通用版2023届高考数学二轮复习圆锥曲线中的探究性问题作业含答案

这是一份通用版2023届高考数学二轮复习圆锥曲线中的探究性问题作业含答案，共35页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
圆锥曲线中的探究性问题
一、解答题
1. (本小题12.0分)
如图，A，B，M，N为抛物线y2=2x上四个不同的点，直线AB与直线MN相交于点(1,0)，直线AN过点(2,0)．

(1)记A，B的纵坐标分别为yA，yB，求yA·yB的值;
(2)记直线AN，BM的斜率分别为k1，k2，是否存在实数λ，使得k2=λk1?若存在，求出λ的值;若不存在，说明理由．

2. (本小题12.0分)
已知F1，F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点，焦距为2，且经过点A(1,22).
(1)求椭圆C的方程;
(2)若过椭圆C右焦点F的动直线1与椭圆C交于点P，Q(与左右顶点不重合)，判断x轴上是否存在点E，使得直线EP，EQ关于x轴对称，若存在，求出点E坐标，若不存在，说明理由。

3. (本小题12.0分)
阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深入而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：若动点Q与两定点A，B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点Q的轨迹就是阿波罗尼斯圆.基于上述事实，完成以下两个问题：
(1)已知A(2,3)，B(0,-3)，若|DA||DB|=2，求点D的轨迹方程;
(2)已知点P在圆(x-5)2+y2=9上运动，点M(-4,0)，探究：是否存在定点N，使得|PM|=3|PN|恒成立，若存在，求出定点N的坐标;若不存在，请说明理由．

4. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-2,0)、B(2,0)，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为-34，点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点F(1,0)，直线l：x=4与x轴交于点D，直线AM与l交于点N，是否存在常数λ，使得∠MFD=λ∠NFD？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．

5. (本小题12.0分)
已知圆M经过A0,2，B3,3，C1,-1三点．
(1)求圆M的方程;
(2)设O为坐标原点，直线l：ax+y-1=0与圆M交于P，Q两点，是否存在实数a，使得OP=OQ？若存在，求PQ的值；若不存在，说明理由．

6. (本小题12.0分)
已知椭圆G：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，经过点B(0,1).设椭圆G的右顶点为A，过原点O的直线l与椭圆G交于P，Q两点(点Q在第一象限)，且与线段AB交于点M．
(Ⅰ)求椭圆G的标准方程；
(Ⅱ)是否存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
7. (本小题12.0分)
公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆．已知平面直角坐标系中A(-2,0)，B(1,0)且|PA|=2|PB|.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若过点A的直线l与点P的轨迹相交于E，F两点，M(2,0)，则是否存在直线l，使S△EFM取得最大值，若存在，求出此时直线l的方程；若不存在，请说明理由．

8. (本小题12.0分)
已知抛物线y2=x上的动点M(x0,y0)，过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点，交直线x=t于A、B两点．
(1)若点M纵坐标为2，求M与焦点的距离；
(2)若t=-1，P(1,1)，Q(1,-1)，求证：yA⋅yB为常数；
(3)是否存在t，使得yA⋅yB=1且yP⋅yQ为常数？若存在，求出t的所有可能值，若不存在，请说明理由．
9. (本小题12.0分)
已知抛物线C：y2=2px(00)的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆上的一点，△PF1F2的周长为6，且F1为抛物线C2:y2=-2px，(p> 0)的焦点．
(1)求椭圆C1与抛物线C2的方程;
(2)过椭圆C1的左顶点Q的直线l交抛物线C2于A、B两点，点O为原点，射线OA、OB分别交椭圆于C、D两点，△OCD的面积为S1，△OAB的面积为S2.问：是否存在直线l使得S2=133S1?若存在，求出直线l的方程;若不存在，请说明理由．

12. (本小题12.0分)
已知A(-2,0),B(2,0)，动点P满足直线AP的斜率与直线BP的斜率乘积为e2-1.当e=32时，点P的轨迹为C1;当e=52时，点P的轨迹为C2．
(I)求C1,C2的方程．
(II)是否存在过C1右焦点的直线l，满足l与C1交于C,D两点，l与C2交于M,N两点，且|MN|=3|CD|?若存在，求所有满足条件的l的斜率之积；若不存在，说明理由．

13. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,63)，过其右焦点F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|=233．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y=kx-12与椭圆C交于E，F两点，在y轴上是否存在定点P，使得PE⊥PF恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
14. (本小题12.0分)
如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形的周长为42+1，一双曲线的顶点是该椭圆的焦点，且它的实轴长等于虚轴长，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D，其中A、C在x轴的同一侧．

(1)求椭圆和双曲线的标准方程；
(2)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，证明k1⋅k2=1；
(3)是否存在题设中的点P，使得AB→+CD→=34AB→⋅CD→.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

15. (本小题12.0分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>0,b>0的离心率为12，且P2,62是C上一点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过右焦点F2作直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在点M，使MA⋅MB为定值？若存在，求出点M的坐标及该定值；若不存在，试说明理由．

16. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A、B，右焦点为F，且椭圆Γ过点(0,5)、(2,53)，过点F的直线l与椭圆Γ交于P、Q两点(点P在x轴的上方)．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)若PF+2QF=0，求点P的坐标；
(3)设直线AP，BQ的斜率分别为k1、k2，是否存在常数λ，使得k1+λk2=0？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．

17. (本小题12.0分)
设双曲线C:x2-y22=1，点A，B为双曲线的左、右顶点，点P为双曲线上异于顶点的一点，设直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB．
(1)证明：kPA⋅kPB=2；
   (2)若过点Qt,0作不与x轴重合的直线l与双曲线C交于不同两点M，N，设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2.是否存在常数t使k1=-12k2？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．

18. (本小题12.0分)
已知椭圆G：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且过点(2,2)．
(Ⅰ)求椭圆G的方程；
(Ⅱ)过点M(0,1)斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆G于A，B两点，在y轴上是否存在点N使得∠ANM=∠BNM(点N与点M不重合)，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
19. (本小题12.0分)
如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形的周长为4(2+1)，一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D．
(Ⅰ)求椭圆和双曲线的标准方程；
(Ⅱ)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，证明k1⋅k2=1；
(Ⅲ)是否存在常数λ，使得|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

20. (本小题12.0分)
已知P为圆M：x2+y2-2x-15=0上一动点，点N(-1,0)，线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q．
(1)求点Q的轨迹方程；
(2)设点Q的轨迹为曲线C，过点N作曲线C的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为E，F，过点N作直线EF的垂线，垂足为点H，是否存在定点G，使得|GH|为定值？若存在，求出点G的坐标；若不存在，说明理由．
21. (本小题12.0分)
设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，圆C：(x-2m)2+(y-4m)2=1(m≠0)，点F1，F2分别为E的左、右焦点，点C为圆心，O为原点，线段OC的垂直平分线为l.已知E的离心率为12，点F1，F2关于直线l的对称点都在圆C上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线l与椭圆E相交于A，B两点，问：是否存在实数m，使直线AC与BC的斜率之和为23？若存在，求实数m的值；若不存在，说明理由．

22. (本小题12.0分)
已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P在抛物线上，Q为坐标原点，且|OP|=|PF|=32．

(Ⅰ)抛物线E的标准方程；
(Ⅱ)如图所示，过点M(t,0)和点N(2t,0)(2≤t≤6)分别做两条斜率为k的平行弦分别和抛物线E相交于点A，B和点C，D，得到一个梯形ABCD.记梯形两腰AD和BC的斜率分别为k1和k2，且k1+k2-k1k2=0．
(ⅰ)求实数k的值；
(ⅱ)若存在实数λ，使得S梯形ABCD=λS△OAB，试求实数λ的取值范围．

23. (本小题12.0分)
已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左顶点为A-2,0，右焦点为F，点B在C上．当BF⊥AF时AF=BF.不垂直于x轴的直线与双曲线同一支交于P，Q两点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)直线PQ过点F，在x轴上是否存在点N，使得x轴平分∠PNQ？若存在，求出点的N的坐标；若不存在，说明理由．

24. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x28+y24=1，直线l：y=kx+n(k>0)与椭圆C交于M，N两点，且点M位于第一象限．
(1)若点A是椭圆C的右顶点，当n=0时，证明：直线AM和AN的斜率之积为定值；
(2)当直线l过椭圆C的右焦点F时，x轴上是否存在定点P，使点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
答案和解析

