2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升5　高考中圆锥曲线解答题的提分策略

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升5　高考中圆锥曲线解答题的提分策略

素养提升5　高考中圆锥曲线解答题的提分策略 ‎1[2019全国卷Ⅰ，12分]已知抛物线C:y2=3x的焦点为F ,斜率为‎3‎‎2‎的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.‎ ‎(1)若|AF |+|BF |=4,求l的方程;‎ ‎(2)若AP=3PB,求|AB|.‎ ‎(1)设出直线l的方程:y=‎3‎‎2‎x+t,求出t值,即得直线l的方程.(2)先通过方程思想及向量运算求出A,B两点的纵坐标,进而得A,B两点的横坐标,再利用两点间的距离公式求得|AB|.‎ 设直线l :y=‎3‎‎2‎x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).①‎ ‎(1)由题设得F (‎3‎‎4‎,0),根据抛物线的焦半径公式可知:|AF |+|BF |=x1+x2+‎3‎‎2‎,由题设可得x1+x2=‎5‎‎2‎.②‎ 由y=‎3‎‎2‎x+t,‎y‎2‎‎=3x可得9x2+12(t - 1)x+4t2=0,③‎ 则Δ=(12t - 12)2 - 144t2>0,所以t‎<‎‎1‎‎2‎,‎ 所以x1+x2= - ‎12(t-1)‎‎9‎.‎ 从而 - ‎12(t-1)‎‎9‎‎=‎‎5‎‎2‎,得t= - ‎7‎‎8‎.‎ 所以l的方程为y=‎3‎‎2‎x - ‎7‎‎8‎.④‎ ‎(2)由y=‎3‎‎2‎x+t,‎y‎2‎‎=3x可得y2 - 2y+2t=0,则Δ=( - 2)2 - 4×2t>0,所以t‎<‎‎1‎‎2‎.⑤‎ 所以y1+y2=2.‎ 由AP=3PB可得y1= - 3y2.‎ 从而 - 3y2+y2=2,故y2= - 1,y1=3.⑥‎ 代入C的方程得x1=3,x2=‎1‎‎3‎.⑦‎ 故|AB|=‎(3-‎1‎‎3‎‎)‎‎2‎+(3+1‎‎)‎‎2‎‎=‎‎4‎‎13‎‎3‎.⑧‎ 感悟升华 阅卷 得分点 现场 第(1)问采点得分说明 ‎①利用待定系数法设出直线的方程得1分;‎ ‎②根据抛物线的焦半径公式求出x1+x2=‎5‎‎2‎得1分;‎ ‎③准确消元得到关于x的一元二次方程得1分;‎ ‎④求得最终结果得3分.‎ ‎6分 第(2)问采点 得分说明 ‎⑤得到关于y的一元二次方程得1分;‎ ‎⑥求出y1,y2的值得2分;‎ ‎⑦求出x1,x2的值得1分;‎ ‎⑧求出|AB|得2分.‎ ‎6分 满分 策略 ‎1.解决圆锥曲线解答题的关键点 利用圆锥曲线的定义、几何性质,根与系数的关系及整体思想是解题的关键.‎ ‎2.利用待定系数法求方程 利用待定系数法求直线的方程时,若已知直线上一点,通常设点斜式方程,若已知直线的斜率,往往设斜截式方程,如本例的第(1)问.设直线的点斜式方程时,应注意考虑直线的斜率不存在的情况,这一点易忽视.‎ ‎3.圆锥曲线与其他知识的交汇问题的处理技巧 圆锥曲线问题时常与平面向量、不等式、函数与方程等内容密切联系,解题时应设法将题设条件转化到根与系数的关系上来,从而利用根与系数的关系及整体代入法解题,达到设而不求的目的.‎ ‎4.解决轨迹问题的常用方法 轨迹问题也是常考的一种题型,注意定义法、直接法、相关点法在求解中的灵活运用.‎ ‎2[2017全国卷Ⅰ，12分]已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3( - 1,‎3‎‎2‎),P4(1,‎3‎‎2‎)中恰有三点在椭圆C上.‎ ‎(1)求C的方程;‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为 - 1,证明:l过定点.‎ 给什么 得什么 P1,P2,P3,P4中恰有三点在椭圆C上⇒有且仅有一点不在椭圆C上,由于P3和P4关于y轴对称,椭圆C也关于y轴对称,因而P3,P4必在椭圆C上.