解析几何第二十六讲椭圆答案2601.pdf

专题九 解析几何 第二十六讲 椭圆 答案部分 1.解析 如图所示，设 BF2 x，则 AF2 2x，所以 y A BF2 AB 3x.F1 O F2 x 由椭圆定义 BF1 BF2 2a，即 4x 2a.B 又 AF1 AF2 2a 4x，AF2 2x，所以 A F1 2x.因此点 A为椭圆的上顶点，设其坐标为 0,b.b 3 由 AF2 2 BF2 可得点 B的坐标为,.2 2 x y 2 2 因为点 B在椭圆 2 2 1 a b 0 上，所以 2 2 1 0 a b 9 1 1.4a 4 2 解得 a2 3.又c 1，所以b2 2.所以椭圆方程为 x y .故选 B.2 2 1 3 2 2解析（1）由题设得 y y 1 x 2 x 2 2 ，化简得 x y 2 2 1(|x|2)，所以 C 为中心在 4 2 坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点 3.解析 由题意，e c 1 ，得 a 2 c 2 a 2 1 ，则 4 a b 2 2 a 2 1 4 ，所以 4a2 4b2 a2，即3a2 4b2 故选 B x y 2 2 4.解析 设 M(m,n)，m,n 0，椭圆 C：C 的 a 6，b 2 5，c 2，:1 36 20 1 e c 2 ，由于 M 为 C 上一点且在第一象限，可得|MF|MF|，1 2 a 3 MF F 为等腰三角形，可能|MF|2c 或|MF|2c，1 2 1 2 2 6 m 8 ，即 m 3，n 15；即有 3 2 6 8，即 m 3 0，舍去可得 M(3,15).m 3 2010-2018 年 1D【解析】由题意可得椭圆的焦点在 x 轴上，如图所示，y P A F1 O F2 x 设|F F|2c，所以 1 2=120 PF F 为等腰三角形，且 F F P o，1 2 1 2|PF|F F|2c，|OF|c，点 P 坐标为(c 2ccos 60o,2csin 60o)，即点 2 1 2 2 P(2c,3c)点 P 在过点 A，且斜率为 3 6 的直线上，3c 3 2c a 6 ，解得 c a 1 1 e ，故选 D 1 1 4 4 a2 5，a 5 由椭圆的定义可知，P 到该椭圆的两个焦点的距离 2C【解析】由题意 之和为 2a 2 5，故选 C 3B【解析】由题意可知 a ，b2 4，c2 a2 b2 5，离心率 c 5 2 9 e ，a 3 选 B 4A【解析】以线段 A A 为直径的圆是 x2 y2 a2，直线bx ay 2ab 0 与圆相切，1 2 2 2ab d a，整理为 a2 3b2，所以圆心到直线的距离 a b 2 2 即 a2 3 a2 c2 2a2 3c2，即 c 2 a 2 2，c 6 e ，故选 A 2，c 6 3 a 3 5A【解析】设 E(0,m)，则直线 AE 的方程为 1 ，x y ，由题意可知 M(c,m mc)a b a m(0,)2 mc m m m 和 B(a,0)三点共线，则 2 2 a c a ，化简得 a 3c，则 C 的离心率 e c 1 故选 A a 3 6A【解析】由题意知 m2 1 n2 1，即 m2 n2 2，m 1 n 1 n 1 n 1 2 2 2 2(e e)2 1 2 2 2 2 2 m n n 2 n n 2n 1 1 4 2 1 1，n 2n n 2n 4 2 4 2 e e 故选 A 1 2 1 所以 7D【解析】由题意可设Q(10 cos,sin)，圆的圆心坐标为C(0,6)，圆心到Q 的距离 为|(10 cos)2(sin 6)2 50 9(sin 2)2 50 5 2 CQ ，当且仅 3 2 当 sin 时取等号，所以|PQ|CQ|r 5 2 2 6 2，所以 P,Q max max 3 两点间的最大距离是6 2 8D【解析】设 A(x,y),B(x,y)，则 1 1 2 2 x x=2，1 2 y y=2，1 2 x y 2 2 1 2 1 2 1 x y 2 2 2 2 2 1 a b a b (x x)(x x)(y y)(y y)得 1 2 1 2 1 2 1 2 a b 2 2 0，k=2=b x x 2()a(y y)2=b 2a 2，又 0 1 31 =1 2 ，b2a 2=1 2 c2=a2 b2，又 9=x y ，故选 D.2 2 b2=9，a2=18，椭圆方程为 1 解得 18 9 3 9C【解析】F PF 是底角为30o 的等腰三角形 