2018高考一轮复习 圆锥曲线大题

2018高考一轮复习 圆锥曲线大题

‎2017高考一轮复习 圆锥曲线大题 ‎　‎ 一．选择题（共1小题）‎ ‎1．（2012秋•黄州区校级期末）若直线y=kx+2与双曲线x2﹣y2=6的左支交于不同的两点，那么k的取值范围是（　　）‎ A．（） B．（﹣1，1） C．（） D．（）‎ ‎　‎ 二．填空题（共2小题）‎ ‎2．（2014秋•烟台期末）已知（4，2）是直线l被椭圆+=1所截得的线段的中点，则l的方程是　　　　　　．‎ ‎3．（2013•和平区校级模拟）过点M（2，﹣2p）作抛物线x2=2py（p＞0）的两条切线，切点分别为A、B，若线段AB中点的纵坐标为6，则抛物线的方程为　　　　　　．‎ ‎　‎ 三．解答题（共9小题）‎ ‎4．（2015春•杭州期中）已知圆C的圆心在坐标原点，且被直线3x+4y+15=0截得的弦长为8‎ ‎（Ⅰ）试求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）当P在圆C上运动时，点D是P在x轴上的投影，M为线段PD上一点，且|MD|=|PD|．求点M的轨迹方程．‎ ‎5．（2011•陕西）如图，设P是圆x2+y2=25上的动点，点D是P在x轴上的射影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|．‎ ‎（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程 ‎（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率的直线被C所截线段的长度．‎ ‎6．（2013•新课标Ⅱ）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：（a＞b＞0）右焦点的直线x+y﹣=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为．‎ ‎（Ⅰ）求M的方程 ‎（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．‎ ‎7．（2014秋•安徽月考）已知椭圆C：+=1（{a＞b＞0}）的离心率e=，且由椭圆上顶点、右焦点及坐标原点构成的三角形面积为2．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知P（0，2），过点Q（﹣1，﹣2）作直线l交椭圆C于A、B两点（异于P），直线PA、PB的斜率分别为k1、k2．试问k1+k2 是否为定值？若是，请求出此定值，若不是，请说明理由．‎ ‎8．（2015秋•新乡校级月考）已知椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0），左、右焦点分别为F1、F2，焦距为4，点M是椭圆C上一点，满足∠F1MF2=60°，且=‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）过点P（0，2）分别作直线PA、PB交椭圆C于A、B两点，设PA、PB的斜率分别是k1，k2，且k1+k2=4，求证：直线AB过定点，并求出直线AB的斜率k的取值范围．‎ ‎9．（2013秋•丰台区期末）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F（1，0），O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线OA，OB的斜率之积为，求证：直线AB过x轴上一定点．‎ ‎10．（2014秋•邛崃市校级月考）已知A、B是抛物线y2=2px（p＞0）上的两点，且OA⊥OB（O为坐标原点），求证：‎ ‎（1）A、B两点的横坐标之积为定值；‎ ‎（2）直线AB经过定点．‎ ‎11．（2012•东城区二模）已知椭圆的左焦点F1（﹣1，0），长轴长与短轴长的比是．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：为定值．‎ ‎12．（2015•四川）如图，椭圆E：=1（a＞b＞0）的离心率是，点P（0，1）在短轴CD上，且•=﹣1‎ ‎（Ⅰ）求椭圆E的方程；‎ ‎（Ⅱ）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、B两点．是否存在常数λ，使得•+λ•为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2017高考一轮复习 圆锥曲线大题 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共1小题）‎ ‎1．（2012秋•黄州区校级期末）若直线y=kx+2与双曲线x2﹣y2=6的左支交于不同的两点，那么k的取值范围是（　　）‎ A．（） B．（﹣1，1） C．（） D．（）‎ ‎【分析】根据直线y=kx+2与双曲线x2﹣y2=6的左支交于不同的两点，可得直线与双曲线联立方程有两个不等的负根，进而构造关于k的不等式组，解不等式可得答案．