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解析几何解答题
x2 y2 1(a b 0) 的两个焦点为 F1 2 12
b 2
a2
F1、 F2、 B1、 B2四点共圆，且点N（ 0，3）到椭圆上的点最远距离为 5 2.
（ 1）求此时椭圆G 的方程；
（ 2）设斜率为 k（ k≠ 0）的直线 m 与椭圆 G 相交于不同的两点E、 F， Q 为 EF的中点，问
过点 P（0，3
）、 Q 的直线对称？若能，求出k 的取值范围；若不能，请说明理由．3
2 、已知双曲线x2 y2 1的左、右顶点分别为A、 A ，动直线
l : y kx m 与圆 x2 y2
12
线左、右两支的交点分别为P (x , y ), P ( x , y
2 ) .
1 1 1
2 2 （Ⅰ）求 k 的取值范围，并求x2 x1的最小值；E、F 两点能否关于1相切，且与双曲
（Ⅱ）记直线P1 A1的斜率为 k1，直线 P2 A2的斜率为 k2，那么， k1 k2是定值吗？证明你的结论.
3
、已知抛物线C : y2 ax 的焦点为F K ( 1,0)
为直线
l
与抛物线
C
准线的交点，直线
l
与抛物线
C
相交于
A
、，点
B 两点，点A关于x轴的对称点为 D ．（1）求抛物线C的方程。

（2）证明：点F在直线BD上；
uuur uuur 8
，求BDK 的面积。

．（ 3）设FA ? FB
9
4、已知椭圆的中心在坐标原点O ，焦点在x轴上，离心率为1
，点P（2，3）、A、B在该椭圆上，线段AB的2
中点 T 在直线 OP 上，且 A、O、B 三点不共线．(I)求椭圆的方程及直线 AB 的斜率；
( Ⅱ) 求PAB面积的最大值．
5、设椭圆
x 2
y 2
F 1 ( 1,0) 、 F 2 (1,0) ，直线 l
x a
2
2
2 1( a b 0) 的焦点分别为 ： a b uuur uuuur
交 x 轴于点 A ，且 AF 1
2AF 2 ．（Ⅰ）试求椭圆的方程； （Ⅱ）过 1 2
分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交于 D E
M N 四点（如图所示），若四边形 DMEN
F 、F 、 、 、
的面积为
27
，求 DE 的直线方程．
7
6、已知抛物线 P ：x 2=2py (p>0)．
（Ⅰ）若抛物线上点
M (m, 2) 到焦点 F 的距离为 3 ．
（ⅰ）求抛物线
P 的方程；
（ⅱ）设抛物线 P 的准线与 y 轴的交点为 E ，过 E 作抛物线 P 的切线，求此切线方程；
（Ⅱ）设过焦点 F 的动直线 l 交抛物线于 A ， B 两点，连接 AO ， BO 并延长分别交抛物线的准线于
C ， D
两点，求证：以 CD 为直径的圆过焦点
F ．
7、在平面直角坐标系xOy 中，设点 P( x, y), M ( x, 4) ，以线段PM为直径的圆经过原点O .
（Ⅰ）求动点P 的轨迹 W 的方程；
（Ⅱ）过点E(0, 4) 的直线l与轨迹W交于两点A, B ，点A关于y轴的对称点为A' ，试判断直线 A 'B 是否恒过一定点，并证明你的结论.
8、已知椭圆M :x
2
y2 1 ( a b 0) 的离心率为
2 2
，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形a 2 b2 3
周长为 6 4 2 ．
（Ⅰ）求椭圆M 的方程；
（Ⅱ）设直线l 与椭圆 M 交于A, B两点，且以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 C ，求ABC 面积的最大值．
9、过抛物线 C: y 2
2 px( p 0) 上一点 M ( 2p , p) 作倾斜角互补的两条直线 ,分别与抛物线交于 A 、 B 两点。

（ 1）求证：直线 AB 的斜率为定值；
（ 2）已知 A, B 两点均在抛物线 C ：
2
y 2 px y 0
上，若△ MAB
的面积的最大值为
6
，求抛物线的方程。

10、已知椭圆
x 2
y 2
c,0) 是长轴的一个四等分点，点
a 2
b 2 1(a b 0) 的左焦点 F (
A 、
B 分别为椭圆的左、右
顶点，过点 F 且不与 y 轴垂直的直线 l 交椭圆于 C 、D 两点，记直线 AD 、 BC 的斜率分别为 k 1 , k 2.
