(新高考)高考数学一轮复习第52讲《圆锥曲线的综合应用-定点、定值问题》达标检测(解析版)

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《圆锥曲线的综合应用——定点、定值问题》达标检测

[A组]—应知应会
1．（2019春•杭州期中）抛物线y2＝4x上不同两点A，B（异于原点O）若直线OA、OB斜率之和为1，则直线AB必经过定点（　　）
A．（0，2） B．（0，4） C．（﹣4，0） D．（﹣2，0）
【分析】代入抛物线消去x得y2﹣4ty﹣4b＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），根据韦达定理以及斜率公式解得b＝﹣4t，从而可得．
【解答】解：设直线AB的方程为：x＝ty+b（b≠0）并代入抛物线消去x得y2﹣4ty﹣4b＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2）
则y1+y2＝4t，y12＝﹣4b，
∴kOA+kOB＝+＝＝＝＝＝＝1，
∴b＝﹣4t，
所以直线AB的方程为x＝ty﹣4t＝t（y﹣4），过定点（0，4）．
故选：B．
2．（春•赤峰期末）设常数a＞0，动点M（x，y）（y≠0）分别与两个定点F1（﹣a，0），F2（a，0）的连线的斜率之积为定值λ，若动点M的轨迹是渐近线斜率为2的双曲线，则λ＝（　　）
A．﹣3 B．4 C． D．3
【分析】根据题意可分别表示出动点P与两定点的连线的斜率，再由已知可得x和y的关系式，再由M的轨迹是渐近线斜率为2的双曲线列式求得λ值．
【解答】解：依题意可知，•＝λ，整理得y2﹣λx2＝﹣λa2，
当λ＞0时，M的轨迹为双曲线﹣．
∴b2＝λa2，则．
即λ＝4．
故选：B．
3．（2019春•丽水期末）若动圆C的圆心在抛物线y2＝4x上，且与直线l：x＝﹣1相切，则动圆C必过一个定点，该定点坐标为（　　）
A．（1，0） B．（2，0） C．（0，1） D．（0，2）
【分析】由抛物线的方程可得直线x＝﹣1即为抛物线的准线方程，结合抛物线的定义得到动圆一定过抛物线的焦点，进而得到答案．
【解答】解：动圆圆心在抛物线y2＝4x上，且抛物线的准线方程为x＝﹣1，
所以动圆圆心到直线x＝﹣1的距离与到焦点（1，0）的距离相等，
所以点（1，0）一定在动圆上，即动圆必过定点（1，0）．
故选：A．
4．（2019秋•湖北月考）斜率为k的直线l过抛物线y2＝2px（p＞0）焦点F，交抛物线于A，B两点，点P（x0，y0）为AB中点，则ky0为（　　）
A．定值 B．定值p
C．定值2p D．与k有关的值
【分析】设直线方程与抛物线联立得纵坐标之和，进而的中点的纵坐标，直接求出ky0的值为定值．
【解答】解：显然直线的斜率不为零，抛物线的焦点（，0），
设直线l为：x＝my+，且k＝，A（x，y），B（x'，y'），
直线与抛物线联立得：y2﹣2pmy﹣p2＝0，y+y'＝2pm，
所以由题意得：y0＝＝pm，所以ky0＝•pm＝p，
故选：B．
5．（•武昌区模拟）已知直线l与抛物线y2＝6x交于不同的两点A，B，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且，则直线l恒过定点（　　）
A． B． C． D．
【分析】设直线l的方程为：x＝my+n，与抛物线方程联立可得：y2﹣6my﹣6n＝0，所以y1y2＝﹣6n，再利用斜率公式代入中即可求出n的值，进而得出结论．
【解答】解：设直线l的方程为：x＝my+n，
联立方程，消去x得：y2﹣6my﹣6n＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
∴y1y2＝﹣6n，
∵，∴，
∴，∴，
∴直线l的方程为：x＝my﹣2，
∴直线l一定过点（﹣2，0），
故选：C．
6．（2019春•河南月考）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点M在抛物线C上，若N（x0，0）（x0＞1）满足|MF|＝|NF|，直线l与直线MN平行且与抛物线C相切于点P，则直线MP一定过点（　　）
A．（1，0） B．（2，0） C．（1，1） D．（﹣1，0）
【分析】依题意画出图形，由已知利用焦半径公式把M的坐标用x0表示，再利用导数求得抛物线在切点P处的切线斜率，由斜率相等把P的坐标用M的坐标表示，写出MP所在直线方程，取y＝0求得x＝1，说明直线MP一定过点F（1，0）．
【解答】解：如图，抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），