‎ ‎【解答】解：联立方程得 ‎（1﹣k2）x2﹣4kx﹣10=0…①‎ 若直线y=kx+2与双曲线x2﹣y2=6的左支交于不同的两点，‎ 则方程①有两个不等的负根 ‎∴‎ 解得：k∈（）‎ 故选D ‎【点评】本题考查的知识点圆锥曲线中的范围问题，其中分析出题目的含义是直线与双曲线联立方程有两个不等的负根，是解答的关键．‎ ‎　‎ 二．填空题（共2小题）‎ ‎2．（2014秋•烟台期末）已知（4，2）是直线l被椭圆+=1所截得的线段的中点，则l的方程是　x+2y﹣8=0　．‎ ‎【分析】设直线l与椭圆交于P1（x1，y1）、P2（x2，y2），由“点差法”可求出直线l的斜率k==﹣=﹣=﹣=﹣．再由由点斜式可得l的方程．‎ ‎【解答】解：设直线l与椭圆交于P1（x1，y1）、P2（x2，y2），‎ 将P1、P2两点坐标代入椭圆方程相减得直线l斜率 k==﹣=﹣=﹣=﹣．‎ 由点斜式可得l的方程为x+2y﹣8=0．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的中点弦方程，解题的常规方法是“点差法”．‎ ‎　‎ ‎3．（2013•和平区校级模拟）过点M（2，﹣2p）作抛物线x2=2py（p＞0）的两条切线，切点分别为A、B，若线段AB中点的纵坐标为6，则抛物线的方程为　x2=2y或x2=4y　．‎ ‎【分析】设过点M的抛物线的切线方程与抛物线的方程联立，利用方程的判别式等于0，再利用韦达定理，结合线段AB中点的纵坐标为6，可求抛物线的方程．‎ ‎【解答】解：设过点M的抛物线的切线方程为：y+2p=k（x﹣2）与抛物线的方程联立消y得：x2﹣2pkx+4pk+4p2=0‎ 此方程的判别式等于0，∴pk2﹣4k﹣4p=0‎ 设切线的斜率分别为k1，k2，则k1+k2=‎ 此时x=pk，∴y=‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则12=y1+y2=2（k1+k2）+4p=‎ ‎∴p2﹣3p+2=0‎ ‎∴p=1或p=2‎ ‎∴所求抛物线的方程为x2=2y或x2=4y 故答案为：x2=2y或x2=4y．‎ ‎【点评】本题考查抛物线的切线，考查韦达定理的运用，考查中点坐标公式，属于中档题．‎ ‎　‎ 三．解答题（共9小题）‎ ‎4．（2015春•杭州期中）已知圆C的圆心在坐标原点，且被直线3x+4y+15=0截得的弦长为8‎ ‎（Ⅰ）试求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）当P在圆C上运动时，点D是P在x轴上的投影，M为线段PD上一点，且|MD|=|PD|．求点M的轨迹方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出到直线3x+4y+15=0的距离，利用，求出圆的半径，即可求出圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设点M的坐标是（x，y），P的坐标是（xP，yP），确定坐标之间的关系，利用P在圆x2+y2=25上，求点M的轨迹方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）已知圆C的圆心在坐标原点，且被直线3x+4y+15=0截得的弦长为8，‎ 而圆心到直线3x+4y+15=0的距离d=3，‎ 由弦长公式得，所以r=5‎ 所以所求圆的方程为x2+y2=25；（5分）‎ ‎（Ⅱ）设点M的坐标是（x，y），P的坐标是（xP，yP），‎ ‎∵点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|，‎ ‎∴xP=x，且yP=y，∵P在圆x2+y2=25上，‎ ‎∴x2+（y）2=25，整理得，‎ 即C的方程是．（5分）‎ ‎【点评】本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查代入法求圆的方程，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎5．（2011•陕西）如图，设P是圆x2+y2=25上的动点，点D是P在x轴上的射影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|．‎ ‎（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程 ‎（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率的直线被C所截线段的长度．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意P是圆x2+y2=25上的动点，点D是P在x轴上的射影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|，利用相关点法即可求轨迹；‎ ‎（Ⅱ）由题意写出直线方程与曲线C的方程进行联立，利用根与系数的关系得到线段长度．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y）P的坐标为（xp，yp）‎ 由已知得：‎ ‎∵P在圆上，‎ ‎∴，即C的方程为．