(新高考)高考数学二轮复习讲义12《圆锥曲线中的热点问题》(解析版)

12圆锥曲线中的热点问题核心考点读高考设问知考法命题解读圆锥曲线中的最值、范围问题【2017新课标1文12】设SKIPIF1<0是椭圆SKIPIF1<0长轴的两个端点，若SKIPIF1<0上存在点SKIPIF1<0满足SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0的取值范围是（）1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法的考查.【2017新课标1理10】已知SKIPIF1<0为抛物线SKIPIF1<0：SKIPIF1<0的焦点，过SKIPIF1<0作两条互相垂直的直线SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于SKIPIF1<0两点，直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于SKIPIF1<0两点，则SKIPIF1<0的最小值为()【2014新课标1理20】已知点SKIPIF1<0，椭圆SKIPIF1<0:SKIPIF1<0的离心率为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是椭圆SKIPIF1<0的右焦点，直线SKIPIF1<0的斜率为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为坐标原点．（I）求SKIPIF1<0的方程；（II）设过点SKIPIF1<0的动直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0相交于SKIPIF1<0两点，当SKIPIF1<0的面积最大时，求SKIPIF1<0的直线方程．圆锥曲线中定值、定点问题【2018新课标1理19】设椭圆SKIPIF1<0的右焦点为SKIPIF1<0，过SKIPIF1<0的直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于SKIPIF1<0两点，点SKIPIF1<0的坐标为SKIPIF1<0（1）略；（2）设SKIPIF1<0为坐标原点，证明：SKIPIF1<0.【2020新课标Ⅰ理20】已知A，B分别为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.【2020新高考全国21】已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.【2017新课标1理20】已知椭圆SKIPIF1<0：SKIPIF1<0，四点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0中恰有三点在椭圆SKIPIF1<0上．（1）求SKIPIF1<0的方程；（2）设直线SKIPIF1<0不经过SKIPIF1<0点且与SKIPIF1<0相交于SKIPIF1<0两点，若SKIPIF1<0与SKIPIF1<0的斜率的和为SKIPIF1<0，证明：直线SKIPIF1<0过定点．圆锥曲线中的存在性问题【2016新课标1文20】在直角坐标系SKIPIF1<0中，直线SKIPIF1<0:SKIPIF1<0交SKIPIF1<0轴于点SKIPIF1<0，交抛物线SKIPIF1<0：SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0关于点SKIPIF1<0的对称点为SKIPIF1<0，连结SKIPIF1<0并延长交SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0．（I）求SKIPIF1<0；（=2\*ROMANII）除SKIPIF1<0以外，直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0是否有其它公共点？说明理由．【2015新课标2理20】已知椭圆SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0不过原点SKIPIF1<0且不平行于坐标轴，SKIPIF1<0与SKIPIF1<0有两个交点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，线段SKIPIF1<0的中点为SKIPIF1<0．(Ⅰ)证明：直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0的斜率乘积为定值；（Ⅱ）若SKIPIF1<0过点SKIPIF1<0，延长线段SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于点SKIPIF1<0，四边形SKIPIF1<0能否为平行四边形？若能，求此时SKIPIF1<0的斜率，若不能，说明理由．核心考点一圆锥曲线中的最值、范围问题1.圆锥曲线常考查的几何量(1)直线方程：会用点斜式或斜截式设直线方程；(2)线段长、面积：三角形、四边形的面积中蕴含着线段长、点到直线的距离公式；(3)斜率公式、共线点的坐标关系：由两点坐标会表示出对应的直线斜率，共线点的横坐标或纵坐标也满足比例关系；(4)平面图形的几何性质：平行四边形、菱形等图形中的几何性质，如垂直、平行、平分、中点关系；(5)向量关系的转化：会把向量关系转化为对应点，如坐标关系.2.圆锥曲线中的范围、最值问题：可以转化为函数的值域、最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.温馨提醒圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.1.【2017新课标1文12】设SKIPIF1<0是椭圆SKIPIF1<0长轴的两个端点，若SKIPIF1<0上存在点SKIPIF1<0满足SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0的取值范围是（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0图SEQ图\*ARABIC1图SEQ图\*ARABIC2【解析】解法一：设SKIPIF1<0是椭圆C短轴的两个端点，易知当点SKIPIF1<0是椭圆C短轴的端点时SKIPIF1<0最大，依题意只需使SKIPIF1<0．①当SKIPIF1<0时，如图1，SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0；②当SKIPIF1<0时，如图2，SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0．综上可知，m的取值范围是SKIPIF1<0，故选A．解法二：设SKIPIF1<0是椭圆C短轴的两个端点，易知当点SKIPIF1<0是椭圆C短轴的端点时SKIPIF1<0最大，依题意只需使SKIPIF1<0．①当SKIPIF1<0时，如图1，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，代入向量坐标，解得SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0；②当SKIPIF1<0时，如图2，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，代入向量坐标，解得SKIPIF1<0．