2020年高考文科数学复习大题篇—圆锥曲线综合问题经典.docx

2020年高考文科数学一轮复习大题篇圆锥曲线综合问题【归类解析】题型一范围问题【解题指导】 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【例】已知椭圆C：1(a>b>0)与双曲线y21的离心率互为倒数，且直线xy20经过椭圆的右顶点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设不过原点O的直线与椭圆C交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求OMN面积的取值范围.【解】(1)双曲线的离心率为，椭圆的离心率e.又直线xy20经过椭圆的右顶点，右顶点为点(2,0)，即a2，c，b1，椭圆方程为y21.(2)由题意可设直线的方程为ykxm(k0，m0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立消去y，并整理得(14k2)x28kmx4(m21)0，则x1x2，x1x2，于是y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.又直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，故k2，则m20.由m0得k2，解得k.又由64k2m216(14k2)(m21)16(4k2m21)>0，得0<m2<2，显然m21(否则x1x20，x1，x2中至少有一个为0，直线OM，ON中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾).设原点O到直线的距离为d，则SOMN|MN|d|x1x2|故由m的取值范围可得OMN面积的取值范围为(0,1).【训练】如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x21(x<0)上的动点，求PAB面积的取值范围.(1)【证明】设P(x0，y0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程24，即y22y0y8x0y0的两个不同的实根.所以y1y22y0，所以PM垂直于y轴.(2)【解】由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.所以PAB的面积SPAB|PM|y1y2|.因为x1(1x0<0)，所以y4x04x4x044,5，所以PAB面积的取值范围是.题型二最值问题1利用三角函数有界性求最值【解题指导】 处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【例】过抛物线y24x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，则|AF|BF|的最小值是【解】设直线AB的倾斜角为，可得|AF|，|BF|，则|AF|BF|4.2数形结合利用几何性质求最值【例】在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2y21右支上的一个动点.若点P到直线xy10的距离大于c恒成立，求实数c的最大值为。【解】双曲线x2y21的渐近线为xy0，直线xy10与渐近线xy0平行，故两平行线间的距离d.由点P到直线xy10的距离大于c恒成立，得c，故c的最大值为.3转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值【例】已知点P是圆O：x2y21上任意一点，过点P作PQy轴于点Q，延长QP到点M，使.(1)求点M的轨迹E的方程；(2)过点C(m,0)作圆O的切线l，交(1)中的曲线E于A，B两点，求AOB面积的最大值.【解】(1)设M(x，y)，P为QM的中点，又有PQy轴，P，点P是圆O：x2y21上的点，2y21，即点M的轨迹E的方程为y21.(2)由题意可知直线l与y轴不垂直，故可设l：xtym，tR，A(x1，y1)，B(x2，y2)，l与圆O：x2y21相切，1，即m2t21，由消去x，并整理得(t24)y22mtym240，其中4m2t24(t24)(m24)48>0，y1y2，y1y2.|AB|，将代入上式得|AB| ，|m|1，SAOB|AB|11，当且仅当|m|，即m时，等号成立，AOB面积的最大值为1.【训练】已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称.(1)求实数m的取值范围；(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点).【解】(1)由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb.由消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b22>0，将AB的中点M代入直线方程ymx，解得b， 由得m<或m>.(2)令t，则t2.则|AB|，且O到直线AB的距离为d.设AOB的面积为S(t)，所以S(t)|AB|d ，当且仅当t2时，等号成立，此时满足t2.故AOB面积的最大值为.题型一定点问题【解题指导】 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.【例】已知椭圆1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若123，试证明：直线l过定点，并求此定点.【解】(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又a2b2c2，a23.椭圆的标准方程为y21.(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为xt(ym)，由1知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意y10，11.