2 1 3 c 3 PF F F 2(a c)2c e 2 2 1 2 a 4 105【解析】设 A(x,y)，1 1 x 2x B(x,y)，由 AP 2PB，得 1 2 ，2 2 1 y 2(y 1)1 2 即 x1 2x2，2 4x 2(3)x m 2 2 4 y1 3 2y2 因为点 A，B 在椭圆上，所以 x 2 2 y m 2 4 2 ，得 1 3 1 5 9 1 y m ，所以 x2 m (3 2y)2 m2 m (m 5)2 4 4，2 2 2 4 4 4 2 4 4 所以当 m 5时，点 B 横坐标的绝对值最大，最大值为 2 11 3 1；2【解析】设椭圆的右焦点为 F(c,0)，双曲线 N 的渐近线与椭圆 M 在第一象 限内的交点为 A，由题意可知 c 3c A(,)，由点 A 在椭圆 M 上得，2 2 c 3c 2 2 1，4a 4b 2 2 b2c2 3a2c2 4a2b2，b2 a2 c2，(a2 c2)c2 3a2c2 4a2(a2 c2)，4a4 8a2c2 c4 0，e4 8e2+4 0 e2 4 2 3 椭 椭，椭，e椭 3 1（舍去）或 e椭 3 1，椭圆 M 的离心率 3 1，双曲线的渐近线过点 c 3c A(,)，渐近线方程为 y 3x，2 2 m n 2 2 故双曲线的离心率 双 e 2 2 m y A O F x 12 6 3 【解析】由题意得 F c,0，直线 y b 与椭圆方程联立可得 3,B a b 2 2 2 ，4 3a b C ,2 2 uuur ，由 BFC 90 可得 BF CF 0，3,BF c a b，2 2 uuur 3 a b，则 2 3 2 1 2 0 c a b ，由 b2 a2 c2 可得 3 2 1 2 CF c,c a，2 2 4 4 4 2 则 e c 2 6 a 3 3 13(3)2 2 25 x y 【解析】由题意圆过(4,0),(0,2),(0,-2)三个点，设圆心为(a,0)，2 4 其中 a 0，由 4 a a2 4，解得 3 a=，所以圆的方程为(x )2 y2 3 25 2 2 4 14 2 2 【解析】设 A(x,y)，1 1 B(x,y)，分别代入椭圆方程相减得 2 2 (x x)(x x)(y y)(y y)1 2 1 2 1 2 1 2 a b 2 2 0 ，根据题意有 x x y y ，1 2 2,1 2 2 y y 且 1 2 x x 1 2 1 2 ，所以 2 2 1 ()0，得 a2 2b2，整理 a2 2c2，a b 2 2 2 2 所以 e 2 15 1 2【解析】设 MN 交椭圆于点 P，连 接 F P 和 1 F P，利用中位线定理可得 AN BN 2 2 F P 2 F P 2 2a 4a 12 1 2 16 3 3 【解析】由题意可得 b 2 A(c,)a ，b 2 B(c,)，由题意可知点 D 为 F B 的中点，所 1 a 以点 D 的坐标为 b 2(0,)，由 AD F B，所以 k k 1，整理得 3b2 2ac，1 AD F B 2a 1 3 解得 e 3 2 3 2 AF b，点 B 坐标为(5,1 2)c 17 x y 1【解析】由题意得通径 2 B b 2 2 3 3 1(b)2 2 5 3 c 将点 B 坐标带入椭圆方程得()1 2 ，3 b 2 5 b 2 又b2 1 c2，解得 c 2 2 3 1 3 椭圆方程为 2 3 2 1 x y 2 18 3 1【解析】由题意可知，MF 中，1F 2 MF1F 60,MF F 30,F MF 90，2 2 1 1 2 2 2 2 MF MF F F 1 2 1 2 所以有 2a MF MF 1 2 MF 3MF 2 1 (2c)2 c，整理得e 3 1，故答案为 3 1 a 19 5 AF a c，F1F2 2c，F B a c.又已知【解析】由椭圆的性质可知：1 1 5 AF，1 F F，1 2 F B 成等比数列，故(a c)(a c)(2c)2，即 a2 c2 4c2，则 a2 5c2.1 故 e .