2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§9.6 圆锥曲线的综合问题（试题部分） .docx

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1、9.6圆锥曲线的综合问题探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点定点与定值问题了解圆锥曲线的简单应用;掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤2019课标全国,21,12分直线过定点直线与抛物线的位置关系;圆的方程参变量的取值范围和最值问题了解参变量的意义;理解解析几何中求解范围和最值问题的基本方法;理解函数思想和方程思想在圆锥曲线中的应用2018浙江,21,15分三角形的面积的取值范围椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系2019课标全国,20,12分求椭圆的离心率及求参数的取值范围椭圆的定义存在性问题理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法;理解转化

2、思想在圆锥曲线中的应用2016课标全国,20,12分存在性问题直线与抛物线的位置关系分析解读从近几年的高考试题来看,直线与圆锥曲线、圆锥曲线间的综合考查主要涉及曲线方程的求法、位置关系的判断及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索性问题以及圆锥曲线间的联系等,同时考查学生分析问题及解决综合问题的能力,分值较高,难度较大.客观题以圆锥曲线间的联系为主,凸显知识的连贯性和综合性,着重考查函数与方程、分类讨论、数形结合等数学思想的应用.在求解圆锥曲线综合问题时,需要较强的代数运算能力、图形认知能力、逻辑思维能力、数形之间的转化能力,在推理过程中要保持思维的逻辑性,确保结果正确完整.破考点 练考向【

3、考点集训】考点一轨迹与轨迹方程(2020届江西南昌开学摸底,20)在平面直角坐标系xOy中,已知Q(-1,2),F(1,0),动点P满足|PQOF|=|PF|.(1)求动点P的轨迹E的方程;(2)过点F的直线与轨迹E交于A,B两点,记直线QA,QB的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.答案(1)设P(x,y),则PQ=(-1-x,2-y),OF=(1,0),PF=(1-x,-y),由|PQOF|=|PF|得|-1-x|=(1-x)2+(-y)2,化简得y2=4x,即动点P的轨迹E的方程为y2=4x.(5分)(2)证明:设过点F(1,0)的直线的方程为x=my+1,A(x1,y1),B

4、(x2,y2),由x=my+1,y2=4x得y2-4my-4=0,y1+y2=4m,y1y2=-4,(7分)k1+k2=y1-2x1+1+y2-2x2+1,x1=my1+1,x2=my2+1,k1+k2=y1-2my1+2+y2-2my2+2=(y1-2)(my2+2)+(y2-2)(my1+2)(my1+2)(my2+2)=2my1y2+(2-2m)(y1+y2)-8m2y1y2+2m(y1+y2)+4,(10分)将y1+y2=4m,y1y2=-4代入上式得k1+k2=-8m2-84m2+4=-2,故k1+k2为定值-2.(12分)考点二定点与定值问题1.(2019云南昆明摸底,11)设点M

5、为抛物线C:y2=4x的准线上一点(不同于准线与x轴的交点),过抛物线C的焦点F且垂直于x轴的直线与C交于A,B两点,设MA,MF,MB的斜率分别为k1,k2,k3,则k1+k3k2的值为()A.2 B.22C.4 D.42答案A2.(2019广东二模,20)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:x2=6y与直线l:y=kx+3交于M,N两点.(1)设M,N到y轴的距离分别为d1,d2,证明:d1和d2的乘积为定值;(2)y轴上是否存在点P,当k变化时,总有OPM=OPN?若存在,求点P的坐标;若不存在,请说明理由.答案(1)证明:将y=kx+3代入x2=6y,得x2-6kx-18=0.(1分)

6、设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-18,(2分)从而d1d2=|x1|x2|=|x1x2|=18,为定值.(4分)(2)存在符合题意的点P.(5分)设P(0,b)为符合题意的点,直线PM,PN的斜率分别为k1,k2,从而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(3-b)(x1+x2)x1x2=-36k+6k(3-b)x1x2=-6k(b+3)x1x2.(9分)因为当k变化时,总有OPM=OPN,所以k1+k2=0,所以b=-3,(11分)所以存在点P(0,-3)符合题意.(12分)考点三参变量的取值范围和最值问题答案B考点四存在性问题(2019四川凉山州二诊,2

7、0)椭圆长轴右端点为A,上顶点为M,O为椭圆的中心,F为椭圆的右焦点,且MFFA=2-1,离心率为22.(1)求椭圆的标准方程;(2)是否存在直线l,使直线l交椭圆于P、Q两点,且点F恰好为PQM的垂心?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.答案(1)设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),半焦距为c.则A(a,0),M(0,b),F(c,0),MF=(c,-b),FA=(a-c,0).由MFFA=2-1得ac-c2=2-1,又ca=22,a2=b2+c2,a2=2,b2=1,椭圆的标准方程为x22+y2=1.(2)存在.F为PQM的垂心,MFPQ,又M(0,1),F(1,0

