x22?y?12解得b?1，即所求椭圆方程为2………4分
（Ⅱ）证明 ：
x2x0x?y2?1?y0y?1（ⅰ）将直线方程2代入椭圆方程2，
整理得………6分
2x02?y0?12x2?2x0x?x0?02P由点在椭圆上得，故方程可化为：
x0x?y0y?1??4x?4x?0因此判别式，则直线2与椭圆相切………8分
2020
（ⅱ）解法一：
必要性：直线AB的斜率与过点P的椭圆的切线斜率互为相反数，
x02y0，则可设直线AB方程为y?kx?m（其中
由（ⅰ）知过点P的椭圆的切线斜率为
?k?x0x2?y2?12y0）
，A(x1,y1)、B(x2,y2).将y?kx?m代入2中，
222(2k?1)x?4kmx?2m?2?0， 得
2m2?24kmx1x2?x1?x2??22k2?1.………9分 2k?1故，kPA?kPB?y1?y0y?y0kx1?m?y0kx2?m?y0?2x1?x0x2?x0=x1?x0+x2?x0
2kx1x2?(m?y0?kx0)(x1?x2)?2(m?y0)x0(x1?x0)(x2?x0)=
k?考虑分子，并注意到
2x0x02?1??y02y0，2，
2k(2m2?2)4km(kx0?y0?m)??2(m?y0)x0222k?12k?1得：分子= 4ky0m?4k?4k2x0y0?2x0y0?2mx02k2?1=
11
322x0x02x0x02mx0???2x0y0?2mx0(?1)?2x0y0y0y0y022k2?12k2?1==
?2x0y0?2x0y0?022k?1=，则kPA?kPB?0.………11分
充分性：设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，记直线PA的斜率为k，则直线PA方程为
y?y0?k(x?x0)，将其代入
x2?y2?12中,化简、整理得
,
22(2k2?1)x2?4(ky0?k2x0)x?2k2x0?4kx0y0?2y0?2?04(k2x0?ky0)4(k2x0?ky0)x1?x0?x1??x0222k?1，则2k?1故 (1)………12分
因为直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，则可设直线PB方程为
4(k2x0?ky0)x2??x02y?y0??k(x?x0)2k?1，同理可求 (2)
(2)-(1)得:
x2?x1?8ky04x0ky?y??k[(x?x)?2x]?211202k2?1，又2k2?1，
kAB?则
y2?y1xx?0?0x2?x12y0，易知过点P的椭圆切线斜率k切=2y0，故kAB?k切=0
即直线AB的斜率与过点P椭圆切线斜率互为相反数.………14分
x02y0，设A(x1,y1)、B(x2,y2),
（ⅱ）解法二：由（ⅰ）知过点P的椭圆的切线斜率为
?x2?y2?1222(2k?1)x?4kmx?2m?2?0， y?kx?m2直线AB方程为，代入得 2m2?24kmx1x2?x1?x2??22k2?1.………9分 2k?1，故
kPA?kPB?y1?y0y?y0kx1?m?y0kx2?m?y0?2x1?x0x2?x0=x1?x0+x2?x0
2kx1x2?(m?y0?kx0)(x1?x2)?2(m?y0)x0(x1?x0)(x2?x0)=
12
2k(2m2?2)4km(kx0?y0?m)??2(m?y0)x0222k?1分子=2k?1
4ky0m?2mx0?4k2x0y0?4k?2x0y02k2?1=………11分
4ky0m?2mx0?2(2ky0?x0)(kx0?y0)222k2?1= (其中x0?2y0?2,y0?0)
2(2ky0?x0)(m?kx0?y0)2k2?1= (其中，点(x0,y0)不在直线y?kx?m上，m?kx0?y0?0)
2(2ky0?x0)(m?kx0?y0)?(2k2?1)(x1?x0)(x2?x0)=0?2ky0?x0=0
∴kPA?kPB?k?(?x0)2y0=0?kAB?k切=0
k∴kPA??kPB的充要条件是kAB??切．………14分
?ab??ab??1??1??4???????M???4?cd??cd??1??1?????4???????????? 21. （1）解：（Ⅰ）设，由题意得
?a?b?4?c?d?4 即?………1分
?ab???1???2???a?b??2?????????cd??1??4??c?d?4??????又由题意得，即?………2分
?31??M???04?a?3,b?1,c?0,d?4??………4分 联立以上两个方程，解得，故
''(x,y) (x,y)l（Ⅱ）设点是直线上任一点，其在矩阵M的变换下对应的点的坐标为
11??x?x?y??3x?y?x??312????31??x??x??14y?y??????????y?y??04??y??y??4?????? 即： 则：?………6分 ??代入直线l的方程后并化简得：x?y?3?0 即x?y?3?0………7分
13
?x?tant，?y?1?ktant得直线l的普通方程为y?kx?1………2分
（2）解：（Ⅰ）由?2222222???cos??4cos????cos??4?cos?，即x?y?x?4x 由得
y2?4x，曲线C的直角坐标方程为：y2?4x………4分
222ky?4xy?kx?1（Ⅱ）把代入，得x?(2k?4)x?1?0 22??(2k?4)?4k?0………6分 由
解得k?1………7分
（3） 解：（Ⅰ）由柯西不等式得
123123[()2?()2?()2](a2?b2?c2)?(?a??b??c)2abcabc………2分 123[()2?()2?()2](a2?b2?c2)?36bc即a 14936??2b2c2≥a2?b2?c2………4分 ∴aa2?b2?c2?m?1,（Ⅱ）由已知得
149???2m?1222abc
?7?(m?1)(2m?1)?36,即2m2?3m?35≥0，解得m≤2或m≥5………6分 a2?b2?c2?m?1?0,又
149???2m?1a2b2c2＞0 ，?m≥5
即实数m的取值范围是[5，＋∞)………7分
14