1.解：(1)设直线AB的方程为x=my+1，代入y2=2x，
得y2-2my-2=0，所以yAyB=-2；
(2)由(1)同理可得yMyN=-2，
设直线AN的方程x=ny+2，代入y2=2x，得y2-2ny-4=0，
所以yA·yN=-4，
又k1=yN-yAxN-xA=yN-yAyN22-yA22=2yN+yA，同理k2=2yM+yB；
所以λ=k2k1=yA+yNyB+yM=yA+yN-2yA+-2yN=yAyN-2=2，
所以存在实数λ=2，使得k2=2k1．
 
【解析】本题考查直线与抛物线位置关系，及圆锥曲线中探究性问题，属于中档题．
(1)根据题意设直线方程x=my+1，代入抛物线方程得y2-2my-2=0，yA·yB的值即可得解；
(2)设直线AN的方程x=ny+2，代入y2=2x，得y2-2ny-4=0，所以yA·yN=-4，进一步表示λ=k2k1=yA+yNyB+yM=yA+yN-2yA+-2yN=yAyN-2=2．

2.解：(1)因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(1,22)，且2c=2，
1a2+12b2=1a2=b2+1,
∴c=1，b=1，a=2，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1．
(2)由(1)得F2(1,0)，
设直线l的方程为x=my+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
由x22+y2=1x=my+1得(m2+2)y2+2my-1=0，
所以y1+y2=-2mm2+2，y1y2=-1m2+2，
设x轴上存在点E(t,0)，使得直线EP，EQ关于x轴对称，
则kEP+kEQ=y1x1-t+y2x2-t=y1my1+1-t+y2my2+1-t=2my1y2+(1-t)(y1+y2)(my1+1-t)(my2+1-t)=0，
所以2my1y2+(1-t)(y1+y2)=-2mm2+2-2m(1-t)m2+2=-2m(2-t)m2+2=0，所以t=2，
故x轴上存在点E(2,0)，使得直线EP，EQ关于x轴对称． 
【解析】本题主要考查椭圆方程的求解以及直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)利用A点以及c的值，求解a=2，b=1，即可得出方程；
(2)联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解y1+y2=-2mm2+2，y1y2=-1m2+2，再利用对称的性质得出关系式，求解即可．

3.解：(1)设D(x,y)，则|DA|=(x-2)2+(y-3)2，
|DB|=x2+(y+3)2，
故(x-2)2+(y-3)2x2+(y+3)2=2，
故(x-2)2+(y-3)2=4x2+4(y+3)2，
化简得点D的轨迹方程为x2+y2+43x+10y+233=0．
(2)假设存在定点N，使得|PM|=3|PN|恒成立，设P(x,y)，N(m,n)，
故|PM|=(x+4)2+y2，|PN|=(x-m)2+(y-n)2，
因为|PM|=3|PN|，故(x+4)2+y2=9(x-m)2+9(y-n)2，
即x2+y2-9m+44⋅x-9n4⋅y+9m2+9n2-168=0，
而点P在圆(x-5)2+y2=9上，即x2+y2-10x+16=0，
对照可知，9m+44=10，9n4=0，9m2+9n2-168=16，
解得m=4,n=0,
故存在定点N(4,0)，使得|PM|=3|PN|恒成立． 
【解析】本题考查轨迹方程的求法，两点间的距离公式，属于中档题．
(1)设D(x,y)，利用两点之间的距离公式，根据|DA||DB|=2，即可得到点D的轨迹方程；
(2)假设存在定点N，使得|PM|=3|PN|恒成立，设P(x,y)，N(m,n)，根据|PM|=3|PN|得到x2+y2-9m+44⋅x-9n4⋅y+9m2+9n2-168=0，而点P在圆(x-5)2+y2=9上，即x2+y2-10x+16=0，比较系数即可得到答案．

