2019届高三数学课标一轮复习单元质检 九解析几何

2019届高三数学课标一轮复习单元质检 九解析几何

单元质检九　解析几何 ‎(时间:120分钟　满分:150分)‎ 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.直线l1:mx+y-1=0与直线l2:(m-2)x+my-1=0,则“m=1”是“l1⊥l2”的(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 ‎2.与圆x2+(y-2)2=1相切,且在两坐标轴上截距相等的直线共有(　　)‎ A.2条 B.3条 C.4条 D.6条 ‎3.已知点P(x,y)为曲线y=x+‎1‎x上任一点,点A(0,4),则直线AP的斜率k的取值范围是(　　)‎ A.[-3,+∞) B.(3,+∞) ‎ C.[-2,+∞) D.(1,+∞)‎ ‎4.(2017浙江金丽衢模拟)过点P(4,2)作圆x2+y2=4的两条切线,切点分别为A,B,O为坐标原点,则△OAB外接圆的方程是(　　)‎ A.(x-2)2+(y-1)2=5 B.(x-4)2+(y-2)2=20‎ C.(x+2)2+(y+1)2=5 D.(x+4)2+(y+2)2=20‎ ‎5.(2017辽宁沈阳期末)已知直线‎3‎x-y+4=0与圆x2+y2=16交于A,B两点,则AB在x轴正方向上投影的绝对值为(　　)‎ A.4‎3‎ B.4 C.2‎3‎ D.2‎ ‎6.(2017江苏盐城模拟)已知两圆C1:(x-4)2+y2=169,C2:(x+4)2+y2=9,动圆在圆C1内部且和圆C1相内切,和圆C2相外切,则动圆圆心M的轨迹方程为(　　)‎ A.x‎2‎‎64‎‎-‎y‎2‎‎48‎=1 B.x‎2‎‎48‎‎+‎y‎2‎‎64‎=1‎ C.x‎2‎‎48‎‎-‎y‎2‎‎64‎=1 D.x‎2‎‎64‎‎+‎y‎2‎‎48‎=1‎ ‎7.(2017浙江绍兴一模)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过点M(p,0)的直线交抛物线于A,B两点,若AM=2MB,则‎|AF|‎‎|BF|‎=(　　)‎ A.2 B.‎5‎‎2‎ C.‎2‎ D.与p有关 ‎8.如图,已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1(a>0),点A,F分别为其右顶点和右焦点,过F作AF的垂线交椭圆C于P,Q两点,过P作AP的垂线交x轴于点D,若|DF|=a+‎a‎2‎‎-2‎‎2‎,则椭圆C的长轴长为(　　)‎ A.2 B.4 C.2‎2‎ D.4‎‎2‎ ‎9.已知F1,F2分别是双曲线x‎2‎a‎2‎‎-‎y‎2‎b‎2‎=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F2与双曲线的一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点M,若∠F1MF2为锐角,则双曲线离心率的取值范围是(　　)‎ A.(1,‎2‎) B.(‎2‎,+∞) C.(1,2) D.(2,+∞)‎ ‎10.设双曲线x‎2‎a‎2‎‎-‎y‎2‎b‎2‎=1(a>0,b>0)的右焦点为F,过点F与x轴垂直的直线l交两渐近线于A,B两点,与双曲线的其中一个交点为P,设坐标原点为O,若OP=mOA+nOB(m,n∈R),且mn=‎2‎‎9‎,则该双曲线的渐近线方程为(　　)‎ A.y=±‎3‎‎4‎x B.y=±‎2‎‎4‎x ‎ C.y=±‎1‎‎2‎x D.y=±‎1‎‎3‎x 二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分.将答案填在题中横线上)‎ ‎11.(2017浙江联考)已知直线l1:2x-2y+1=0,直线l2:x+by-3=0,若l1⊥l2,则b=　　　　　;若l1∥l2,则两直线间的距离为　　　　　. ‎ ‎12.(2017浙江镇海模拟)已知圆C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在两点关于直线l:x+my+1=0对称,经过点M(m,m)作圆C的切线,切点为P,则m=　　　　　;|MP|=　　　　　. ‎ ‎13.