综上m的取值范围是SKIPIF1<0，故选A．2．【2014新课标1理20】已知点SKIPIF1<0，椭圆SKIPIF1<0:SKIPIF1<0的离心率为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是椭圆SKIPIF1<0的右焦点，直线SKIPIF1<0的斜率为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为坐标原点．（I）求SKIPIF1<0的方程；（II）设过点SKIPIF1<0的动直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0相交于SKIPIF1<0两点，当SKIPIF1<0的面积最大时，求SKIPIF1<0的直线方程．【解析】(Ⅰ)设，由条件知，得，又，所以SKIPIF1<0，，故的方程．（Ⅱ）依题意当轴不合题意，故设直线l：，设将代入，得，当，即时，从而，又点O到直线PQ的距离，所以OPQ的面积，设，则，，当且仅当，等号成立，且满足，所以当OPQ的面积最大时，的方程为或．1．【2017新课标1理10】已知SKIPIF1<0为抛物线SKIPIF1<0：SKIPIF1<0的焦点，过SKIPIF1<0作两条互相垂直的直线SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于SKIPIF1<0两点，直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于SKIPIF1<0两点，则SKIPIF1<0的最小值为()A．16 B．14 C．12 D．10【解析1】由已知SKIPIF1<0垂直于SKIPIF1<0轴是不符合题意，所以SKIPIF1<0的斜率存在设为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的斜率为SKIPIF1<0，由题意有SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，此时直线SKIPIF1<0方程为SKIPIF1<0，取方程SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0SKIPIF1<0，同理得SKIPIF1<0由抛物线定义可知SKIPIF1<0SKIPIF1<0当且仅当SKIPIF1<0（或SKIPIF1<0）时，取得等号．故选A；【解析2】设倾斜角为．作垂直准线，垂直轴，易知，，同理，，，

又与垂直，即的倾斜角为，，而，即．

，当且仅当取等号，即最小值为，故选A；【解析3】依题意知：，，由柯西不等式知：，当且仅当取等号，故选A；【解析4】设直线的倾斜角为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0SKIPIF1<0，故选A2.已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上.若右焦点到直线x－y＋2eq\r(2)＝0的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围.【解析】(1)依题意可设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)，则右焦点F(eq\r(a2－1)，0)，由题设eq\f(|\r(a2－1)＋2\r(2)|,\r(2))＝3，解得a2＝3.∴所求椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P为弦MN的中点，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，∵直线与椭圆相交，∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0⇒m2<3k2＋1.①∴xP＝eq\f(xM＋xN,2)＝－eq\f(3mk,3k2＋1)，从而yP＝kxP＋m＝eq\f(m,3k2＋1)，∴kAP＝eq\f(yP＋1,xP)＝－eq\f(m＋3k2＋1,3mk)，又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，则－eq\f(m＋3k2＋1,3mk)＝－eq\f(1,k)，即2m＝3k2＋1.②把②代入①，得m2<2m，解得0<m<2；由②得k2＝eq\f(2m－1,3)>0，解得m>eq\f(1,2).综上，求得m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).核心考点二圆锥曲线中定值、定点问题圆锥曲线中的定点、定值问题：(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.1．【2018新课标1理19】设椭圆SKIPIF1<0的右焦点为SKIPIF1<0，过SKIPIF1<0的直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于SKIPIF1<0两点，点SKIPIF1<0的坐标为SKIPIF1<0（1）当SKIPIF1<0与SKIPIF1<0轴垂直时，求直线SKIPIF1<0的方程；（2）设SKIPIF1<0为坐标原点，证明：SKIPIF1<0.【解析】（1）由已知得SKIPIF1<0，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为SKIPIF1<0或SKIPIF1<0.所以AM的方程为SKIPIF1<0或SKIPIF1<0.（2）当l与x轴重合时，SKIPIF1<0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以SKIPIF1<0.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，直线MA，MB的斜率之和为SKIPIF1<0.由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0.将SKIPIF1<0代入SKIPIF1<0得SKIPIF1<0.所以，SKIPIF1<0.则SKIPIF1<0.从而SKIPIF1<0，故MA，MB的倾斜角互补，所以SKIPIF1<0.综上，SKIPIF1<0.2.【2020新课标Ⅰ理20】已知A，B分别为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.【解析】(1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).则eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1).由eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8，得a2－1＝8，解得a＝3或a＝－3(舍去).所以椭圆E的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.易知直线PA的方程为y＝eq\f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq\f(t,9)(x1＋3).