生活的色彩就是学习
K12的学习需要努力专业专心坚持 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：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)上的一点，F是椭圆右焦点，且BF⊥x轴，B1，32.
(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：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，点(2，2)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．
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3．已知椭圆C经过点P(3，12)，两焦点坐标分别为F1(－3，0)，F2(3，0)．
(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．
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4．(2015·四川)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是22，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22.
(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|QA||QB|＝|PA||PB|恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
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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|＝32，BF⊥x轴，
∴在Rt△BFF′中，|BF′|
＝BF2＋FF′2＝52，
∵2a＝|BF|＋|BF′|＝4，∴a＝2.
∴b2＝a2－c2＝22－12＝3.
所以椭圆E的方程为x24＋y23＝1.
(2)由(1)知，A1(－2,0)，A2(2,0)．设M(x0，y0)．
∵M在椭圆E上，∴y20＝34(4－x20)．
由P，M，A1三点共线可得P4，6y0x0＋2.
∴A2M→＝(x0－2，y0)，A2P→＝2，6y0x0＋2.
∴A2M→·A2P→＝2(x0－2)＋6y20x0＋2＝52(2－x0)，
∵－2 2．解 (1)由题意得a2－b2a＝22，4a2＋2b2＝1， 解得a2＝8，b2＝4. 所以C的方程为x28＋y24＝1. (2)设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入x28＋y24＝1， 得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0. 故xM＝x1＋x22＝－2kb2k2＋1，yM＝k·xM＋b＝b2k2＋1. 生活的色彩就是学习 K12的学习需要努力专业专心坚持 于是直线OM的斜率kOM＝yMxM＝－12k， 即kOM·k＝－12. 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值． 3．解 (1)设椭圆的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)． 依题意，得2a＝|PF1|＋|PF2| ＝ 12＋14＋14＝4， 所以a＝2. 又c＝3，所以b2＝a2－c2＝1. 于是椭圆C的标准方程为x24＋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 x24＋y2＝1，y＝kx＋m，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 x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1， 于是x0＝－4km4k2＋1，y0＝kx0＋m＝m4k2＋1. 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， y0＋1x0k＝－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＋生活的色彩就是学习 K12的学习需要努力专业专心坚持 k2)4m2－44k2＋1＋ k(m＋1)(－8km4k2＋1)＋m2＋2m＋1＝0， 整理得5m2＋2m－3＝0， 解得m＝35或m＝－1. 当m＝－1时，由(**)，知不合题意舍去． 由(*)(**)，知m＝35时，k＝±55. 此时直线l的方程为5x－5y＋3＝0或5x＋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＝±21－m2. 设M(－21－m2，m)，N(21－m2，m)，依题意，若△AMN为等腰直角三角形， 则|QN|＝|AQ|， 即21－m2＝|1＋m|， 解得m＝－1(舍去)或m＝35， 故此时直线l的方程为y＝35. (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＝35或5x－5y＋3＝0或5x＋5y－3＝0. 4．解 (1)由已知，点(2，1)在椭圆E上， 因此 2a2＋1b2＝1，a2－b2＝c2，ca＝22，解得a＝2，b＝2， 所以椭圆E的方程为x24＋y22＝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|QC||QD|＝|PC||PD|＝1， 即|QC|＝|QD|，所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)． 生活的色彩就是学习 K12的学习需要努力专业专心坚持 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(0，2)，(0，－2)， 由|QM||QN|＝|PM||PN|，有|y0－2||y0＋2|＝2－12＋1， 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|QA||QB|＝|PA||PB|， 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 x24＋y22＝1，y＝kx＋1， 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以x1＋x2 ＝－4k2k2＋1， x1x2＝ －22k2＋1， 因此1x1＋1x2＝x1＋x2x1x2＝2k， 易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)， 生活的色彩就是学习 K12的学习需要努力专业专心坚持 又kQA＝y1－2x1＝kx1－1x1＝k－1x1， kQB′＝y2－2－x2＝kx2－1－x2＝－k＋1x2＝k－1x1， 所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线， 所以|QA||QB|＝|QA||QB′|＝|x1||x2|＝|PA||PB|， 故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得|QA||QB|＝|PA||PB|恒成立．