4.解：(1)设点M的坐标为(x,y)(|x|≠2)，
由题意知点A(-2,0)、B(2,0)，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为-34，
则直线AM的斜率为yx+2，直线BM的斜率为yx-2，
所以yx+2×yx-2=-34，化简得x24+y23=1(|x|≠2)，
故曲线C的方程为x24+y23=1(|x|≠2)；
(2)设点N的坐标为(4,t)，则直线AN的方程为y=t6(x+2)，
联立直线AN与曲线C的方程，消去y化简得t2+27x2+4t2x+4t2-108=0，
则Δ=16t4-4t2+274t2-108>0，
所以xA+xM=-4t2t2+27，又xA=-2，所以xM=-2t2+54t2+27，
又点M在直线AN上，所以yM=t6(xM+2)=18tt2+27，
所以tan∠MFD=kMF=yM-yFxM-xF=6t-t2+9，tan∠NFD=kNF=yN-yFxN-xF=t3，
所以tan2∠NFD=2×t31-t3×t3=6t-t2+9，
所以tan∠MFD=tan2∠NFD，
又∠MFD、∠NFD∈(0,90°)⋃(90°,180°)，
所以∠MFD=2∠NFD，
故存在λ=2，使得∠MFD=λ∠NFD． 
【解析】本题考查直线与椭圆的位置关系及其应用、与椭圆有关的轨迹问题、过两点的斜率公式、点斜式方程、椭圆的标准方程、二倍角正切公式，属于一般题．
(1)设出点M的坐标，根据题意结合过两点的斜率公式求出曲线C的方程．
(2)设点N的坐标为(4,t)，求出直线AN的方程，联立直线AN与曲线C的方程，利用韦达定理结合A点坐标求出M点坐标，利用二倍角正切公式和过两点的斜率公式求出∠MFD=2∠NFD，由此可得存在λ=2使得∠MFD=λ∠NFD．

5.解：(1)设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0， 
则2E+F+4=0,3D+3E+F+18=0,D-E+F+2=0, 解得D=-4,E=-2,F=0, 
故圆M的方程为x2+y2-4x-2y=0．
(2)假设存在实数a，使得|OP|=|OQ|，
由x2+y2-4x-2y=0得x-22+y-12=5，
所以圆M的圆心坐标为M(2,1)，半径为5，
因为点O在圆M上，且|OP|=|OQ|，
所以直线OM⊥l，
而kOM=12，所以a=2， 
此时点M到直线l的距离
d=|2×2+1-1|22+12=4550，故k20)，根据题意，可求得m的值，即可得双曲线方程．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，则k1=y0x0+2，k2=y0x0-2，即可得k1⋅k2的表达式，又Px0,y0在双曲线上，可得x02-y02=4，代入表达式，即可得证．
(3)设PF1方程为y=kx+2，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式，可得AB的表达式，同理可得CD的表达式，设AB→,CD→夹角为θ，根据条件，可求得cosθ的值，利用数量积公式PF→1⋅PF→2=PF→1⋅PF→2cosθ，代入数据，即可求得P点坐标．


15.(1)由题意，ca=122a2+32b2=1a2=b2+c2⇒a=2b=3．∴椭圆C的方程为x4+x23=1．
(2)设直线AB的方程为x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

x=my+13x2+4y2=12⇒3(m2y2+2my+1)+4y2=12，(3m2+4)y2+6my-9=0，
F2在椭圆内，所以Δ>0，
y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4
假设存在这样的M(t,0)符合题意，则MA=(x1-t,y1)，MB=(x2-t,y2)
MA⋅MB=(x1-t)(x2-t)+y1y2=(my1+1-t)(my2+1-t)+y1y2
=(m2+1)y1y2+m(1-t)(y1+y2)+(1-t)2
=(m2+1)⋅-93m2+4+m(1-t)⋅-6m3m2+4+(1-t)2
=-9m2-9-6m2+6m2t+3m2-6m2t+3m2t2+4-8t+4t23m2+4
=(3t2-12)m2+4t2-8t-53m2+4，要使其为定值，则3t2-123=4t2-8t-54，
解得t=118，MA⋅MB=-13564，
当直线l斜率为0时，A(-2,0)，B(2,0)此时MA⋅MB=-13564仍成立，
∴存在M(118,0)符合题意，该定值为-13564． 
【解析】本题主要考查了椭圆标准方程、椭圆的性质及几何意义及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
(1)将点的坐标代入方程及椭圆的离心率可求得a，b的值即可．
(2)联立方程x=my+13x2+4y2=12得到根与系数的关系，将MA⋅MB化简得(3t2-12)m2+4t2-8t-53m2+4分析求解即可．

