第10講圓錐曲線解題規(guī)律（下）題一：已知拋物線C：的一點(diǎn)，與其焦點(diǎn)的距離為4.（1）求的值；（2）設(shè)動(dòng)直線與拋物線C相交于A、B兩點(diǎn)，且這兩點(diǎn)位于直線的兩側(cè).問(wèn)在直線上是否存在與b的取值無(wú)關(guān)的定點(diǎn)M,使得若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由。題二：橢圓與過(guò)點(diǎn)的直線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，且橢圓的離心率.(Ⅰ)求橢圓方程；(Ⅱ)設(shè)分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，為線段的中點(diǎn)，求證：。題三：已知橢圓兩焦點(diǎn)、在軸上，短軸長(zhǎng)為，離心率為，是橢圓在第一象限弧上一點(diǎn)，且，過(guò)P作關(guān)于直線F1P對(duì)稱的兩條直線PA、PB分別交橢圓于A、B兩點(diǎn)。（1）求P點(diǎn)坐標(biāo)；（2）求證直線AB的斜率為定值題四：設(shè)橢圓過(guò)點(diǎn)，且焦點(diǎn)為（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）當(dāng)過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線與橢圓相交與兩不同點(diǎn)時(shí)，在線段上取點(diǎn)，滿足，證明：點(diǎn)總在某定直線上題五：已知拋物線y2＝4x，過(guò)點(diǎn)(0，－2)的直線交拋物線于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝4，求直線AB的方程．(2)若線段AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)(n,0)，求n的取值范圍．題六：△ABC為直角三角形，∠C=90°，若軸上，且，點(diǎn)C在x軸上移動(dòng).（Ⅰ）求點(diǎn)B的軌跡E的方程；（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)的直線l與曲線E交于P、Q兩點(diǎn)，設(shè)N（0，a）（a<0），的夾角為，若恒成立，求a的取值范圍.

第10講圓錐曲線解題規(guī)律（下）題一：;存在點(diǎn)M(1，2)詳解：(1)由已知得：(2)由所以存在點(diǎn)M(1，2)滿足題意題二：詳解：（=1\*ROMANI）過(guò)點(diǎn)、的直線方程為因?yàn)橛深}意得有惟一解，即有惟一解，所以（），故又因?yàn)榧此詮亩霉仕蟮臋E圓方程為（=2\*ROMANII）由（=1\*ROMANI）得故從而由解得所以因?yàn)橛值靡虼祟}三：詳解：（1）設(shè)橢圓方程為，由題意可得，方程為，設(shè)則點(diǎn)在曲線上，則從而，得，則點(diǎn)的坐標(biāo)為（2）由（1）知軸，直線PA、PB斜率互為相反數(shù)，設(shè)PB斜率為，則PB的直線方程為：由得設(shè)則同理可得，則所以：AB的斜率為定值題四：詳解：(1)由題意：，解得，所求橢圓方程為(2)設(shè)點(diǎn)Q、A、B的坐標(biāo)分別為。由題設(shè)知均不為零，記,則且又A，P，B，Q四點(diǎn)共線，從而于是，，從而，（1），（2）又點(diǎn)A、B在橢圓C上，即（1）+（2）×2并結(jié)合（3），（4）得即點(diǎn)總在定直線上題五：AB的方程為y＝(eq\r(2)－1)x－2.n的取值范圍為(2，＋∞)．詳解：(1)設(shè)直線AB的方程為y＝kx－2(k≠0)，代入y2＝4x中得，k2x2－(4k＋4)x＋4＝0①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k＋4,k2)，x1x2＝eq\f(4,k2).y1y2＝(kx1－2)·(kx2－2)＝k2x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝－eq\f(8,k).∵eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x1，y1)·(x2，y2)＝x1x2＋y1y2＝eq\f(4,k2)－eq\f(8,k)＝4，∴k2＋2k－1＝0，解得k＝－1±eq\r(2).又由方程①的判別式Δ＝(4k＋4)2－16k2＝32k＋16>0得k>－eq\f(1,2)，∴k＝－1＋eq\r(2)，∴直線AB的方程為y＝(eq\r(2)－1)x－2.(2)設(shè)線段AB的中點(diǎn)的坐標(biāo)為(x0，y0)，則由(1)知x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2k＋2,k2)，y0＝kx0－2＝eq\f(2,k)，∴線段AB的垂直平分線的方程是y－eq\f(2,k)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k＋2,k2)))令y＝0，得n＝2＋eq\f(2k＋2,k2)＝eq\f(2,k2)＋eq\f(2,k)＋2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,2).又由k>－eq\f(1,2)且k≠0得eq\f(1,k)<－2，或eq\f(1,k)>0，∴n>2eq\b\lc