易知直线PB的方程为y＝eq\f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq\f(t,3)(x2－3).可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).①由于eq\f(xeq\o\al(2,2),9)＋yeq\o\al(2,2)＝1，故yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(（x2＋3）（x2－3）,9)，②由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，结合x＝my＋n，得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.③将x＝my＋n代入eq\f(x2,9)＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－eq\f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq\f(n2－9,m2＋9).代入③式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0，解得n＝－3(舍去)或n＝eq\f(3,2).故直线CD的方程为x＝my＋eq\f(3,2)，即直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).综上，直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).3.【2020新高考全国21】已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.【解析】(1)由题设得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1,eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,2)，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2).①由AM⊥AN，得eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)eq\f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.所以直线MN的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)(k≠1).所以直线MN过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).由eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又eq\f(xeq\o\al(2,1),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，所以3xeq\o\al(2,1)－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，或x1＝eq\f(2,3).此时直线MN过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).令Q为AP的中点，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3))).若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|＝eq\f(2\r(2),3).若D与P重合，则|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|.综上，存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值.1.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1过点A(2，0)，B(0，1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.【解析】(1)由题意知a＝2，b＝1.所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).所以椭圆离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4，由B点坐标(0，1)得直线PB方程为：y－1＝eq\f(y0－1,x0)(x－0)，令y＝0，得xN＝eq\f(x0,1－y0)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1)，由A点坐标(2，0)得直线PA方程为y－0＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0，得yM＝eq\f(2y0,2－x0)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2)，所以S四边形ABNM＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2（x0y0－x0－2y0＋2）)＝eq\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.即四边形ABNM的面积为定值2.2.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq\f(\r(3),2)，且圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点.(1)求椭圆C的方程.(2)若直线l的斜率为eq\f(1,2)，且直线l交椭圆C于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，A(－2，1)是椭圆C上的一点，判断直线AE与AQ的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由.【解析】(1)由圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点，可得b＝eq\r(2).又离心率e＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝2eq\r(2).所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由直线l的斜率为eq\f(1,2)，可设直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x＋t(t≠0).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋t，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y并整理得x2＋2tx＋2t2－4＝0.由题意知Δ＝4t2－4(2t2－4)＞0，解得－2＜t＜2且t≠0.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由点P与点E关于原点对称，得E(－x1，－y1).