因此只需判定P1和P2哪一个不在椭圆C上即可.‎ 求什么 想什么 要证明l过定点,应先考虑l与x轴垂直时是否过定点,当l的斜率存在时,可设l的方程为y=kx+m,代入椭圆方程,利用kP‎2‎A‎+‎kP‎2‎B= - 1可得到k关于m的关系式,再代入l的方程中,整理后即可判断l是否过定点.‎ ‎(1)因为P3,P4两点关于y轴对称,椭圆C也关于y轴对称,所以椭圆C经过P3,P4两点.‎ 又由‎1‎a‎2‎‎+‎1‎b‎2‎>‎1‎a‎2‎+‎‎3‎‎4‎b‎2‎知,椭圆C不经过点P1,所以点P2在椭圆C上.1分(得分点1)‎ 因此‎1‎b‎2‎‎=1,‎‎1‎a‎2‎‎+‎3‎‎4‎b‎2‎=1,‎解得a‎2‎‎=4,‎b‎2‎‎=1.‎3分(得分点2)‎ 故椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.5分(得分点3)‎ ‎(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.‎ 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题意知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为(t,‎4-‎t‎2‎‎2‎),(t, - ‎ ‎‎4-‎t‎2‎‎2‎).‎ 则k1+k2=‎4-‎t‎2‎‎-2‎‎2t‎--‎‎4-‎t‎2‎‎+2‎‎2t= - 1,解得t=2,不符合题意.6分(得分点4)‎ 从而可设l :y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x‎2‎‎4‎+y2=1得,(4k2+1)x2+8kmx+4m2 - 4=0.7分(得分点5)‎ 由题设可知Δ=16(4k2 - m2+1)>0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= - ‎8km‎4k‎2‎+1‎,x1x2=‎4m‎2‎-4‎‎4k‎2‎+1‎.8分(得分点6)‎ 而k1+k2=‎y‎1‎‎-1‎x‎1‎‎+‎y‎2‎‎-1‎x‎2‎ ‎=‎kx‎1‎+m-1‎x‎1‎‎+‎kx‎2‎+m-1‎x‎2‎ ‎=‎2kx‎1‎x‎2‎+(m-1)(x‎1‎+x‎2‎)‎x‎1‎x‎2‎.‎ 由题意得,k1+k2= - 1,故(2k+1)x1x2+(m - 1)(x1+x2)=0.‎ 即(2k+1)·‎4m‎2‎-4‎‎4k‎2‎+1‎+(m - 1)·‎-8km‎4k‎2‎+1‎=0,10分(得分点7)‎ 解得k= - m+1‎‎2‎.‎ 当且仅当m> - 1时,Δ>0,11分(得分点8)‎ 于是l:y= - m+1‎‎2‎x+m,即y+1= - m+1‎‎2‎(x - 2),‎ 所以l过定点(2, - 1).12分(得分点9)‎ 感悟升华 教材 探源 本题第(1)问源于人教A版《选修2 - 1》教材第40页例1,主要考查利用待定系数法及方程思想求曲线方程.‎ 本题第(2)问源于人教A版《选修2 - 1》教材第41页例3,主要考查利用斜率公式研究几何问题,充分考查学生解决综合问题的能力.‎ 素养 探源 素养 考查途径 数学运算 椭圆方程的求解.‎ 直观想象 点与椭圆的位置关系、直线与椭圆的位置关系.‎ 思想 方法 方程思想 ‎1.根据点的坐标建立方程组,从而求解参数a,b.‎ ‎2.联立直线l与椭圆C的方程,利用根与系数的关系求解.‎ ‎3.利用“斜率之和为 - 1”这一条件,建立直线l的斜率与截距的方程.‎ 数形结 合思想 讨论直线l与x轴的位置关系,以及利用椭圆的对称性确定P1,P2,P3,P4中哪些点在椭圆上.‎ 分类讨 论思想 对于直线l的斜率分存在和不存在两种情况讨论.‎ 得分 要点 ‎1.得步骤分:抓住得分点,“步步为赢”.第(1)问中,分析隐含信息,列方程组,从而求出椭圆方程.第(2)问中,通过分类讨论设出直线方程→联立方程→写出根与系数的关系→利用公式化简求解.‎ ‎2.得关键分:①列出方程组,②设出直线方程,③利用根与系数的关系,④利用斜率公式.