‎ ‎（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为的直线方程为：，‎ 设直线与C的交点为A（x1，y1）B（x2，y2），‎ 将直线方程 即：，‎ ‎∴线段AB的长度为|AB|=‎ ‎==．‎ ‎【点评】此题重点考查了利用相关点法求动点的轨迹方程，还考查了联立直线方程与曲线方程进行整体代入，还有两点间的距离公式．‎ ‎　‎ ‎6．（2013•新课标Ⅱ）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：（a＞b＞0）右焦点的直线x+y﹣=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为．‎ ‎（Ⅰ）求M的方程 ‎（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）把右焦点（c，0）代入直线可解得c．设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），利用“点差法”即可得到a，b的关系式，再与a2=b2+c2联立即可得到a，b，c．‎ ‎（Ⅱ）由CD⊥AB，可设直线CD的方程为y=x+t，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|CD|．把直线x+y﹣=0与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|AB|，利用S四边形ACBD=即可得到关于t的表达式，利用二次函数的单调性即可得到其最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）把右焦点（c，0）代入直线x+y﹣=0得c+0﹣=0，解得c=．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），‎ 则，，相减得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，又=，‎ ‎∴，即a2=2b2．‎ 联立得，解得，‎ ‎∴M的方程为．‎ ‎（Ⅱ）∵CD⊥AB，∴可设直线CD的方程为y=x+t，‎ 联立，消去y得到3x2+4tx+2t2﹣6=0，‎ ‎∵直线CD与椭圆有两个不同的交点，‎ ‎∴△=16t2﹣12（2t2﹣6）=72﹣8t2＞0，解﹣3＜t＜3（*）．‎ 设C（x3，y3），D（x4，y4），∴，．‎ ‎∴|CD|===．‎ 联立得到3x2﹣4x=0，解得x=0或，‎ ‎∴交点为A（0，），B，‎ ‎∴|AB|==．‎ ‎∴S四边形ACBD===，‎ ‎∴当且仅当t=0时，四边形ACBD面积的最大值为，满足（*）．‎ ‎∴四边形ACBD面积的最大值为．‎ ‎【点评】本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、四边形的面积计算、二次函数的单调性等基础知识，考查了推理能力、数形结合的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．‎ ‎　‎ ‎7．（2014秋•安徽月考）已知椭圆C：+=1（{a＞b＞0}）的离心率e=，且由椭圆上顶点、右焦点及坐标原点构成的三角形面积为2．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知P（0，2），过点Q（﹣1，﹣2）作直线l交椭圆C于A、B两点（异于P），直线PA、PB的斜率分别为k1、k2．试问k1+k2 是否为定值？若是，请求出此定值，若不是，请说明理由．‎ ‎【分析】（Ⅰ）留言椭圆的离心率，a、b、c的关系，以及三角形的面积，解方程组即可求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）利用直线斜率存在与不存在两种情况，通过直线方程与椭圆的方程，求出A、B坐标，求出直线PA、PB的斜率分别为k1、k2．k1+k2 为定值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意得，解得a2=8，b2=4，‎ 所以椭圆C的方程为=1．…5分 ‎（Ⅱ）k1+k2 为定值4，证明如下：…6分 ‎（ⅰ）当直线l斜率不存在时，l方程为x=﹣1，‎ 由方程组 易得，，‎ 于是k1=，k2=，‎ 所以k1+k2=4为定值．…8分 ‎（ⅱ）当直线l斜率存在时，设l方程为y﹣（﹣2）=k[x﹣（﹣1）]，即y=kx+k﹣2，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 由方程组，消去y，得（1+2k2）x2+4k（k﹣2）x+2k2﹣8k=0，‎ 由韦达定理得（*） …10分 ‎∴k1+k2=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=2k+（k﹣4）•，‎ 将（*）式代入上式得k1+k2=4为定值．…13分．