2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第54讲圆锥曲线的综合应用-证明、探究性问题（达标检测）（Word版附解析）

《圆锥曲线的综合应用——证明、探究性问题》达标检测[A组]—应知应会1．（2020•沙坪坝区校级模拟）已知双曲线的左焦点为F1，过F1的直线l与y轴相交于点M，与C的右支相交于点P，且M为线段PF1的中点，若C的渐近线上存在一点N，使得，则C的离心率为（　　）A．B．C．2D．【分析】由题可知，F1（﹣c，0），直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝k（x+c），则M（0，kc），P（c，2kc），将点P的坐标代入双曲线C的方程，有①，由平面向量的线性坐标运算可得点N（，），代入y＝x得＝②，联立①②，消去k，并结合离心率e＝即可得解．【解答】解：由题可知，F1（﹣c，0），直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝k（x+c），则M（0，kc），∵M为线段PF1的中点，∴点P（c，2kc），将其代入双曲线C的方程，有①，∵，∴点N（，），且点N在渐近线y＝x上，∴＝②，联立①②，消去k得，， ∴离心率e＝＝，故选：B．2．（2020•绥化模拟）已知对任意正实数m，n，p，q，有如下结论成立：若，则有成立，现已知椭圆＝1上存在一点P，F1，F2为其焦点，在△PF1F2中，∠PF1F2＝15°，∠PF2F1＝75°，则椭圆的离心率为（　　）A．B．C．D．【分析】结合正弦定理和题中的新定义可知，，从而，结合正弦的两角和差公式分别算出sin15°和sin75°，代入上式进行化简即可得离心率的值．【解答】解：在△PF1F2中，由正弦定理知，，依题意，有，所以，即，sin15°+sin75°＝sin15°+cos15°＝sin（45°+15°）＝所以离心率e＝＝＝．故选：C．3．（2020春•杭州期末）以双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左顶点A为圆心作半径为a的圆，此圆与渐近线交于坐标原点O及另一点B，且存在直线y＝kx使得B点和右焦点F关于此直线对称，则双曲线的离心率为（　　）A．B．C．D．3【分析】利用已知条件求出B的坐标，结合B与F关于y＝kx对称，得到a，c的方程，然后求解离心率即可．【解答】解：由题意可知A（﹣a，0），F（c，0）， 以双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左顶点A为圆心作半径为a的圆（x+a）2+y2＝a2，此圆与渐近线y＝﹣交于坐标原点O及另一点B，可得，消去y，可得x2+2ax+＝0，所以xB＝，则yB＝，存在直线y＝kx使得B点和右焦点F关于此直线对称，可得：，可得k＝，BF的中点为：（c，），中点在直线y＝kx上，可得＝•（c），整理可得4a4b2＝（2a3+c3）（c3﹣2a3），把b2＝c2﹣a2代入上式．化简可得4a4＝c4，e＝＞1，解得e＝．故选：B．4．（2020•浙江学业考试）设F1，F2分别是双曲线﹣＝1（a，b＞0）的左、右焦点．若双曲线上存在一点P，使得|PF1|＝4|PF2|，且∠F1PF2＝60°，则该双曲线的离心率是（　　）A．B．C．D．【分析】由双曲线的定义及题意可得|PF1|，|PF2|的值，再由余弦定的可得a，c的关系，进而求出双曲线的离心率．【解答】解：由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|＝2a，而|PF1|＝4|PF2|，所以|PF1|＝a，|PF2|＝a，在△PF1F2中∠F1PF2＝60°，由余弦定理可得|F1F2|2＝4c2＝|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝a2+a2﹣2＝，整理可得：4c2＝a2，即c2＝a2，所以e＝＝，故选：B． 5．（2020•南平三模）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）．若双曲线上存在点P满足a|PF1|＝c|PF2|，则该双曲线的离心率的取值范围是（　　）A．B．