这些都是不可少的过程,有则给分,无则没分.‎ ‎3.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证,如得分点3,5,7.‎ 答题 策略 圆锥曲线中定点问题的两种解法 ‎1.引进参数法:先引进动点的坐标或动线中系数为参数,用参数表示变化的量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.‎ ‎2.从特殊到一般法:先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.‎ 技巧:若直线方程为y - y0=k(x - x0),则直线过定点(x0,y0);‎ 若直线方程为y=kx+b(b为定值),则直线过定点(0,b).‎ ‎3[2018全国卷Ⅰ, 12分]设椭圆C:x‎2‎‎2‎+y2=1的右焦点为F ,过F 的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).‎ ‎(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;‎ ‎(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.‎ ‎(1)先求出椭圆C:x‎2‎‎2‎+y2=1的右焦点F 的坐标,因为l与x轴垂直,所以可先求出直线l的方程,然后求出点A的坐标,再利用直线方程的两点式,即可求出直线AM的方程;(2)对直线l分三类讨论:①当直线l与x轴重合时,直接求出∠OMA=∠OMB=0°;②当直线l与x轴垂直时,可直接证得∠OMA=∠OMB;③当直线l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x - 1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),利用斜率公式表示出kMA+kMB,把直线l的方程代入椭圆C的方程,消去y转化为关于x的一元二次方程,利用根与系数的关系即可证明kMA+kMB=0,从而证得∠OMA=∠OMB.‎ ‎(1)由已知得F (1,0),l的方程为x=1.1分 代入椭圆方程可得,点A的坐标为(1,‎2‎‎2‎)或(1, - ‎2‎‎2‎).2分 所以直线AM的方程为y= - ‎2‎‎2‎x+‎2‎或y=‎2‎‎2‎x - ‎2‎.3分 ‎(2)当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.4分 当l与x轴垂直时,OM为线段AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB.5分 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x - 1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),6分 则 - ‎2‎‎<‎x1‎<‎‎2‎, - ‎2‎‎<‎x2‎<‎‎2‎,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y‎1‎x‎1‎‎-2‎‎+‎y‎2‎x‎2‎‎-2‎.‎ 由y1=kx1 - k,y2=kx2 - k得,‎ kMA+kMB=‎2kx‎1‎x‎2‎-3k(x‎1‎+x‎2‎)+4k‎(x‎1‎-2)(x‎2‎-2)‎.8分 将y=k(x - 1)代入x‎2‎‎2‎+y2=1得 ‎(2k2+1)x2 - 4k2x+2k2 - 2=0,易知Δ>0.9分 所以x1+x2=‎4‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎,x1x2=‎2k‎2‎-2‎‎2k‎2‎+1‎.10分 则2kx1x2 - 3k(x1+x2)+4k=‎4k‎3‎-4k-12k‎3‎+8k‎3‎+4k‎2k‎2‎+1‎=0.‎ 从而kMA+kMB=0,故直线MA,MB的倾斜角互补.