（ 1）当点 D 到两焦点的距离之和为 4，直线 l
x 轴时，求 k 1 : k 2 的值；
（ 2）求 k 1 : k 2 的值。

11、在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2
y
2 2 ，其焦点在圆x2+y2=1 上．
2 2
1 (a ＞ b＞ 0)的离心率为
a b 2
(1)求椭圆的方程；
(2)设 A， B， M 是椭圆上的三点 (异于椭圆顶点 )，且存在锐角θ，使
uuuur uuur uuur
OM cos OA sin OB ．
(i)求证：直线OA 与 OB 的斜率之积为定值；
(ii)求 OA2+OB2．
12、已知圆M : ( x 3) 2 y2 225
的圆心为 M ,圆 N : ( x 3) 2 y21 的圆心为 N ，一动圆与圆 M 内
切，与圆 N 外切。

16 16
（Ⅰ）求动圆圆心P 的轨迹方程；
（Ⅱ）（Ⅰ）中轨迹上是否存在一点Q ，使得MQN 为钝角？若存在，求出 Q 点横坐标的取值范围；若不存在，说明理由．
13、已知点 F 是椭圆 x 2
y 2 1(a 0) 的右焦点，点 M (m, 0) 、 N (0, n) 分别是 x 轴、 y 轴上的动点，
1 a 2
且满足 MN NF 0 ．若点 P 满足 OM 2ON PO ．
( Ⅰ ) 求点 P 的轨迹 C 的方程； P A B OA OB
S T O
( Ⅱ ) 设过点 F
任作一直线与点 的轨迹交于 两点，直线 与直线 x a 分别交于点
、 、
、 （
uuur uuur
为坐标原点） ，试判断 FS FT 是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
14、在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 B ： ( x 1)2
y 2
16 与点 A( 1,0) ， P 为圆 B 上的动点，线段
PA 的垂直
平分线交直线 PB 于点 R ，点 R 的轨迹记为曲线 C 。

（ 1）求曲线 C 的方程；
（ 2）曲线 C 与 x 轴正半轴交点记为 Q ，过原点 O 且不与 x 轴重合的直线与曲线 C 的交点记为
M ， N ，连结
QM ，QN ，分别交直线 x t(t 为常数，且 x 2 ）于点 E ，F ，设 E ，F 的纵坐标分别为 y 1 , y 2 ，求 y 1 y 2 的
值（用 t 表示）。

答案：
1 、解：（ 1）根据的几何性，段F1F2与段B1B2互相垂直平分，故中心即四点外接的心
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分
故中 a 2b 2c, 即方程可x2 2 y 2 2b2 ⋯⋯⋯ 3 分
H（ x,y）上一点，
| HN |2 x 2 ( y 3) 2 ( y 3) 2 2b 2 18,其中 b y b ⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分
若 0 b 3 ，y b时 ,| HN |2有最大 b 2 6b 9 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分
由 b 2 6b 9 50得 b 3 5 2 （舍去）(或b 2
+3b+9<27,故无解)⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分
若 b 3,当 y 3时 ,| HN |2有最大值 2b2 18 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
由 2b 2 18 50得 b 2
x 2 y2
1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分16 ∴所求方程
16
32
x12 y12
1
E( x1 , y1 ), F (x2 , y2 ), Q( x0 , y0 ) ，由32 16
（ 1）两式相减得
x22 y22
1
32 16
x0 2ky0 0 ⋯⋯③又直 PQ⊥直 m ∴直 PQ 方程y 1 3 x
3 k
将点 Q（x0, y0）代入上式得，y0 1
x0
3
11 分k
⋯⋯④⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
3
由③④得 Q（2 3
k, 3 ）⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分
3 3
而 Q 点必在内部x02 y02
1，32 16
由此得 k 2 47
,又 k 0, 94 k
0或
0 k 94 ,故当2 2 2
k (
94
,0) (0, 94 ) 2 2
， E、 F 两点关于点 P、 Q 的直称14 分
2、解：（Ⅰ）Q l与相切 , 1 m
m2 1 k 2 ⋯⋯①1 k2
由y kx m , 得 (1 k 2 ) x2 2mkx ( m2 1) 0 ,
1 k 2
4m 2 k 2 4(1 k 2 )( m 2 1) 4(m 2
1 k
2 )
8 0 ,
x x m 2 1 0
1 2 k 2
1
k 2 1,
1 k 1, 故 k 的取值范围为 ( 1,1).