C．D．【分析】点P（xo，yo）在右支上并注意到xo≥a．利用a|PF1|＝c|PF2|，进而根据双曲线定义表示出|PF1|和|PF2|代入a|PF1|＝c|PF2|，求得e的范围．【解答】解：∵a|PF1|＝c|PF2|，∴，∴P在双曲线右支上，设P点的横坐标为xo，注意到xo≥a．由双曲线第二定义，知|PF1|＝a+exo，|PF2|＝exo﹣a，则，∴xo＝≥a，分子分母同时除以a，得≥a，∴≥1，解得1＜e≤+1．故选：A．6．（2020•闵行区校级三模）已知F为抛物线y2＝4x的焦点，A、B、C为抛物线上三点，当时，则存在横坐标x＞2的点A、B、C有（　　）A．0个B．2个C．有限个，但多于2个D．无限多个【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），利用，说明F为△ABC的重心，利用重心坐标公式结合不等式转化求解x1≤2，讨论推出x2≤2，x3≤2，得到结果． 【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），先证x1≤2，由知，F为△ABC的重心，又F（1，0），∴，，∴x2+x3＝3﹣x1，y2+y3＝﹣y1，∴，∴，∴，∴x1≤2（x2+x3），∴x1≤2（3﹣x1），∴x1≤2，同理x2≤2，x3≤2，故选：A．7．（2020•宣城二模）已知双曲线的右顶点为A，抛物线C：y2＝16ax（a＞0）的焦点为F，若在双曲线E的渐近线上存在点P，使得AP⊥FP，则双曲线E的离心率的取值范围是（　　）A．B．（1，2）C．D．（2，+∞）【分析】求出双曲线的右顶点和渐近线方程，抛物线的焦点坐标，可设P（m，m），利用向量的垂直的条件得关于m的一元二次方程，再由二次方程的判别式大于等于0，化简整理即可求得离心率的范围．【解答】解：双曲线E：＝1（a＞0，b＞0）的右顶点为A（a，0），抛物线C：y2＝16ax的焦点为F（4a，0），双曲线的渐近线方程为y＝±x，可设P（m，m），即有＝（m﹣a，m），＝（m﹣4a，m），由PA⊥FP，得⊥，可得＝0，即为（m﹣a）（m﹣4a）+m2＝0， 化为（1+）m2﹣5am+4a2＝0，由题意可得△＝25a2﹣4（1+）•4a2≥0，即有9a2≥16b2＝16（c2﹣a2），即16c2≤25a2，则e＝≤．由e＞1，可得1＜e≤．故选：A．8．（2020•河南二模）已知椭圆C1：＝1（a＞b＞0）与圆C2：x2+y2＝，若在椭圆C1上不存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，则椭圆C1的离心率的取值范围是（　　）A．B．C．D．【分析】由题意画出图形，把问题转化为sin∠APO＞sin45°，＞，由此可得椭圆的离心率的取值范围．【解答】解：如图，若在椭圆C1上不存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，则两条切线夹角的最大值小于90°（由于短轴顶点处的两条切线的夹角最大为120°，故这种情况不存在）或两条切线夹角的最小值大于90°，如图：由∠APO＞45°，即sin∠APO＞sin45°， 即＞，∴＞，∴e＝＜．又0＜e＜1．∴椭圆C1的离心率的取值范围是（0，）．故选：A．9．（多选）（2020•青岛模拟）已知曲线C的方程为，则下列结论正确的是（　　）A．当k＝8时，曲线C为椭圆，其焦距为4B．当k＝2时，曲线C为双曲线，其离心率为C．存在实数k使得曲线C为焦点在y轴上的双曲线D．当k＝﹣3时，曲线C为双曲线，其渐近线与圆（x﹣4）2+y2＝9相切【分析】求得k＝8时，曲线C的方程和焦距，即可判断A；求得k＝2时，曲线C的方程，可得a，b，c，e，即可判断B；若曲线C为焦点在y轴上的双曲线，可得k的不等式组，解不等式可得k的范围，即可判断C；求得k＝﹣3时，曲线C的方程和渐近线方程，圆的圆心和半径，结合直线和圆的位置关系，即可判断D．【解答】解：当k＝8时，曲线C的方程为+＝1，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，c＝＝2，焦距为2c＝4，故A正确；当k＝2时，曲线C的方程为﹣＝1，曲线C为焦点在x轴上的双曲线，且a＝，b＝2，c＝＝，可得e＝＝，故B正确；若曲线C为焦点在y轴上的双曲线，可得，即，k无实数解，故C错误；当k＝﹣3时，曲线C的方程为﹣＝1，曲线C为双曲线，其渐近线为y＝±x，而圆（x﹣4）2+y2＝9的圆心为（4，0），半径为3，圆心到渐近线的距离为d＝＝3，可得渐近线与圆相切，故D正确． 