高考压轴大题突破练(二)直线与圆锥曲线(2)1.已知B是椭圆E：＋＝1(a>b>0)上的一点，F是椭圆右焦点，且BF⊥x轴，B.(1)求椭圆E的方程；(2)设A1和A2是长轴的两个端点，直线l垂直于A1A2的延长线于点D，|OD|＝4，P是l上异于点D的任意一点．直线A1P交椭圆E于M(不同于A1，A2)，设λ＝A2M·A2P，求λ的取值范围．2．(2015·课标全国Ⅱ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点(2，)在C上．(1)求C的方程；(2)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，证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．3．已知椭圆C经过点P(，)，两焦点坐标分别为F1(－，0)，F2(，0)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A(0，－1)，直线l与椭圆C交于M，N两点．若△AMN是以A为直角顶点的等腰直角三角形，试求直线l的方程．4．(2015·四川)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．答案精析(二)直线与圆锥曲线(2)1．解(1)依题意得半焦距c＝1，设左焦点为F′，∴|FF′|＝2c＝2，又∵|BF|＝，BF⊥x轴，∴在Rt△BFF′中，|BF′|＝＝，∵2a＝|BF|＋|BF′|＝4，∴a＝2.∴b2＝a2－c2＝22－12＝3.所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)由(1)知，A1(－2,0)，A2(2,0)．设M(x0，y0)．∵M在椭圆E上，∴y20＝(4－x20)．由P，M，A1三点共线可得P.∴A2M＝(x0－2，y0)，A2P＝.∴A2M·A2P＝2(x0－2)＋＝(2－x0)，∵－2b>0)．依题意，得2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝4，所以a＝2.又c＝，所以b2＝a2－c2＝1.于是椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)依题意，显然直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝kx＋m，由得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，得4k2－m2＋1>0.(*)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为Q(x0，y0)，则于是x0＝－，y0＝kx0＋m＝.因为|AM|＝|AN|，线段MN的中点为Q，所以AQ⊥MN.①当x0≠0，即k≠0且m≠0时，k＝－1，整理得3m＝4k2＋1.(**)因为AM⊥AN，AM＝(x1，y1＋1)，AN＝(x2，y2＋1)，所以AM·AN＝x1x2＋(y1＋1)(y2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋k(m＋1)(x1＋x2)＋m2＋2m＋1＝(1＋k2)＋k(m＋1)(－)＋m2＋2m＋1＝0，整理得5m2＋2m－3＝0，解得m＝或m＝－1.当m＝－1时，由(**)，知不合题意舍去．由(*)(**)，知m＝时，k＝±.此时直线l的方程为x－5y＋3＝0或x＋5y－3＝0.②当x0＝0时．(ⅰ)当k＝0时，直线l的方程为y＝m，代入椭圆方程中得x＝±2.设M(－2，m)，N(2，m)，依题意，若△AMN为等腰直角三角形，则|QN|＝|AQ|，即2＝|1＋m|，解得m＝－1(舍去)或m＝，故此时直线l的方程为y＝.(ⅱ)当k≠0且m＝0时，即直线l过原点．由椭圆的对称性有Q(0,0)，则依题意不能有AQ⊥MN，即此时不满足△AMN为等腰直角三角形．综上，直线l的方程为y＝或x－5y＋3＝0或x＋5y－3＝0.4．解(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，因此解得a＝2，b＝，所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|，所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)．当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，)，(0，－)，由＝，有＝，解得y0＝1，或y0＝2，所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0,2)，下面证明：对任意直线l，均有＝，当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立，当直线l的斜率存在时，可设直线l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＝－，因此＋＝＝2k，易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，又kQA＝＝＝k－，kQB′＝＝＝－k＋＝k－，所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，所以＝＝＝，故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得＝恒成立．