8、),kMF=-1,kPQ=1.设直线PQ:y=x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=x+m代入x22+y2=1,得3x2+4mx+2m2-2=0.则x1+x2=-4m3,x1x2=2m2-23.=(4m)2-12(2m2-2)0,解得-3m0)有共同的焦点F,O为坐标原点,点P在x轴上方且在双曲线上,则OPFP的最小值为()A.3-23 B.23-3 C.-74D.34答案A2.(2020届广西桂林十八中期中,20)已知椭圆D:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=22,点(2,-1)在椭圆D上.(1)求椭圆D的标准方程;(2)过y轴上一点E(0,t)且斜率为k的直线l与椭圆

9、D交于A,B两点,设直线OA,OB(O为坐标原点)的斜率分别为kOA,kOB,若对任意实数k,存在2,4,使得kOA+kOB=k,求实数t的取值范围.答案(1)椭圆D的离心率e=a2-b2a=22,a=2b,(2分)又点(2,-1)在椭圆D上,2a2+1b2=1,联立a=2b,2a2+1b2=1,得a2=4,b2=2,(4分)椭圆D的标准方程为x24+y22=1.(5分)(2)由题意得,直线l的方程为y=kx+t,(6分)由x24+y22=1,y=kx+t,得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-4=0,(7分)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-4kt2k2+1,x1x2=

10、2t2-42k2+1,(8分)kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+tx1+kx2+tx2=2k+t(x1+x2)x1x2=2k+t-4kt2k2+12k2+12t2-4=-4kt2-2,由kOA+kOB=k,kR,得-4t2-2=,即t2=2-4,(10分)又2,4,t20,1,t-1,1.(12分)方法4圆锥曲线中的存在性问题的求解方法(2019 53原创冲刺卷三,20)已知定点F(0,2)和定直线l:y=-3,动圆M在直线l的上方,其半径r=|MF|,且圆M上的点到直线l的距离的最小值等于1.(1)求圆心M的轨迹C的方程;(2)已知直线AB交曲线C于A,B两点,交x轴于点G,交y轴

11、正半轴于点H,是否存在直线AB,使得A,B两点纵坐标之积为4,且1|GA|+1|GB|-3|GH|=0?若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.答案(1)由题意可知,动点M到定点F(0,2)的距离等于到定直线l:y=-2的距离,根据抛物线的定义可知,点M的轨迹C是以F为焦点的抛物线,故圆心M的轨迹C的方程为x2=8y.(4分)(2)存在.假设存在符合条件的直线AB,由已知可知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2).由y=kx+b,x2=8y得x2-8kx-8b=0,所以64k2+32b0,x1+x2=8k,x1x2=-8b

12、,(6分)所以y1y2=x128x228=b2.由y1y2=4,得b2=4,又b0,所以b=2.(8分)由1|GA|+1|GB|-3|GH|=0,得|GH|GA|+|GH|GB|=3,作AAx轴,BBx轴,垂足分别为A,B,则|GH|GA|+|GH|GB|=|OH|AA|+|OH|BB|=2y1+2y2=2(y1+y2)y1y2=3,(10分)因为y1y2=4,y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4,所以8k2+4=6,所以k=12.故存在符合条件的直线AB,其方程为y=12x+2或y=-12x+2.(12分)【五年高考】A组统一命题课标卷题组1.(2019课标全国,21,12分)已知曲

13、线C:y=x22,D为直线y=-12上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.(1)证明:直线AB过定点;(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求该圆的方程.答案本题将直线、抛物线、圆的相关内容有机结合,考查三者之间的位置关系,考查学生分析问题与解决问题的能力,考查逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)证明:设Dt,-12,A(x1,y1),则x12=2y1.由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+12x1-t=x1.整理得2tx1-2y1+1=0.设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.所以直线A

14、B过定点0,12.(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.设M为线段AB的中点,则Mt,t2+12.由于EMAB,而EM=(t,t2-2),AB与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=1.当t=0时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=4;当t=1时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=2.2.(2016课标全国,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)于点

15、P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求|OH|ON|;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.答案(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.(1分)又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t.(4分)所以N为OH的中点,即|OH|ON|=2.(6分)(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分)理由如下:直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).(9分)代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t

16、,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分)3.(2015课标,20,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,点(2,2)在C上.(1)求C的方程;(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.答案(1)由题意有ca=22,4a2+2b2=1,又c2=a2-b2,所以a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+y24=1.(2)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入x28+y

17、24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-12.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.B组自主命题省(区、市)卷题组考点一定点与定值问题1.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过A(2,0),B(0,1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.答案(1)由题意得,a=2,b=1.所以椭圆C的方程为

18、x24+y2=1.(3分)又c=a2-b2=3,所以离心率e=ca=32.(5分)(2)证明:设P(x0,y0)(x00,y0b0)经过点A(0,-1),且离心率为22.(1)求椭圆E的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.答案(1)由题设知ca=22,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=2.所以椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知0.设P(x1,y1