由于 x 1
x 2
2mk x 2 x 1 ( x 1 x 2 )2 4x 1 x 2
2 2 2 2 ， Q 0 k 2 1
当 k 2
0 时， x 2 x 1
1 k 2
1 k 2
1 k 2
取最小值 2 2 .
6
分
（Ⅱ）由已知可得
A 1 , A 2 的坐标分别为 ( 1,0),(1,0) ，
k 1
y 1 , k 2 y 2 ， k 1 k 2
y 1 y 2
(kx 1 m)(kx 2 m) x 1 1 x 2 1
( x 1 1)(x 2
1) (x 1 1)( x 2 1)
2 m 2
1
2mk
2
k 2 x 1 x 2 mk(x 1 x 2 ) m
2
k
k
2
1
mk
k 2 1 m
x 1 x 2 ( x 2 x 1) 1
m 2 1 2 2
1
k 2 1
k 2 1
m 2 k 2 k 2 2m 2 k 2 m 2 k 2 m 2
k 2 m 2
，
m 2 1 2 2 k 2 1
m 2 k 2
2 2 2
由①，得
m 2 k 2
1，
k 1 k 2
3 1 (3 2 2) 为定值 .
12
分
2 2
3 、解：（ 1） y 2
4x
设 A(x 1, y 1 ) ， B( x 2, y 2 ) ， D (x 1, y 1 ) ， l 的方程为 x
my 1(m 0) ．
（ 2）将 x my 1 代人 y 2 4x 并整理得 y 2
4my 4 0 ，
从而
y 1 y 2 4m, y 1y 2 4.
直线 BD 的方程为
y y 2
y 2 y 1 (x x 2 ) ，
x 2 x 1
y y 2
4 (x
y 2 ) 令 y
y y 1.
即
y 2 y 1 2 0, 得 x 1 2
4
4 所以点 F (1,0) 在直线
BD 上
uur uur
x1 x2 (my1 1)(my2 1) 1. 因FA ( x1 1, y1 ), FB ( x2 1, y2 ) ，uur uur
( x 1)(x 1) y y x x (x x ) 1 4 8 4m2
FA FB
2
1 2 1 1 2 1 2
故8 4m2 8 ，解得m 4
9 3
所以 l 的方程3x 4y 3 0,3 x 4y 3 0
又由①知y1 y2 4m 16
故 S
1
KF ? y1 y
2
1 ?
2 ? 16 16
3 2 2 3 3
4 、解：（ I）的方程x2 y2
1(a b 0) ，a2 b2
a2 b2 1
a 2 ，得a2 16 ， b2 12 .
4 9
1
a2 b2
所以的方程x2 y2
1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分16 12
直 AB 的方程
y kx t
(依意可知直的斜率存在)，
A( x1 , y1 ), B(x2 , y2 ) ，由x2 y2 1
，得16 12
y kx t
3 4k 2 x2 8ktx 4t 2 48 0
,由0
，得
b2 12 16k 2
，
x1 x2
8kt
3 4k 2 4t 2 ， T x0 , y0
48 x1x2
3 4k 2
x0
4kt
2
, y
3t
2 ,易知x0 0
3 4k 3 4k ，
由 OT 与 OP斜率相等可得y0 3 ，即 k 1 ，
x0 2 2
所以的方程x2 y2
1，直AB的斜率
1
. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分16 12 2
（ II）直 AB 的方程y 1 x t ，即 x 2 y 2t 0 ，
2
y 1 ，
由 2
x2 y2
1.