即椭圆的离心率为 5 c 5 a 5 5 20(0,1)【解析】设点 A 的坐标为(m,n)，B 点的坐标为(c,d)1(2,0),2(2,0)F F，可得 F A m n，1(2,)F B c d，2(2,)F A F B，1 5 2 m 6 2 n c ,d ，又点 A,B 在椭圆上，5 5 m 2 3 n2 1，m 6 2()n 2 5()1 ，解得 m 0,n 1，2 3 5 点 A 的坐标是(0,1)21【解析】(1)由已知得 F(1,0)，l 的方程为 x 1 2 2 由已知可得，点 A 的坐标为(1,)(1,)2 2 或 所以 AM 的方程为 y x 或 2 2 2 2 y x 2 2(2)当l 与 x 轴重合时，OMA OMB 0 6 当l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，所以OMA OMB 当l 与 x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为 y k(x 1)(k 0)，A(x,y),B(x,y)，1 1 2 2 则 x1 2，y y x，直线 MA，MB 的斜率之和为 2 2 k k 1 2 MA MB x x 1 2 2 2 由 y kx k，1 1 y kx k 得 2 2 k k MA MB 2kx x 3k(x x)4k 1 2 1 2(x 2)(x 2)1 2 将 y k(x 1)代入 x 2 2 y2 1得(2k 1)x 4k x 2k 2 0 2 2 2 2 所以，4k 2 x x ，1 2 2 2k 1 2k 2 2 x x 1 2 2 2k 1 则 4k 4k 12k3 8k3 4k 3 2kx x 3k(x x)4k 0 1 2 2 2 1 2k 1 从而 0 k k ，故 MA，MB 的倾斜角互补，所以OMA OMB MA MB 综上，OMA OMB 22【解析】(1)设 A(x,y)，1 1 B(x,y)，则 2 2 x y ，2 2 1 1 1 4 3 x y 2 2 2 2 1 4 3 y y 两式相减，并由 1 2 x x 1 2 k x x y y 得 1 2 1 2 k 0 4 3 x x y y 由题设知 1 2 1，1 2 m，2 2 3 于是 k 4m 3 由题设得 0 m k ，故 1 2 2(2)由题意得 F(1,0)，设 P(x,y)，则 3 3(x 1,y)(x 1,y)(x 1,y)(0,0)3 3 1 1 2 2 由(1)及题设得 x x x ，3 3(1 2)1 y y y m 3(1 2)2 0 7 uuur 又点 P 在C 上，所以 m ，从而 P(1,3)，|3 3 FP 4 2 2 uuur x x 2 于是|FA|(x 1)y (x 1)3(1 )2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 2 uuur x 同理|FB|2 2 2 uuur uuur 1 所以|FA|FB|4 (x x)3 1 2 2 故 2|FP|FA|FB|，即|FA|，|FP|，|FB|成等差数列 设该数列的公差为 d，则 uuur uuur 1 1 2|()4 d FB FA x x x x 2 x x 1 2 1 2 1 2 2 2 3 将 m 代入得 k 1 4 所以l 的方程为 y x 7，代入C 的方程，并整理得7 2 14 1 0 x x 4 4 故 x x ，1 2 2 x x 1，代入解得|3 21 d x x 1，代入解得|3 21 1 2 28 28 所以该数列的公差为 3 21 28 3 21 或 28 23【解析】设椭圆的焦距为 2c，由已知知 c 2 a 5 ，又由 a2 b2 c2，可得 2a 3b 9 2 由已知可得，FB a，AB 2b，由 FB AB 6 2，可得 ab 6，从 而 a 3，b 2 所以，椭圆的方程为 x y 2 2 1 9 4(2)设点 P 的坐标为(x1,y1)，点Q 的坐标为(x2,y2)由已知有 y1 y2 0，故 PQ sin AOQ y y 1 2 y 又因为 AQ 2 sin OAB OAB ，故，而 4 AQ 2y 2 由 AQ PQ 5 2 sin AOQ，可得5y 9y 1 2 4 8 y kx，y 由方程组 x2 y2 消去 x，可得 1 1，9 4 6k 9k 4 2 y kx，易知直线 AB 的方程为 x y 2 0，由方程组 x y 2 0，消去 x，可得 y 2 2k k 1 由5y1 9y2，可得 5(k 1)3 9k2 4，1 11 两边平方，整理得 56k2 50k 11 0，解得 k ，或 k 2 28 所以，k 的值为 1 11 或 2 28 24【解析】（1）由于 P，3 P 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过 4 P，3 P 两点 4 又由 