故选：ABD．10．（多选）（2020•滨州二模）设F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则关于该双曲线的下列结论正确的是（　　）A．渐近线方程为4x±3y＝0B．渐近线方程为3x±4y＝0C．离心率为D．离心率为【分析】设|PF2|＝|F1F2|＝2c，运用双曲线的定义和等腰三角形的性质可得关于a，c的方程，得到双曲线的离心率，再由隐含条件即可得到a与b的关系，求出双曲线的渐近线方程．【解答】解：设|PF2|＝|F1F2|＝2c，由|PF1|﹣|PF2|＝2a，可得|PF1|＝2c+2a，由F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长2a，设PF1的中点M，由等腰三角形PF1F2的性质可得，F2M⊥PF1，即有（c+a）2+（2a）2＝（2c）2，化简得e＝，由3c＝5a，得9c2＝25a2，即9（a2+b2）＝25a2，得16a2＝9b2，即有3b＝4a，则双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x，即4x±3y＝0．故选：AC．11．（2020春•宝山区校级月考）设F1、F2分别为双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点．在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则＝　　．【分析】利用题设条件和双曲线性质在三角形中寻找等量关系，得出a与b之间的等量关系，推出结果．【解答】解：依题意|PF2|＝|F1F2|，可知三角形PF2F1是一个等腰三角形，F2在直线PF1的投影是其中点，由勾股定理知 可知|PF1|＝2＝4b，根据双曲定义可知4b﹣2c＝2a，整理得c＝2b﹣a，代入c2＝a2+b2整理得3b2﹣4ab＝0，求得＝．故答案为：．12．（2020•平阳县模拟）设F为双曲线的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与双曲线C的其中一条渐近线交于点P（不同于O），若双曲线C右支上存在点M满足＝，则双曲线C的离心率为　　．【分析】由题意如图所示设渐近线的方程，可得|OP|的值，P在渐近线上可得P的坐标，再由＝，则可得M为PF的中点，将M的坐标代入双曲线的方程，可得a，c的关系，进而求出双曲线的离心率．【解答】解：如图所示：双曲线对称性，设渐近线的方程为：y＝x，即bx﹣ay＝0，右焦点F（c，0），所以F到渐近线的距离d＝＝＝b，在直角三角形OPF中可得|OP|＝＝＝a，所以|OP|＝a，|PF|＝b，所以可求得，F（c，0），因为＝，则可得M为P，F的中点，所以，把M代入双曲线，可得，整理可得c2＝2a2，所以．故答案为：． 13．（2020春•山西期中）已知椭圆W：的右焦点为，且离心率为，△ABC的三个顶点都在椭圆W上，直线AB，BC，AC的斜率存在且均不为0，记它们的斜率分别为k1，k2，k3，设AB，BC，AC的中点分别为M，N，P，O为坐标原点，若直线OM，ON，OP的斜率之和为，则＝　　．【分析】先根据，，求得a＝2，b＝1，从而得椭圆W的方程为为，再设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），利用点差法可得，，，所以．【解答】解：由题意可得，，，所以a＝2，b＝1，∴椭圆W的标准方程为．设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），则，，两式作差得，，∴，即．同理可得，，，∴．故答案为：﹣3．14．（2019秋•徐汇区校级期末）已知椭圆G：左、右焦点分别为F1，F2，短轴的两个端点分别为B1，B2，点P在椭圆C上，且满足|PF1|+|PF2|＝|PB1|+|PB2|，当m变化时，给出下列四个命题：①点P的轨迹关于y轴对称；②存在m使得椭圆C上满足条件的点P仅有两个；③|OP|的最小值为2；④|OP|最大值为，其中正确命题的序号是　　．