易知x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.设直线AE与AQ的斜率分别为kAE，kAQ，由A(－2，1)，得kAE＋kAQ＝eq\f(－y1－1,－x1＋2)＋eq\f(y2－1,x2＋2)＝eq\f(（2－x1）（y2－1）－（2＋x2）（y1＋1）,（2－x1）（2＋x2）).又y1＝eq\f(1,2)x1＋t，y2＝eq\f(1,2)x2＋t，于是有(2－x1)(y2－1)－(2＋x2)(y1＋1)＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋(x1－x2)－4＝(x2－x1)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋t))＋x2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋t))))＋(x1－x2)－4＝－x1x2－t(x1＋x2)－4＝－(2t2－4)－t(－2t)－4＝0.因此kAE＋kAQ＝0.于是直线AE与AQ的斜率之和为定值，此定值为0.3．【2017新课标1理20】已知椭圆SKIPIF1<0：SKIPIF1<0，四点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0中恰有三点在椭圆SKIPIF1<0上．（1）求SKIPIF1<0的方程；（2）设直线SKIPIF1<0不经过SKIPIF1<0点且与SKIPIF1<0相交于SKIPIF1<0两点，若直线SKIPIF1<0与直线SKIPIF1<0的斜率的和为SKIPIF1<0，证明：直线SKIPIF1<0过定点．【解析】（1）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点，将代入椭圆方程得：，解得，，∴椭圆的方程为：．（2）当斜率不存在时，设，，得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．

当斜率存在时，设，，联立，整理得，由韦达定理得，，则又，，此时，存在使得成立．∴直线的方程为，当时，，所以过定点．核心考点三圆锥曲线中的存在性问题圆锥曲线中的存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.(3)下结论.1．【2016新课标1文20】在直角坐标系SKIPIF1<0中，直线SKIPIF1<0:SKIPIF1<0交SKIPIF1<0轴于点SKIPIF1<0，交抛物线SKIPIF1<0：SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0关于点SKIPIF1<0的对称点为SKIPIF1<0，连结SKIPIF1<0并延长交SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0．（I）求SKIPIF1<0；（=2\*ROMANII）除SKIPIF1<0以外，直线SKIPIF1<0与SKIPIF1<0是否有其它公共点？说明理由．【解析】（1）如图，由题意不妨设SKIPIF1<0，可知点SKIPIF1<0的坐标分别为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，从而可得直线SKIPIF1<0的方程为SKIPIF1<0，联立方程SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．即点SKIPIF1<0的坐标为SKIPIF1<0，从而由三角形相似可知SKIPIF1<0．（2）由于SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可得直线SKIPIF1<0的方程为SKIPIF1<0，整理得SKIPIF1<0，联立方程SKIPIF1<0，整理得SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，从而可知SKIPIF1<0和SKIPIF1<0只有一个公共点SKIPIF1<0．2．【2015新课标2理20】已知椭圆SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0不过原点SKIPIF1<0且不平行于坐标轴，SKIPIF1<0与SKIPIF1<0有两个交点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，线段SKIPIF1<0的中点为SKIPIF1<0．(Ⅰ)证明：直线SKIPIF1<0的斜率与SKIPIF1<0的斜率的乘积为定值；（Ⅱ）若SKIPIF1<0过点SKIPIF1<0，延长线段SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于点SKIPIF1<0，四边形SKIPIF1<0能否为平行四边形？若能，求此时SKIPIF1<0的斜率，若不能，说明理由．【解析】(Ⅰ)设直线SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．将SKIPIF1<0代入SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．于是直线SKIPIF1<0的斜率SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0．所以直线SKIPIF1<0的斜率与SKIPIF1<0的斜率的乘积为定值．（Ⅱ）四边形SKIPIF1<0能为平行四边形．因为直线SKIPIF1<0过点SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0不过原点且与SKIPIF1<0有两个交点的充要条件是SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．由(Ⅰ)得SKIPIF1<0的方程为SKIPIF1<0．设点SKIPIF1<0的横坐标为SKIPIF1<0．由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0．将点SKIPIF1<0的坐标代入直线SKIPIF1<0的方程得SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0．四边形SKIPIF1<0为平行四边形当且仅当线段SKIPIF1<0与线段SKIPIF1<0互相平分，即SKIPIF1<0．于是SKIPIF1<0SKIPIF1<0．解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以当SKIPIF1<0的斜率为SKIPIF1<0或SKIPIF1<0时，四边形SKIPIF1<0为平行四边形．1.设椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝eq\f(π,3)，S△ABC＝eq\f(\r(3),3).(1)求椭圆M的标准方程；(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cosC＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.又S△ABC＝eq\