(2017浙江温州期末)若△OAB的垂心H(1,0)恰好为抛物线y2=2px的焦点,O为坐标原点,点A,B在此抛物线上,则此抛物线的方程是　　　　　,△OAB面积是　　　　　. ‎ ‎14.(2017浙江杭州模拟)已知抛物线y=x2和直线l:y=kx+m(m>0)交于两点A,B,当OA‎·‎OB=2时,直线l过定点　　　　　;当m=　　　　　时,以AB为直径的圆与直线y=‎1‎‎4‎相切. ‎ ‎15.(2017浙江绍兴)已知圆O1和圆O2都经过点A(0,1),若两圆与直线4x-3y+5=0及y+1=0均相切,则|O1O2|=　　　　　. ‎ ‎16.双曲线x‎2‎a‎2‎‎-‎y‎2‎b‎2‎=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为双曲线上一点,且PF‎1‎‎·‎PF‎2‎=0,△F1PF2的内切圆半径r=2a,则双曲线的离心率e=　　　　. ‎ ‎17.从抛物线y2=2x上的点A(x0,y0)(x0>2)向圆(x-1)2+y2=1引两条切线分别与y轴交于B,C两点,则△ABC的面积的最小值是　　　　　. ‎ 三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎18.(14分)(2017浙江名校联考)已知圆C:(x-1)2+y2=9内有一点P(2,2),过点P作直线l交圆C于A,B两点.‎ ‎(1)当l经过圆心C时,求直线l的方程;‎ ‎(2)当直线l的倾斜角为45°时,求弦AB的长.‎ ‎19.(15分)(2017课标Ⅲ高考)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.‎ ‎(1)证明:坐标原点O在圆M上;‎ ‎(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.‎ ‎20.(15分)已知椭圆C1:x‎2‎‎16‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1,直线l1:y=kx+m(m>0)与圆C2:(x-1)2+y2=1相切且与椭圆C1交于A,B两点.‎ ‎(1)若线段AB的中点的横坐标为‎4‎‎3‎,求m的值;‎ ‎(2)过原点O作l1的平行线l2交椭圆于C,D两点,设|AB|=λ|CD|,求λ的最小值.‎ ‎21(15分)已知抛物线C:x2=4y,过点P(0,m)(m>0)的动直线l与C相交于A,B两点,抛物线C在点A和点B处的切线相交于点Q,直线AQ,BQ与x轴分别相交于点E,F.‎ ‎(1)写出抛物线C的焦点坐标和准线方程;‎ ‎(2)求证:点Q在直线y=-m上;‎ ‎(3)判断是否存在点P,使得四边形PEQF为矩形?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.‎ ‎22.(15分)(2017浙江四模)设x,y∈R,向量i,j分别为直角坐标平面内x,y轴正方向上的单位向量,若向量a=(x+‎3‎)i+yj,b=(x-‎3‎)i+yj,且|a|+|b|=4.‎ ‎(1)求点M(x,y)的轨迹C的方程;‎ ‎(2)设椭圆E:x‎2‎‎16‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1,P为曲线C上一点,过点P作曲线C的切线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,试证:△OAB的面积为定值.‎ 答案：‎ ‎1.A　当m=0时,两条直线方程分别化为y-1=0,2x+1=0,此时两条直线相互垂直,∴m=0.当m≠0时,若l1⊥l2,则-m‎·‎‎-‎m-2‎m=-1,解得m=1.综上可得m=0或m=1.故“m=1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件,故选A.‎ ‎2.C　过原点与圆x2+(y-2)2=1相切的直线有2条;斜率为-1且与圆x2+(y-2)2=1相切的直线也有2条,且此两条切线不过原点,由此可得与圆x2+(y-2)2=1相切,且在两坐标轴上截距相等的直线共有4条.‎ ‎3.A　由题意知kAP=y-4‎x=1-‎4‎x‎+‎1‎x‎2‎=‎‎1‎x‎-2‎‎2‎-3≥-3.‎ ‎4.A　由题意知,O,A,B,P四点共圆,所以所求圆的圆心为线段OP的中点(2,1).