寒假圆锥曲线综合题答案

智建领航者PAGE智建领航者解几综合题答案1.解：（Ⅰ）由已知得…………4分（Ⅱ）设P点坐标为（x，y）（x＞0），由得…………5分∴消去m，n可得，又因8分∴P点的轨迹方程为它表示以坐标原点为中心，焦点在轴上，且实轴长为2，焦距为4的双曲线的右支…………9分（Ⅲ）设直线l的方程为，将其代入C的方程得即易知（否则，直线l的斜率为，它与渐近线平行，不符合题意）又设，则∵l与C的两个交点在轴的右侧∴，即又由同理可得…………11分由得∴由得由得消去得解之得：，满足…………13分故所求直线l存在，其方程为：或2.（I） 由已知，2分则，即4分（II）设，，如图，由可得5分①若直线轴，则，此时，则，解之得，或但是若，则直线过点，不可能有所以，此时点到直线的距离为47分②若直线斜率存在，设直线的方程为，则则，即又，9分∴∴则，可得或若，则直线的方程为，此直线过点，这与矛盾，舍若，则直线的方程为，即12分此时若，则直线的方程为，显然与矛盾，故∴13分由①②可得，14分3.解：①设1’由，易得右焦点2’当直线轴时，直线的方程是：，根据对称性可知3’当直线的斜率存在时，可设直线的方程为代入E有5’于是消去参数得而也适上式，故R的轨迹方程是8’②设椭圆另一个焦点为，在中设，则由余弦定理得10’同理，在，设，则也由余弦定理得12’于是14’4.解：（I）设B(x0，y0)，A(x1，y1)，C(x2，y2)∵双曲线的离心率为，∴F对应的准线方程为,由双曲线的定义得…………（12分）又A在双曲线的上半支，∴y1≥，∵|AF|，|BF|，|CF|构成等差数列，∴2|BF|=|AF|+|CF|，∴，∴点B的坐标为.…………（6分）（II）∵在l上任取一点P（不同于D点），都存在实数λ，使得，∴在∠APC的角平分线上，………………（7分）∵线段AC的中点为D点，∴△APC是等腰三角形，PD是线段AC的垂直平分线，………………（8分）∴设直线l的方程为………………（11分）故直线l恒过点（0，）.…………（12分）5.解：（I）设椭圆的标准方程为，因B1F1B2F2是正方形，所以b=c，又a2=b2+c2，所以，…………①由于椭圆上的左（右）顶点到左（右）焦点的距离最近，所以，②由①②知，∴椭圆的标准方程为：（II）当直线的斜率存在，设直线MN的方程为解方程组消去设，则………………③………………④又因M在DN之间，所以，即，于是，……………⑤将③④代入⑤得，整理得…………8分又…………10分当直线的斜率不存在时，直线MN的方程为，……………11分综上所述，λ的取值范围是…………12分6.解：（1）由于，解得，从而所求椭圆的方程为 （4分）（2）三点共线，而点N的坐标为（－2，0）.设直线AB的方程为，其中k为直线AB的斜率，依条件知k≠0.由消去x得，即根据条件可知解得 （6分）设，则根据韦达定理，得又由从而消去 （8分）令，则 （10分）上的减函数，从而，即，，解得因此直线AB的斜率的取值范围是 （12分）7.解：（Ⅰ）∵，，∴MN垂直平分AF．又，∴点M在AE上，∴，，∴，………………4分∴点M的轨迹W是以E、F为焦点的椭圆，且半长轴，半焦距，∴．∴点M的轨迹W的方程为（）．……………6分（Ⅱ）设∵，，∴∴……………8分由点P、Q均在椭圆W上，∴……………10分消去并整理，得，由及，解得．……………14分8.解：（I）设点、M、A三点共线， ………（2分） …………………（3分） 设∠POM=α，则 由此可得tanα=1.……（5分） 又……（6分）（II）设点、B、Q三点共线， 即……（10分） 即……（12分） 由（*）式，代入上式，得 由此可知直线PQ过定点E（1，－4）. 故存在定一点E（1，－4），使∥…………（14分）9.（Ⅰ）解：由题意可知，平面区域D如图阴影所示．xyO设动点P(x，y)，则eq\f(|x＋y|,eq\r(2))eq\f(|x－y|,eq\r(2))＝1，xyO即|x2－y2|＝2．………………4分∵P∈D．∴x＋y＞0，x－y＞0，即x2－y2＞0．∴x2－y2＝2(x＞0)．即曲线C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x＞0)．