1 1 1 3 知，C 不经过点 P，所以点 P 在 C 上 1 2 a b a 4b 2 2 2 2 因此 1 1 2 a 4 2 b ，解得 1 3 b2 1 1 a 4b 2 2 故 C 的方程为 x 2 4 y2 1 （2）设直线 P A 与直线 P B 的斜率分别为 k，k，2 2 1 2 如果l 与 x 轴垂直，设l：x t，由题设知 t 0，且|t|2，可得 A，B 的坐标分别为 （t，4 2 t 2 4 t 2），（t，）2 则 4 t 2 4 t 2 2 2 k k 1，得 t 2，不符合题设 1 2 2t 2t 从而可设l：y kx m（m 1）将 y kx m 代入 x 2 4 y2 1 得(4k 1)x 8kmx 4m 4 0 2 2 2 由题设可知=16(4k2 m2 1)0 8km 设 B x y，则 x x A(x,y)，(,)，1 1 2 2 1 2 2 4k 1 y 1 y 1 kx m 1 kx m 1 而 k k 1 2 1 2 1 2 x x x x 1 2 1 2 4m 4 2 x x 1 2 2 4k 1 9 2kx x (m 1)(x x)1 2 1 2 x x 1 2 由题设 k1 k2 1，故(2k 1)x x (m 1)(x x)0 1 2 1 2 4m 4 8km 2 即(2k 1)(m 1)0 4k 1 4k 1 2 2 解得 k m 1 2 当且仅当 m 1时，0，欲使l：1 m y x m y x ，m ，即 1 1(2)2 2 所以l 过定点（2，1）25【解析】（1）设 P(x,y)，M(x,y)，则 0 0 N(x,0)，(,)NM (0.y)NP x x y，0 0 0 由 NP 2NM 得 x x，0 2 y y 0 2 因为 M(x,y)在C 上，所以 0 0 x y 2 2 1 2 2 因此点 P 的轨迹方程为 x2 y2 2 （2）由题意知 F(1,0)设Q(3,t)，P(m,n)，则 OQ (3,t)，PF (1 m,n)，OQ PF 3 3m tn，OP (m,n)，PQ (3 m,t n)，由OP PQ 1得 3m m2 tn n2 1，又由（1）知 m2 n2 2，故3 3m tn 0 所以OQ PF 0，即OQ PF 又过点 P 存在唯一直线垂直与OQ，所以过点 P 且 垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点 F 26【解析】（1）设椭圆的半焦距为 c.因为椭圆 E 的离心率为 1 2 ，两准线之间的距离为 8，所以 c a 1 ，2 2a 2 c 8，解得 a 2,c 1，于是b a2 c2 3，因此椭圆 E 的标准方程是 x y .2 2 1 4 3 10 （2）由（1）知，F1(1,0)，2(1,0)F.设 P(x0,y0)，因为点 P 为第一象限的点，故 x0 0,y0 0.当 x0 1时，l 与l 相交于 F，与题设不符.2 1 1 y 当 x0 1时，直线 PF 的斜率为 0 1 x0 1 ，直线 PF2 的斜率为 y 0 x0 1 .因为l1PF1，l2PF2，所以直线l1 的斜率为 x 1 0，直线l2 的斜率为 y 0 x 1 0，y 0 从而直线l1 的方程：x 1 y(x 1)，0 y 0 直线l2 的方程：x 1 y(x 1).0 y 0 由，解得 1 2 x x 1 2 x x,y ，所以Q(x,).0 0 0 0 y y 0 0 1 x 2 因为点Q 在椭圆上，由对称性，得 0 y 0 ，即 x2 y2 或 2 2 y 0 0 1 x y .0 0 1 0 又 P 在椭圆 E 上，故 x y .2 2 0 0 1 4 3 由 x y 1 2 2 2 2 x y 1 0 0 x y 2 2，解得 1 0 0 4 3 2 2 x y 1 0 0 4 7 3 7 x ,y ；2 2，无解.x y 0 0 7 7 0 0 1 4 3 4 7 3 7 因此点 P 的坐标为(,).7 7 27【解析】（）设 F 的坐标为(c,0).依题意，1 c ，a 2 c 1，p 2，于是 2 2 2 3 b a c .2 4 p 2 ，1 a a c ，解得 a 1，2 所以，椭圆的方程为 2 4y 2 x 1，抛物线的方程为 y2 4x.3（）设直线 AP 的方程为 x my 1(m 0)，与直线l 的方程 x 1联立，可得点 11 ，故Q(1,2)2 P(1,).