‎ 所以∠OMA=∠OMB.11分 综上,∠OMA=∠OMB.12分 感悟升华 命题 探源 真题互鉴:本题来源于2015年新课标全国Ⅰ理科数学第20题,具体如下.‎ 在直角坐标系xOy中,曲线C:y=x‎2‎‎4‎与直线l :y=kx+a(a>0)交于M,N两点.‎ ‎(1)当k=0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∠OPM=∠OPN?说明理由.‎ 命题 探源 ‎2018年的全国卷Ⅰ的第19题只是把2015年新课标全国Ⅰ的第20题的“抛物线”变为“椭圆”,仍然考查直线与圆锥曲线的位置关系,都是“求方程”与“证明等角”问题,只是去掉了原来的是否存在型的“外包装”.在强调命题改革的今天,通过改编、创新等手段来赋予高考典型试题新的生命,已成为高考命题的一种新走向.所以我们在复习备考的过程中要注意对高考真题的训练,把握其实质,掌握其规律,规范其步骤,做到“胸中有高考真题”,这样我们在考场上才能做到以不变应万变.‎ 失分 探源 ‎1.第(2)问中没有讨论直线与x轴重合以及与x轴垂直的特殊情形.‎ ‎2.没有勾画图形,以致没有将证明“∠OMA=∠OMB”转化为证明“kAM+kBM=0”.‎ ‎3.计算失误:如在第(1)问中求直线方程时出错,在第(2)问的运算过程中出错等.‎ ‎4.得到“kAM+kBM=0”后没有说明直线AM与BM的倾斜角互补,直接得出结论“∠OMA=∠OMB”而丢失1分.‎ ‎5.最后没有下结论,以致丢失“收官”的1分.‎ 满分 策略 ‎1.得步骤分:抓住得分点,“步步为赢”.第(1)问中,求出点A的坐标,从而求得直线AM的方程.第(2)问中,求出kMA+kMB=0,判定直线MA,MB的倾斜角互补,从而得出∠OMA=∠OMB.‎ ‎2.得关键分:解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分.如第(1)问中求出点A的坐标,第(2)问中讨论直线与x轴是否重合或垂直,将y=k(x - 1)代入x‎2‎‎2‎+y2=1得(2k2+1)x2 - 4k2x+2k2 - 2=0.‎ ‎3.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中要正确求出点A的坐标与直线AM的方程,第(2)问中要正确求出x1+x2=‎4‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎,x1x2=‎2k‎2‎-2‎‎2k‎2‎+1‎,进而求出kMA+kMB=0.‎ 提分 探源 破解此类圆锥曲线问题的关键:一是“图形”引路,一般需画出大致图形,把已知条件翻译到图形中,利用直线方程的点斜式或两点式,即可快速表示出直线方程;二是“转化”桥梁,即先根据图形的特征把要证的两角相等转化为斜率之间的关系,再把直线与椭圆的方程联立,利用根与系数的关系及斜率公式即可证得结论.‎ ‎ ‎ ‎1.[2020洛阳市第一次联考,12分]已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:y‎2‎a‎2‎‎+‎x‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为2‎6‎.‎ ‎(1)求椭圆C2的方程.‎ ‎(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.‎ ‎(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;‎ ‎(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:当直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.‎ ‎2.[2020陕西省部分学校摸底检测,12分]已知圆O:x2+y2=1和抛物线E:y=x2-2,O为坐标原点.‎ ‎(1)已知直线l与圆O相切,与抛物线E交于M,N两点,且满足OM⊥ON,求直线l的方程;‎ ‎(2)过抛物线E上一点P(x0,y0)作两条直线PQ,PR与圆O相切,且分别交抛物线E于Q,R两点,若直线QR的斜率为-‎3‎,求点P的坐标.