新高考数学之圆锥曲线综合讲义第9讲蒙日圆问题(原卷版+解析)

这是一份新高考数学之圆锥曲线综合讲义第9讲蒙日圆问题(原卷版+解析)，共29页。学案主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知椭圆的一个焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.
2．给定椭圆C： (a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为.
（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；
（2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆”于点M，N.证明：l1⊥l2，且线段MN的长为定值．
3．给定椭圆 C : ，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆 C 的“伴随圆”.若椭圆 C 的一个焦点为 F1(, 0) ，其短轴上的一个端点到 F1 的距离为
（1）求椭圆 C 的方程及其“伴随圆”方程；
（2）若倾斜角 45°的直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点，且与椭圆 C 的伴随圆相交于 M .N 两点，求弦 MN 的的长；
（3）点 P 是椭圆 C 的伴随圆上一个动点，过点 P 作直线 l1、l2，使得 l1、l2与椭圆 C 都只有一个公共点，判断l1、l2的位置关系，并说明理由.
4．已知抛物线：（），圆：（），抛物线上的点到其准线的距离的最小值为.
（1）求抛物线的方程及其准线方程；
（2）如图，点是抛物线在第一象限内一点，过点P作圆的两条切线分别交抛物线于点A，B（A，B异于点P），问是否存在圆使AB恰为其切线？若存在，求出r的值；若不存在，说明理由.
5．已知椭圆：的长半轴长为，点（为椭圆的离心率）在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，为直线上任一点，过点椭圆上点处的切线为，，切点分别，，直线与直线，分别交于，两点，点，的纵坐标分别为，，求的值.
6．已知中心在原点的椭圆C1和抛物线C2有相同的焦点(1，0)，椭圆C1过点，抛物线的顶点为原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；
(2)设点P为抛物线C2准线上的任意一点，过点P作抛物线C2的两条切线PA，PB，其中A、B为切点．
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值；
②若直线AB交椭圆C1于C，D两点，S△PAB，S△PCD分别是△PAB，△PCD的面积，试问：是否有最小值?若有，求出最小值；若没有，请说明理由.
7．已知椭圆的方程为.
（1）设是椭圆上的点，证明：直线与椭圆有且只有一个公共点；
（2）过点作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为､，点在直线上的射影为点，求点的坐标；
（3）互相垂直的两条直线与相交于点，且､都与椭圆只有一个公共点，求点的轨迹方程.
8．已知椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上运动，若面积的最大值为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作圆：，的两条切线，分别与椭圆交于两点，(异于点)，当变化时，直线是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
9．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2：＋＝1(a>b>0)，C2与C1的长轴长之比为∶1，离心率相同．
(1) 求椭圆C2的标准方程；
(2) 设点P为椭圆C2上的一点．
①射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：为定值；
②过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证k1·k2为定值．
10．已知抛物线上一点到焦点的距离.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点引圆的两条切线，切线与抛物线的另一交点分别为，线段中点的横坐标记为，求的取值范围.
11．如图，已知是椭圆:上的任一点，从原点向圆：作两条切线，分别交椭圆于点、．
（1）若直线，的斜率存在，并记为，，求证：为定值；
（2）试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
12．已知抛物线E：过点，过抛物线E上一点作两直线PM，PN与圆C：相切，且分别交抛物线E于M、N两点．
（1）求抛物线E的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
（2）若直线MN的斜率为，求点P的坐标．
第9讲 蒙日圆问题
一、解答题
1．已知椭圆的一个焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）.
【详解】
试题分析：（1）利用题中条件求出的值，然后根据离心率求出的值，最后根据、、三者的关系求出的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）分两种情况进行计算：第一种是在从点所引的两条切线的斜率都存在的前提下，设两条切线的斜率分别为、，并由两条切线的垂直关系得到，并设从点所引的直线方程为，将此直线的方程与椭圆的方程联立得到关于的一元二次方程，利用得到有关的一元二次方程，最后利用以及韦达定理得到点的轨迹方程；第二种情况是两条切线与坐标轴垂直的情况下求出点的坐标，并验证点是否在第一种情况下所得到的轨迹上，从而得到点的轨迹方程.
（1）由题意知，且有，即，解得，
因此椭圆的标准方程为；
（2）①设从点所引的直线的方程为，即，
当从点所引的椭圆的两条切线的斜率都存在时，分别设为、，则，
将直线的方程代入椭圆的方程并化简得，
，
化简得，即，
则、是关于的一元二次方程的两根，则，
化简得；
②当从点所引的两条切线均与坐标轴垂直，则的坐标为，此时点也在圆上.
综上所述，点的轨迹方程为.
