壓軸大題突破練(二)直線與圓錐曲線(2)1.(2016·浙江)如圖，設橢圓eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1).(1)求直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(用a，k表示)；(2)若任意以點A(0，1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，求橢圓離心率的取值范圍.解(1)設直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段為AM，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,a2)＋y2＝1，))得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，故x1＝0，x2＝－eq\f(2a2k,1＋a2k2)，因此|AM|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2a2|k|,1＋a2k2)·eq\r(1＋k2).(2)假設圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可設y軸左側(cè)的橢圓上有兩個不同的點P，Q，滿足|AP|＝|AQ|.記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.由(1)知，|AP|＝eq\f(2a2|k1|\r(1＋k\o\al(2,1)),1＋a2k\o\al(2,1))，|AQ|＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋k\o\al(2,2)),1＋a2k\o\al(2,2))，故eq\f(2a2|k1|\r(1＋k\o\al(2,1)),1＋a2k\o\al(2,1))＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋k\o\al(2,2)),1＋a2k\o\al(2,2))，所以(keq\o\al(2,1)－keq\o\al(2,2))[1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)]＝0.由于k1≠k2，k1，k2＞0得1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)＝0，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,1))＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,2))＋1))＝1＋a2(a2－2). ①因為①式關于k1，k2的方程有解的充要條件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞eq\r(2).因此，任意以點A(0，1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1＜a≤eq\r(2)，由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－1),a)，得0<e≤eq\f(\r(2),2).所求離心率的取值范圍是(0，eq\f(\r(2),2)].2.已知過點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))的直線l與拋物線y2＝2px(p>0)交于A，B兩點，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－3，其中O為坐標原點.(1)求p的值；(2)當|AM|＋4|BM|最小時，求直線l的方程.解(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為x＝my＋eq\f(p,2).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(p,2)，y2＝2px))消去x，得y2－2pmy－p2＝0.∴y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2.∵eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－3，∴x1x2＋y1y2＝－3.又x1x2＝eq\f(y\o\al(2,1),2p)·eq\f(y\o\al(2,2),2p)＝eq\f(p2,4)，∴eq\f(p2,4)－p2＝－3?p2＝4.∵p>0，∴p＝2.(2)由拋物線定義，得|AM|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋1，|BM|＝x2＋eq\f(p,2)＝x2＋1，∴|AM|＋4|BM|＝x1＋4x2＋5≥2eq\r(4x1x2)＋5＝9，當且僅當x1＝4x2時取等號.將x1＝4x2代入x1x2＝eq\f(p2,4)＝1，得x2＝eq\f(1,2)(負值舍去).將x2＝eq\f(1,2)代入y2＝4x，得y2＝±eq\r(2)，即點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，±\r(2))).將點B代入x＝my＋1，得m＝±eq\f(\r(2),4).∴直線l的方程為x＝±eq\f(\r(2),4)y＋1，即4x±eq\r(2)y－4＝0.3.已知動點S(x，y)到直線l：x＝2eq\r(2)的距離是它到點T(eq\r(2)，0)的距離的eq\r(2)倍.(1)求動點S的軌跡C的方程；(2)設軌跡C上一動點P滿足：eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OM,\s\up6(→))＋2μeq\o(ON,\s\up6(→))，其中M，N是軌跡C上的點，直線OM與ON的斜率之積為－eq\f(1,2)，若Q(λ，μ)為一動點，E1(－eq\f(\r(3),2)，0)，E2(eq\f(\r(3),2)，0)為兩定點，求|QE1|＋|QE2|的值.解(1)點S(x，y)到直線x＝2eq\r(2)的距離，是到點T(eq\r(2)，0)的距離的eq\r(2)倍，則|x－2eq\r(2)|＝eq\r(2)eq\r(x－\r(2)2＋y2)，化簡得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.所以軌跡C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OM,\s\up6(→))＋2μeq\o(ON,\s\up6(→))，即x＝λx1＋2μx2，y＝λy1＋2μy2，因為點P，M，N在橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1上，所以xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝4，xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝4，x2＋2y2＝4，故x2＋2y2＝λ2(xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1))＋4μ2(xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2))＋4λμ(x1x2＋2y1y2)＝4λ2＋16μ2＋4λμ(x1x2＋2y1y2)＝4，設kOM，kON分別為直線OM，ON的斜率，由題意知，kOM·kON＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,2)，因此x1x2＋2y1y2＝0，所以λ2＋4μ2＝1，所以點Q是橢圓λ2＋4μ2＝1上的點，而E1，E2恰為該橢圓的左，右焦點，所以由橢圓的定義可得，|QE1|＋|QE2|＝2.4.已知曲線C上任意一點P到兩定點F1(－1，0)與F2(1，0)的距離之和為4.(1)求曲線C的方程；(2)設曲線C與x軸負半軸交點為A，過點M(－4，0)作斜率為k的直線l交曲線C于B、C兩點(B在M、C之間)，N為BC中點.①證明：k·kON為定值；②是否存在實數(shù)k，使得F1N⊥AC？如果存在，求直線l的方程，如果不存在，請說明理由.(1)解由已知可得：曲線C是以兩定點F1(－1，0)和F2(1，0)為焦點，長軸長為4的橢圓，所以a＝2，c＝1?b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，故曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明設過點M的直線l的方程為y＝k(x＋4)，設B(x1，y1)，C(x2，y2)(x2>x1).①聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2＋32k2x＋64k2－12＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(－32k2,4k2＋3)，,x1x2＝\f(64k2－12,4k2＋3).))故xN＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－16k2,4k2＋3)，yN＝k(xN＋4)＝eq\f(12k,4k2＋3).所以kON＝－eq\f(3,4k)，所以k·kON＝－eq\f(3,4)為定值.②解若F1N⊥AC，則kAC·kF1N＝－1，因為F1(－1，0)，kF1N