又圆的半径r=‎1‎‎2‎|OP|=‎5‎,所以所求圆的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.‎ ‎5.C　因为圆x2+y2=16的圆心到直线‎3‎x-y+4=0的距离为d=‎4‎‎1‎‎2‎‎+(‎‎3‎‎)‎‎2‎=2,所以|AB|=2‎16-4‎=4‎3‎,由于直线‎3‎x-y+4=0的倾斜角为π ‎‎3‎ ,所以AB在x轴正方向上投影的绝对值为|AB|cos π ‎‎3‎=4‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎=2‎3‎,故选C.‎ ‎6.D　设圆M的半径为r,‎ 则|MC1|+|MC2|=(13-r)+(3+r)=16,‎ ‎∴M的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆,‎ 且2a=16,2c=8,‎ 故所求的轨迹方程为x‎2‎‎64‎‎+‎y‎2‎‎48‎=1,故选D.‎ ‎7.B　设直线方程为x=my+p,代入y2=2px,可得y2-2pmy-2p2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2pm,y1y2=-2p2,‎ ‎∵‎AM‎=2MB,∴(p-x1,-y1)=2(x2-p,y2),‎ ‎∴x1=-2x2+p,y1=-2y2,‎ 可得y2=p,y1=-2p,∴x2=‎1‎‎2‎p,x1=2p,‎ ‎∴‎|AF|‎‎|BF|‎=‎2p+‎1‎‎2‎p‎1‎‎2‎p+‎1‎‎2‎p=‎‎5‎‎2‎‎,故选B.‎ ‎8.B　由题意可得A(a,0),F(c,0),即有c=a‎2‎‎-2‎,‎ 令x=c,可得y=±‎2‎‎1-‎c‎2‎a‎2‎=±‎2‎a,可得Pa‎2‎‎-2‎‎,‎‎2‎a,‎ 由AP⊥PD,可得kAP·kPD=-1,‎ 即‎2‎aa‎2‎‎-2‎‎-a‎·‎‎-‎‎2‎axD‎-‎a‎2‎‎-2‎=-1,‎ 解得xD=a‎2‎‎-2‎‎-‎‎4‎a‎2‎‎(a-a‎2‎‎-2‎)‎,‎ 由|DF|=a+‎a‎2‎‎-2‎‎2‎,可得 a‎2‎‎-2‎‎-xD=‎4‎a‎2‎‎(a-a‎2‎‎-2‎)‎‎=‎a+‎a‎2‎‎-2‎‎2‎,‎ 即为a2[a2-(a2-2)]=8,即a2=4,解得a=2.‎ 则椭圆C的长轴长为4.故选B.‎ ‎9.D　由于图形的对称性,不妨联立y=-bax,‎y=ba(x-c),‎ 解得x=c‎2‎,‎y=-bc‎2a,‎‎∴‎Mc‎2‎‎,-‎bc‎2a,F1(-c,0),F2(c,0),‎ ‎∴MF‎1‎=‎-‎3c‎2‎,‎bc‎2a,MF‎2‎=‎c‎2‎‎,‎bc‎2a‎,‎ 由题意可得MF‎1‎‎·‎MF‎2‎>0,即b‎2‎c‎2‎‎4‎a‎2‎‎-‎‎3‎c‎2‎‎4‎>0,‎ 化简可得b2>3a2,即c2-a2>3a2,‎ 故可得c2>4a2,c>2a,可得e=ca>2.故选D.‎ ‎10.B　不妨令Ac,‎bca,Bc,-‎bca,由OP=mOA+nOB可得P‎(m+n)c,(m-n)‎bca,代入双曲线方程得‎(m+n‎)‎‎2‎c‎2‎a‎2‎‎-b‎2‎c‎2‎a‎2‎·‎‎(m-n‎)‎‎2‎b‎2‎=1,化简得c‎2‎a‎2‎‎·‎4mn=1,∵mn=‎2‎‎9‎,‎∴c‎2‎a‎2‎=‎‎9‎‎8‎,‎ ‎∴b‎2‎a‎2‎=‎‎1‎‎8‎‎,故双曲线的渐近线方程为y=±‎2‎‎4‎x,故选B.‎ ‎11.1　‎7‎‎2‎‎4‎　①∵l1⊥l2,则-‎2‎‎-2‎‎×‎‎-‎‎1‎b=-1,解得b=1.‎ ‎②若l1∥l2,则-‎2‎‎-2‎=-‎1‎b,解得b=-1.∴两条直线方程分别为x-y+‎1‎‎2‎=0,x-y-3=0.‎ 则两直线间的距离为‎-3-‎‎1‎‎2‎‎2‎‎=‎7‎‎2‎‎4‎.‎ ‎12.-1　3　∵圆C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在两点关于直线l:x+my+1=0对称,‎ ‎∴直线l:x+my+1=0过圆心C(1,2),‎ ‎∴1+2m+1=0.解得m=-1.‎ 圆C:x2+y2-2x-4y+1=0,可化为(x-1)2+(y-2)2=4,圆心(1,2),半径r=2,‎ ‎∵经过点M(m,m)作圆C的切线,切点为P,‎ ‎∴|MP|=‎(1+1‎)‎‎2‎+(2+1‎)‎‎2‎-4‎=3.