将 x my 1与 m m 2 4y 2 x 1联立，消去 x，3 整理得(3m2 4)y2 6my 0，解得 y 0，或 y 6m 3m 4 2 .3m 4 6m 2 由点 B 异于点 A，可得点 B(,)3m 4 3m 4 2 2 .2 Q(1,)，可得直线 BQ 的方程为 由 m 6m 2 3m 4 2 2()(x 1)(1)(y)0，令 y 0，解得 3m 4 m 3m 4 m 2 2 x 2 3m 2 3m 2 2 ，故 2 3m 2 D(,0)3m 2 2 2 3m 6m 2 2.所以|AD|1 3m 2 3m 2 2 2 .又因为APD 的面积为 6 2 ，故 1 6m 2 6 2 2 3m 2|m|2 2 ，整理得3m2 2 6|m|2 0，解得|m|6，所以 6 m .3 3 所以，直线 AP 的方程为3x 6y 3 0，或3x 6y 3 0.28【解析】（I）由题意知 e c 2 ，2c 2，a 2 所以 a 2,b 1，因此椭圆 E 的方程为 x 2 2 y2 1（）设 A x y B x y，1,1,2,2 2 x 2 y 1,2 联立方程 3 y k x 1 2 ,得 4k 2 2 x2 4 3k x 1 0，1 1 由题意知 0，且 2 3k 1 x x 1 x x ,1 2 2 1 2 2 2k 1 2 2k 1 1 1 ，所以 1 k 1 8k 2 2 AB 1 k x x 2 2 1 1 1 1 2 2 1+2k 1 12 1+k 1+8k 2 2 2 2 2 由题意可知圆 M 的半径 r 为 r AB 1 1 3 3 2k+1 2 1 2 由题设知 k k ，1 2 4 所以 k 2 2 4k 1 因此直线OC 的方程为 2 y x 4k 1 2 x y 1,2 2 联立方程 2 y x,4k 1 得 8k 1 2 x y 2 1,2 1 4k 1 4k 2 2 1 1 ，因此 1 8k 2 OC x y 2 2 1 1 4k 2 1 由题意可知 sin SOT r 2 r OC 1 1 OC r ，而 1 8k 2 2 1 OC 1 4k 1 r k k 1 2 1 8 2 3 2 1 2k 2 1 4 1 4k 1 k 2 2 1 1 ，2 2 1 1 3 2k 1 2 1 令 t 1 2k 2，1 1 则 t 1,0,1，t 因此 OC 3 t 3 1 3 1 1，r t t 2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 9 2 2 t t t 2 2 4 1 1 2 当且仅当 ，即t 2 时等号成立，此时 k ，1 t 2 2 所以 sin SOT 1，2 2 因此 SOT ，2 6 13 所以 SOT 最大值为 3 综上所述：SOT 的最大值为 3 2，取得最大值时直线l 的斜率为 k 1 2 29【解析】（）由题意得 c 3 ,a 2 1 ab 1,2 a2 b c,2 2 解得 a 2,b 1.x 2 所以椭圆C 的方程为 y 1 2.4（）由（）知，A(2,0),B(0,1)，设(x0,y)P，则 0 4y2 4 x.2 0 0 y 当 0 0 x 时，直线 PA 的方程为 y 0(x 2).x 2 0 令 x 0，得 2y y 0 M.从而 x 2 0 BM 1 2y y 1 0 M.x 2 0 y0 1 直线 PB 的方程为 y x 1.x 0 令 y 0，得 x xN.从而 0 y 1 0 AN 2 x x 2 0 N.y 1 0 所以 AN BM 2 x 0 y 1 0 1 2y 0 x 2 0 x 2 0 4y 2 0 x 0 4x y 4x 8y 0 0 0 0 y x 2y 2 0 0 0 4 4x y 0 0 x y 0 0 4x 8y 8 x 2y 2 4.当 x0 0时，0 1 y，BM 2,AN 2,所以 AN BM 4.综上，AN BM 为定值.30【解析】()设直线l:y kx b(k 0,b 0)，A(x,y)，1 1 B(x,y)，M(x,y)2 2 M M 将 y kx b 代入9x2 y2 m2 得(k2 9)x2 2kbx b2 m2 0，14 x x kb 9b 故 1 2 x y kx b ，M M M 2 k 9 k 9 2 2 于是直线OM 的斜率 k OM y 9 ，即 k k 9 M OM x k M 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值（）四边形OAPB 能为平行四边形 m 因为直线l 