【分析】由椭圆的对称性及|PF1|+|PF2|＝|PB1|+|PB2|，写出以B1，B2为焦点的椭圆，可得两个椭圆有4个交点，可判断出①正确，②不正确；点P靠近坐标轴时|OP|越大，点P远离坐标轴时，|OP|越小，易得m2＝3时，取得最小值，可得|OP| 的最小值，椭圆上的点到中心的距离小于等于a，由于点P不在坐标轴上．【解答】解：由椭圆的对称性及|PF1|+|PF2|＝|PB1|+|PB2|，所以可得以B1，B2为焦点的椭圆为椭圆，则点P为椭圆C：与椭圆的交点，因为椭圆G的长轴顶点（，0），短轴的绝对值小于，椭圆Γ的长轴顶点（0，），短轴的交点的横坐标的绝对值小于，所以两个椭圆的交点有4个，①正确②不正确，点P靠近坐标轴时（m→0或m），|OP|越大，点P远离坐标轴时，|OP|越小，易得m2＝3时，取得最小值，此时C：，两方程相加得，即|OP|的最小值为2，③正确；椭圆上的点到中心的距离小于等于a，由于点P不在坐标轴上，∴|OP|＜，④错误．故答案为：①③．15．（2020春•新市区校级期中）已知AB、CD是中心为点O的椭圆的两条相交弦，交点为P，两弦AB、CD与椭圆长轴的夹角分别为∠1、∠2，且∠1＝∠2，求证：|PA|•|PB|＝|PC|•|PD|．【分析】建立平面直角坐标系，设出直线CD的参数方程，由参数的几何意义可得|PC||PD|，同理可得|PA||PB|，由此得证．【解答】证明：如图建立平面直角坐标系，设椭圆方程为①，∠2＝θ，P（x0，y0），则直线CD的参数方程为（t为参数）②，将②代入①并整理可得 ③，由于a2cos2θ+b2sin2θ≠0，故方程③有两个根t1，t2，故，同理，对于直线AB，将θ换为π﹣θ，即可得到＝，∴|PA||PB|＝|PC||PD|．16．（2020•广东一模）已知椭圆C：，A，B分别为椭圆长轴的左右端点，M为直线x＝2上异于点B的任意一点，连接AM交椭圆于P点．（1）求证：为定值；（2）是否存在x轴上的定点Q使得以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点．【分析】（1）由椭圆的方程可得A，B的坐标，设M，P的坐标，可得AP，AM的斜率相等，求出数量积，由kAP•kBP＝＝﹣，可得M，P的坐标的关系，进而可得为定值．（2）假设存在Q满足条件，因为以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点可得＝0，由（1）可得整理得n（x0﹣2）＝0，再由x0≠2可得n＝0，【解答】解：（1）证明：由椭圆的方程可得：A（﹣2，0），B（2，0），设M（2，m），P（x0，y0），（m≠0，x0≠±2），则+＝1，得y02＝﹣， 又kAP＝＝kAM＝＝，kBP＝，所以kAP•kBP＝＝﹣，又＝﹣，整理可得2x0+my0＝4，所以＝2x0+my0＝4为定值．（2）假设存在定点Q（n，0）满足要求，设M（2，m），P（x0，y0），（m≠0，x0≠±2），则以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点可得＝0，所以（n﹣2，﹣m）•（x0﹣2，y0）＝nx0﹣2n﹣2x0+4﹣my0＝0，①由（1）得2x0+my0＝4，②，由①②可得n（x0﹣2）＝0，因为x0≠2，解得n＝0，所以存在x轴上的定点Q（0，0），使得以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点．17．（2020•韶关二模）在直角坐标系xOy中，已知点A（﹣2，2），B（2，2），直线AD，BD交于D，且它们的斜率满足：kAD﹣kBD＝﹣2．（1）求点D的轨迹C的方程；（2）设过点（0，2）的直线1交曲线C于P，Q两点，直线OP与OQ分别交直线y＝﹣1于点M，N，是否存在常数λ，使S△OPQ＝λS△OMN，若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【分析】（1）设D（x，y），由A（﹣2，2），B（2，2），求出AD与BD的斜率，代入kAD﹣kBD＝﹣2，整理可得D的轨迹C的方程；（2）由题意，直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx+2，P（x1，y1），Q（x2，y2）．