N（x0，0）（x0＞1），设M（x1，y1），
由|MF|＝|NF|＝x0﹣1，得x1+1＝x0﹣1，则x1＝x0﹣2．
不妨取M为第一象限的点，则．
∴．
由y＝﹣2，得y′＝，设P（x2，y2），
∴，由，得．
∴P（，），
则MP：＝，
整理得：取y＝0，得x＝1．
∴直线MP一定过点F（1，0）．
故选：A．
7．（2019•怀化一模）直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率k1，k2满足k1k2＝，则直线l过定点（　　）
A．（﹣3，0） B．（3，0） C．（﹣1，3） D．（﹣2，0）
【分析】直线l：x＝my+b，代入抛物线方程可化为y2﹣2my﹣2b＝0，y1y2＝﹣2b，结合，即可得出结论．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则＝，
∴y1y2＝6
直线l：x＝my+b，代入抛物线方程可化为y2﹣2my﹣2b＝0，
∴y1y2＝﹣2b，
∴﹣2b＝6，∴b＝﹣3，
∴l一定过点（﹣3，0），
故选：A．
8．（2019•湖北模拟）设F1（﹣c，0），F2（c，0）是双曲线的左右焦点，点P是C右支上异于顶点的任意一点，PQ是∠F1PF2的角平分线，过点F1作PQ的垂线，垂足为Q，O为坐标原点，则|OQ|的长为（　　）
A．定值a
B．定值b
C．定值c
D．不确定，随P点位置变化而变化
【分析】先画出双曲线和焦点三角形，由题意可知PQ是MF1的中垂线，再利用双曲线的定义和中位线定理，数形结合即可得结果．
【解答】解：过点F1作PQ的垂线，垂足为Q，交PF2的延长线于M，
由三角形PF1M为等腰三角形，可得Q为F1M的中点，
由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|＝|F2M|＝2a，
由三角形的中位线定理可得|OQ|＝|F2M|＝a，
故选：A．

9．（2019秋•温州月考）如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线PA，PB，斜率分别为k1，k2．若k1•k2为定值，则λ＝（　　）

A． B． C． D．
【分析】取P（a，0），设切线方程为：y＝k（x﹣a），代入椭圆椭圆方程可得：（b2+a2k2）x2﹣2a3k2x+a4k2﹣a2b2λ＝0，令△＝0，化简可得k1•k2，取P（0，b），设切线方程为：y＝kx+b，同理可得：k1•k2，根据k1•k2为定值进而得出λ．
【解答】解：取P（a，0），设切线方程为：y＝k（x﹣a），
代入椭圆椭圆方程可得：（b2+a2k2）x2﹣2a3k2x+a4k2﹣a2b2λ＝0，
令△＝4a6k4﹣4（b2+a2k2）（a4k2﹣a2b2λ）＝0，
化为：（a2﹣a2λ）k2＝b2λ，
∴k1•k2＝，
取P（0，b），设切线方程为：y＝kx+b，
代入椭圆椭圆方程可得：（b2+a2k2）x2﹣2kba2x+a2b2（1﹣λ）＝0，
令△＝4k2b2a4﹣4（b2+a2k2）a2b2（1﹣λ）＝0，
化为：λa2k2＝b2（1﹣λ），
∴k1•k2＝，
又k1•k2为定值，
∴＝，
解得λ＝．
故选：C．
10．（春•徐汇区期末）如图，点A是曲线y＝（y≤2）上的任意一点，P（0，﹣2），Q（0，2），射线QA交曲线y＝于B点，BC垂直于直线y＝3，垂足为点C．则下列判断：①|AP|﹣|AQ|为定值2；②|QB|+|BC|为定值5．其中正确的说法是（　　）

A．①②都正确 B．①②都错误
C．①正确，②错误 D．①都错误，②正确
【分析】化简方程，结合双曲线的定义，转化求解判断①；利用抛物线的性质与定义，转化求解判断②；
【解答】解：曲线y＝（y≤2）两边平方，
得y2﹣x2＝2，为双曲线＝1的2的部分，P（0，﹣2），Q（0，2）恰为该双曲线的两焦点，
由双曲线定义知，||AP|﹣|AQ||＝2，又|AP|＞|AQ|，∴|AP|﹣|AQ|＝2，①正确；
曲线y＝即抛物线x2＝8y，其焦点为Q（0，2），准线方程为y＝﹣2，
过B作BD垂直直线y＝﹣2于D，
由抛物线定义，知|QB|+|BC|＝|BD|+|BC|＝|CD|＝5，②正确；
故选：A．