过点(,m)，3 所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是 k 0，k 3 由()得OM 的方程为 9 y x 设点 P 的横坐标为 k x P 由 9 y x,k 9x y m,2 2 2 得 x P k m9k2 81 ，即 x P km3 k 9 m 将点(,m)的坐标代入直线l 的方程得b 3 m(3 k)，因此 3 x M mk(k 3)3(k 9)四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段OP 互相平分，即 x 2x P M 于是 km 3 k 9 2 2 mk(k 3)3(k2 9)k ，k 1 4 7 2 4 7 解得 因为 k 0,k 3，i 1，2，所以当l 的斜率为 4 7 或 4 7 时，四边形OAPB 为 i i 平行四边形 31【解析】（）由题意得 1,b c 2 ,a 2 a b c.2 2 2 解得 a2=2 故椭圆 C 的方程为 x 2 2 y2 1 设 M(x，0)因为 m 0，所以 1 n 1 N n 1 直线 PA 的方程为 y 1 x，m m m 所以 x=，即 M(,0)M 1 n 1 n 15 （）因为点 B 与点 A 关于 x 轴对称，所以 B(m,n)，设 N(x,0)，则 N m x=N 1 n “存在点(0,)Q y 使得 Q y 使得 OQM=ONQ 等价”，“存在点(0,)Q Q OM OQ =OQ ON ”即 y 满足 y 2 x x Q Q M N 因为 x M m1 n ，x N m1 n ，m 2 n2 1，所以 m 2 y x x 2 2 2 Q M N 1 n 所以 y=2 或 y 2 Q Q 故在 y 轴上存在点 Q，使得OQM=ONQ 点 Q 的坐标为(0,2)或(0,2)2 1 5 k ，从而 b 5 32【解 析】（1）由题设条件知，点 M 的坐标为(a,b)，又 ，OM 3 3 10 2a 10 进而得 a 5b,c a2 b2 2b，故 2 5 e c a 5 x y（2）由题设条件和（I）的计算结果可得，直线 AB 的方程为 1，点 N 的坐 5b b 标为 5 1(b,b)，设点 N 关于直线 AB 的对称点 S 的坐标为 2 2 7(x,)，则线段 NS 的 1 2 5 x 1 7 中点T 的坐标为(b 1,b )又点T 在直线 AB 上，且 k k 1,从而 NS AB 4 2 4 4 有 5 x 1 7 b b 1 4 2 4 4 1 b 5 b ，解得b 3，所以b 3 5，7 1 b 2 2 5 5b x 2 1 16 故椭圆 E 的方程为 x y 2 2 1 45 9 33【解析】（）由题意知 2a 4，则 a 2，又 3 c ，a2 c2 b2，a 2 x 2 可得b 1，所以椭圆C 的方程为 y 1 2 4 x y 2 2（）由（I）知椭圆 E 的方程为 1 16 4|OQ|（i）设 P(x,y),，由题意知(0,y)Q x ，0 0 OP 0|2 0 (x 2 y 2 2 x)()x 因为 0 y 1，又 1，即()1 2 0 y 0 2，0 0 4 16 4 4 4|OQ|所以 2，即 2|OP|（ii）设 A(1,y),B(x,y)，将 y kx m 代入椭圆 E 的方程，x 1 2 2 可得(1 4k2)x2 8kmx 4m2 16 0，由 0，可得 m2 4 16k2，则有 8km 4m 16 2 x x ,x x ，1 1 4 2 2 2 1 2 1 4k k 所以|4 16k 4 m 2 2 x x|1 1 4 2 2 k 因为直线 y kx m 与 y 轴交点的坐标为(0,m)，1 所以 OAB 的面积|S m x1 x 1 x 2 2 2 16k 2 1 4 4k 2 m 2|m|2 (16k 2 1 4 4k 2 m)m 2 2 2(4 m 2 1 4k 2 m 2)1 4k 2 m 2 令 t 1 4k 2 ，将 y kx m 代入椭圆C 的方程，17 可得(1 4k2)x2 8kmx 4m2 4 0，由 0，可得 m2 1 4k2，由可知 0 t 1，因此 S 2(4 t)t 2 t2 4t，故 S 2 3，当且仅当t 1时，即 m2 1 4k2 时取得最大值 2 3，由（i）知，ABQ 面积为3S，所以 ABQ 面积的最大值为6 3 2 2 3 34【解析】F(c,0)=c=3.