16.解：(1)因为椭圆Γ过点(0,5)、(2,53)，
所以b=54a2+259b2=1，解得a=3b=5，
故椭圆的标准方程为x29+y25=1；
(2)设P(x1,y1)(y1>0)，Q(x2,y2)，
由(1)可知，F(2,0)，
因为PF+2QF=0，
所以(2-x1,-y1)+2(2-x2,-y2)=(0,0)，
则6-x1-2x2=0-y1-2y2=0，解得x2=6-x12y2=-y12，
所以Q(6-x12,-y12)，
分别将点P，Q的坐标代入椭圆的方程，
则x129+y125=1(6-x12)29+(-y12)25=1，解得x1=34y1=-534(舍)或x1=34y1=534，
故所求点P的坐标为(34,534)；
(3)设存在常数λ，使得k1+λk2=0，
设直线BP的斜率为k3，
由题意可得，x129+y125=1，
则y12=59(9-x12)，
所以k1k3=y1x1+3⋅y1x1-3=y12x12-9=59(9-x12)x12-9=-59，
由题意，设直线l的方程为x=my+2，
联立方程组x=my+2x29+y25=1，可得(5m2+9)y2+20my-25=0，
所以Δ=900(m2+1)>0，且y1+y2=-20m5m2+9,y1y2=-255m2+9，
则k2k3=y2x2-3⋅y1x1-3=y1y2(my2-1)(my1-1)
=y1y2m2y1y2-m(y1+y2)+1
=-255m2+9m2(-255m2+9)-m(-20m5m2+9)+1=-259，
所以k1k2=k1⋅k3k2⋅k3=-59-259=15，
则λ=-15，
故存在λ=-15，k1+λk2=0． 
【解析】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，两点间斜率公式的运用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于中档题．
(1)将两个点的坐标代入椭圆的标准方程，求出a，b的值，即可得到答案；
(2)利用向量的坐标运算，求出点P和Q坐标之间的关系，将两点坐标代入椭圆方程，求出点P的坐标即可；
(3)设存在常数λ，使得k1+λk2=0，设直线BP的斜率为k3，利用两点间斜率公式求出k1k3的值，设直线l的方程为x=my+2，与椭圆方程联立，得到韦达定理，结合两点间斜率公式求出k2k3的值，利用k1k2=k1⋅k3k2⋅k3，即可求出λ的值．

17.(1)证明：设P(x,y)，易知A-1,0，B1,0，则kPA=yx+1，kPB=yx-1
所以kPA⋅kPB=y2x2-1  ，
因为x2-y22=1，则x2-1=y22，
所以kPA⋅kPB=y2y22=2 ，
(2)解：存在常数t=3使k1=-12k2．
设直线l:x=my+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)
则k1=y1x1+1，k2=y2x2-1 ，
由(1)可知k1⋅kMB=2，则k1=2kMB
所以k1=2kMB=-12k2 ，
则kMB⋅k2=y1x1-1⋅y2x2-1=-4，即y1y2+4(my1+t-1)(my2+t-1)=0
所以4m2+1y1y2+4mt-1(y1+y2)+4t-12=0 ，
联立x2-y22=1x=my+t得，2m2-1y2+4mty+2t2-2=0
则2m2-1≠0且Δ=16m2t2-42m2-12t2-2>0                
由一元二次方程根与系数的关系得，y1+y2=-4mt2m2-1，y1y2=2t2-22m2-1  ，
则4m2+1⋅2t2-22m2-1+4mt-1⋅-4mt2m2-1+4t-12=0，易知t≠1，
所以-2t+6=0，解得t=3，经检验可得，t=3符合题意. 
【解析】本题主要考查直线与双曲线的位置关系以及圆锥曲线中的探索性问题，属于中档题．
(1)设P(x,y)，利用斜率公式表示出kPA，kPB，结合x2-y22=1，即可求证kPA⋅kPB=2；
(2)设直线l:x=my+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立x2-y22=1x=my+t，结合一元二次方程根与系数的关系，即可求得t值．