考点：本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用.
2．给定椭圆C： (a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为.
（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；
（2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆”于点M，N.证明：l1⊥l2，且线段MN的长为定值．
【答案】（1）椭圆方程为，“准圆”方程为x2＋y2＝4；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由已知，进而可得椭圆C的方程和其“准圆”方程；
（2）①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，分别求出l1和l2，验证命题成立；②当l1，l2斜率存在时，设点P(x0，y0)，其中，联立过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线方程与椭圆方程，由Δ＝0化简整理，可证得l1⊥l2；进而得出线段MN为“准圆”x2＋y2＝4的直径，即线段MN的长为定值．
【详解】
（1）∵椭圆C的一个焦点为
其短轴上的一个端点到F的距离为.
∴，
∴，
∴椭圆方程为，
∴“准圆”方程为x2＋y2＝4.
（2）证明：①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，则l1：x＝±，
当l1：x＝时，l1与“准圆”交于点(，1)，(，－1)，
此时l2为y＝1(或y＝－1)，显然直线l1，l2垂直；
同理可证当l1：x＝－时，直线l1，l2垂直．
②当l1，l2斜率存在时，
设点P(x0，y0)，其中.
设经过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线为
y＝t(x－x0)＋y0，
∴由
得(1＋3t2)x2＋6t(y0－tx0)x＋3(y0－tx0)2－3＝0.
由Δ＝0化简整理，得(3－)t2＋2x0y0t＋1－＝0，
∵，∴有(3－)t2＋2x0y0t＋(－3)＝0.
设l1，l2的斜率分别为t1，t2，
∵l1，l2与椭圆相切，∴t1，t2满足上述方程(3－)t2＋2x0y0t＋(－3)＝0，
∴t1·t2＝－1，即l1，l2垂直．
综合①②知，l1⊥l2.
∵l1，l2经过点P(x0，y0)，又分别交其“准圆”于点M，N，且l1，l2垂直．
∴线段MN为“准圆”x2＋y2＝4的直径，|MN|＝4，
∴线段MN的长为定值．
【点睛】
思路点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查新定义，考查椭圆的切线方程，考查直线与椭圆的位置关系，有关平面解析问题一些基本解题思想总结如下：
1.常规求值问题：需要找等式，范围问题需要找不等式；
2.是否存在问题：当作存在去求，不存在时会无解；
3.证明定值问题：把变动的元素用参数表示出来，然后证明结果与参数无关，也可先猜再证；
4.处理定点问题：把方程中参数的同次项集在一起，并令各项系数为，也可先猜再证；
5.最值问题：将对象表示为变量的函数求解．
3．给定椭圆 C : ，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆 C 的“伴随圆”.若椭圆 C 的一个焦点为 F1(, 0) ，其短轴上的一个端点到 F1 的距离为
（1）求椭圆 C 的方程及其“伴随圆”方程；
（2）若倾斜角 45°的直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点，且与椭圆 C 的伴随圆相交于 M .N 两点，求弦 MN 的的长；
（3）点 P 是椭圆 C 的伴随圆上一个动点，过点 P 作直线 l1、l2，使得 l1、l2与椭圆 C 都只有一个公共点，判断l1、l2的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）椭圆方程：；伴随圆方程： x2 y2 1 ；（2） 2；（3）垂直，（斜率乘积为 1 ，分斜率存在与否）
【分析】
（1）直接由椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F1的距离为，求出，即可求椭圆C的方程及其“伴随圆”方程；
（2）先把直线方程与椭圆方程联立，利用对应的判别式为0求出，进而求出直线方程以及圆心到直线的距离；即可求弦MN的长；
（3）先对直线l1，l2的斜率是否存在分两种情况讨论，然后对每一种情况中的直线l1，l2与椭圆C都只有一个公共点进行求解即可证：l1⊥l2．（在斜率存在时，是先设直线方程，把直线与椭圆方程联立，利用斜率为对应方程的根来判断结论）．
【详解】
解：（1）因为，所以b＝1
所以椭圆的方程为，
伴随圆的方程为x2+y2＝4．
（2）设直线l的方程y＝x+b，由得4x2+6bx+3b2﹣3＝0
由△＝（6b）2﹣16（3b2﹣3）＝0得b2＝4
圆心到直线l的距离为
所以
（3）①当l1，l2中有一条无斜率时，不妨设l1无斜率，
因为l1与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，
当l1方程为时，此时l1与伴随圆交于点，
此时经过点（或且与椭圆只有一个公共点的直线是y＝1（或y＝﹣1），
即l2为y＝1（或y＝﹣1），显然直线l1，l2垂直；
同理可证l1方程为时，直线l1，l2垂直．
②当l1，l2都有斜率时，设点P（x0，y0），其中x02+y02＝4，
设经过点P（x0，y0），与椭圆只有一个公共点的直线为y＝k（x﹣x0）+y0，
由，消去y得到x2+3（kx+（y0﹣kx0））2﹣3＝0，
即（1+3k2）x2+6k（y0﹣kx0）x+3（y0﹣kx0）2﹣3＝0，
△＝[6k（y0﹣kx0）]2﹣4•（1+3k2）[3（y0﹣kx0）2﹣3]＝0，
经过化简得到：（3﹣x02）k2+2x0y0k+1﹣y02＝0，
因为x02+y02＝4，所以有（3﹣x02）k2+2x0y0k+（x02﹣3）＝0，
设l1，l2的斜率分别为k1，k2，因为l1，l2与椭圆都只有一个公共点，
所以k1，k2满足方程（3﹣x02）k2+2x0y0k+（x02﹣3）＝0，
因而k1•k2＝﹣1，即l1，l2垂直．
【点睛】
本题主要考查椭圆的方程和几何性质，直线的方程，两点间的距离公式以及点到直线的距离公式等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和数形结合的数学思想，考查解决问题的能力和运算能力．
4．已知抛物线：（），圆：（），抛物线上的点到其准线的距离的最小值为.
