20．（本小题共14分）
??1b2?1, 解：（Ⅰ）由题意???c ??a?22,??a2?b2?c2. 解得a2?2,b2?1.
2 所以椭圆C的方程为
y22?x?1. （Ⅱ) 假设存在点Q使得?OQN??OQM??2.设Q(m,0)，
因为?OQN??OQM??2,
所以?OQN??OMQ.则tan?OQN?tan?OMQ.
即
ON2OQ?OQOM，所以OQ?ONOM.
因为直线y?y0交椭圆C于A，B两点，则A，B两点关于y轴对称.
设A(x0,y0),B(?x0,y0)(x0??1)，
因为P(1,0)，
则直线PA的方程为：y?y0x(x?1). 0?1令x?0，得y0M??yx1. 0?直线PB的方程为：y??y0x(x?1). 0?1令x?0，得y0N?yx?1. 0因为OQ2?ONOM，
2所以m2?y0x21.
0?又因为点A(x0,y0)在椭圆C上，
5分 …………
22?2(1?x0). 所以y022(1?x0)?2.即m??2. 所以m?21?x02所以存在点Q(?2,0)使得?OQN??OQM??成立. …………14分
221．（本小题共14分） 解: （Ⅰ）① 1，1，1，1，1；
② 1，0，0，0，1. （Ⅱ）（i）由题意，存在k??1,2,K,n?1?，使得bk?bk?1?1.
若k?1，即b1?b2?1时，c1?c2?0. 于是bn?b2?1,b1?b3?1.
所以cn?c3?0，所以b4?b2?1.即b2?b3?b4?1. 依次类推可得bk?bk?1?1(k?2,3,L,n?1). 所以bk?1(k?1,2,K,n).
若2?k?n?1，由bk?bk?1?1得ck?ck?1?0. 于是bk?1?bk?1?bk?1.所以ck?1?ck?0. 依次类推可得b1?b2?1. 所以bk?1(k?1,2,K,n).
综上可知，数列B中的每一项均为1. （ⅱ）首先证明不可能存在k??2,K,n?1?使得bk?1?bk?bk?1?0. 若存在k??2,K,n?1?使得bk?1?bk?bk?1?0， 则ck?1?ck?ck?1?1.
又bk?1?bk?1得ck?0与已知矛盾.
所以不可能存在bk?1?bk?bk?1?0，k??2,K,n?1?. 由此及(ⅰ)得数列?bn?的前三项b1，b2，b3的可能情况如下：
…………4分
…………8分
(1)b1?b2?b3?1时，由（i）可得bk?1(k?1,2,K,n). 于是ck?0(k?1,2,K,n). 所以所有项的和S?0.
(2)b1?1,b2?0,b3?1时，c2?0， 此时b2?c2?0与已知矛盾.
(3) b1?1,b2?0,b3?0时，c1?0,c2?1,c3?1. 于是bn?b2?0,b2?b4?1. 故cn?1,c4?0,b5?b3?0 于是b1?bn?1?0,c5?1,b6?0，
于是b1?b4,b2?b5,b3?b6，且bn?2?1,bn?1?0,bn?0. 依次类推bk?bk?3且n恰是3的倍数满足题意. 所以所有项的和S?n?n2n3?3 .
同理可得b1?0,b2?1,b3?0及b1?0,b2?0,b3?1时，
当且仅当n恰是3的倍数时，满足题意.
此时所有项的和S?2n3 .
综上，所有项的和S?0或S?2n3（n是3的倍数）. （若用其他方法解题，请酌情给分）
14分 …………