11．（2019春•河南月考）动点P在函数的图象上，以点P为圆心作圆与y轴相切，则该圆过定点　 　．
【分析】根据抛物线方程可求得抛物线的焦点和准线方程，根据题意可知P到准线即y轴即抛物线的准线的距离为半径，同时根据抛物线的定义可知P到抛物线焦点的距离等于到准线的距离也是半径，故可推断这些圆必过抛物线的焦点．
【解答】解：根据动点P在函数的图象上，
抛物线方程可求得抛物线的焦点为（2，9），抛物线准线方程为x＝0即y轴
∵P为圆心作圆与y轴相切，
∴P到准线即y轴的距离为半径，
根据抛物线的定义可知P到抛物线焦点的距离等于到准线的距离，
∴P到焦点的距离也是圆的半径
∴抛物线的焦点必在圆上，
故圆必过定点（2，0）．
故答案为：（2，0）．
12．（2019•道里区校级一模）已知点P为直线l：x＝﹣2上任意一点，过点P作抛物线y2＝2px（p＞0）的两条切线，切点分别为A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1•x2为定值，此定值为　 　．
【分析】取P的特殊位置，设出切线方程并与抛物线方程联立，再根据一元二次方程根与系数的关系求解．
【解答】解：不妨设P（﹣2，0），过P的切线方程设为y＝k（x+2），
代入抛物线方程y2＝2px（p＞0）得k2x2+（4k2﹣2p）x+4k2＝0，又k≠0，故x1x2＝4．
故答案为4．
13．（2019春•碑林区校级月考）已知点A在抛物线C：y2＝2px（p＞0）的准线上，点M、N在抛物线C上，且位于x轴的两侧，O是坐标原点，若，则动直线MN过定点，定点的坐标是　 　．
【分析】点A在抛物线C：y2＝2px（p＞0）的准线上，可得＝，解得p．设直线MN的方程为ty＝x﹣m．M（x1，y1），N（x2，y2）．与抛物线方程联立，可得根与系数的关系，利用数量积运算性质即可得出．
【解答】解：点A在抛物线C：y2＝2px（p＞0）的准线上，可得＝，解得p＝1．
设直线MN的方程为ty＝x﹣m．M（x1，y1），N（x2，y2）．
联立，化为：y2﹣2ty﹣2m＝0，
∴y1+y2＝2t，y1y2＝﹣2m，
∵，
∴3＝y1y2+x1x2＝y1y2+（ty1+m）（ty2+m）＝（1+t2）y1y2+mt（y1+y2）+m2，
∴3＝﹣2m（1+t2）+2mt2+m2，
解得m＝3或﹣1（舍去），
∴ty＝x﹣3，
经过定点（3，0）．
故答案为：（3，0）．
14．（•岳麓区校级模拟）已知P为椭圆上任意一点，点M，N分别在直线与上，且PM∥l2，PN∥l1，若PM2+PN2为定值，则椭圆的离心率为　　 ．
【分析】设P（x0，y0），由两直线平行的条件可得直线PM，PN的方程，求出M，N的坐标，得出|PM|2+|PN|2关于x0，y0的式子，根据P在椭圆上得出a，b的关系，再由离心率公式，可得所求值．
【解答】解：设P（x0，y0），则直线PM的方程为y＝﹣x++y0，
直线PN的方程为y＝x﹣+y0．
联立方程组，解得M（+y0，+），
联立方程组，解得N（﹣y0，﹣+），
∴|PM|2+|PN|2＝（﹣y0）2+（﹣）2+（+y0）2+（+）2
＝x02+5y02，
∵P（x0，y0）在椭圆上，∴b2x02+a2y02＝a2b2，
∵x02+5y02为定值，
∴＝，∴e2＝＝1﹣＝．
∴e＝．
故答案为：．
15．（2019秋•嘉兴期末）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）与直线l1：y＝x，l2：y＝﹣x，过椭圆上的一点P作l1，l2的平行线，分别交l1，l2于M，N两点，若|MN|为定值，则椭圆C的离心率为　　．
【分析】选取特殊点P（0，b），求得两直线，分别求得M和N点坐标，求得|MN|，同理取P（a，0），同理求得|MN|，利用|MN|为定值，求得a和b的关系，即可求得椭圆的离心率．
【解答】解：当点P为（0，b）时，过椭圆上一点P作l1，l2的平行线分别为m：y＝x+b，n：y＝﹣x+b，