18.解：(Ⅰ)由题意可得ca=224a2+2b2=1a2=b2+c2，
解得a=22，b=2，
所以椭圆G的方程为x28+y24=1．
(Ⅱ)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，N(0,t)(t≠1)，
所以直线AN的斜率为k1=y1-tx1，
直线BN的斜率为k2=y2-tx2，
所以∠ANM=∠BNM，当且仅当k1+k2=0，
所以y1-tx1+y2-tx2=x2y1-tx2+x1y2-tx1x1x2
=x2(kx1+1)-tx2+x1(kx2+1)-tx1x1x2
=2kx1x2+(1-t)(x1+x2)x1x2=0，
即2kx1x2+(1-t)(x1+x2)=0，
根据题意，直线l的方程为y=kx+1，
联立y=kx+1x28+y24=1，得(1+2k2)x2+4kx-6=0，
所以x1+x2=-4k2k2+1，x1x2=-61+2k2，
所以2k⋅(-61+2k2)+(1-t)-4k1+2k2=4k(t-4)2k2+1=0，
由因为k≠0，
所以t=4，
所以x28+y24=1．
所以在y轴上存在点N使得∠ANM=∠BNM，点N的坐标为(0,4)． 
【解析】(Ⅰ)由离心率为22，且过点(2,2)，列方程组，解得a，b，c，即可得出答案．
(Ⅱ)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，N(0,t)(t≠1)，写出直线AN的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，由∠ANM=∠BNM，推出k1+k2=0，进而可得2kx1x2+(1-t)(x1+x2)=0，联立直线l：y=kx+1与椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，即可解得t，进而可得答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．

19.解：(Ⅰ)由题意知，椭圆离心率为ca=22，
得a=2c，又2a+2c=4(2+1)，
所以a=22，c=2，所以b2=a2-c2=4，
所以椭圆的标准方程为x28+y24=1；
所以椭圆的焦点坐标为(±2,0)，
因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，
所以该双曲线的标准方程为x24-y24=1．
(Ⅱ)设点P(x0,y0)，
则k1=y0x0+2，k2=y0x0-2，
∴k1⋅k2=y0x0+2y0x0-2=y02x02-4，
又点P(x0,y0)在双曲线上，
∴x024-y024=1，即y02=x02-4，
∴k1⋅k2=y02x02-4=1．
(Ⅲ)假设存在常数λ，使得得|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|恒成立，
则由(Ⅱ)知k1⋅k2=1，
∴设直线AB的方程为y=k(x+2)，则直线CD的方程为y=1k(x-2)，
由方程组y=k(x+2)x28+y24=1消y得：(2k2+1)x2+8k2x+8k2-8=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则由韦达定理得，x1+x2=-8k21+2k2,x1⋅x2=8k2-82k2+1，
∴|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1 x2=42(1+k2)2k2+1，
同理可得|CD|=42(1+1k2)21k2+1=42(1+k2)k2+2，
∵|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|，
∴λ=1|AB|+1|CD|=2k2+142(1+k2)+k2+242(1+k2)=3+3k242(k2+1)=328，
∴存在常数λ=328，使得|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|恒成立． 
【解析】本题考查了椭圆的定义、离心率、椭圆与双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．
(Ⅰ)由题意知，椭圆离心率为ca=22，及椭圆的定义得到又2a+2c=4(2+1)，解方程组即可求得椭圆的方程，等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点可求得该双曲线的方程；
(Ⅱ)设点P(x0,y0)，根据斜率公式求得k1、k2，把点P(x0,y0)在双曲线上，即可证明结果；
(Ⅲ)设直线AB的方程为y=k(x+2)，则可求出直线CD的方程为y=1k(x-2)，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理，即可求得|AB|，|CD|，代入|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|，求得λ的值．

20.解：(1)由题意可知圆M：x2+y2-2x-15=0的圆心为(1,0)，半径为4，
因为线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q，
所以|QP|=|QN|，所以|QN|+|QM|=|QP|+|QM|=4，
又因为|MN|=2b>0)，则a=2，c=1，b=3，
所以点Q的轨迹方程为x24+y23=1．
(2)(ⅰ)若两条直线斜率均存在，
设过点N的弦所在直线l1的方程为x=ty-1(t≠0)，
代入椭圆方程联立得：(3t2+4)y2-6ty-9=0，
设l1与椭圆两交点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)
所以y1+y2=6t3t2+4，所以yE=3t3t2+4，
则xE=t⋅3t3t2+4-1=-43t2+4；
同理xF=-4t23+4t2，yF=-3t3+4t2；
由对称性可知EF所过定点必在x轴上，设为T(x0,0)，
显然ET//TF，所以(-4t23+4t2-x0)⋅3t3t2+4=-3t3+4t2⋅(-43t2+4-x0)，
化简得-4(1+t2)=7x0(1+t2)，即x0=-47；
(ⅱ)若其中一条直线斜率不存在，则直线EF为x轴；综上直线EF必过定点T(-47,0)；
取点N与点T的中点为G，则G(-1114,0)，因为NH⊥EF，所以NH⋅TH=0，
所以点H在以G为圆心，|GT|=|GH|=314为半径的圆上运动，
所以存在定点G，使得|GH|为定值． 
【解析】本题主要考查轨迹方程的求解，圆锥曲线中的定值问题等知识，属于中等题．
(1)Q点轨迹符合椭圆定义，因而简化了运算过程；
(2)两条互相垂直的弦所在直线要分为两种情况：两条直线斜率均存在或其中一条直线斜率不存在另一条斜率为0，找到直线EF所过定点是本题关键．