16 12
得 x2 tx t 2 12 0 ，
t 2 4(t 2 12) 0 ，4 t 4 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
x1 x2 t,
. | AB | (1 k 2 )[( x1 x2 ) 2 4 x1 x2 ] 5
(48 3t 2 ) 15 16 t 2．
x1 x2 t2 12. 4 2
点 P 到直 AB 的距离 d | 8 2t |
5
.
于是PAB 的面
S PAB 1 | 8 2t | 15 16 t 2 1 (4 t )3 (12 3t ) ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
2 5 2 2
f (t) (4 t )3 (12 3t ) ， f '(t ) 12(t 4)2 (t 2) ，其中 4 t 4 .
在区 ( 2,4) 内， f '(t) 0 ， f (t) 是减函数；在区( 4, 2) 内， f '(t) 0 ， f (t) 是增函数.所以 f (t ) 的最
大 f ( 2) 64 .于是S PAB的最大 18. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分
uuuur
2c 2, A(a2 ,0)
5 、解：（Ⅰ）由意，| F F | -------1 分
uuur uuuur 1 2
Q AF1 2AF2 F2AF1的中点------------2分
a 2 3, b2 2
即：方程x2 y 2
1. ------------3 分3 2
2 b2
（Ⅱ）当直 DE 与x垂直， | DE | 4 ，此 | MN | 2a 2 3 ，
a 3
四形 DMEN 的面S | DE | | MN |
4 不符合意故舍掉；------------4 分
2
同理当 MN 与x垂直，也有四形DMEN的面
------------5 分
当直， MN 均与x不垂直，DE :y k (x 1) ，
代入消去 y 得：(2 3k2)x2 6 k2 x (3k 2 6) 0.
x1 x2
6k 2
2
, 2 3k
D ( x1 , y1 ), E( x2 , y2 ),则
3k2 6 2 ,
x1x2
2 3k
不符合意故舍掉；------------6 分
------------7 分
所以 | x 1 x 2 | (x 1
x 2 )2 4x 1 x 2
4 3 k 2 1 ， ------------8 分
3k 2 2
所以 | DE |
k 2 1 | x 1
x 2 | 4 3(k 2 1) ，
------------9 分
2 3k 2
4 3[( 1)2 1] 4 3( 1
2 1)
同理
| MN |
k
k .
------------11 分
1)2
3
2 3(
2 k
k 2
1
1
4 3( k 2 1) 4 3( 1) 24( k 2
2) 所以四边形的面积 S | DE | | MN |
1
k 2
k 2 2
2
2 3k 2
3 2
1
2 6(k ) 13
27
k 2 k 2 由 S
k 2
2 k
2 ，
------------12 分
7
所以直线 l DE : 2x y 2 0 或 l DE : 2x y 2 0 或 l DE : 2 x
2 y
2 0 或 l DE : 2x 2 y
2 0
---------13 分
6、解：（Ⅰ）（ⅰ）由抛物线定义可知，抛物线上点
M (m, 2)
到焦点 F 的距离与到准线距离相等，即 M (m, 2) 到 y p
的距离为 3；
2
∴
p 2 3 ，解得 p 2 ．
2
∴ 抛物线 P 的方程为 x 2
4 y ．
4 分
（ⅱ）抛物线焦点 F (0,1) ，抛物线准线与 y 轴交点为 E(0, 1) ，
显然过点 E 的抛物线的切线斜率存在，设为
k ，切线方程为 y kx 1．
由
x 2
4 y ， 消 y 得 x 2 4kx 4 0 ，
6 分
y kx 1
16k 2 16 0 ，解得 k
1 ．
7 分 ∴切线方程为
y x 1 ．
8 分
（Ⅱ）直线 l 的斜率显然存在，设
l ： y
kx
p
，
2
设 A( x 1, y 1 ) ， B( x 2 , y 2 ) ，