‎ ‎13.y2=4x　10‎5‎　本题考查抛物线的标准方程与几何性质.因为焦点为H(1,0),所以抛物线的方程是y2=4x.设A(a2,2a),B(b2,2b),由抛物线的对称性可知,b=-a.又因为AH⊥OB,得‎2aa‎2‎‎-1‎‎·‎‎2bb‎2‎=-1,解得a=‎5‎(不妨取正值),从而可得△OAB面积是10‎‎5‎‎.‎ ‎14.(0,2)　‎1‎‎4‎　设A(x1,y1),B(x2,y2),y=x‎2‎,‎y=kx+m,‎整理得x2-kx-m=0,‎ 则x1+x2=k,x1x2=-m,‎ y1y2=(x1x2)2=m2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=k2+2m,‎ 由OA‎·‎OB=2,则x1x2+y1y2=m2-m=2,即m2-m-2=0,解得m=-1或m=2,‎ 由m>0,得m=2,‎ 直线l:y=kx+2,∴直线l过定点(0,2),‎ 设以AB为直径的圆的圆心M(x,y),圆M与y=‎1‎‎4‎相切于点P,‎ 由x=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎=‎k‎2‎,则Pk‎2‎‎,-‎‎1‎‎4‎,‎ 由题意可知PA‎·‎PB=0,即x‎1‎‎-k‎2‎,y‎1‎+‎‎1‎‎4‎‎·‎x‎2‎‎-k‎2‎,y‎2‎+‎‎1‎‎4‎=0,‎ 整理得x1x2-k‎2‎(x1+x2)+k‎2‎‎4‎+y1y2+‎1‎‎4‎(y1+y2)+‎1‎‎16‎=0,‎ 代入整理得m2-m‎2‎‎+‎‎1‎‎16‎=0,解得m=‎1‎‎4‎,‎ ‎∴当m=‎1‎‎4‎,以AB为直径的圆与直线y=‎1‎‎4‎相切.‎ ‎15‎.‎‎5‎　如图,∵原点O到直线4x-3y+5=0的距离d=‎|5|‎‎4‎‎2‎‎+(-3‎‎)‎‎2‎=1,到直线y=-1的距离为1,且到(0,1)的距离为1,‎ ‎∴圆O1和圆O2的一个圆心为原点O,不妨看作是圆O1,‎ 设O2(a,b),则由题意得 b+1=a‎2‎‎+(b-1‎‎)‎‎2‎,‎b+1=‎‎|4a-3b+5|‎‎4‎‎2‎‎+(-3‎‎)‎‎2‎‎,‎解得a=2,‎b=1.‎ ‎∴|O1O2|=‎‎2‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎=‎5‎.‎ ‎16.5　可设P为第一象限的点,‎ 由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2a,①‎ PF‎1‎‎·‎PF‎2‎‎=0,可得PF1⊥PF2,‎ 由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,②‎ 由①②可得2|PF1|·|PF2|=4c2-4a2=4b2,‎ 由三角形的面积公式可得‎1‎‎2‎r(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=‎1‎‎2‎|PF1|·|PF2|,‎ 即有c+2a=c‎2‎‎+‎b‎2‎,两边平方可得c2+4a2+4ac=c2+b2=c2+c2-a2,‎ 即c2-4ac-5a2=0,解得c=5a(c=-a舍去),‎ 即有e=ca=5.‎ ‎17.8　设B(0,yB),C(0,yC),A(x0,y0),其中x0>2,‎ 所以直线AB的方程化简得(y0-yB)x-x0y+x0yB=0,‎ 直线AB与圆相切,圆心到直线的距离等于半径,两边平方化简得(x0-2)yB‎2‎+2y0yB-x0=0,‎ 同理可得(x0-2)yA‎2‎+2y0yA-x0=0,‎ 故yC,yB是方程(x0-2)y2+2y0y-x0=0的两个不同的实根,‎ 所以yC+yB=‎2‎y‎0‎‎2-‎x‎0‎,yCyB=x‎0‎‎2-‎x‎0‎,‎ 所以S=‎1‎‎2‎|yC-yB|x0=x‎0‎‎2‎x‎0‎‎-2‎=(x0-2)+‎4‎x‎0‎‎-2‎+4≥8,‎ 所以当且仅当x0=4时,S取到最小值8,‎ 所以△ABC的面积的最小值为8.‎ ‎18.解 (1)已知圆C:(x-1)2+y2=9的圆心为C(1,0),∵直线过点P,C,∴kPC=‎2-0‎‎2-1‎=2,直线l的方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0;‎ ‎(2)当直线l的倾斜角为45° 时,斜率为1,直线l的方程为y-2=x-2,即x-y=0,圆心C到直线l的距离为‎1‎‎2‎‎.