…………6分（Ⅱ）解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴以线段AB为直径的圆的圆心Q(eq\f(x1＋x2,2)，eq\f(y1＋y2,2))，∵以线段AB为直径的圆与y轴相切，∴半径r＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(x1＋x2,2)．即|AB|＝x1＋x2．①……………………8分∵曲线C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x＞0)，∴F(2，0)为其焦点，相应的准线方程为x＝1，离心率e＝eq\r(2)．根据双曲线的定义可得，eq\f(|AF|,x1－1)＝eq\f(|BF|,x2－1)＝eq\r(2)，∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\r(2)(x1－1)＋eq\r(2)(x2－1)＝eq\r(2)(x1＋x2)－2eq\r(2)．②…12分由①，②可得，x1＋x2＝eq\r(2)(x1＋x2)－2eq\r(2)．由此可得x1＋x2＝4＋2eq\r(2)．∴线段AB的长为4＋2eq\r(2)．……………14分（Ⅱ）解法二：∵曲线C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x＞0)，∴F(2，0)为其焦点，相应的准线为l：x＝1，离心率e＝eq\r(2)．分别过A，B作AAl，BBl，垂足分别为A，B．设AB中点Q，过Q点作QQy轴，垂足为Q．xyO1FABlQABQ由双曲线的定义可得，eq\f(|AF|,|AA|)＝eq\f(|BF|,|BBxyO1FABlQABQ∴|AF|＝eq\r(2)|AA|，|BF|＝eq\r(2)|BB|．…10分|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\r(2)(|AA|＋|BB|)根据梯形中位线性质可得|AA|＋|BB|＝2(|QQ|－1)．∴|AB|＝eq\r(2)2(|QQ|－1)．①…………12分∵以线段AB为直径的圆与y轴相切，∴|QQ|＝eq\f(1,2)|AB|．②把②代入①得|AB|＝2eq\r(2)(eq\f(1,2)|AB|－1)，解得|AB|＝4＋2eq\r(2)．……………………14分（Ⅱ）解法三：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．∵直线AB过点F(2，0)，当ABx轴时，|AB|＝2eq\r(2)，以线段AB为直径的圆与y轴相离，不合题意．∴设直线AB的方程为y＝k(x－2)．代入双曲线方程x2－y2＝2得，x2－k2(x－2)2＝2，即(1－k2)x2＋4k2x－(4k2＋2)＝0，∵直线与双曲线交于A，B两点，∴k≠±1．∴x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(4k2＋2,k2－1)．∴|AB|＝eq\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＝eq\r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])＝eq\r((1＋k2)[eq\b\bc\((eq\f(4k2,k2－1))eq\s\up10(2)－4eq\f(4k2＋2,k2－1)])……………………9分∵以线段AB为直径的圆与y轴相切，∴圆的半径eq\f(1,2)|AB|与圆心到y轴的距离eq\f(1,2)(x1＋x2)相等．即eq\f(1,2)eq\r((1＋k2)[eq\b\bc\((eq\f(4k2,k2－1))eq\s\up10(2)－4eq\f(4k2＋2,k2－1)])＝eq\f(1,2)(x1＋x2)．∴eq\f(1,2)eq\r((1＋k2)[eq\b\bc\((eq\f(4k2,k2－1))eq\s\up10(2)－4eq\f(4k2＋2,k2－1)])＝eq\f(1,2)eq\f(4k2,k2－1)．………12分化简得k4－2k2－1＝0，解得k2＝1＋eq\r(2)（k2＝1－eq\r(2)不合，舍去）．经检验，当k2＝1＋eq\r(2)时，直线与曲线C有两个不同的交点。∴|AB|＝x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)＝4＋2eq\r(2)．