‎ ‎3.[2020江西红色七校第一次联考,12分]如图5-1,‎ 图5-1‎ 已知点M(2,1)在椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)上,点A,B是长轴的两个端点,且MA·MB=-3.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)已知点E(1,0),过点M(2,1)且斜率为k的直线l与椭圆的另一个交点为N,若点E总在以MN为直径的圆内,求直线l的斜率k的取值范围. ‎ ‎4.[2019安徽宣城二模,12分]已知椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1,A是椭圆上的一点,且点A在第一象限内,过点A且斜率等于-1的直线与椭圆C交于另一点B,点A关于坐标原点的对称点为D.‎ ‎(1)证明:直线BD的斜率为定值;‎ ‎(2)求△ABD面积的最大值.‎ ‎5.[12分]已知动圆C过定点F(1,0),且与定直线x=-1相切.‎ ‎(1)求动圆圆心的轨迹E的方程.‎ ‎(2)过点M(-2,0)的直线l与轨迹E交于不同的两点P,Q,试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M),使得∠QNM+∠PNM=π,若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 素养提升5 高考中圆锥曲线解答题的提分策略 ‎1.(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).‎ 因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2- b2=1　①.‎ 又C1与C2的公共弦的长为2‎6‎,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为(±‎6‎,‎3‎‎2‎),‎ 所以‎9‎‎4‎a‎2‎‎+‎‎6‎b‎2‎=1　②.‎ 由①②,解得a2=9,b2=8.‎ 故椭圆C2的方程为y‎2‎‎9‎‎+‎x‎2‎‎8‎=1.(4分)‎ ‎ (2)如图D 5- 1,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).‎ 图D 5- 1‎ ‎ (i)因为AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC‎=‎BD,‎ 从而x3- x1=x4- x2,即x1- x2=x3- x4,‎ 于是(x1+x2)2- 4x1x2=(x3+x4)2- 4x3x4　③.‎ 设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1(易知k≠0).‎ 由y=kx+1,‎x‎2‎‎=4y,‎得x2- 4kx- 4=0,Δ1>0.‎ 则x1+x2=4k,x1x2=- 4　④.‎ 由y=kx+1,‎y‎2‎‎9‎‎+x‎2‎‎8‎=1,‎得(9+8k2)x2+16kx- 64=0,Δ2>0.(6分)‎ 则x3+x4=- ‎16k‎9+8‎k‎2‎,x3x4=- ‎64‎‎9+8‎k‎2‎　⑤.‎ 将④⑤代入③,得16(k2+1)=‎1‎‎6‎‎2‎k‎2‎‎(9+8‎k‎2‎‎)‎‎2‎‎+‎‎4×64‎‎9+8‎k‎2‎,‎ 即16(k2+1)=‎1‎6‎‎2‎×9(k‎2‎+1)‎‎(9+8‎k‎2‎‎)‎‎2‎,‎ 所以(9+8k2)2=16×9,解得k=±‎6‎‎4‎,即直线l的斜率为±‎6‎‎4‎.(8分)‎ ‎(ii)由x2=4y得y'=x‎2‎,所以C1在点A处的切线方程为y- y1=x‎1‎‎2‎(x- x1),‎ 即y=x‎1‎x‎2‎‎-‎x‎1‎‎2‎‎4‎.令y=0,得x=x‎1‎‎2‎,即M(x‎1‎‎2‎,0),‎ 所以FM=(x‎1‎‎2‎,- 1).(10分)‎ 又FA=(x1,y1- 1),于是FA·FM‎=‎x‎1‎‎2‎‎2‎- y1+1=x‎1‎‎2‎‎4‎‎+‎1>0,‎ 因此∠AFM是锐角,由∠MFD=180°- ∠AFM得∠MFD是钝角.