x 2 2 py
2
2
由
p 消 y 得 x
2 pkx p 0 ． 且0 ．
y
kx
2
∴ x 1
x 2 2 pk ， x 1 x 2
p 2 ；
∵ A(x 1, y 1 ) ， ∴ 直线 OA ： y
y
1
x ，
x 1
与 y
p
联立可得 C (
px
1
,
p
) ， 同理得 D (
px
2
,
p
) ．
10 分
2
2y 1
2
2y 2
2
∵ 焦点 F (0,
p
) ，
2
uuur
(
px
1
,
uuur (
px 2
, p) ，
∴ FC
p) ， FD 12 分
2 y 1
2y 2
uuur uuur
2
px
1
, p) (
px
2
, p)
px 1 px 2 p 2
p x 1x
2
p 2
∴ FC FD (
2 y 1
2 y 2
2y 1 2y 2 4 y 1 y 2
p 2 x 1x 2 p 2 p 4
p 2
p 4 p 2 0
4
x 12 x 2 2
x x
p 2
1 2
2 p 2 p
∴ 以 CD 为直径的圆过焦点 F ．
14 分
7、解：（ I ）由题意可得 OP
OM ，
2
分
uuur uuuur 0 ，即 (x, y)( x, 4) 0
所以 OP OM
4
分
即 x 2
4 y 0 ，即动点 P 的轨迹 W 的方程为 x 2 4y
5
分
（ II ）设直线 l 的方程为 y
kx 4 , A ( x 1 , y 1), B( x 2 , y 2 ) ，则 A '( x 1, y 1 ) .
由
y kx 4 消 y 整理得 x 2 4kx 16 0 ， 6
分
x 2 4 y
则
16k 2 64 0 ，即 | k | 2 .
7
分
x 1 x 2
4k, x 1 x 2 16 .
9
分
直线 A ' B : y y 2
y 2
y 1
( x x 2 )
x 2
x 1
y
y 2
y 1
( x x 2 ) y 2
x 2 x 1
y x 22 x 12 ( x x 2 ) 1
x 2
2
4(x 1 x 2 ) 4
12 分
x 2
2
y
x 2
4 x
1
x
x 1x 2
1
x 2 2
4 4
y
x 2
x 1 x
x 1 x 2
4
4
即 y
x 2 x 1 x 4
4
所以，直线 A' B 恒过定点 (0,4) .
13
分
8 、解：（Ⅰ）因为椭圆
M 上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为
6 4 2 ，
所以 2a
2c 6 4 2 ，
1
分 又椭圆的离心率为
2 2 ，即 c 2 2 ，所以 c
2 2 a ，
2
分
3 a 3
3
所以 a 3 ， c 2 2 .
4
分 所以 b
1 ，椭圆 M 的方程为
x 2
y 2
1.
5
分
9
（Ⅱ）方法一：不妨设
BC 的方程 y n( x 3),( n 0) ，则 AC 的方程为 y
1
( x 3) .
n
y n( x 3),
1
2
2
2
2
由
x 2
得 ( n ) x
6n x 9n 1 0 ，
6 分
y 2
1
9
9
设 A(x 1 , y 1 ) ， B(x 2 , y 2 ) ，因为 3x 2 81n 2 9 ，所以 x 2
27n 2 3 ， 7 分
9n 2 1
9n 2 1
同理可得 x 1
27 3n 2 ，
8
分
9
n
2
所以
2
6
1 ， | AC |
1 n 2
6n 2
9n 2
n
9 n 2
，10
| BC | 1 n
分
1
2( n 1)
S
ABC
n
，
12
分
| BC || AC |
1
2
(n ) 2 64
n
9
设 t n
1 2 ，则 S
2t
2
3
，13
分
n
t 2 64
64 8
9
t 9t
8
3 .
当且仅当 t
时取等号，所以
ABC 面积的最大值为 14
分
3
8 方法二：不妨设直线
AB 的方程 x ky m .
x ky m,
2
2
2
2
由
x y 2
消去 x 得 (k
9) y
2kmy
m
9 0 ，
6 分
1,
9
有 y 1
y 2
2km
， y 1 y 2 m 2 9 . ①
7
分
k 2
9
k 2 9
因 以 AB 直径的 点
C ，所以 uuur uuur
0 .