联立方程组，解得M（b，），同理可得N（﹣b，），|MN|＝2b．
当点P为（a，0）时，过椭圆上一点P作l1，l2的平行线分别为m：y＝（x﹣a），m：y＝﹣（x﹣a），
联立方程组，解得M（，a），同理可得N（，﹣a），|MN|＝．
若|MN|为定值，则2b＝，＝，
则椭圆的离心率e＝＝＝，
故答案为：．
16．（•道里区校级模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F是椭圆+＝1的一个焦点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）设P，M，N为抛物线C上的不同三点，点P（1，2），且PM⊥PN．求证：直线MN过定点．
【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，然后列出方程求解p，即可得到抛物线方程．
（2）设直线MN的方程为x＝my+n，与抛物线联立，得y2﹣4my﹣4n＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），利用韦达定理结合向量的数量积求解nm的关系，即可推出直线MN：x＝my+2m+5过的定点．
【解答】解：（1）依题意椭圆+＝1的一个焦点（1，0），
抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F是椭圆+＝1的一个焦点．
可得＝1，所以p＝2，所以C：y2＝4x，
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），
设直线MN的方程为x＝my+n，与抛物线联立得y2﹣4my﹣4n＝0，
y1y2＝﹣4n，y1+y2＝4m，
x1x2＝（my1+n）（my2+n）＝m2y1y2+mn（y1+y2）+n2，
x1+x2＝m（y1+y2）+2n，
由PM⊥PN得（x1﹣1，y1﹣2）•（x2﹣1，y2﹣2）＝0．
化简得n2﹣6n﹣4m2﹣8m+5＝0，
解得n＝2m+5或n＝﹣2m+1（舍），
所以直线MN：x＝my+2m+5过定点（5，﹣2）．
17．（•让胡路区校级三模）已知抛物线C：x2＝4y，过点D（0，2）的直线l交C于A，B两点，过点A，B分别作C的切线，两切线相交于点P．
（1）记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，证明k1，k2为定值；
（2）记△PAB的面积为S△PAB，求S△PAB的最小值．
【分析】（1）设A，B的坐标分别为，．利用抛物线方程求解函数的导数，设出直线方程与抛物线联立，利用韦达定理转化证明即可．
（2）设P点坐标为（x，y），求出切线PA的方程，切线PB的方程，求出|AB|，点P到直线AB的距表示三角形的面积，求解S△PAB的最小值．
【解答】（1）证明：因为A，B两点在曲线x2＝4y上，故设A，B的坐标分别为，．
因为，所以，则，．
设直线l的斜率为k，则其方程为y＝kx+2，由得x2﹣4kx﹣8＝0，△＝16k2+32＞0，x1+x2＝4k，x1x2＝﹣8，
所以，所以k1k2为定值．
（2）解：设P点坐标为（x，y），
由（1）知切线PA的方程为①
切线PB的方程为②，
①﹣②得；
①×x2﹣﹣②×x1得．
由（1）知x＝2k，y＝﹣2，所以P点坐标为（2k，﹣2），
所以＝．
因为点P到直线AB的距离．
所以．
因为k2+2≥2，所以当k＝0时，S△PAB的最小值为．
18．（•沈河区校级模拟）如图，已知椭圆上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2+y2﹣6x﹣2y+7＝0相切，其中a＞1．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标．