（1）求抛物线的方程及其准线方程；
（2）如图，点是抛物线在第一象限内一点，过点P作圆的两条切线分别交抛物线于点A，B（A，B异于点P），问是否存在圆使AB恰为其切线？若存在，求出r的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）的方程为，准线方程为.（2）存在，
【分析】
（1）由得到p即可；
（2）设，利用点斜式得到PA的的方程为，由到PA的距离为半径可得，同理，同理写出直线AB的方程，利用点到直线AB的距离为半径建立方程即可.
【详解】
解：（1）由题意得，解得，
所以抛物线的方程为，准线方程为.
（2）由（1）知，.
假设存在圆使得AB恰为其切线，设，，
则直线PA的的方程为，即.
由点到PA的距离为r，得，
化简，得，
同理，得.
所以，是方程的两个不等实根，
故，.
易得直线AB的方程为，
由点到直线AB的距离为r，得，
所以，
于是，，
化简，得，即.
经分析知，，因此.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义和几何性质，直线与圆、抛物线的位置关系等，考查运算求解能力、数形结合思想.
5．已知椭圆：的长半轴长为，点（为椭圆的离心率）在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，为直线上任一点，过点椭圆上点处的切线为，，切点分别，，直线与直线，分别交于，两点，点，的纵坐标分别为，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）因为点在椭圆上，所以，然后，利用，，得出，进而求解即可
（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为，分别联立方程：和，利用韦达定理，再利用，，即可求出的值
【详解】
（1）由椭圆的长半轴长为，得.
因为点在椭圆上，所以.
又因为，，所以，
所以（舍）或.
故椭圆的标准方程为.
（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为.
据得.
据题意，得，得，
同理，得，
所以.
又可求，得，，
所以
.
【点睛】
本题考查椭圆标准方程的求解以及联立方程求定值的问题，联立方程求定值的关键在于利用韦达定理进行消参，属于中档题
6．已知中心在原点的椭圆C1和抛物线C2有相同的焦点(1，0)，椭圆C1过点，抛物线的顶点为原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；
(2)设点P为抛物线C2准线上的任意一点，过点P作抛物线C2的两条切线PA，PB，其中A、B为切点．
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值；
②若直线AB交椭圆C1于C，D两点，S△PAB，S△PCD分别是△PAB，△PCD的面积，试问：是否有最小值?若有，求出最小值；若没有，请说明理由.
【答案】(1) 抛物线的标准方程为,椭圆的方程为:,(2)①证明见解析,②有,最小值为
【分析】
(1)利用可得抛物线的标准方程,根据和点在椭圆上列方程组可求得和,从而可得标准方程;
(2)①利用△=0以及韦达定理可得结论;
②先求出直线过定点,将问题转化为,即求得最小值,当直线的斜率存在时,联立直线与抛物线,利用弦长公式求出和,然后求比值,此时大于,当直线的斜率不存在时,直接求出和可得比值为.从而可得结论.
【详解】
(1)因为抛物线C2有相同的焦点(1，0),且顶点为原点,所以,所以,
所以抛物线的标准方程为,
设椭圆方程为,则且,解得,
所以椭圆的方程为:.
(2)①证明:设,过点与抛物线相切的直线为,
由,消去得,
由△=,得,
则.
