MSD_ 专题21 数量积、角度及参数型定值问题(解析版).docx

专题21数量积、角度及参数型定值问题

题型一数量积型定值问题

【例题选讲】

[例1]已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，右焦点为F(1，0)，直线l经过点F，且与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)当直线l绕点F转动时，试问：在x轴上是否存在定点M，使得eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))为常数?若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由．

[规范解答](1)由题意可知，c＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝eq\r(2)，

所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1．

(2)若直线不l垂直于x轴，可设l的方程为y＝k(x－1)．

联立椭圆方程eq\f(x2,2)＋y2＝1，化为(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)．

设M(t，0)，则eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x2－t，y2)，

eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝(x1－t)(x2－t)＋k2(x1－1)(x2－1)

＝(1＋k2)x1x2－(t＋k2)(x1＋x2)＋t2＋k2＝(1＋k2)eq\f(2k2－2,2k2＋1)－(t＋k2)eq\f(4k2,2k2＋1)＋t2＋k2

＝eq\f(k2(2t2－4t＋1)＋t2－2,2k2＋1)．

要使得eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝λ(λ为常数)，只要eq\f(k2(2t2－4t＋1)＋t2－2,2k2＋1)＝λ，

即(2t2－4t＋1－2λ)k2＋(t2－2－λ)＝0．

对于任意实数k，要使上式恒成立，只要eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2t2－4t＋1－2λ＝0，,t2－2－λ＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝eq\f(5,4)，,λ＝－eq\f(7,16)))．

若直线l垂直于x轴，其方程为x＝1，此时，直线l与椭圆两交点为A(1，eq\f(\r(2),2))，B(1，－eq\f(\r(2),2))，

取点M(eq\f(5,4)，0)，有eq\o(MA,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,4)，eq\f(\r(2),2))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,4)，－eq\f(\r(2),2))，

eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,4))(－eq\f(1,4))＋eq\f(\r(2),2)(－eq\f(\r(2),2))＝－eq\f(7,16)＝λ．

综上所述，过定点F(1，0)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l绕点F转动时，存在定点M(eq\f(5,4)，0)，使得eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝－eq\f(7,16)．

[例2]已知O为坐标原点，椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1上一点E在第一象限，若|OE|＝eq\f(\r(7),2)．

(1)求点E的坐标；

(2)椭圆C两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，过点M(0，－1)的直线l交椭圆C于点D，交x轴于点P，若直线AD与直线MB相交于点Q，求证：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))为定值．

[规范解答](1)设E(x0，y0)(x00，y00)，因为|OE|＝eq\f(\r(7),2)，所以eq\r(x02＋y02)＝eq\f(\r(7),2)①，

又因为点E在椭圆上，所以eq\f(x02,4)＋y02＝1②，

由①②解得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝eq\f(\r(3),2)，))，所以E的坐标为(1，eq\f(\r(3),2))；

(2)设点D(x1，y1)，则直线DA的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)③，直线BM的方程为y＝eq\f(1,2)x－1④，

由③④解得xQ＝eq\f(2(x1＋2y1＋2),x1－2y1＋2)，又直线DM的方