……………………14分10.解：（1）由及知点E的轨迹是过S点且与OF垂直的直线L，且PE⊥L…………2分又由得：，为大于1的常数。据双曲线定义知：曲线M是以F为焦点，L为相应准线的双曲线。………5分（2）设L交OF于D，则由得，以O为原点，OF所在直线为x轴建立直角坐标系，则，L的方程为：∴曲线M的方程为………….8分由解得：故所求曲线M的方程为：…..10分（3）假设存在满足条件的直线m，设m的方程为：，（斜率不存在时，直线m与曲线M不相交）代入，得：…………①∵∴点A是线段BC的中点∴…………13分而方程的判别式当时，∴不存在满足条件的直线m.………………14分11.解：（Ⅰ）以直线MN为x轴，MN的中点为坐标原点O，建立直角坐标系xOy．………… 1分∵PM－PN＝(PE＋EM)－(PF＋FN)＝MD－ND＝2或PM－PN＝(PE＋EM)－(PF＋FN)＝MD－ND＝－2……… 3分∴点P的轨迹是以M、N为焦点，实轴长为2的双曲线（不包含顶点），其轨迹方程为（y≠0）…………… 5分（Ⅱ）∵(＋λ)·(－λ)＝0，且λ∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]，∴＝±λ，…………… 6分设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝(x1＋2，y1)，＝(x2＋2，y2)设AB：my＝x＋2，代入得，3(my－2)2－y2－3＝0，即(3m2－1)y2－12my＋9＝0．∴………… 7分①当＝λ时，y1＝λy2，∴…………… 8分得，，……………… 9分∴∈[4，6]，即4≤≤6．∴解得，m2≥3，故tan2θ≤eq\o(\f(1,3))………… 10分②当＝－λ时y1＝－λy2，∴……… 11分得，，即．∵λ∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]，∈[2，4]∴∈[－2，0]，即－2≤≤0．∴即，故tan2θ≥11．………… 13分由①、②得tan2θ≤eq\o(\f(1,3))或tan2θ≥11．则夹角θ∈(0，eq\o(\f(π,6))]∪[arctan，eq\o(\f(π,2)))，…… 14分∵tanθ不存在时，直线l符合条件，故θ＝eq\o(\f(π,2))时，符合题意．∴θ∈(0，eq\o(\f(π,6))]∪[arctan，eq\o(\f(π,2)))．………… 15分12．解：（1）根据题设，可设椭圆标准方程为：…(１分)则离心率，由椭圆定义，得…(２分)解得，…(３分)所以椭圆标准方程为：…(４分)（2）由题意得，设，，，其中，点Ｐ和点Ｂ都在椭圆上，则有，（１）（２）…(5分)由，有，即，（３）…(６分)由可知．ＡＢ直线方程为：把代入，得…(７分)所以有，，，可得：（４）…(８分)（５）…(９分)由（１），（２），（３）得：（６）…(１０分)由（１），（５）得：（７）…(１１分)由（２），（４）得：（８）…(１２分)由（７），（６）得：（９）…(１３分)由（８），（９）可证得：．…(１４分)13.解:（1）∵=∴∴、、三点共线又∴当轴垂直时，由，关于轴对称得代入得∴抛物线的方程是……………2分当轴不垂直时，设直线的方程为由得……………4分设则有………6分∵又∴∴……………8分此时抛物线的方程为综上所述抛物线的方程为也可以不用讨论，按步给分。注：若设直线方程为也可以不用讨论，按步给分（2）∵直线的倾斜角可设直线的方程为：其中由（1）可知得∴…10分∴………………12分设∴又∵1≤≤3∴当时有最小值，当时有最小值的取值范围是………………14分14.解：（1）设点，点，轴，,……………………2分又点E在圆上，有，………3分就是点M的轨迹方程.………………5分（2）设点直线l的方程为…………6分代入中得………………7分设则………………8分∵PF是∠APB的角平分线，，即即……………………9分又代入得…………10分，解得…12分即所求P坐标为（0，）.（2）另解：过点P作平行于x轴的直线L，记点A到直线L的距离为DA，点B到直线L的距离为DB.