同理由2知21.123，y1y2m(y1y2)0，联立得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知4m2t44(t23)(t2m23)>0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，(mt)21，由题意mt<0，mt1，满足，得直线l的方程为xty1，过定点(1,0)，即Q为定点.【训练】已知焦距为2的椭圆C：1(a>b>0)的右顶点为A，直线y与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x3y20上一点，且EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值；若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DAAM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.(1)【解】由题意可得2c2，即c，设Q，因为四边形ABPQ为平行四边形，|PQ|2n，|AB|an，所以2nan，n，则1，解得b22，a2b2c24，可得椭圆C的方程为1.(2)【解】直线ykx(k0)代入椭圆方程，可得(12k2)x24，解得x，可设M，由E是3x3y20上一点，可设E，E到直线kxy0的距离为d，因为EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，所以OEMN，|OM|d，即有， (*)， (*)由(*)得m(k1)，代入(*)式，化简整理可得7k218k80，解得k2或.证明由M(2,0)，可得直线MN的方程为yk(x2)(k0)，代入椭圆方程可得(12k2)x28k2x8k240，可得2xN，解得xN，yNk(xN2)，即N，设G(t,0)(t2)，由题意可得D(2,4k)，A(2,0)，以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，可得ANDG，即有0，即为(t2，4k)0，解得t0.故点G是定点，即为原点(0,0).题型四定值问题【解题指导】 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值.(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.【例】如图，已知抛物线C：x24y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2|MN1|2为定值，并求此定值.(1)【证明】依题意，直线AB的斜率存在，可设AB方程为ykx2，代入x24y，得x24(kx2)，即x24kx80.显然>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x28.直线AO的方程为yx；BD的方程为xx2.解得交点D的坐标为注意到x1x28及x4y1，则有y2.因此D点在定直线y2上(x0).(2)【解】依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为yaxb(a0)，代入x24y得x24(axb)，即x24ax4b0.由0得(4a)216b0，化简整理得ba2.故切线l的方程可写为yaxa2.分别令y2，y2得N1，N2的坐标为N1，N2，则|MN2|2|MN1|224228，即|MN2|2|MN1|2为定值8.【训练】已知点M是椭圆C：1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|4，F1MF260，F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(1，2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值.(1)【解】在F1MF2中，由|MF1|MF2|sin 60，得|MF1|MF2|.由余弦定理，得|F1F2|2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60)，解得|MF1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4，即a2.由|F1F2|4得c2，从而b2，故椭圆C的方程为1.(2)【证明】当直线l的斜率存在时，设斜率为k，显然k0，则其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.56k232k>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可得A，B，得k1k24.综上，k1k2为定值.题型五证明问题【解题指导】 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法.【例】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)【解】设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，(xx0，y)，(0，y0).由 得x0x，y0y.因为M(x0，y0)在C上，所以1.因此点P的轨迹方程为x2y22.(2)【证明】由题意知F(1,0).设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn).由1，得3mm2tnn21.又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【训练】已知椭圆T：1(a>b>0)的一个顶点A(0,1)，离心率e，圆C：x2y24，从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM，PN.(1)求椭圆T的方程；(2)求证：PMPN.(1)【解】由题意可知b1，即2a23c2，又a2b2c2，联立解得a23，b21.椭圆方程为y21.(2)【证明】方法一当P点横坐标为时，纵坐标为1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PMPN.