(一)直線與圓錐曲線(1)1(2018唐山模擬)已知點A(2,0)，點B(1,0)，點C(1,0)，動圓O與x軸相切于點A，過點B的直線l1與圓O相切于點D，過點C的直線l2與圓O相切于點E(D，E均不同于點A)，且l1與l2交于點P，設點P的軌跡為曲線.(1)證明：|PB|PC|為定值，并求的方程；(2)設直線l1與的另一個交點為Q，直線CD與交于M，N兩點，當O，D，C三點共線時，求四邊形MPNQ的面積解(1)由已知可得|PD|PE|，|BA|BD|，|CE|CA|，所以|PB|PC|PD|DB|PC|PE|PC|AB|CE|AB|AC|AB|4>2|BC|，所以點P的軌跡是以B，C為焦點的橢圓(去掉與x軸的交點)，可求得的方程為1(y0)(2)由O，D，C三點共線及圓的幾何性質，可知PBCD，又由直線CE，CA為圓O的切線，可知|CE|CA|，|OA|OE|，所以OACOEC，進而有ACOECO，所以|PC|BC|2，又由橢圓的定義，|PB|PC|4，得|PB|2，所以PBC為等邊三角形，即點P在y軸上，點P的坐標為(0，)()當點P的坐標為(0，)時，PBC60，BCD30，此時直線l1的方程為y(x1)，直線CD的方程為y(x1)，由整理得5x28x0，得Q，所以|PQ|，由整理得13x28x320，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1x2，x1x2，|MN| |x1x2|，所以四邊形MPNQ的面積S|PQ|MN|.()當點P的坐標為(0，)時，由橢圓的對稱性，得四邊形MPNQ的面積為.綜上，四邊形MPNQ的面積為.2(2018合肥模擬)已知橢圓1(a>b>1)的離心率為，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|2c，F(xiàn)2：(xc)2y21與該橢圓有且只有一個公共點(1)求橢圓的標準方程；(2)過點P(4c,0)的直線與F2相切，且與橢圓相交于A，B兩點，求證：F2AF2B；(3)過點P(4c,0)的直線l與F1：(x1)2y2r2(r>1)相切，且與橢圓相交于A，B兩點，試探究kF2A，kF2B的數(shù)量關系(1)解F2與橢圓有且只有一個公共點，公共點為(a,0)或(a,0)，若公共點為(a,0)，則ac1，又，解得a<1，與a>1矛盾，故公共點為(a,0)ac1，又e，a2，c1.反之，當c1時，聯(lián)立解得滿足條件橢圓的標準方程為1.(2)證明P(4,0)，設過P(4,0)的直線l的方程為xmy4，聯(lián)立得(43m2)y224my360，由576m2144(43m2)>0，得m2>4.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2，y1y2，又F2(1,0)，(x11，y1)(x21，y2)(1m2)y1y23m(y1y2)99.由l：xmy4與F2：(x1)2y21相切得m28，滿足m2>4，0，即F2AF2B.(3)解猜想：0.證明如下：由(2)得.2my1y23(y1y2)2m0，0.3(2018成都模擬)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：1的左、右焦點若P是該橢圓上的一個動點，的最大值為1.(1)求橢圓E的方程；(2)設直線xky1與橢圓E交于A，B兩點，點A關于x軸的對稱點為A(A與B不重合)，則直線AB與x軸是否交于一個定點？若是，請寫出定點坐標，并證明你的結論；若不是，請說明理由解(1)由題意得a2，c，b<4，F(xiàn)1(，0)，F(xiàn)2(，0)設P(x，y)，則(x，y)，(x，y)，即x2y2(4b)x2b4bx22b4，x2,2，當x2，即點P為橢圓長軸端點時，有最大值1，即142b4，解得b1，故所求的橢圓E的方程為y21.(2)由消去x，整理得(k24)y22ky30，顯然4k212(k24)16k248>0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A(x1，y1)，故y1y2，y1y2.經(jīng)過點A(x1，y1)，B(x2，y2)的直線方程為，令y0，則xy1x1，又x1ky11，x2ky21，x4，即當x4時，y0.直線AB與x軸交于定點(4,0)4(2018濟南模擬)在平面直角坐標系xOy中，拋物線C：x22py(p>0)，斜率為k(k0)的直線l經(jīng)過C的焦點，且與C交于A，B兩點，滿足.(1)求拋物線C的方程；(2)已知線段AB的垂直平分線與拋物線C交于M，N兩點，R為線段MN的中點，記點R到直線AB的距離為d，若，求k的值解(1)由已知，得直線l的方程為ykx，設A，B，由得x22pkxp20，(*)x1x2p2，y1y2，x1x2y1y2 p2，由已知得，即p1，拋物線C的方程為x22y.(2)由(1)知，p1，C：x22y，l：ykx，方程(*)即：x22kx10，x1x22k，x1x21.設AB的中點為D(x0，y0)，則x0(x1x2)k，y0kx0k2，AB的垂直平分線MN的方程為y(xk)，即xyk20.將直線MN的方程與C：x22y聯(lián)立，得x2x2k230，(*)設M，N，則R， k2 k2，R點到直線AB：kxy0的距離d，|AB| 2，所以，由已知得，即得k1.把k1代入驗證知(*)與(*)式的判別式都大于零5(2018甘肅省西北師范大學附屬中學模擬)已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率為，過右焦點F且斜率為1的直線交橢圓C于A，B兩點，N為弦AB的中點，O為坐標原點(1)求直線ON的斜率kON；(2)求證：對于橢圓C上的任意一點M，都存在0,2)，使得cos sin 成立(1)解設橢圓的焦距為2c，因為，所以，故有a23b2.從而橢圓C的方程可化為x23y23b2，右焦點F的坐標為(b,0)，據(jù)題意有AB所在的直線方程為yxb.由得，4x26bx3b20，72b2443b224b2>0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中點為N(x0，y0)，由根與系數(shù)的關系得，x0，y0x0b.所以kON.(2)證明顯然與可作為平面向量的一組基底，由平面向量基本定理，對于這一平面內(nèi)的向量，有且只有一對實數(shù)，使得等式成立設M(x，y)，由(1)中各點的坐標有(x，y)(x1，y1)(x2，y2)，故xx1x2，yy1y2.又因為點M在橢圓C上，所以有(x1x2)23(y1y2)23b2，整理可得2(x3y)2(x3y)2(x1x23y1y2)3b2.由(1)可知，x1x2，x1x2，所以x1x23y1y2x1x23(x1b)(x2b)4x1x23b(x1x2)6b23b29b26b20.又點A，B在橢圓C上，故有(x3y)3b2，(x3y)3b2.將代入可得，221.所以對于橢圓上的每一個點M，總存在一對實數(shù)，使等式成立，且221.所以存在0,2)，使得cos ，sin .即對于橢圓C上任意一點M，總存在0,2)，使得等式cos sin 成立