∵PF是∠APB的角平分线，∴∠APA1=∠BPB1，∴Rt△APA1∽Rt△BPB1，有，，∵点F（0，）是的下焦点，即直线l过下焦点F，设其相应的准线，记点A到直线的距离为dA，点B到直线的距离为dB，平行直线L与之间的距离为△d，即，则椭圆的离心率，，即，得，∵直线l与x轴不平行，，，即准线与直线L重合，所以点P是准线与y轴的交点，对于椭圆，准线的方程为，所以点P坐标为（0，）.15.解（Ⅰ）∵四边形PF1OM是菱形，设半焦距为c，则有|OF1|=|PF1|=|PM|=c，∴|PF2|=|PF1|+2a=c+2a。由双曲线第二定义得即………………2分又设双曲线方程为………………4分∵双曲线过点N（2，），得a2=3∴所求双曲线的方程为…………6分（Ⅱ）由题意知B1（0，3）、B2（0，－3），设直线l的方程为则由消去y得…………7分∵双曲线的渐近线为，∴时，直线l与双曲线只有一个交点，即………………9分∵∴又∵，而∴，即………………11分∴直线l的方程为………………12分16.解：（1）设椭圆方程为，，则直线的方程为，联立方程组消得，.设、，则又，，且与共线所以得：又，所以即也就是，所以，。故离心率(2)证明：由(1)知，所以椭圆可化为设，则由得：又在椭圆上，所以即也就是…………①由(1)得，，，，…………②联立①、②得：故为定值，定值为1.17.(Ⅰ)解：依题意设所求的抛物线方程为，1分∵直线AB的斜率为且过点∴直线AB的方程为由得①3分设（）则是方程①的两个实根∴，若则，∴5分若则∴与矛盾6分∴该抛物线的方程为．7分(Ⅱ)解法1：抛物线的焦点为（）即M点坐标为（）直线AB的斜率∴直线AB的方程为，8分解方程组得即点A，B10分∴设点P(m，n)，依题意知，且则点P到直线AB的距离＝＝当时，，13分这时。14分[解法2：抛物线的焦点为（）即M点坐标为（）直线AB的斜率∴直线AB的方程为，由得，，以下同上。]18．解：（1）设且…2分…3分………………4分∴动点M的轨迹C是以O（0，0）为顶点，以（1，0）为焦点的抛物线（除去原点）.…………5分（2）解法一：（1）当直线垂直于轴时，根据抛物线的对称性，有；……………6分BADFxOyHGEl当直线与轴不垂直时，依题意，可设直线的方程为，BADFxOyHGEl消去并整理，得.……………7分设直线AE和BE的斜率分别为，则＝…9分，.综合（1）、（2）可知.…………10分BADFxOyHGE解法二：依题意，设直线的方程为BADFxOyHGE消去并整理，得……………7分设直线AE和BE的斜率分别为，则＝…………9分，.……………………10分（3）假设存在满足条件的直线，其方程为，AD的中点为，与AD为直径的圆相交于点F、G，FG的中点为H，则，点的坐标为..……………………12分令，得此时，∴当，即时，（定值）∴当时，满足条件的直线存在，其方程为；当时，满足条件的直线不存在.………………………14分19.20.解：（1）设C(x,y)，,由①知,G为△ABC的重心，G(,)…………（2分）由②知M是△ABC的外心，M在x轴上由③知M（，0），由得化简整理得：（x≠0）…………(6分)（2）F（，0）恰为的右焦点设PQ的斜率为k≠0且k≠±，则直线PQ的方程为y=k(x－)由设P(x1,y1)，Q(x2,y2)则x1+x2=,x1·x2=……（8分）-7-则|PQ|=·-7-=·=RN⊥PQ,把k换成得|RN|=………（10分)S=|PQ|·|RN|==)≥2，≥16≤S<2，(当k=±1时取等号)……（12分）又当k不存在或k=0时S=2综上可得≤S≤2Smax=2，Smin=……（14分）20.解：（I）由得，∴.∴直线的斜率为，故的方程为，∴点A的坐标为（1，0）.设，则（1，0），，，由得，整理，得.∴动点的轨迹C为以原点为中心，焦点在轴上，长轴长为，短轴长为2的椭圆.(II)如图，由题意知的斜率存在且不为零，设方程为=1\*GB3①，将=1\*GB3①代入，整理，得，由得设、，则=2\*GB3②令，则，由此可得，，且.由=2\*GB3②知，.∴,即∵，∴，解得又∵，∴，∴OBE与OBF面积之比的取值范围是（，1）.21.解：（Ⅰ）设椭圆的方程为：，则．……①……1分当垂直于轴时，两点坐标分别是和，，则，即．………②…3分由①，②消去，得．或（舍去）．当时，．因此，椭圆的方程为．……………5分（Ⅱ）设存在满足条件的直线．(1)当直线垂直于轴时，由（Ⅰ）的解答可知，焦点到右准线的距离为，此时不满足．因此，当直线垂直于轴时不满足条件．……………7分（2）当直线不垂直于轴时，设直线的斜率为，则直线的方程为．