联立直线方程与抛物线方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得|x1﹣x2|，求出三角形OPQ的面积，再写出OP，OQ的方程，求得M，N的横坐标，得到|xM﹣xN|，求出三角形OMN的面积，则答案可求． 【解答】解：（1）设D（x，y），由A（﹣2，2），B（2，2），得（x≠﹣2），（x≠2），∵kAD﹣kBD＝﹣2，∴，整理得：x2＝2y（x≠±2）；（2）存在常数入＝4，使S△OPQ＝λS△OMN．证明如下：由题意，直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx+2，P（x1，y1），Q（x2，y2）．联立，得x2﹣2kx﹣4＝0．则x1+x2＝2k，x1x2＝﹣4．＝．则＝．直线OP：y＝，取y＝﹣1，得，直线OQ：y＝，取y＝﹣1，得．则|xM﹣xN|＝||＝||＝＝＝．∴．∴S△OPQ＝4S△OMN．故存在常数入＝4，使S△OPQ＝λS△OMN． 18．（2020•洛阳一模）过点P（0，2）的直线与抛物线C：x2＝4y相交于A，B两点．（1）求的值．（2）A，B在直线y＝﹣2上的射影分别为A1，B1，线段A1B1的中点为Q，求证：BQ∥PA1．【分析】（1）设直线AB的方程为（t为参数，α不为90°的倾斜角），代入抛物线方程，运用韦达定理和参数的几何意义，化简可得所求值；（2）设直线AB的方程为y＝kx+2，联立抛物线方程，运用韦达定理和两直线平行的条件，由直线的斜率公式，化简计算可得证明．【解答】解：（1）设直线AB的方程为（t为参数，α不为90°的倾斜角），代入抛物线C：x2＝4y可得t2cos2α﹣4tsinα﹣8＝0，设A，B对应的参数分别为t1，t2，可得t1+t2＝，t1t2＝﹣，＝+＝＝＝＝＝；（2）证明：设直线AB的方程为y＝kx+2，联立x2＝4y，可得x2﹣4kx﹣8＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2＝4k，x1x2＝﹣8，由A1（x1，﹣2），B1（x2，﹣2），可得中点Q（，﹣2），即Q（2k，﹣2），可得kBQ＝＝，＝＝﹣，由kBQ﹣＝＝＝0，即＝kBQ，可得BQ∥PA1． 19．（2020•镇江一模）22．已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线方程为y2＝2px（p＞0）．（1）若直线y＝﹣x+1与抛物线相交于M，N两点，且MN＝2，求抛物线的方程；（2）直线l过点Q（0，t）（t≠0）交抛物线于A，B两点，交x轴于点C，如图，设＝m，＝n，求证：m+n为定值．【分析】（1）设出直线方程与抛物线方程联立，求出两根之和与两根之积；结合弦长公式即可求解；（2）设出直线方程与抛物线方程联立，求出两根之和与两根之积；结合向量的坐标运算即可求解结论【解答】解（1）设M（x1，y1），N（x2，y2）联立⇒x2﹣2（1+p）x+1＝0；∵p＞0，∴△1＝4（p2+2p）＞0；则x1＝p+1﹣，x2＝p+1+；∴|MN|＝＝|x1﹣x2|＝2＝2⇒p＝1；∴抛物线的方程为y2＝2x①；（2）设A（x3，y3），B（x4，y4），C（x0，0）∵直线l过点Q（0，t）（t≠0）；故可设直线方程为y＝kx+t②；②代入①整理得ky2﹣2py+2pt＝0；∴△2＝4p2﹣8kpt＞0；y3＝，y4＝⇒y3+y4＝③y3y4＝④；∵＝（x3，y3﹣t），＝（x0﹣x3，﹣y3），＝（x4，y4﹣t），＝（x0﹣x4，﹣y4）；⇒ ⇒；∴m+n＝﹣2＝t×﹣2；即m+n＝t×﹣2＝﹣1；所以：m+n为定值﹣1．20．（2020•宝鸡三模）已知定点S（﹣2，0），T（2，0），动点P为平面上一个动点，且直线SP、TP的斜率之积为﹣．（Ⅰ）求动点P的轨迹E的方程；（Ⅱ）设点B为轨迹E与y轴正半轴的交点，是否存在斜率为直线l，使得l交轨迹E于M，N两点，且Q（，0）恰是△BMN的重心？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）设P（x，y），利用已知条件，列出方程化简求解即可．