（I）设，由条件知，得 c 3 c 3 又 ,所以 a=2,b a c 1.a 2 2 2 2 x 2 故 的方程为 E y2 1.4（）当 轴时不合题意，故设 l x l:y=kx 2,P(x,y),Q(x,y).1 1 2 2 x 2 将 2 代入 1得(1 4k2)x2 16kx 12 0.y kx y2 4 3 8k 2 4k2 3 当 k 即 k 时，x=16(4 2 3)0,2 .4 4k 1 1,2 2 从而 4 k 1 4k 3 2 2 PQ k2 x x 1.1 2 2 4k 1 2 又点 O到直线 PQ的距离 d .所以 OPQ的面积 k 1 2 1 4 4k 3 2 S=d PQ .OPQ 2 4k 1 2 4t 4 设 4k 3 t,则 t 0,S .2 OPQ 2 4 t 4 t t 4 7 因为 t 4,当且仅当 t 2，即 k 时等号成立，且满足 0.t 2 18 所以，当 的面积最大时，的方程为 OPQ 7 7 y x 2或 y x 2 2 2 y kx m 35【解析】（）设直线l 的方程为 y kx m k 0，由 ，2 2 x y 2 2 1 a b 消去 y 得，b2 a2k2 x2 2a2kmx a2m2 a2b2 0，由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点 P，故 0，即b2 m2 a2k2 0，2 2 a km b m 解得点 P 的坐标为 2 2 2,2 2 2 b a k b a k ，由点 P 在第一象限，a k b 2 2 故点 P 的坐标为 ,b a k b a k 2 2 2 2 2 2 ；（）由于直线l 过原点O，且与l 垂直，故直线 l 的方程为 x ky 0，1 1 所以点 P 到直线l 的距离 1 d a k b 2 2 b a k b a k 2 2 2 2 2 2 1 k 2 ，整理得 d a b 2 2 b a a k 2 2 2 2 b 2 k 2 b 2，因为 a2k2 2 2ab，k 所以 a b a b 2 2 2 2 a b b b a 2ab 2 2 2 b a a k 2 2 2 2 k 2 ，当且仅当 k2 b 时等号成立，a 所以点 P 到直线 l 的距离的最大值为 a b.1 c a b 及题设知 2 2 36【解析】（）根据 b 2 M c b2 ac(,),2 3 a b a c 代入 2b2 3ac，解得 1,2 c c 2 2 2 （舍去）将 a 2 a 1 故 C 的离心率为 2（）由题意，原点O 为 F F 的中点，MF y 轴，所以直线 1 2 2 MF 与 y 轴的交点 D(0,2)1 19 是线段 MF 的中点，故 1 b 2 a 4，即b2 4a 由 MN 5 F N 得 1 DF F N。1 2 1 设 N(x,y)，由题意知 1 1 2(c x)c y ，则 1 1 0 2y 2 1 3 x c,，即 1 2 y 1 1 代入 C 的方程，得 9c 1 2 1。4a b 2 2 将及 c a2 b2 代入得 9(4)1 a a 2 1 4a 4a 2 解得 a 7,b2 4a 28，故 a 7,b 2 7.37【解 析】：（）由|AF|3|F B|,|AB|4 得|AF|3,|F B|1 1 1 1 1 因为 ABF 的周长为 16，所以由椭圆定义可得 4a 16,|AF|AF|2a 8 2 1 2 故|AF|2a|AF|8 3 5 2 1（）设|F B|k，则 k 0 且|AF|3k,|AB|4k，由椭圆定义可得 1 1|AF|2a 3k,|BF|2a k 2 2 在 ABF 中，由余弦定理可得 2|AB|AF|BF|2|AF|BF|cos AF B 2 2 2 2 2 2 2 2 即(4)2(2 3)2(2)2 6(2 3)(2)k a k a k a k a k 5 化简可得(a k)(a 3k)0，而 a k 0，故 a 3k|AF|3k|AF|,|BF|5k，于是有 2 1 2 因此|BF|2|AF|2|AB|2，可得 2 2 AF AF 1 2 故 为等腰直角三角形从而 c 2 a，所以椭圆的离心率 2 AF F e c 1 2 2 a 2 20 38【解析】（）由题意知 a2 b2 3 a 2 ，可得 a2 4b2.椭圆 C 的方程可化简为 x2 4y2 a2.将 y x 代入可得 5 x ，a 5 因此 2 5a 4 10 2 ，可得 a 2.5 5 因此b 1，所以椭圆 C 的方程为 x 2 4 y2 1.