当P点横坐标不为时，设P(x0，y0)，则xy4，设kPMk，PM的方程为yy0k(xx0)，联立方程组消去y得(13k2)x26k(y0kx0)x3k2x6kx0y03y30，依题意36k2(y0kx0)24(13k2)(3k2x6kx0y03y3)0，化简得(3x)k22x0y0k1y0，又kPM，kPN为方程的两根，所以kPMkPN1.所以PMPN.综上知PMPN.方法二当P点横坐标为时，纵坐标为1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PMPN.当P点横坐标不为时，设P(2cos ，2sin )，切线方程为y2sin k(x2cos )，联立得(13k2)x212k(sin kcos )x12(sin kcos )230，令0，即144k2(sin kcos )24(13k2)12(sin kcos )230，化简得(34cos2)k24sin 2k14sin20，kPMkPN1.所以PMPN.综上知PMPN.题型六探索性问题【解题指导】 解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法.【例】在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykxa(a>0)交于M，N两点，(1)当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由.【解】(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a).又y，故y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.从而k1k2.当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点P(0，a)符合题意.【训练】已知椭圆E：1(a>b>0)过点Q，且离心率e，直线l与E相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点.(1)求椭圆E的方程；(2)判断是否存在直线l，满足2，2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解(1)由题意得解得所以椭圆E的方程为y21.(2)存在直线l，满足2，2.理由如下：方法一由题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm(km0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则C，D(0，m).由方程组得(12k2)x24kmx2m220，所以16k28m28>0. (*)由根与系数的关系，得x1x2，x1x2.因为2，2，所以，所以C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合.所以x1x20，解得k.由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|3|CD|.所以|x1x2|3，即|x1x2|3，解得m.验证知(*)成立.所以存在直线l，满足2，2，此时直线l的方程为yx或yx.方法二设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，由2，2，得解得M(2m，n)，N(m,2n).又M，N两点在椭圆上，所以即解得故所求直线l的方程为5x10y20或5x10y20或5x10y20或5x10y20.专题突破训练1.已知曲线C：y24x，曲线M：(x1)2y24(x1)，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点.(1)若4，求证：直线l恒过定点；(2)若直线l与曲线M相切，求(点P坐标为(1,0)的取值范围.(1)【证明】由已知得直线l的斜率不为0，可设l：xmyn，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得y24my4n0，y1y24m，y1y24n.x1x24m22n，x1x2n2.由4可得，x1x2y1y2n24n4，解得n2.l：xmy2，直线l恒过定点(2,0).(2)【解】直线l与曲线M相切，M(1,0)，显然n3.2，整理得4m2n22n3.由(1)及可得，(x11，y1)(x21，y2)(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1y1y2n24m22n14nn24m26n144n，8，即的取值范围是(，8.2.已知椭圆1(a>b>0)的一个顶点坐标为B1(0，)，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)如图，点P是该椭圆内一点，四边形ABCD(ABCD)的对角线AC和BD交于点P，设直线AB：yxm，记g(m)S，求f(m)g(m)m34m3的最大值.【解】(1)顶点坐标为B1(0，)，b22，椭圆方程为1.(2)联立lAB与椭圆方程整理得3x24mx2m240，488m2>0，即m2<6，又直线AB不过点P，得m.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x2，|x1x2|，设点P到直线AB的距离为d，g(m)d2|AB|22，f(m)2m22(当且仅当m2时取等号)，所以f(m)max，此时m .3.已知P是椭圆C：1(a>b>0)与抛物线E：y22px(p>0)的一个公共点，且椭圆与抛物线具有一个相同的焦点F.(1)求椭圆C及抛物线E的方程；(2)设过F且互相垂直的两动直线l1，l2，l1与椭圆C交于A，B两点，l2与抛物线E交于C，D两点，求四边形ACBD面积的最小值.【解】(1)P是抛物线E：y22px(p>0)上一点，p2，即抛物线E的方程为y24x，F(1,0)，a2b21.又P在椭圆C：1上，1，结合a2b21知b23(舍负)，a24，椭圆C的方程为1，抛物线E的方程为y24x.(2)由题意可知直线l1斜率存在，设直线l1的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4).当k0时，|AB|4，直线l2的方程为x1，|CD|4，故S四边形ACBD|AB|CD|8.