2所以Δ＝[－8k1(2k1－1)]2－4(3＋4k21)(16k1－16k1－8)＝32(6k1＋3)>0.

1所以k1>－2

8k1 2k1－1 16k21－16k1－8

x1＋x2＝. x1x23＋4k13＋4k1

→→→2

因为PA·PB＝PM，

5即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝，

45

所以(x1－2)(x2－2)(1＋k21)＝ 45即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k21)＝4

8k1 2k1－1 16k1－16k1－8－2所以 ＋4 (1＋k1) 3＋4k1 3＋4k1

2

4＋4k15＝＝ 3＋4k14

2

1解得k1＝.

2

1

因为A，B为不同的两点，所以k1＝.

21

于是存在直线l1满足条件，其方程为y＝.

2