（）（）设 A(x,y)(x y 0),D(x,y)，则 1 1 1 1 2 2 B(x,y)，1 1 y 因为直线 AB 的斜率 k 1，AB x 1 x 又 AB AD，所以直线 AD 的斜率 k 1，y 1 设直线 AD 的方程为 y kx m，由题意知 k 0,m 0，y kx m 由 2 x，可得(1 4k2)x2 8mkx 4m2 4 0.y2 1 4 所以 因此 8mk x x ，1 2 2 1 4k 2m y y k(x x)2m ，1 2 1 2 2 1 4k 由题意知，y y 1 y x x，所以 k 1 2 1 1 2 1 x x 4k 4x 1 2 1 ，y 所以直线 BD 的方程为 y y 1(x x)，1 1 4x 1 令 y 0，得 y x 3x，即 M x 可得 k 1 (3,0)1 1 2 2x 1 21 所以 k 1 k，即 1 1 2 2 2 1 因此存在常数 使得结论成立.2 y（）直线 BD 的方程 y y 1(x x)，1 1 4x 1 令 x 0，得 3 y y，即 1 4 3 N(0,y)，1 4 由（）知 M(3x,0)，1 1 3 9 可得 OMN 的面积 S 3|x|y|x|y|，1 1 1 1 2 4 8 x|x|2 2 1 因为|x|y|y 1，当且仅当 1|y|时等号成立，2 1 1 1 1 4 2 2 此时 S 取得最大值 9 8 ，所以 OMN 的面积的最大值为 9 8 .39【解析】（）设C 的焦距为 2 2c,由题可得 2c 2,2a 2,从而 a c ,1 1,2 1 2 2 1 2 3 因为点 3 P,1 在双曲线 x 2 2 y 2 3 2 2 1上,所以 1 b 3 2 b 3 b 2 2 1 1 1 ,由椭圆的定义可得 2 2 2 3 2 3 2a 1 12 1 12 2 3 2 2 a ,2 3 2 3 3 b2 a2 c2 ,所以C1,C2 的方程为 2 2 2 2 y y x 2 2 2 x2 1,1.3 3 2（）不存在符合题设条件的直线.(1)若直线l 垂直于 x 轴,因为l 与C 只有一个公共点,2 所以直线的方程为 x 2 或 x 2,当 x 2 时,易知 A 2,3,B 2,3,所以 OA OB 2 2,AB 2 3,此时 OA OB AB.当 x 2 时,同理可得 OA OB AB.y kx m （2）当直线l 不垂直于 x 轴,设l 的方程为 y kx m,由 2 y x2 1 3 22 可得 3 k x 2kmx m 3 0,当l 与 2 2 2 1 C 相交于 A,B 两点时,设 A x1,y1,B x2,y2,则 1,1,2,2 x1,x2 满足上述方程的两个实根,从而 2km m 3 2 x x ,x x 1 2 2 1 2 2 3 k k 3 ,3k 3m 2 2 于是 y y k2 x x km x x m2 1 2 1 2 1 2 2 k 3 ,y kx m 可得 由 2 2 2k2 3 x2 4kmx 2m2 6 0,因为直线 l 与 C 只有一个公 y x 2 1 3 2 共点，所以上述方程的判别式 0 16k m 8 2k 3 m 3 0,2 2 2 2 化简可得 2k2 m2 3，因此 uuur uuur m 3 3k 3m k 3 2 2 2 2 OA OB x x y y 1 2 1 2 2 2 2 k 3 k 3 k 3 0，uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 于是,OA OB 2OA OB OA OB 2OA OB 即 uuur uuur uuur uuur 2 2 OA OB OA OB ,所以 OA OB AB,综合（i）（ii）可知，不存在符合题目条件的直线 40【解 析】：（1）依条件 2 c 2 a 3 a b b 2 a b c 4 2 2 2 6 2 ，所以椭圆 C 的标准方程为 x y 2 2 1 6 2 （）设T(3,m)，P(x,y)，Q(x,y)，又设 PQ 中点为 1 1 2 2 N(x,y)0 0（i）因为 F(2,0)，所以直线 PQ 的方程为：x my 2 x my 2 2 2 2 2(m 3)y 4my 2 0 x y 1 6 2 23 2 2 2 16m 8(m 3)24(m 1)0 4m 所以 y y 1 2 2 m 3 2 y y m 3 1 2 2 y y 2m 于是 y 1 2 0 2 2 m 3 ，2m 6 2 x my 2 2 0 0 2 2 m 3