CA CB uuur
uuur
由 CA ( x 1
3, y 1), CB
(x 2 3, y 2 ) ，
得 ( x 1 3)(x 2 3) y 1 y 2
0 .
8
分
将 x 1 ky 1 m, x 2 ky 2
m 代入上式，
得 (k 2
1) y 1y 2 k( m 3)( y 1
y 2 ) ( m 3)2
0 .
将 ①
代入上式，解得
m 12 或 m
3 （舍） .
10
分
5
所以 m
12 （此 直 AB 定点 D (12
,0) ，与 有两个交点） ，
5 1
5
所以
S ABC | DC || y 1 y 2 |
2
1 3
( y 1
y 2 ) 2 4y 1 y 2
9 25(k 2 9) 144 . 12 分
2 5
5 25(k 2 9)2
t
1
,0 t 1 ， k 2
9
9
S
ABC
9 144
t 2 t .
5
25
所以当 t
25 (0, 1
] ， S ABC 取得最大 3
. 14
分
288 9 8
（ y 12
y 22 , y 2 )
9 、解：（ 1）不妨 A , y 1 ), B(
2p 2 p
k MA
k MB
y 1 y 2
2 p, k AB
y 2 y 1
1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
5 分
2
2
y 2 y 1
2 p 2 p
（ 2） AB 的直 方程 ： y-y 1
( x y 12 ),即 x y y 1 y 12 0
2 p
2 p
点 M 到 AB 的距离 d
3 p 2 2 py 1 y 12
7 分
2 2 p。

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
AB
2 x 2
x 1 2 y 22
y 12
2
y 1 y 2 y 2
y 1 2 2 p y 1 ⋯⋯⋯ 9 分 2 p 2p
2 p 又由 y 1
y 2
2 p 且 y , y
0, y
2 p,0 , 令p y
t, t
p, p
1
2
1
1
S
MAB
1 2 2 P y 1 3 p 2 2 py 1 y 12
1 4 p
2 t t 3
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11 分
f (t)
4 p 2t t 3 偶函数，故只需考 t
0, p ，
所以 f (t)
4 p 2t t 3 , f (t )
4 p 2 2t 2 0, f (t )在 0，p 上 增，
当 t
p ，
f (t )max
3 p
3
( S
MAB )
max
1
3 p 33 p 2
2 p
2
3 p 2
6 p
2 。

故所求抛物 的方程 y 2
4x ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分
2
c
1
10、（Ⅰ）解：由 意 的离心率
e
， 2a
4 ，所以 a
2, c 1,b3 ，
a 2
故 方程
x 2
y 2 1，
┄┄┄┄┄┄ 3 分
4 3
直
l : x
， A( 2,0), B(2,0) ，
1
故 C ( 1, 3
), D ( 1,
3
) 或 C ( 1, 3
), D ( 1, 3
) ，
2
2
2 2
3
3
3
1
当点 C 在 x 上方 ， k 1
2
, k 2 2 ，
1 2
2 1 2
2
所以 k 1 : k 2 3 ，
当点 C 在 x 下方 ，同理可求得 k 1 : k 2
3 ，
上， k 1 : k 2
3 所求．
┄┄┄┄┄┄ 6 分
(Ⅱ)解：因 e
1
，所以 a
2c ， b
3c ，
2
方程 3x 2 4 y 2 12c 2 , A( 2c,0), B(2 c,0) ,直 l : x
my c ，
C (x 1, y 1 ),
D (x 2 , y 2 ) ，
由
3x 2 4 y
2
12c 2 , 消 x 得， (4 3m 2 ) y 2 6mcy 9c 2
0 ，
x my c
y 1 y 2
6mc
6mc
6mc
,
2
2
2
所以
2(4 3m ) 2(4 3m ) 4 3m ┄┄┄┄┄┄ 8 分
y 1 y 2 6mc 2 6mc 2 9c 2 2 ,
2(4
)
4 3m
3m ) 2(4 3m