‎ 故当直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.(12分)‎ ‎2.(1)由题意知直线l的斜率存在,设l:y=kx+b,M(x1,y1),N(x2,y2).‎ 由直线l与圆O相切,得‎|b|‎k‎2‎‎+1‎=1,‎ 所以b2=k2+1.‎ 由y=kx+b,‎y=x‎2‎- 2,‎消去y得x2- kx- b- 2=0,Δ>0.‎ 所以x1+x2=k,x1x2=- b- 2.(2分)‎ 由OM⊥ON,得OM·ON=0,即x1x2+y1y2=0,‎ 所以x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,‎ 所以(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,‎ 所以b2(- b- 2)+(b2- 1)b+b2=0,‎ 解得b=- 1或b=0(舍去).‎ 所以k=0,故直线l的方程为y=- 1.(5分)‎ ‎(2)设Q(x3,y3),R(x4,y4),则直线RQ的斜率kRQ=y‎3‎‎- ‎y‎4‎x‎3‎‎- ‎x‎4‎‎=‎‎(x‎3‎‎2‎- 2)- (x‎4‎‎2‎- 2)‎x‎3‎‎- ‎x‎4‎=x3+x4,‎ 所以x3+x4=- ‎3‎.‎ 由题意知直线PQ,PR的斜率均存在,即x‎0‎‎2‎≠1.‎ 设PQ:y- y0=k1(x- x0),由直线PQ与圆O相切,得‎|y‎0‎- k‎1‎x‎0‎|‎k‎1‎‎2‎‎+1‎=1,即(x‎0‎‎2‎- 1)k‎1‎‎2‎- 2x0y0k1‎+‎y‎0‎‎2‎- 1=0,‎ 设PR:y- y0=k2(x- x0),同理可得(x‎0‎‎2‎- 1)k‎2‎‎2‎- 2x0y0k2‎+‎y‎0‎‎2‎- 1=0.‎ 故k1,k2是方程(x‎0‎‎2‎- 1)k'2- 2x0y0k'‎+‎y‎0‎‎2‎- 1=0的两个根,‎ 所以k1+k2=‎2‎x‎0‎y‎0‎x‎0‎‎2‎‎- 1‎.(8分)‎ 由y=k‎1‎x+y‎0‎- k‎1‎x‎0‎,‎y=x‎2‎- 2,‎得x2- k1x+k1x0- y0- 2=0,故x0+x3=k1,‎ 同理可得x0+x4=k2,‎ 则2x0+x3+x4=k1+k2,即2x0- ‎3‎‎=‎‎2‎x‎0‎y‎0‎x‎0‎‎2‎‎- 1‎,‎ 所以2x0- ‎3‎‎=‎‎2x‎0‎(x‎0‎‎2‎- 2)‎x‎0‎‎2‎‎- 1‎,解得x0=- ‎3‎‎3‎或x0=‎3‎.(11分)‎ 当x0=- ‎3‎‎3‎时,y0=- ‎5‎‎3‎;当x0=‎3‎时,y0=1.‎ 故点P的坐标为(- ‎3‎‎3‎,- ‎5‎‎3‎)或(‎3‎,1).(12分)‎ ‎3.(1)由已知可得A(- a,0),B(a,0),则MA·MB=(- a- 2,- 1)·(a- 2,- 1)=- 3,解得a2=8.‎ 又点M(2,1)在椭圆C上,所以‎2‎‎2‎‎8‎‎+‎‎1‎‎2‎b‎2‎=1,解得b2=2,‎ 所以椭圆C的标准方程为x‎2‎‎8‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1.(4分)‎ ‎(2)设N(x1,y1),直线l的方程为y=k(x- 2)+1,代入椭圆C的方程消去y得(4k2+1)x2+4(2k- 4k2)x+4(4k2- 4k- 1)=0,Δ>0,(6分)‎ 则2x1=‎4(4k‎2‎- 4k- 1)‎‎4k‎2‎+1‎,即x1=‎2(4k‎2‎- 4k- 1)‎‎4k‎2‎+1‎,则y1=‎- 4k‎2‎- 4k+1‎‎4k‎2‎+1‎.(8分)‎ 因为点E总在以MN为直径的圆内,‎ 所以必有EM·EN<0,即(1,1)·(x1- 1,y1)=x1+y1- 1<0,(10分)‎ 将x1,y1代入上式得‎4k‎2‎- 8k- 3‎‎4k‎2‎+1‎‎+‎‎- 4k‎2‎- 4k+1‎‎4k‎2‎+1‎<0,解得k>- ‎1‎‎6‎,‎ 所以满足条件的直线l的斜率k的取值范围是(- ‎1‎‎6‎,+∞).