【分析】（Ⅰ）求得A，F的坐标和直线AF的方程，以及圆M的圆心和半径，由直线和圆相切的条件，解方程可得a，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）分别设直线AP的方程为y＝kx+1，直线AQ的方程为y＝﹣x+1（k≠0），与椭圆方程联立，求得P，Q的坐标，以及直线PQ的斜率，和直线l的方程，由直线恒过定点的求法，可得所求定点．
【解答】解：（Ⅰ）椭圆上顶点为A（0，1），右焦点为F（，0），
则直线AF的方程为x+y﹣＝0，
圆M：x2+y2﹣6x﹣2y+7＝0的圆心为（3，1），半径为，
由直线和圆相切的条件可得＝，
解得a＝（负的舍去），则椭圆的方程为+y2＝1；
（Ⅱ）证明：AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，
由A（0，1），可设直线AP的方程为y＝kx+1，
得到直线AQ的方程为y＝﹣x+1（k≠0），
将y＝kx+1代入椭圆C的方程+y2＝1中，
并整理得（1+3k2）x2+6kx＝0，
解得x＝0或x＝﹣，
可得P的坐标为（﹣，﹣•k+1），即（﹣，），
将上式中的k换成﹣，同理可得Q（，），
则直线PQ的斜率为kPQ＝＝，
所以直线l的方程为y＝（x﹣）+，
整理得直线l的方程为y＝x﹣，
则直线l过定点（0，﹣）．
19．（•辽宁三模）已知圆锥曲线+＝1过点A（﹣1，），且过抛物线x2＝8y的焦点B．
（1）求该圆锥曲线的标准方程；
（2）设点P在该圆锥曲线上，点D的坐标为（，0）点E的坐标为0，），直线PD与y轴交于点M，直线PE与x轴交于点N，求证：|DN|•|EM|为定值．
【分析】（1）由抛物线方程求出焦点坐标，分别把A，B的坐标代入圆锥曲线方程求得m，n的值，则圆锥曲线的标准方程可求；
（2）求出D与E的坐标，设椭圆上一点P（x0，y0），分别求出PD与PE的方程，进一步求得|DN|与|EM|，相乘后结合P在椭圆上整体运算即可证明|DN|•|EM|为定值．
【解答】解：（1）抛物线x2＝8y的焦点B（0，2），
将点A（﹣1，），B（0，2）代入方程得：，
解得，
∴圆锥曲线的标准方程为；
证明：（2）由（1）可知，该圆锥曲线为椭圆，且D（），E（0，2），
设椭圆上一点P（x0，y0），则
直线PD：，令x＝0，得，
∴|EM|＝|2+|；
直线PE：，令y＝0，得，
∴|DN|＝||．
∴|DN|•|EM|＝||•|2+|＝||•||
＝|•|
＝||．
∵点P在椭圆上，∴，即．
代入上式得：|DN|•|EM|＝||
＝||＝．
故|DN|•|EM|为定值．
20．（•临汾模拟）已知抛物线C：y2＝2px（0＜p＜5），与圆M：（x﹣5）2+y2＝16有且只有两个公共点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）经过R（2，0）的动直线l与抛物线C交于A，B两点，试问在直线y＝2上是否存在定点Q，使得直线AQ，BQ的斜率之和为直线RQ斜率的2倍？若存在，求出定点Q；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）联立圆与抛物线方程，得关于x的一元二次方程，由对称性结合判别式等于0，求得p值，可得抛物线C的方程；
（2）假设直线y＝2上存在定点Q（m，2），当直线l的斜率不存在时，求得A，B的坐标，可得2kRQ＝kAQ+kBQ成立．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与抛物线方程，得关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合斜率关系列式求得m值得结论．
【解答】解：（1）联立方程，得x2+（2p﹣10）x+9＝0，
∵抛物线C与圆M有且只有两个公共点，
则△＝（2p﹣10）2﹣36＝0，解得p＝2或p＝8（舍去）．
∴抛物线C的方程为y2＝4x；
（2）假设直线y＝2上存在定点Q（m，2），
当直线l的斜率不存在时，A（2，），B（2，），
由题知2kRQ＝kAQ+kBQ，即恒成立．
当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，得k2x2﹣4（k2+1）x+4k2＝0，
则，x1x2＝4，
由题知2kRQ＝kAQ+kBQ，
∴＝
＝
＝．
整理得：（m2﹣4）k﹣2（m+2）＝0．
∵上式对任意k成立，∴，解得m＝﹣2．
故所求定点为Q（﹣2，2）．
21．（•衡水模拟）已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，O坐标原点，过点F的直线l与C交于A，B两点．
（1）若直线l与圆相切，求直线l的方程；
（2）若直线l与x轴的交点为D，且，，试探究：λ+μ是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．
【分析】（1）求出F（0，1），设l：y＝kx+1．通过直线l与圆相切，求解直线方程．
（2）设l：x＝m（y﹣1）（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）．联立，消去x，得m2y2﹣2（m2+2）y+m2＝0，利用韦达定理，以及向量关系转化求解即可．
【解答】解：（1）由已知得F（0，1），
显然直线l的斜率存在，设l：y＝kx+1．
由直线l与圆相切，
得，解得，
即直线l的方程为．
（2）设l：x＝m（y﹣1）（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）．
联立，消去x，
得m2y2﹣2（m2+2）y+m2＝0，
所以，y1y2＝1．
易知D（﹣m，0），
由，得（x1+m，y1）＝λ（﹣x1，1﹣y1），
所以，同理，
所以＝＝＝﹣1，
所以λ+μ为定值﹣1．

[B组]—强基必备
1．（•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．（•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．