x 1 x 2
m( y 1
y 2 ) 2c
8c
,
故
3m
2
4
①
4c 2 12m 2 c 2
x 1 x 2 m 2 y 1 y 2 mc( y 1
y 2 ) c 2 ,
3m 2 4
k 1 y 2 (x 1
2c)
2 3 2
2
)
3(2c x)(2 c x)
，┄┄ 9 分
由
y 1 (x 2
，及 y
(4c
x
4
k 2
2c)
4
k 1 2 y 2 2 (x 1 2c)2 (2 c x 1 )(2 c x 2 ) 4c 2
2c(x 1 x 2 ) x 1 x 2
，
得
2
y 12 (x 2 2c)2
(2c x 1 )(2 c x 2 ) 4c 2
k 2
2c(x 1 x 2 )
x 1 x 2
k 1 2
4c 2
16c 2 4c 2 12m 2c 2
36c 2
将①代入上式得
3m 2 4 3m 2 4 9 ，┄┄ 10 分
k 2 2
16c 2
4c 2 12m 2 c 2
4c 2
4c 2
3m 2 4 3m 2 4
注意到 y 1 y 2
0, x 1 2c 0, x 2
2c 0 ，得
k 1
y 2 ( x 1 2c)
0 ，┄┄ 11 分
y 1 ( x 2
2c)
k 2
所以 k 1 : k 2 3 所求．
┄┄┄┄┄┄ 12
分
11、解 ：(1)依 意，得 c=1．于是， a=
2 ， b=1．
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分
x 2
2
所以所求 的方程
1 ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
4 分
2
y
2
2 (2) (i) A(x 1， y 1)， B(x 2， y 2)，
x 1
y 1
2
1 ①，
x 2
y 22
1 ②．
2
2
uuuur cos uuur sin uuur x x 1 cos x 2 sin , 又 M (x ， y)，因 OM
OA OB ，故 y y 1 cos
⋯⋯ 7 分
y 2 sin .
因 M 在 上，故
( x 1
cos
2
x 2 sin
) ( y 1 cos
y 2 sin ) 2
1 ．
2
整理得 x 12
2
2
( x 22 2
2
x 1 x 2
y 1 y 2 )cos
sin
1 ．
(
y 1 )cos
2 y 2 )sin
2(
2
2
将①②代入上式，并注意
cos sin
0 ，得
x 1 x 2
y 1 y 2
0 ．
2
所以， k OA k OB
y 1 y 2 1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
10 分
x 1x 2
定 ．
2
x 1 x 2 ) 2 2
2
(ii) ( y 1 y 2 ) 2
( x 1 x 2
(1 y 12
)(1 y 22 ) 1 ( y 12
y 22 ) y 12 y 22 ，故 y 12 y 22 1 ．
2 2 2
2
2
又 (
x 1
y 12 ) (
x 2
y 22 ) 2 ，故 x 12 x 22 2 ．
2
2
所以， OA 2 +OB 2= x 12
y 12 x 22 y 22 =3． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
16 分
12、解 : （Ⅰ）
P 的半径 r, | PM |
15
r ,| PN | r 1
4 4
两式相加得 |PM|+|PN|=4>|MN|
由 定 知，点
P 的 迹是以 M 、 N 焦点，焦距 2 3 ，
4 的
其方程
x 2 y 2 1
⋯⋯⋯⋯ 6 分
4
1
Q （ x,y ）. 因
uuuur uuur
0 （Ⅱ）假 存在， MQN 角，所以 QM QN uuuur 3 x, uuur ( 3 x, uuuur uuur x 2 y 2 3 0 QM ( y) ， QN y) ， QM QN
又因 Q 点在 上，所以
x 2 y 2
1
4 1
立两式得：
x 2 1 x 2
3 0化 得： x 2
8 ，
4
3
解得： 13、解： ( Ⅰ )
x 2 y 2 1(a
0) 右焦点 F 的坐 (a, 0) ，
⋯⋯⋯ (1 分 )
1 a
2 uuur (a, uuuur ( m, n) ，