由，设两点的坐标分别为和，则，．．……9分又设的中点为，则．当为正三角形时，直线的斜率为．，．…………11分当为正三角形时，，即＝，解得，．…………13分因此，满足条件的直线存在，且直线的方程为或．……14分22.解法一：∵F(－eq\r(2)，0)，l：x＝－2eq\r(2)，离心率e＝eq\f(eq\r(2),2)．（1）当AB垂直x轴时，A(－eq\r(2)，1)，B(－eq\r(2)，－1)．∴|AB|＝2，又此时线段AB的垂直平分线与直线l的交点为P(－2eq\r(2)，0)，P，A，B不构成等边三角形，不合题意．（2）当AB不垂直x轴时，设AB的方程为y＝k(x＋eq\r(2))(k≠0)，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1得，(1＋2k2)x2＋4eq\r(2)k2x＋4(k2－1)＝0，∵△＞0，且x1＋x2＝－eq\f(4eq\r(2)k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(4(k2－1),1＋2k2)，设AB中点为M，则M(－eq\f(2eq\r(2)k2,1＋2k2)，eq\f(eq\r(2)k,1＋2k2))，线段AB的垂直平分线方程为y－eq\f(eq\r(2)k,1＋2k2)＝－eq\f(1,k)(x＋eq\f(2eq\r(2)k2,1＋2k2))，此直线与l的交点为P，则P的坐标为(－2eq\r(2)，eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),k(1＋2k2))＋eq\f(eq\r(2)k,1＋2k2))，|MP|＝eq\r(eq\b\bc\((eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),1＋2k2))eq\s\up10(2)＋eq\b\bc\((eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),k(1＋2k2)))eq\s\up10(2))＝eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),1＋2k2)eq\r(1＋eq\f(1,k2))．(或|MP|＝eq\r(1＋(－eq\f(1,k))2)|xM－xP|＝eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),1＋2k2)eq\r(1＋eq\f(1,k2)))而|AB|＝(ex1＋2)＋(ex2＋2)＝eq\f(eq\r(2),2)(x1＋x2)＋4＝eq\f(eq\r(2),2)×(－eq\f(4eq\r(2)k2,1＋2k2))＋4＝eq\f(4(1＋k2),1＋2k2)．△ABP为等边三角形eq\f(eq\r(3),2)|AB|＝|MP|，即eq\f(eq\r(3),2)×eq\f(4(1＋k2),1＋2k2)＝eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),1＋2k2)eq\r(1＋eq\f(1,k2))，eq\f(eq\r(3),eq\r(2))＝eq\r(1＋eq\f(1,k2))，解得k＝±eq\r(2)．所以直线AB的方程为y＝±eq\r(2)(x＋eq\r(2))．解法二：：如图，∵F(－eq\r(2)，0)，l：x＝－2eq\r(2)，离心率e＝eq\f(eq\r(2),2)．设过点F的弦AB的中点为M，分别过A，B，M向准线l作垂线，垂足分别为A1，B1，M1，则|MM1|＝eq\f(1,2)(|AA1|＋|BB1|)＝eq\f(1,2)(eq\f(|AF|,e)＋eq\f(|BF|,e))＝eq\f(1,eq\r(2))|AB|，又因为△PAB为等边三角形|PM|＝eq\f(eq\r(3),2)|AB|，所以eq\f(|MM1|,|MP|)＝eq\f(eq\r(6),3)，即cosPMM1＝eq\f(eq\r(6),3)，∴sinPMM1＝eq\f(eq\r(3),3)