19、),Q(x2,y2),x1x20,则x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2.从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2.考点二参变量的取值范围和最值问题1.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=m(m1)上两点A,B满足AP=2PB,则当m=时,点B横坐标的绝对值最大.答案52.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左

20、侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;(2)若P是半椭圆x2+y24=1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.答案(1)设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1

21、-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面积SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x0b0)的长轴长为4,焦距为22.(1)求椭圆C的方程;(2)过动点M(0,m)(m0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k,证明kk为定值;(ii)求直线AB的斜率的最小值.答案(1)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2-c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)(i)证明

22、:设P(x0,y0)(x00,y00).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线PM的斜率k=2m-mx0=mx0,直线QM的斜率k=-2m-mx0=-3mx0.此时kk=-3.所以kk为定值-3.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m2-42k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0.所以y1=kx1+m=2k(m2-2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2-2)(18k2+

23、1)x0,y2=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m.所以x2-x1=2(m2-2)(18k2+1)x0-2(m2-2)(2k2+1)x0=-32k2(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2-y1=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m-2k(m2-2)(2k2+1)x0-m=-8k(6k2+1)(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=146k+1k.由m0,x00,可知k0,所以6k+1k26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4-8m2=66,即m=147,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.考点三存在

24、性问题(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率是22,点P(0,1)在短轴CD上,且PCPD=-1.(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数,使得OAOB+PAPB为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.答案(1)由已知得,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且PCPD=-1,于是1-b2=-1,ca=22,a2-b2=c2.解得a=2,b=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分

25、别为(x1,y1),(x2,y2).由x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.从而,OAOB+PAPB=x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=(-2-4)k2+(-2-1)2k2+1=-12k2+1-2.所以,当=1时,-12k2+1-2=-3.此时,OAOB+PAPB=-3,为定值.当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.当=1时,OAOB+PAPB=OCOD+PCPD=-2-1=-

26、3.故存在常数=1,使得OAOB+PAPB为定值-3.C组教师专用题组考点一定点与定值问题(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.答案(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有

27、x1x2=-8,直线AO的方程为y=y1x1x,直线BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为x2,y1x2x1,注意到x1x2=-8及x12=4y1,则有y=y1x1x2x12=-8y14y1=-2.因此D点在定直线y=-2上(x0).(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.故切线l的方程可写为y=ax-a2.分别令y=2、y=-2得N1、N2的坐标为N12a+a,2、N2-2a+a,-2,则|MN2|2-|MN1|2=2a-a2+42

28、-2a+a2=8,即|MN2|2-|MN1|2为定值8.考点二参变量的取值范围和最值问题1.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为22.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.答案(1)由椭圆的离心率为22,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2,所以a2=4,b2=2.因此

29、椭圆方程为x24+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程y=kx+m,x2+2y2=4,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由0得m20,从而y=t+1t在3,+)上单调递增,因此t+1t103,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以|ND|2|NF|21+3=4,由(*)得-2mb0)的离心率为32,且点3,12在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:x24a2+y24b2=1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求|OQ|OP|的值;(ii)求ABQ面积的最大值.答案(1)由题

30、意知3a2+14b2=1,又a2-b2a=32,解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为x216+y24=1.(i)设P(x0,y0),|OQ|OP|=,由题意知Q(-x0,-y0).因为x024+y02=1,又(-x0)216+(-y0)24=1,即24x024+y02=1,所以=2,即|OQ|OP|=2.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由0,可得m24+16k2.则有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-

31、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0,可得m21+4k2.由可知0t1,因此S=2(4-t)t=2-t2+4t.故S23,当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值23.由(i)知,ABQ面积为3S,所以ABQ面积的最大值为63.3.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:

32、x2+2y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OAOB,求线段AB长度的最小值.答案(1)由题意,知椭圆C的标准方程为x24+y22=1.所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=2.故椭圆C的离心率e=ca=22.(2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x00.因为OAOB,所以OAOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.又x02+2y02=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2=x0+2y0x02+(y0-2)2=x02+y02+4y02x02+4=x02+4-x02

33、2+2(4-x02)x02+4=x022+8x02+4(0x024).因为x022+8x024(014时,SOPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-18;当0k214时,SOPQ=84k2+11-4k2=8-1+21-4k2.因0k214,则00,b10)和椭圆C2:y2a22+x2b22=1(a2b20)均过点P233,1,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|OA+OB|=|AB|?证明你的结论.答案(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,从而a1=1,c2=1.因为点P233,1在双曲线x2-y2b12=1上,所以2332-1b12=1,故b12=3.由椭圆的定义知2a2=2332+(1-1)2+2332+(1+1)2=23.于是a2=3,b22=a22-c22=2,故C1,C2的方程分别为x2-y23=1,y23+x22=1.(2)不存在符