当k0时，直线l2的方程为y(x1)，由得(34k2)x28k2x4k2120.x1x2，x1x2.由弦长公式知|AB|x1x2|.同理可得|CD|4(k21).S四边形ACBD|AB|CD|4(k21).令tk21，t(1，)，则S四边形ACBD，当t(1，)时，(0,1)，24<3，S四边形ACBD>8.综上所述，四边形ACBD面积的最小值为8.4.设F1，F2为椭圆C：1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1MF2，已知MF1F2的面积为1.(1)求C的方程； (2)设C的上顶点为H，过点(2，1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值.【解】(1)由椭圆定义得|MF1|MF2|4，由垂直得|MF1|2|MF2|2|F1F2|24(4b2)，由题意得|MF1|MF2|1，由，可得b21，C的方程为y21.(2)依题意，H(0,1)，显然直线的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为ykxm(k0)，代入椭圆方程化简得(4k21)x28kmx4m240.由题意知，16(4k2m21)>0，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x20，故x1x2，x1x2.kHRkHS2k(m1)2k(m1)2k1.故kHRkHS为定值1.5.已知抛物线C：y22px(p>0)的焦点F，直线y4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|2|PQ|.(1)求p的值；(2)已知点T(t，2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为，证明：直线MN恒过定点，并求出定点的坐标.【解】(1)设Q(x0,4)，由抛物线定义，|QF|x0，又|QF|2|PQ|，即2x0x0，解得x0，将点Q代入抛物线方程，解得p4.(2)由(1)知C的方程为y28x，所以点T坐标为.设直线MN的方程为xmyn，点M，N，由得y28my8n0，64m232n>0，所以y1y28m，y1y28n，所以kMTkNT，解得nm1.所以直线MN的方程为x1m(y1)，恒过定点(1，1).6.已知抛物线C1的方程为x22py(p>0)，过点M(a，2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B.(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q，N，且|QN|2，求抛物线C1的方程；(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2.求证：k1k2为定值.(1)【解】因为抛物线C1的焦点坐标是，所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是1，即1.联立消去y并整理，得x2xp20，显然>0恒成立，设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，则xQxN，xQxNp2.则|QN|xQxN| 2，解得p2.所以抛物线C1的方程为x24y.(2)【证明】设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2<0).依题意，由x22py(p>0)，得y，则y.所以切线MA的方程是yy1(xx1)，即yx.又点M(a，2p)在直线MA上，于是有2pa，即x2ax14p20.同理，有x2ax24p20，因此，x1，x2是方程x22ax4p20的两根，则x1x22a，x1x24p2.所以k1k24，故k1k2为定值得证.7.已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为，过左焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆C于P，Q两点，且|PQ|2.(1)求C的方程；(2)若直线l是圆x2y28上的点(2,2)处的切线，点M是直线l上任一点，过点M作椭圆C的切线MA，MB，切点分别为A，B，设切线的斜率都存在.求证：直线AB过定点，并求出该定点的坐标.【解】(1)由已知，设椭圆C的方程为1(a>b>0)，因为|PQ|2，不妨设点P(c，)，代入椭圆方程得，1，又因为e，所以1，bc，所以b24，a22b28，所以C的方程为1.(2)依题设，得直线l的方程为y2(x2)，即xy40，设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0x1且x0x2，由切线MA的斜率存在，设其方程为yy1k(xx1)，联立得(2k21)x24k(y1kx1)x2(y1kx1)280，由相切得16k2(y1kx1)28(2k21)(y1kx1)240，化简得(y1kx1)28k24，即(x8)k22x1y1ky40，因为方程只有一解，所以k，所以切线MA的方程为yy1(xx1)，即x1x2y1y8，同理，切线MB的方程为x2x2y2y8，又因为两切线都经过点M(x0，y0)，所以所以直线AB的方程为x0x2y0y8，又x0y04，所以直线AB的方程可化为x0x2(4x0)y8，即x0(x2y)8y80，令得所以直线AB恒过定点(2,1).8.设椭圆C：1(a>b>0)的离心率e，左顶点M到直线1的距离d，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值.(1)【解】由e，得ca，又b2a2c2，所以ba，即a2b.由左顶点M(a,0)到直线1，即到直线bxayab0的距离d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.所以a2b2，c.所以椭圆C的方程为y21.(2)【证明】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，可知x1x2，y1y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故0，即x1x2y1y20，也就是xy0，又点A在椭圆C上，所以y1，解得|x1|y1|.