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，E的方程为，所以，设存在直线l适合题意，并设l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2）．由，得，通过判别式以及韦达定理，转化求解三角形的重心推出结果即可．【解答】解：（Ⅰ）设P（x，y），由已知有，整理得动点P的轨迹E的方程为，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，E的方程为，所以，设存在直线l适合题意，并设l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2）． 由，得，由，得，．因为点Q为△BMN的重心，所以x1+x2+xB＝3xQ，，解得当时，不满足，所以不存在直线l，使得Q是△BMN的重心．21．（2020•白云区模拟）设F1（﹣c，0）、F2（c，0）分别是椭圆的左、右焦点，点P是该椭圆上的一个定点，同时满足如下三个条件：（1）；（2）；（3）在方向上的投影为．（Ⅰ）求椭圆的离心率及椭圆方程；（Ⅱ）过焦点F1的直线l交椭圆于点A、B两点，问是否存在以线段AB为直径的圆与y相切，若存在，求出此时直线l的方程，若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）根据题目的三个条件可得c＝，＝，a2＝b2+c2，解得即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得焦点F1的坐标，设直线l的方程与由、椭圆联立求出两根之和及两根之积，设A，B的坐标，及切点D的坐标，由题意可得•＝0，求出参数及D的坐标，可得直线l的方程．【解答】解：（Ⅰ）∵，∴⊥，∴△PF2F1为直角三角形，∴P（c，），∴tan∠PF1F2＝＝＝，∵在方向上的投影为，∴2c＝2，即c＝， ∵a2＝b2+c2，∴a＝2，b＝1，∴椭圆的离心率为e＝＝，椭圆方程为+y2＝1；（Ⅱ）设满足条件的直线为l，其方程为x＝my﹣，两交点坐标为A（x1，y1）B（x2，y2），设线段AB为直径的圆与y相切于点D，由，消去x得：（m2+4）y2﹣2my﹣1＝0，∴y1+y2＝，y1y2＝，x1+x2＝m（y1+y2）﹣2＝﹣，所以AB的中点到y轴的距离d＝＝，所以弦长|AB|＝＝•＝4•＝2d＝，解得m2＝2﹣1，所以m＝±直线方程为x＝y﹣，或x＝﹣y﹣，即x﹣y+＝0或x+y+＝0．22．（2020•湖北模拟）已知F1，F2为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且过点F2的直线l交椭圆于A，B两点，△AF1B的周长为．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）我们知道抛物线有性质：“过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F的弦AB满足．”那么对于椭圆E，问否存在实数λ，使得|AF2|+|BF2|＝λ|AF2|•|BF2|成立，若存在求出λ的值；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）利用椭圆的定义，结合三角形的周长，求出a，设出椭圆方程，代入点的坐标求解即可点的椭圆方程．（Ⅱ）求出F2（1，0），设直线l的方程为x＝my+1，与椭圆方程联立，设A（x1，y1），B（x2，y2 ），利用韦达定理，不妨设y1＞0，y2＜0，求出|AF2|，|BF2|，化简整理即可求出．【解答】解：（Ⅰ）根据椭圆的定义，可得|AF1|+|AF2|＝2a，|BF1|+|BF2|＝2a，∴△AF1B的周长为|AF1|+|BF1|+|AB|＝|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|＝4a，∴，，∴椭圆E的方程为，将代入得b2＝2，所以椭圆的方程为．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知4c2＝a2﹣b2＝1，得F2（1，0），依题意可知直线l的斜率不为0，故可设直线l的方程为x＝my+1，消去x，整理得（2m2+3）y2+4my﹣4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，不妨设y1＞0，y2＜0，，同理，所以，＝，＝即，所以存在实数，使得|AF2|+|BF2|＝λ|AF2|•|BF2|成立． [B组]—强基必备1．