，tamPMM1＝eq\f(eq\r(2),2)，又kPM＝±tamPMM1＝±eq\f(eq\r(2),2)∵ABPM，∴kAB＝－eq\f(1,kPM)＝±eq\r(2)，又AB过点F(－eq\r(2)，0)，所以AB的方程为y＝±eq\r(2)(x＋eq\r(2))．xxyOFABMB1A1M1lP23.（Ⅰ）解：设N(x0，y0)，（x0＞0），则直线ON方程为y＝eq\f(y0,x0)x，与直线x＝－p交于点M(－p，－eq\f(py0,x0))，代入eq\f(|OM|,|MN|)＝eq\f(1,|NA|)得，eq\f(eq\r((－p)2＋(－eq\f(py0,x0))2),eq\r((x0＋p)2＋(y0＋eq\f(py0,x0))2))＝eq\f(1,eq\r((x0＋eq\f(1,p))2＋y02))，或eq\f(eq\r(1＋eq\b\bc\((eq\f(y0,x0))eq\s\up10(2))|0－(－p)|,eq\r(1＋eq\b\bc\((eq\f(y0,x0))eq\s\up10(2))|x0－(－p)|)＝eq\f(1,eq\r((x0＋eq\f(1,p))2＋y02))．化简得(p2－1)x02＋p2y02＝p2－1．把x0，y0换成x，y得点N的轨迹方程为(p2－1)x2＋p2y2＝p2－1．(x＞0)（1）当0＜p＜1时，方程化为x2－eq\f(y2,eq\f(1－p2,p2))＝1表示焦点在x轴上的双曲线的右支；（2）当p＝1时，方程化为y＝0，表示一条射线（不含端点）；（3）当p＞1时，方程化为x2＋eq\f(y2,eq\f(p2－1,p2))＝1表示焦点在x轴上的椭圆的右半部分．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知|AN|＝eq\r((x0＋eq\f(1,p))2＋y02)＝eq\r((x0＋eq\f(1,p))2＋1－eq\f(1,p2)－(1－eq\f(1,p2))x02)＝eq\r(eq\f(1,p2)x02＋eq\f(2,p)x0＋1)＝eq\f(1,p)x0＋1．当0＜p＜1时，因x0∈[1，＋∞)，故|AN|无最大值，不合题意．当p＝1，因x0∈(0，＋∞)，故|AN|无最大值，不合题意．当p＞1时，x0∈(0，1]，故当x0＝1时，|AN|有最大值eq\f(1,p)＋1，由题意得eq\f(1,p)＋1≤eq\f(3,2)，解得p≥2．所以p的取值范围为[2，＋∞)．24.解:(1)若直线l垂直于x轴,则,.……………2分若直线l不垂直于轴,设其方程为,.由……………4分.综上,为定值.……………6分(2)关于椭圆有类似的结论:过椭圆的一个焦点的动直线l交椭圆于、两点,存在定点,使为定值.……………7分证明:不妨设直线l过椭圆的右焦点其中若直线l不垂直于轴,则设其方程为:,.由得:所以……………9分由对称性可知,设点在x轴上,其坐标为所以要使为定值,只要即此时……………12分若直线l垂直于x轴,则其方程为,,.取点有……………13分综上,过焦点的任意直线l交椭圆于、两点,存在定点使为定值.……………14分25.解：（I）∴点M是线段PF2的中点∴OM是△PF1F2的中位线 又OM⊥F1F2∴PF1⊥F1F2 ∴椭圆的标准方程为=1………………5分（II）∵圆O与直线l相切 ∵直线l与椭圆交于两个不同点， 设 ……………………12分26.（Ⅰ）证明：设Q（x，y），如图所示，作AA′，BB′垂直于直线l，A′，B′为垂足，连结AQ，BQ，OS，则OS⊥l∵OS是直角梯形AA′B′B的中位线，∴|AA′|+|BB′|=2|OS|由抛物线的定义，知|AA′|=|AQ|，|BB′|=|BQ|。∴|QA|+|QB|=|AA′|+|BB′|=2|OS|=4>2=|AB|，……3分由椭圆的定义，得焦点Q在以A，B为焦点的椭圆上，且2a=4，2c=2，∴b2=3∴椭圆C的方程为…………5分（Ⅱ）∵∴P、M、N三点共线……6分由题意，直线PN的斜率存在，设直线PN的方程为y=kx+2，代入椭圆方程，得由…………8分设，由韦达定理，得，∴原点O到直线PN的距离为…………10分∴………………13分当且仅当时，即k=±时取等号。∴△MON的面积有最大值………………14分27.解：（Ⅰ）设、、，则，由此及得，即；（Ⅱ）当时，曲线的方程为。依题意，直线和均不可能与坐标轴平行，故不妨设直线（），直线，从而有。同理，有。若是等腰三角形，则，由此可得，即或。 下面讨论方程的根的情形（）： ①若，则，方程没有实根；②若，则，方程有两个相等的实根；③若，则，方程有两个相异的正实根，且均不等于（因为）。 