此时点O到直线AB的距离d1|x1|.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，与椭圆方程联立有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2.因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OAOB，所以x1x2y1y20，所以(1k2)x1x2km(x1x2)m20，所以(1k2)m20，整理得5m24(k21)，所以点O到直线AB的距离d1.综上所述，点O到直线AB的距离为定值.9.已知椭圆C：1(a>b>0)经过与两点.(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|MB|.求证：为定值.(1)【解】将与两点代入椭圆C的方程，得解得所以椭圆C的方程为1.(2)【证明】由|MA|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知点A，B关于原点对称.若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时2.同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M是椭圆的一个短轴顶点，此时2.若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为ykx(k0)，则直线OM的方程为yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由解得x，y，所以|OA|2|OB|2xy，同理，|OM|2.所以2.综上，为定值.10.已知椭圆C：1(a>b>0)的离心率为，点在C上.(1)求椭圆C的方程；(2)过点A(2,0)作直线AQ交椭圆C于另外一点Q，交y轴于点R，P为椭圆C上一点，且AQOP，求证：为定值.(1)【解】由题意可得e，1，所以a2，c，b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)【证明】设直线AQ：yk(x2)，R(0,2k)，P(xP，yP)，由得(14k2)x216k2x16k240，由根与系数的关系可得x12，x2xQ，则|AQ|xQx1|，|AR|2，|OP|xP|，令直线OP为ykx且令yP>0，xP>0.由得(14k2)x240，xP，所以|OP|，2，所以定值为2.11.已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，离心率e，以椭圆C的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若经过点P(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在直线l0：xx0(x0>2)，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足恒成立，若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由.【解】(1)设椭圆C的标准方程为1(a>b>0)，ca，又44，a2b25，由b2a2c2a2，解得a2，b1，c.椭圆C的标准方程为y21.(2)若直线l的斜率不存在，则直线l0为任意直线都满足要求；当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)(不妨令x1>1>x2)，则dAx0x1，dBx0x2，|PA|(x11)，|PB|(1x2)，解得x0.由得(14k2)x28k2x4k240，由题意知，>0显然成立，x1x2，x1x2，x04.综上可知存在直线l0：x4，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足恒成立.12.已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线yx上的圆E与x轴相切，且E，F关于点M(1,0)对称.(1)求E和的标准方程；(2)过点M的直线l与E交于A，B，与交于C，D，求证：|CD|>|AB|.(1)【解】设的标准方程为x22py(p>0)，则F.已知E在直线yx上，故可设E(2a，a).因为E，F关于M(1,0)对称，所以解得所以的标准方程为x24y.因为E与x轴相切，故半径r|a|1，所以E的标准方程为(x2)2(y1)21.(2)【证明】由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为yk(x1)(k0)，则E(2，1)到l的距离d，因为l与E交于A，B两点，所以d2<r2，即<1，解得k>0，所以|AB|22.由消去y并整理得x24kx4k0.16k216k>0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x24k，x1x24k，那么|CD|x1x2|4.所以>2.所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|AB|.13.椭圆E：1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线与椭圆E在第一象限交于点P，若|PF1|，且ab2.(1)求椭圆E的方程；(2)已知点P关于y轴的对称点Q在抛物线C：y2mx上，是否存在直线l与椭圆交于A，B，使得A，B的中点M落在直线y2x上，并且与抛物线C相切，若直线l存在，求出l的方程，若不存在，请说明理由.【解】(1)由题意可得P，则解得a22，b21，所以椭圆方程为y21.(2)由(1)可知P，则有Q，代入y2mx可得抛物线方程是y2x.若直线l斜率存在，设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则两式作差可得(y1y2)(y1y2)0，A，B的中点M落在直线y2x上，则有y1y22(x1x2)，代