NF n) ．Q MN
由 MN
NF 0 ，得 n 2
am 0 ．
⋯⋯⋯⋯ (2 分 )
点 P 的坐 ( x, y) ，由 OM
2ON
PO ，有 (m, 0) 2(0, n) ( x, y) ，
m x,
0 ，得 y 2
n
y . 代入 n 2 am
4ax ．
⋯⋯⋯ (4 分 )
2
（Ⅱ）解法一： 直
AB 的方程 x
ty a ， A(
y 1
2
, y 1 ) 、 B(
y 2
2
, y 2 ) ，
4a
4a
l OA : y
4a
x ， l OB : y 4a x ．
⋯⋯⋯⋯ (5 分 )
y 1 y 2
y 4a x, ，得 S( a, 4a 2
4a 2 ) ．
⋯⋯⋯⋯ (7 分)
由 y 1
y 1 ) ， 同理得 T ( a,
y 2
x a
uuur
4a 2
uuur 4a 2 uuur uuur
4a 2 16a 4 ( 2a, ( 2a, FS ) ， FT ) ， FS FT
． ⋯⋯ (8 分 )
y 1 y 2 y 1 y 2
由
x ty a, ，得 y
2
4aty
4a
2
0 ，
y 1 y 2
4a
2
．
⋯⋯⋯ (9 分 )
y
2
4ax
2
16a 4
2
4 2
0 ．
FS FT 4a
a
a
⋯⋯⋯⋯⋯
(11 分 )
( 4a 2 )
4
uuur
uuur
⋯⋯⋯ (12 分 ) 因此， FS FT 的 是定 ，且定 ．
解法二：①当 AB x ，
A(a, 2a) 、 B(a, 2a) ， l OA : y 2x ，
l OB : y 2x ．
y 2x, uuur
( 2a, 2a) ． 由
得点 S 的坐 S(
a, 2a) ， FS
x a
y
2x,
uuur ( 2a, 2a) ．
由
得点 T 的坐 T (
a, 2a) ， FT
x a
uuur uuur FS FT ( 2a) ( 2a) ( 2a) 2a
0 ．
⋯⋯⋯⋯⋯ (6 分 )
2
2
②当 AB 不垂直 x ， 直
AB 的方程 y
k (x a)(k
0) ， A(
y 1
, y 1 ) 、 B(
y 2
, y 2 ) ，同解法一，
4a
4a
uuur uuur
4a 2
16a 4
得 FS FT ．
⋯ (8 分)
y 1 y 2
y
k (x a),
4ay 4ka 2
0 ，
y 1 y 2
4a 2 ．
由
y
2
4ax
，得 ky 2
⋯⋯⋯⋯ (9 分 )
FS FT 4a 2
16a 4
4 2 4 2
．
⋯⋯⋯⋯ (11 分 )
( 4a 2 ) a
a
uuur uuur
0 ⋯⋯⋯⋯ (12 分)
因此， FS FT 的 是定 ，且定
．
，所以存在。

⋯⋯ 13 分
14、解： ( 1) 接 RA ，由 意得，
RA
RP ， RP RB 4 ，
所以 RA RB 4 AB 2 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
2 分
由 定 得，点
R 的 迹方程是
x 2 y 2 1 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
4 分
4
3
( 2) M (x 0 , y 0 ) ， N ( x 0 , y 0 ) ， QM ,QN 的斜率分 k QM , k QN ，
k QM
y 0 ， k NQ
y 0
，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
6 分
x 0 2 x 0
2
所以直 QM 的方程 y
y 0 ( x 2) ，直 QN 的方程 y
y 0 ( x
2) ，8 分
x 0 2
x 0 2
令 x
t(t
2) ， y 1
y 0 (t
2), y 2
y 0 (t 2) ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
10 分
x 0 2 x 0
2
又因
x 02 y 02
2
3
2
(x 0
, y 0 ) 在 4
3
1 ，所以 y 0
3 4 x 0 ，
3 2 2
所以 y 1 y 2
y 0
2
4 (t 2)2
(3 4 x 0 )(t 2)
3
(t 2) 2 ，其中 t 常数 . ⋯ 14
分
x 02
x 02 4
4。