‎ ‎【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，直线的斜率的应用，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎8．（2015秋•新乡校级月考）已知椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0），左、右焦点分别为F1、F2，焦距为4，点M是椭圆C上一点，满足∠F1MF2=60°，且=‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）过点P（0，2）分别作直线PA、PB交椭圆C于A、B两点，设PA、PB的斜率分别是k1，k2，且k1+k2=4，求证：直线AB过定点，并求出直线AB的斜率k的取值范围．‎ ‎【分析】（1）设|MF1|=m，|MF2|=n，利用余弦定理，结合三角形的面积公式，可求a，结合c，可求b，即可求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设直线AB的方程为y=kx+m，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合k1+k2=4，可得m=k﹣2，即可证明直线AB过定点，利用△≥0，求出直线AB的斜率k的取值范围．‎ ‎【解答】（1）解：设|MF1|=m，|MF2|=n，则 ‎∵∠F1MF2=60°，且=，‎ ‎∴16=m2+n2﹣mn，mn•=，‎ ‎∴m+n=4，‎ ‎∴2a=4，‎ ‎∴a=2，‎ ‎∵c=2，‎ ‎∴b==4，‎ ‎∴椭圆C的方程为；‎ ‎（2）证明：设直线AB的方程为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），则 y=kx+m代入椭圆方程，可得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣8=0，‎ ‎∴x1+x2=﹣，x1x2=，‎ ‎∵k1+k2=4，‎ ‎∴，‎ ‎∴m=k﹣2，‎ ‎∴直线AB的方程为y=kx+k﹣2，即y=k（x+1）﹣2，‎ ‎∴直线AB过定点（﹣1，﹣2）．‎ ‎∵△=（4km）2﹣4（2k2+1）（2m2﹣8）＞0，m=k﹣2，‎ ‎∴k（7k+4）＞0，‎ ‎∴k＞0或k＜﹣．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的方程，考查余弦定理，考查三角形面积的计算，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于难题．‎ ‎　‎ ‎9．（2013秋•丰台区期末）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F（1，0），O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线OA，OB的斜率之积为，求证：直线AB过x轴上一定点．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F（1，0），可得抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）分类讨论，设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合斜率公式，可求直线方程，即可得出结论．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：因为抛物线y2=2px的焦点坐标为（1，0），所以．‎ 得到抛物线方程为y2=4x．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）‎ ‎（Ⅱ）证明：①当直线AB的斜率不存在时，设A 因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，化简得t2=32．‎ 所以（8，t），B（8，﹣t），此时直线AB的方程为x=8．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）‎ ‎②当直线AB的斜率存在时，设直线的方程为y=kx+b，A（xA，yA），B（xB，yB）‎ 联立方程，化简得ky2﹣4y+4b=0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）‎ 根据韦达定理得到，‎ 因为直线OA，OB的斜率之积为，所以得到，即xAxB+2yAyB=0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）‎ 得到，‎ 化简得到yAyB=0（舍）或yAyB=﹣32．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）‎ 又因为，‎ 所以y=kx﹣8k，即y=k（x﹣8）．‎ 综上所述，直线AB过定点（8，0）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）‎ ‎【点评】本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎10．