②设
由①得,则,
所以直线的方程为,所以,
即,即直线恒过定点,
设点到直线的距离为,
所以,
当直线的斜率存在时,设直线的方程为,
设,
由,消去得,
时,△恒成立,

,
由消去得,△恒成立,
则
.
所以,
当直线的斜率不存在时,直线的方程为,
此时,,,
所以的最小值为.
【点睛】
本题考查了求抛物线和椭圆的标准方程,考查了直线与抛物线相切,考查了直线与椭圆相交的问题,考查了三角形的面积公式,考查了分类讨论思想,考查了弦长公式,属于难题.
7．已知椭圆的方程为.
（1）设是椭圆上的点，证明：直线与椭圆有且只有一个公共点；
（2）过点作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为､，点在直线上的射影为点，求点的坐标；
（3）互相垂直的两条直线与相交于点，且､都与椭圆只有一个公共点，求点的轨迹方程.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】
（1）当时，符合题意；当时，联立直线与椭圆的方程，得判别式为0，从而方程组只有一组解，进而可得答案；
（2）设，，得出A，B的坐标满足直线方程，推出直线AB的方程为，联立NQ的方程解得Q点坐标；
（3）设，分两种情况：当直线与有一条斜率不存在时，当直线与有一条斜率存在时，讨论点P的轨迹，即可得出答案.
【详解】
（1）当时，，直线，
即直线，与椭圆只有一个公共点.
当时，由得，，又，
有，从而方程组只有一组解，
直线与椭圆的有且只有一个公共点.
（2）设，.
由（1）知两条直线为，，
又是它们的交点，，，
从而有，的坐标满足直线方程，
所以直线：.
直线的方程为，
由解得，即，
（3）设.
当直线与有一条斜率不存在时，，.
当直线与的斜率都存在时，设为和，
由得，
由，
整理得，，和是这个方程的两个根，
有，得，
所以点的轨迹方程是.
【点睛】
关键点点睛：解决第一问主要是通过联立直线与椭圆所构成的方程组有一个解；解决第二问主要是通过第一问中的结论得出的方程；解决第三问主要是依据两直线的关系得到.
8．已知椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上运动，若面积的最大值为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作圆：，的两条切线，分别与椭圆交于两点，(异于点)，当变化时，直线是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线恒过定点.
【分析】
（1）首先列出关于的等式，再求椭圆的标准方程；（2）首先设出过点的切线方程，利用，得到关于斜率的一元二次方程，得到根与系数的关系，再与椭圆方程联立求得点的坐标，写出直线的斜率，并写出直线的方程，说明直线过定点.
【详解】
（1）由题可知当点在椭圆的上顶点时，最大，
此时，∴，，，
∴椭圆的标准方程为.
（2）设过点与圆相切的直线方程为，即，
∵直线与圆：相切，∴，
即得.
设两切线的斜率分别为，，则，
设，，由，
∴，即，∴；
同理：，；
∴，
∴直线的方程为.
整理得，
∴直线恒过定点.
【点睛】
本题考查椭圆方程，直线与圆，直线与椭圆的位置关系，重点考查转化思想，计算能力，逻辑推理能力，属于难题.
9．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2：＋＝1(a>b>0)，C2与C1的长轴长之比为∶1，离心率相同．
(1) 求椭圆C2的标准方程；
(2) 设点P为椭圆C2上的一点．
①射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：为定值；
②过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证k1·k2为定值．
【答案】(1)＋＝1；(2)①证明见解析，②证明见解析
【分析】
(1)根据已知条件，求出a，b的值，得到椭圆C2的标准方程．
(2)①对直线OP斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP斜率存在时，设直线OP的方程为y＝kx，并与椭圆C1的方程联立，解得点A横坐标，同理求得点P横坐标，再通过弦长公式，求出的表达式，化简整理得到定值．
②设P(x0，y0)，写出直线l1的方程，并与椭圆C1联立，得到关于x的一元二次方程，根据直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得－2x0y0k1＋－1＝0，同理得到－2x0y0k2＋－1＝0，从而说明k1，k2是关于k的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值．
【详解】
(1)设椭圆C2的焦距为2c，由题意，a＝2，，解得b＝，
因此椭圆C2的标准方程为＋＝1.
(2)①1°当直线OP斜率不存在时，
PA＝－1，PB＝＋1，则＝＝3－2.
2°当直线OP斜率存在时，设直线OP的方程为y＝kx，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k2＋1)x2＝4，
所以，同理．
所以，由题意，xP与xA同号，所以xP＝xA，
从而＝＝＝＝3－2.