∵‎圆的半径为3,∴弦AB的长为‎34‎‎.‎ ‎19.解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.‎ 由x=my+2,‎y‎2‎‎=2x可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.‎ 又x1=y‎1‎‎2‎‎2‎,x2=y‎2‎‎2‎‎2‎,故x1x2=‎(‎y‎1‎y‎2‎‎)‎‎2‎‎4‎=4.‎ 因此OA的斜率与OB的斜率之积为y‎1‎x‎1‎‎·y‎2‎x‎2‎=‎‎-4‎‎4‎=-1,‎ 所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上.‎ ‎(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.‎ 故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=‎‎(m‎2‎+2‎)‎‎2‎+‎m‎2‎‎.‎ 由于圆M过点P(4,-2),因此AP‎·‎BP=0,‎ 故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,‎ 即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.‎ 由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.‎ 所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-‎‎1‎‎2‎‎.‎ 当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为‎10‎,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.‎ 当m=-‎1‎‎2‎时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为‎9‎‎4‎‎,-‎‎1‎‎2‎,圆M的半径为‎85‎‎4‎,圆M的方程为x-‎‎9‎‎4‎‎2‎‎+y+‎‎1‎‎2‎‎2‎=‎85‎‎16‎.‎ ‎20.解 (1)将l1:y=kx+m代入C1:x‎2‎‎16‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-4)=0,Δ>0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x‎1‎‎+x‎2‎=-‎8km‎1+4‎k‎2‎,‎x‎1‎x‎2‎‎=‎4(m‎2‎-4)‎‎1+4‎k‎2‎,‎所以-‎4km‎1+4‎k‎2‎‎=‎‎4‎‎3‎,①‎ 又d=‎|k+m|‎‎1+‎k‎2‎=1,得k=‎1-‎m‎2‎‎2m,②联立①②得m4-m2-2=0,解得m=‎‎2‎‎.‎ ‎(2)由(1)得|x1-x2|=‎4‎‎16k‎2‎-m‎2‎+4‎‎1+4‎k‎2‎,所以|AB|=‎1+‎k‎2‎‎·‎‎4‎‎16k‎2‎-m‎2‎+4‎‎1+4‎k‎2‎,把l2:y=kx代入C1:x‎2‎‎16‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1得x2=‎16‎‎1+4‎k‎2‎,‎ 所以|CD|=‎1+‎k‎2‎‎·‎‎8‎‎1+4‎k‎2‎,‎ 所以λ=‎‎|AB|‎‎|CD|‎‎=‎16k‎2‎-m‎2‎+4‎‎2‎‎1+4‎k‎2‎=‎‎1‎‎2‎‎4-‎m‎2‎‎1+4‎k‎2‎ ‎=‎‎1‎‎2‎‎4-‎m‎2‎‎1+4‎‎1-‎m‎2‎‎2m‎2‎ ‎=‎1‎‎2‎‎4-‎m‎4‎m‎4‎‎-m‎2‎+1‎‎=‎1‎‎2‎‎4-‎‎1‎‎1‎m‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎‎+‎‎3‎‎4‎≥‎‎6‎‎3‎,‎ 当m=‎2‎,k=-‎2‎‎4‎时,λ取最小值‎6‎‎3‎‎.‎ ‎21.(1)解 焦点坐标为(0,1),准线方程为y=-1.