(12分)‎ ‎ 4.(1)设D(x1,y1),B(x2,y2),则A(- x1,- y1),直线BD的斜率k=y‎2‎‎- ‎y‎1‎x‎2‎‎- ‎x‎1‎.‎ 因为D,B两点都在椭圆上,‎ 所以x‎1‎‎2‎‎4‎‎+‎y‎1‎‎2‎‎2‎=1　①,x‎2‎‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎‎2‎=1　②,(2分)‎ 由②- ①得y‎2‎‎- ‎y‎1‎x‎2‎‎- ‎x‎1‎=- ‎1‎‎2‎‎×‎x‎1‎‎+‎x‎2‎y‎1‎‎+‎y‎2‎.‎ 因为kAB=y‎1‎‎+‎y‎2‎x‎1‎‎+‎x‎2‎=- 1,所以k=y‎2‎‎- ‎y‎1‎x‎2‎‎- ‎x‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎.‎ 故直线BD的斜率为定值‎1‎‎2‎.(5分)‎ ‎(2)连接OB,因为A,D两点关于原点对称,所以S△ABD=2S△OBD.‎ 由(1)可知直线BD的斜率k=‎1‎‎2‎,设直线BD的方程为y=‎1‎‎2‎x+t,‎ 因为点D在第三象限,所以- ‎2‎0,则x1+x2=- ‎4t‎3‎,x1x2=‎4(t‎2‎- 2)‎‎3‎.(9分)‎ 所以|BD|=‎1+(‎‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎‎×‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎‎- 4‎x‎1‎x‎2‎=‎5‎‎2‎×‎(- ‎4t‎3‎‎)‎‎2‎- 4×‎‎4(t‎2‎- 2)‎‎3‎=‎5‎‎2‎×‎‎96- 32‎t‎2‎‎3‎.(10分)‎ 所以S△ABD=2S△OBD=2×‎1‎‎2‎×|BD|×d=‎5‎‎2‎‎×‎96- 32‎t‎2‎‎3‎×‎2|t|‎‎5‎=‎4‎‎2‎‎3‎×‎t‎2‎‎(3- t‎2‎)‎≤‎4‎‎2‎‎3‎‎×‎t‎2‎‎+(3- t‎2‎)‎‎2‎=2‎2‎,当且仅当t2=3- t2‎ ‎,即t=- ‎6‎‎2‎时等号成立.‎ 所以△ABD面积的最大值为2‎2‎.(12分)‎ ‎5.(1)解法一　依题意知,动圆圆心到定点F(1,0)的距离与圆心到定直线x=- 1的距离相等.(1分)‎ 由抛物线的定义,可得动圆圆心的轨迹E是以F(1,0)为焦点,直线x=- 1为准线的抛物线,其中p=2.(2分)‎ ‎∴动圆圆心的轨迹E的方程为y2=4x.(3分)‎ 解法二　设动圆圆心C(x,y),依题意得‎(x- 1‎)‎‎2‎+‎y‎2‎=|x+1|,(2分)‎ 化简得y2=4x.‎ 即动圆圆心的轨迹E的方程为y2=4x.(3分)‎ ‎(2)假设存在点N(x0,0)满足题设条件.‎ 由∠QNM+∠PNM=π可知,直线PN与QN的斜率互为相反数,即kPN+kQN=0　①.(4分)‎ 易知直线PQ的斜率必存在且不为0,设直线PQ:x=my- 2(m≠0).(5分)‎ 由y‎2‎‎=4x,‎x=my- 2,‎消去x得y2- 4my+8=0.(6分)‎ 由Δ=(- 4m)2- 4×8>0,得m>‎2‎或m<- ‎2‎.(7分)‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=8.(8分)‎ 由①得kPN+kQN=y‎1‎x‎1‎‎- ‎x‎0‎‎+y‎2‎x‎2‎‎- ‎x‎0‎=‎y‎1‎‎(x‎2‎- x‎0‎)+y‎2‎(x‎1‎- x‎0‎)‎‎(x‎1‎- x‎0‎)(x‎2‎- x‎0‎)‎=0,‎ ‎∴y1(x2- x0)+y2(x1- x0)=0,即y1x2+y2x1- x0(y1+y2)=0,‎ 消去x1,x2,得‎1‎‎4‎y1y‎2‎‎2‎‎+‎‎1‎‎4‎y2y‎1‎‎2‎- x0(y1+y2)=0,(9分)‎ 即‎1‎‎4‎y1y2(y1+y2)- x0(y1+y2)=0.(10分)‎ ‎∵y1+y2≠0,∴x0=‎1‎‎4‎y1y2=2,(11分)‎ ‎∴存在点N(2,0),使得∠QNM+∠PNM=π.(12分)‎