所以＝3－2为定值．
②设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，即y＝k1x－k1x0＋y0，
记t＝－k1x0＋y0，则l1的方程为y＝k1x＋t，
代入椭圆C1的方程，消去y，得(4＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，
因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，
所以Δ＝(8k1t)2－4(4＋1)(4t2－4)＝0，即4－t2＋1＝0，
将t＝－k1x0＋y0代入上式，整理得，－2x0y0k1＋－1＝0，
同理可得，－2x0y0k2＋－1＝0，
所以k1，k2为关于k的方程(－4)k2－2x0y0k＋y－1＝0的两根，从而k1·k2＝.
又点在P(x0，y0)椭圆C2：＋＝1上，所以，
所以k1·k2＝为定值．
【点睛】
本题考查求椭圆标准方程，考查椭圆中的定值问题，椭圆中的定值问题，一种方法是直接计算，即由直线与椭圆相交求出交点坐标，求出直线斜率等，然后计算题中要证定值的量即可得，一种不直接计算，像本题（2）②中通过直线与椭圆相切，得出两直线斜率满足的关系式，从而确定这两个斜率是某个二次方程的根，由韦达定理直接得证，即建立参数之间的联系，然后推导出定值．
10．已知抛物线上一点到焦点的距离.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点引圆的两条切线，切线与抛物线的另一交点分别为，线段中点的横坐标记为，求的取值范围.
【答案】（1）（2）见解析
【分析】
（1）由题意确定p的值即可确定抛物线方程；
（2）很明显切线斜率存在，由圆心到直线的距离等于半径可得是方程的两根，联立直线方程与抛物线方程可得点的横坐标 .结合韦达定理将原问题转化为求解函数的值域的问题即可.
【详解】
（1）由抛物线定义,得，由题意得：
解得
所以，抛物线的方程为.
（2）由题意知，过引圆的切线斜率存在，设切线的方程为，则圆心到切线的距离，整理得，.
设切线的方程为,同理可得.
所以，是方程的两根，.
设，由得，，
由韦达定理知，，所以，同理可得.
设点的横坐标为，则
.
设，则，
所以，，对称轴，所以
【点睛】
本题主要考查抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
11．如图，已知是椭圆:上的任一点，从原点向圆：作两条切线，分别交椭圆于点、．
（1）若直线，的斜率存在，并记为，，求证：为定值；
（2）试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）为定值．
【解析】
试题分析：（1）设直线的直线方程分别为、，由圆心到直线的距离等于半径可以得到、，由此可得是方程的两个不相等的实数根,由违达定理可知，由点在椭圆上可得；（2）分直线与直线与椭圆方程联立，可得，，直接计算，并将代入表达式即可得到的和为定值．
试题解析：（1）因为直线：以及：与圆相切，
所以 ,
化简得：
同理：，
所以，

因为点在椭圆C上，所以，即，
所以 ．
（2）是定值，定值为9．
理由如下：
法一：（i）当直线、不落在坐标轴上时,设,
联立解得
所以，同理，得，
由，
所以

（ii）当直线、落在坐标轴上时,显然有，
综上：
法二：（i）当直线、不落在坐标轴上时,设,
因为，所以，
因为在椭圆C上，所以， 即 ，
所以，整理得，
所以，所以．
（ii）当直线、落在坐标轴上时,显然有，
综上：．
考点：1．椭圆的定义与几何性质；2．直线与圆的位置关系；3．直线与椭圆的位置关系．
12．已知抛物线E：过点，过抛物线E上一点作两直线PM，PN与圆C：相切，且分别交抛物线E于M、N两点．
（1）求抛物线E的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
（2）若直线MN的斜率为，求点P的坐标．
【答案】（1）抛物线E的方程为，焦点坐标为，准线方程为；（2）或
【分析】
（1）将点代入抛物线方程，可求出抛物线E的方程，进而可求出焦点坐标及准线方程；
（2）设，，可表示出直线及的斜率的表达式，进而可表示出两直线的方程，再结合直线和圆相切，利用点到直线的距离等于半径，可得，满足方程，从而得到，又直线MN的斜率为，可求出的值，即可求出点P的坐标.
【详解】
（1）将点代入抛物线方程得，，所以抛物线E的方程为，焦点坐标为：，准线方程为：．
（2）由题意知，，设，，
则直线的斜率为，同理，直线PN的斜率为，
直线MN的斜率为，故，
于是直线的方程为，即，
由直线和圆相切，得，
即，
同理，直线PN的方程为，
可得，
故，是方程的两根．
故，即，
所以，解得或．
当时，；当时，．
故点P的坐标为或．

【点睛】
本题考查抛物线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的方程，考查学生的计算求解能力，属于中档题.