‎ ‎(2)证明 由题意,知直线l的斜率存在,故设l的方程为y=kx+m.‎ 由方程组y=kx+m,‎x‎2‎‎=4y,‎得x2-4kx-4m=0,‎ 由题意,得Δ=16k2+16m>0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-4m,‎ 所以抛物线在点A处的切线方程为y-‎1‎‎4‎x‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎x1(x-x1),‎ 化简,得y=‎1‎‎2‎x1x-‎1‎‎4‎x‎1‎‎2‎,①‎ 同理,抛物线在点B处的切线方程为y=‎1‎‎2‎x2x-‎1‎‎4‎x‎2‎‎2‎‎.‎②‎ 联立方程①②,得‎1‎‎2‎x1x-‎1‎‎4‎x‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎x2x-‎1‎‎4‎x‎2‎‎2‎,‎ 即‎1‎‎2‎(x1-x2)x=‎1‎‎4‎(x1-x2)(x1+x2),因为x1≠x2,所以x=‎1‎‎2‎(x1+x2),代入①,得y=‎1‎‎4‎x1x2=-m,所以点Qx‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎,-m,即Q(2k,-m).所以点Q在直线y=-m上.‎ ‎(3)解 假设存在点P,使得四边形PEQF为矩形,‎ 由四边形PEQF为矩形,得EQ⊥FQ,即AQ⊥BQ,‎ 所以kAQ·kBQ=-1,即‎1‎‎2‎x1‎·‎‎1‎‎2‎x2=-1.由(2),得‎1‎‎4‎x1x2=‎1‎‎4‎(-4m)=-1,解得m=1.所以P(0,1).‎ 以下只要验证此时的四边形PEQF为平行四边形即可.‎ 在①中,令y=0,得E‎1‎‎2‎x‎1‎‎,0‎‎.‎ 同理得F‎1‎‎2‎x‎2‎‎,0‎‎.‎所以直线EP的斜率为kEP=‎1-0‎‎0-‎‎1‎‎2‎x‎1‎‎=‎‎-2‎x‎1‎,直线FQ的斜率kFQ=‎0-(-1)‎‎1‎‎2‎x‎2‎‎-‎x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎=‎‎-2‎x‎1‎,‎ 所以kEP=kFQ,即EP∥FQ.‎ 同理PF∥EQ.‎ 所以四边形PEQF为平行四边形.‎ 综上所述,存在点P(0,1),使得四边形PEQF为矩形.‎ ‎22.(1)解 ∵a=(x+‎3‎)i+yj,b=(x-‎3‎)i+yj,‎ 且|a|+|b|=4,‎ ‎∴‎(x+‎3‎‎)‎‎2‎+‎y‎2‎+‎‎(x-‎3‎‎)‎‎2‎+‎y‎2‎‎=4.‎ ‎∴点M(x,y)到两个定点F1(-‎3‎,0),F2(‎3‎,0)的距离之和为4.‎ ‎∴点M的轨迹C是以F1,F2为焦点的椭圆,‎ 设所求椭圆的标准方程为x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),则c=‎3‎,‎ a=2,故b2=a2-c2=1.‎ 其方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 将y=kx+m代入椭圆E的方程,消去x可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,‎ 显然直线与椭圆C的切点在椭圆E内,‎ 故Δ>0,由韦达定理可得x1+x2=-‎8 km‎1+4‎k‎2‎,x1x2=‎‎4m‎2‎-16‎‎1+4‎k‎2‎‎.‎ 所以|x1-x2|=‎‎4‎‎16k‎2‎+4-‎m‎2‎‎1+4‎k‎2‎‎.‎ 因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),‎ 所以△OAB的面积S=‎1‎‎2‎|m||x1-x2|=‎‎2‎16k‎2‎+4-‎m‎2‎|m|‎‎1+4‎k‎2‎ ‎=‎2‎‎(16k‎2‎+4-m‎2‎)‎m‎2‎‎1+4‎k‎2‎=2‎‎4-‎m‎2‎‎1+4‎k‎2‎m‎2‎‎1+4‎k‎2‎‎.‎ 设m‎2‎‎1+4‎k‎2‎=t,‎ 将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.‎ 由Δ=0,可得m2=1+4k2,即t=1,‎ 又因为S=2‎(4-t)t=2‎-t‎2‎+4t,‎ 故S=2‎3‎为定值.‎