（2020•青羊区校级模拟）已知椭圆E：＝1（a＞b＞0）的离心率为，且过点，直线l：y＝kx+m交椭圆E于不同的两点A，B，设线段AB的中点为M．（1）求椭圆E的方程；（2）当△AOB的面积为（其中O为坐标原点）且4k2﹣4m2+3≠0时，试问：在坐标平面上是否存在两个定点C，D，使得当直线l运动时，|MC|+|MD|为定值？若存在，求出点C，D的坐标和定值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用椭圆的离心率为，则a2：b2：c2＝4：3：1，设出椭圆E：又椭圆过点，然后求解椭圆方程．（2）当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx+m，并设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程，利用韦达定理以及判别式，弦长公式点到直线的距离公式表示三角形的面积，结合mk的关系，求解|MC|+|MD|为定值．【解答】解：（1）由于椭圆的离心率为，则a2：b2：c2＝4：3：1，故椭圆E：又椭圆过点，从而， 从而椭圆E的方程为．（2）当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx+m，并设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，则从而，从而点M的坐标为由于，点O到直线l的距离为，则△AOB的面积，由题得：，从而化简得：3（4k2+3）2﹣16m2（4k2+3）+16m4＝0，故[（4k2+3）﹣4m2][3（4k2+3）﹣4m2]＝0，即或，又由于4k2﹣4m2+3≠0，从而．当时，由于，，从而，即点M在椭圆上．由椭圆的定义得，存在点，或，，使得|MC|+|MD|为定值． 2．（2020•连云港模拟）如图，椭圆C1：（a＞b＞0）和圆C2：x2+y2＝b2，已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分，椭圆C1右焦点到右准线的距离为，椭圆C1的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2相交于点A、B．（1）求椭圆C1的方程；（2）若直线EA、EB分别与椭圆C1相交于另一个交点为点P、M．①求证：直线MP经过一定点；②试问：是否存在以（m，0）为圆心，为半径的圆G，使得直线PM和直线AB都与圆G相交？若存在，请求出所有m的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由圆C2将椭圆C1的长轴三等分，可得；又椭圆C1右焦点到右准线的距离为，可得，及a2＝b2+c2即可得出；（2）①由题意知直线PE，ME的斜率存在且不为0，设直线PE的斜率为k，则PE：y＝kx﹣1，与椭圆的方程联立可得点P的坐标，同理可得点M的坐标，进而得到直线PM的方程，可得直线PM过定点．②由直线PE的方程与圆的方程联立可得点A的坐标，进而得到直线AB的方程．假设存在圆心为（m，0），半径为的圆G，使得直线PM和直线AB都与圆G相交，则圆心到二直线的距离都小于半径．即（i），（ii）．得出m的取值范围存在即可．【解答】解：（1）由圆C2将椭圆C1的长轴三等分，∴，则a＝3b．∴，又椭圆C1右焦点到右准线的距离为，∴，∴b＝1，则a＝3， ∴椭圆方程为．（2）①由题意知直线PE，ME的斜率存在且不为0，设直线PE的斜率为k，则PE：y＝kx﹣1，由得或∴，用去代k，得，，∴PM：，即，∴直线PM经过定点．②由得或∴，则直线AB：，设，则t∈R，直线PM：，直线AB：y＝5tx，假设存在圆心为（m，0），半径为的圆G，使得直线PM和直线AB都与圆G相交，则（i），（ii）．由（i）得对t∈R恒成立，则， 由（ii）得，对t∈R恒成立，当时，不合题意；当时，，得，即，∴存在圆心为（m，0），半径为的圆G，使得直线PM和直线AB都与圆G相交，所有m的取值集合为．