综上所述，能是等腰三角形：当时，这样的三角形有且仅有一个；而当时，这样的三角形有且仅有三个。28.解：（I）依题意知,点的轨迹是以点为焦点、直线为其相应准线,离心率为的椭圆设椭圆的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,又，，∴点在x轴上,且,则3解之得：,.∴坐标原点为椭圆的对称中心.∴动点M的轨迹方程为：.4分（II）设,设直线的方程为,代入得.5分,.6分,,,.解得:(舍).8分设,由知,.直线的斜率为.10分当时,;当时,,时取“=”）或时取“=”），综上所述14分.29.解：依题意，直线斜率存在，设其斜率为，则的方程为，代入抛物线方程有：……………2分（1）若，令得，，此时，的方程为。…4分若，方程有唯一解。此时方程为………5分（2）显然，记，则，，………7分（Ⅰ）………9分（Ⅱ）设点的坐标为，∵，∴，∴…11分∴，………12分由得，，又，∴。综上，点R的轨迹方程为。…………13分30.解：（Ⅰ）当AC垂直于x轴时，由得所以，得，……4分（Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆方程为焦点坐标为……6分当AC、AB的斜率都存在时，设所在直线方程为注意到所以由消去得所以……9分类似地可得（这里用到）（2）若AB⊥x轴（或AC⊥x轴）时，易得或综上所述有……12分31.解：（1）由知，点P的轨迹E是以、为焦点的双曲线右支，由，，∴，故轨迹E的方程为。…3分（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，，，与双曲线方程联立消得，∴，解得………5分（ⅰ）∵数学（理科）试题答案第5页（共8页）=数学（理科）试题答案第5页（共8页）==。……………7分∵，∴，故得对任意的恒成立，∴，解得。当时，。当直线的斜率不存在时，由，及知结论也成立，综上，当时，。……8分（ⅱ）∵，∴是双曲线的右准线…9分由双曲线定义得：，，方法一：∴。…10分∵，∴，故，……11分注意到直线的斜率不存在时，，此时，，综上，。…………12分方法二：设直线PQ的倾斜角为，由于直线PQ与双曲线右支有二个交点，∴，过Q作，垂足为C，则，∴。………………10分由得，，故。………………12分32.解：（1）解法1：依题意，可设直线AB的方程为，整理得①设①的两个不同的根，②是线段AB的中点，得解得k=－1，代入②得，>12，即的取值范围是（12，+）.于是，直线AB的方程为解法2：设依题意，（2）解法1：代入椭圆方程，整理得③③的两根，于是由弦长公式可得④将直线AB的方程⑤同理可得⑥假设在在>12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.点M到直线AB的距离为⑦于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得故当时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，为半径的圆上.（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：A、B、C、D共圆△ACD为直角三角形，A为直角⑧由⑥式知，⑧式左边=由④和⑦知，⑧式右边=∴⑧式成立，即A、B、C、D四点共圆解法2：由（II）解法1及.代入椭圆方程，整理得③将直线AB的方程代入椭圆方程，整理得⑤解③和⑤式可得不妨设∴计算可得，∴A在以CD为直径的圆上.又B为A关于CD的对称点，∴A、B、C、D四点共圆.（注：也可用勾股定理证明AC⊥AD）33.证明（Ⅰ）：设双曲线的实轴长为2a，虚轴长为2b，焦距为2c，由，得c=a，a=b，∴双曲线的渐近线方程为y=x。若双曲线的焦点在y轴上，则双曲线上任一点到点A（2，0）的距离大于点A到渐近线的距离，而点A到渐近线的距离d=>1,这与“双曲线上动点P到A（2，0）的最近距离为1”矛盾。所以双曲线的焦点不在y轴上。（联立双曲线方程y2-x2=a2与圆(x-2)2+y2=1无解证明，相应给分）……………………3分解（Ⅱ）：由（Ⅰ）知，双曲线的焦点在x轴上，设双曲线的方程为x2-y2=a2，P（x0,y0），则，|PA|2===,a>1.当点P到A的距离最