21.解：(1)由已知，e=ca=12，则a=2c．
设点F1，F2关于直线l的对称点分别为M，N，因为点O，C关于直线l对称，O为线段F1F2的中点，
则C为线段MN的中点，从而线段MN为圆C的一条直径，所以|F1F2|=|MN|=2，即2c=2，即c=1．
于是a=2，b2=a2-c2=3，所以椭圆E的方程是x24+y23=1．
(2)因为原点O为线段F1F2的中点，圆心C为线段MN的中点，直线l为线段OC的垂直平分线，
所以点O与C也关于直线l对称，
因为点C(2m,4m)，则线段OC的中点为(m,2m)，直线OC的斜率为2，又直线l为线段OC的垂直平分线，
所以直线l的方程为y-2m=-12(x-m)，即y=-12x+5m2．
将y=-12x+5m2代入x24+y23=1，得3x2+4-x2+5m22=12，
即4x2-10mx+25m2-12=0．
因为直线l与椭圆E相交，则Δ=100m2-16(25m2-12)>0，解得m20，即3m2-8m3m2-1>0，
依题意，kPN+kQN=0，
即y1x1-n+y2x2-n=0,y1(my2+4-n)+y2(my1+4-n)=0，
2my1y2+(4-n)(y1+y2)=0，
2m⋅363m2-1-(4-n)×24m3m2-1=0，
即3m-m(4-n)=0，
∵m≠0，∴n=1，
故存在N(1,0)． 
【解析】本题考查了双曲线的标准方程，直线与双曲线的综合应用，属于较难题．
(1)根据顶点坐标、|AF|=|BF|及b2=c2-a2即可求解；
(2)直线PQ：x=my+4(m≠0)，与双曲线联立，由条件可知有kPN+kQN=0，结合韦达定理可求解．

24.解：(1)证明：设M(x1,y1)，则N(-x1,-y1)，
∵A(22,0)，∴kAM=y1x1-22，kAN=y1x1+22，
∵M(x1,y1)在椭圆上，∴x128+y124=1，
∴kAM⋅kAN=y1x1-22×y1x1+22=y12x12-8=4(1-x128)x12-8=-12，
所以直线AM和AN的斜率之积为定值．
(2)由椭圆C：x28+y24=1，可得右焦点F坐标(2,0)，
设过右焦点的直线l的方程为y=k(x-2)，P(m,0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=k(x-2)x28+y24=1，得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-8=0，
由韦达定理可得：x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2-81+2k2，
设x轴上存在定点P，使点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等，
则x轴是∠MPN的平分线，即kNP+kMP=0，
∴y1x1-m+y2x2-m=0，即k(x1-2)(x2-m)+k(x2-2)(x1-m)(x2-m)(x1-m)=0，
∴k2x1x2-m+2x1+x2+4m=0，
∴k2×8k2-81+2k2-8m+2k21+2k2+4m=0，
化简可得4m-4k1+2k2=0，该式对任意的k>0恒成立，所以m=4．
所以存在定点P(4,0)，使点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等． 
【解析】本题主要考查椭圆中的定值、定点问题，直线与椭圆的位置关系，是较难题．
(1)首先写出直线的斜率表达式，然后结合点在椭圆上即可证得题中的结论；
(2)设过右焦点的直线l的方程为y=k(x-2)，P(m,0)，M(x1,y1)，则N(x2,y2)，组成方程组得x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2-81+2k2，
由题意可得x轴是∠MPN的平分线，即kNP+kMP=0，化简可得定点P的坐标．