（2014秋•邛崃市校级月考）已知A、B是抛物线y2=2px（p＞0）上的两点，且OA⊥OB（O为坐标原点），求证：‎ ‎（1）A、B两点的横坐标之积为定值；‎ ‎（2）直线AB经过定点．‎ ‎【分析】（1）OA⊥OB时，设直线AB：x=my+n，代入抛物线方程，可得y2﹣2pmy﹣2pn=0，利用OA⊥OB，即可证明A、B两点的横坐标之积为定值；‎ ‎（2）由（1）知，直线AB：x=my+2p过定点（2p，0）．‎ ‎【解答】证明：（1）OA⊥OB时，设直线AB：x=my+n．‎ 代入抛物线方程，可得y2﹣2pmy﹣2pn=0，‎ ‎∵OA⊥OB，∴x1x2+y1y2=+y1y2=0，‎ ‎∴y1y2=﹣4p2=﹣2pn，‎ ‎∴n=2p，‎ ‎∴x1x2=4p2；‎ ‎（2）由（1）知，直线AB：x=my+2p过定点（2p，0）．‎ ‎【点评】本题考查抛物线方程，考查学生的计算能力，考查直线与抛物线的位置关系，比较基础．‎ ‎　‎ ‎11．（2012•东城区二模）已知椭圆的左焦点F1（﹣1，0），长轴长与短轴长的比是．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：为定值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由长轴长与短轴长的比是，c=1，结合a2=b2+c2求出a2，b2，则椭圆的方程可求；‎ ‎（Ⅱ）分直线m的斜率存在且不等于0和斜率不存在两种情况讨论，斜率不存在时直接与椭圆方程联立求线段的长，斜率存在且不等于0时射出直线方程，和椭圆方程联立后利用弦长公式，借助于根与系数关系求证．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：由已知得 解得：a=2，．‎ 故所求椭圆方程为；‎ ‎（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知F1（﹣1，0），当直线m斜率存在时，设直线m的方程为：y=k（x+1）（k≠0）．‎ 由，得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0．‎ 由于△＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 则有，，‎ ‎|AB|=‎ ‎==．‎ 同理．‎ 所以===．‎ 当直线m斜率不存在时，此时|AB|=3，|CD|=4，=．‎ 综上，为定值．‎ ‎【点评】本题考查了椭圆的标准方程，考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了分类讨论的数学思想方法，训练了弦长公式的应用，考查了计算能力，属压轴题．‎ ‎　‎ ‎12．（2015•四川）如图，椭圆E：=1（a＞b＞0）的离心率是，点P（0，1）在短轴CD上，且•=﹣1‎ ‎（Ⅰ）求椭圆E的方程；‎ ‎（Ⅱ）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、B两点．是否存在常数λ，使得•+λ•为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过e=、•=﹣1，计算即得a=2、b=，进而可得结论；‎ ‎（Ⅱ）分情况对直线AB斜率的存在性进行讨论：①当直线AB的斜率存在时，联立直线AB与椭圆方程，利用韦达定理计算可得当λ=1时•+λ•=﹣3；②当直线AB的斜率不存在时，•+λ•=﹣3．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）根据题意，可得C（0，﹣b），D（0，b），‎ 又∵P（0，1），且•=﹣1，‎ ‎∴，解得a=2，b=，‎ ‎∴椭圆E的方程为：+=1；‎ ‎（Ⅱ）结论：存在常数λ=1，使得•+λ•为定值﹣3．‎ 理由如下：‎ 对直线AB斜率的存在性进行讨论：‎ ‎①当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+1，‎ A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 联立，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2=0，‎ ‎∵△=（4k）2+8（1+2k2）＞0，‎ ‎∴x1+x2=﹣，x1x2=﹣，‎ 从而•+λ•=x1x2+y1y2+λ[x1x2+（y1﹣1）（y2﹣1）]‎ ‎=（1+λ）（1+k2）x1x2+k（x1+x2）+1‎ ‎=‎ ‎=﹣﹣λ﹣2．‎ ‎∴当λ=1时，﹣﹣λ﹣2=﹣3，‎ 此时•+λ•=﹣3为定值；‎ ‎②当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD，‎ 此时•+λ•=+=﹣2﹣1=﹣3；‎ 故存在常数λ=1，使得•+λ•为定值﹣3．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想，注意解题方法的积累，属于难题．‎ ‎　‎