1、解析幾何定點、定值問題答案22,2c12ca-b12321、解：(I)由題意知e=，所以e=22=.即a=b.a2ac4a2c2又因為b=_6=.3，所以a2=4,b2=3.故橢圓的方程為J112=1.4分3(n)由題意知直線pb的斜率存在，設直線pb的方程為y=k(x-4).y由X24k(x2y4)2222,得(4k+3)x-32kx+64k-12=0.6分1設點B(xi,y1),y2yE(X2,y2)，則A(X1,-y1).直線AE的方程為y-y2=1-(x-x2)X2X1.令y=o,得X=X2-%(X2Xj.將y1=k(x4),y2=k(x2-4)代入,y2y1斗，口2x1X24(x1x

2、2)八整理，得x=-.8分由得X1+X2=-,4k232X1X2=64k21210分代入整理，得4k23x=1.所以直線AE與x軸相交于定點Q(1,0).12分2、(1)解：設3pxA(xyj,B&y),(1)由條件知直線l:yxp2'消去y，得x2px由題意，判別式(3p)20.(不寫，不扣分)由韋達定理，x1X23p,X1X2由拋物線的定義,|AB|(X1號)(X2號)3pp4p.從而4p8,2p4.所求拋物的方程為4x.(2)易得y1y2y22p.設P(xo,yo)。將2yoXo,X12p2-代入直線PA的方程yy。2pj(xX1XoXo),得PA:yyo2o2P2PYo

3、Yo14分yy13、解一：（1）由題知：2分xV2xV22X2化簡得：y1(yo)4分(xXo).yiyo同理直線PB的方程為yy0空(XXo).y2yo10分將x2代入直線PA，pb的方程得YmYoYiYi2P，Yn2YoY2P12分YoY12PYoY22PY1YoY2YoYoY2YoYmYnl:xmy1,2代入2y21(y20）整理得（m2)y22my10Y1Y22mm2Y1Y2QMQ的方程為yy1j(xX1X2X1)Y2YiY2P2Yo(YiY2)p2(2)設M(X1,y1),N(x2,y2),Q(x2,y?),YiY2Yo(YiY2)Y2234PYo2pyoP令yo.ym得xx,Y1y

4、2X1)my11my1(y2y1)Y1y22my1y212Y1y21o分2X代入y1(y0)整理得(12k)x4kx2k202解二：設M(Xi,yj,Ng,y2),Q(X2,y?),l：yk(x1),解三：由對稱性可知，若MQ過定點，則定點一定在X軸上,設M(X1,yj,N(X2,y2),Q(X2,y?),l：yk(x1),2代入2222y21(y0)整理得(12k2)x2224k2x2k2x1x2224kxx2k22、X1X22，12k212k2uuuurn設MQ過定點R(m,0)，則RM/RQ，uuu而RM(x1m,urnyj,RQ(X2m,y?)則(為m)y2(x2m)yk2x-|X2(

5、m1)(X1X2)2m4k2k2X-!X22,Xt亠2，8分12k12kQMQ的方程為yy1y1y2(xX1)X1X2令y0,得Xvy"X1X1)X1k(x11)(x2xj2x1x2(X1X2)210分y1y2k(x1X22)X1x226分直線MQ過定點(2,0).12分g012kc1,2aJ(|1)2(v/6)2(|1)2u/6)26,2曲線C1所在的橢圓方程為x_2y-18ty1,設B（X1,yJ,E（X2,y2）,C（X3,y3）,Dgyj,過F?與x軸不垂直的直線為x聯立x2x6ty1v12得(98t2)y216ty18640y216t6498t,聯立ty1得y24ty4xY

6、44t,y3y44,2、|yiY2I,(16t)24(64)(98t2)98t2y4l.16t21612分y21所以|BE|GF2|CD|HF2|1|y1y21-1y3y41(16t)24(64)(98t2)98t2亦JR98t216t2即罰鍛為定值3.|4t|14分5、解：（1）由已知F（圓心坐標為（乙丄4圓的半徑為旦1丄/R2以線段FA為直徑的圓與y軸相切。子,0），設A（X1,y1），則P，里），圓心到y軸的距離為P2X12(-xdz、uuu(2)設P(0,y0),B(X2,y2),由FAuuuuun!AP,BFuuu2FA，得10,20.1(X1,yoyd(x1夕,yd2(pX2,y2

7、)2(x1£,y1).2 2XI1X110分舟x22(xi2y22y122Y22px2$2px將變形為2y2222Y1，二X222X1將x22x/弋入,整理得X1p22代入得11122即211.-11分-12分13分14分兒X2y$246則y2yk(x4x,2)消y得,k2x222(4k24)x4k20，(k0)所以x14k2F22y14x1,y2uurX24"X24，由因為mu所以OPOQx1x2uuu所以OP4x2，所以yy422y216X1X264，故丫必uuirOQ1210分p16、解：（I）因為OAcos60o2-1,即p2,22所以拋物線C的方程為ycos60o

8、所以eM的方程為(x2)2y244分（n）M（2,0），設巳心）,Q（X22）,-uuomr（1）當PQ斜率不存在時，P（2,2、2），Q（2,2.2），則OPOQ分（2）當PQ斜率存在時，設PQ的方程為yk（x2），4x2227、解：（I）設橢圓C的方程為令占1（ab0），a2b21 2因為拋物線y-x的焦點坐標是（0,1）所以由題意知b=1.4又有2*口即.1!注.a25.-a25'a5橢圓C的方程為y251.(II)方法一:點的坐標分別為A(Xi,y1),B(X2,y2),M(0,y0).易知右焦點F的坐標為(2,0)uuuurQMA1AF,(X,yyo)1(2xyj.即x1=-

9、2-L,1+1y。yF將A點坐標代入到橢圓方程中,去分母整理得5y0.tuJir同理由MB2器可得：105y20.2是方程22x10x55y°0的兩個根，1210.12分方法二：設A、B、M點的坐標分別為A(x-|,y,),B(x2,y2),M(0,y0).又易知F點的坐標為(2，0).顯然直線I存在的斜率，設直線I的斜率為k，則直線I的方程是yk(x2).將直線l的方程代入到橢圓C的方程中，消去y并整理得2222(15k2)x220k2x20k250.20k2X1X215k2，X1X220k2515k22BF,將各點坐標代入得X1X21522X!2x28、(1)%22x1X22x2

10、橢圓C1的方程為8(2)點P的坐標25(3)x-ix242(x,x2)2x,x242任2y_433-35x29解:(1)橢圓C的方程為JX2)10.y=kx+m聯立x22得(2k2+1)x2+4kmx+2m22=0y21設M(Xi,yJ,Ng,y2)則x|x24kmk"22m2212k2kFkx2+mN=由已知Xix21得kF2M+kF2N=0,kx1+m+kx2+mx11x21，即2kXrX2+(mk)(x1+x2)2m=02m224kmkE2m=0整理得m=2k直線l的方程為y=k（x2），因此直線l過定點，該定點的坐標為（2,0）.10、（I）（II）設P坐標為（xo,y。），

11、過P點與橢圓相切的切線方程為yyo=k（xx。）.22QP在圓x+y=5上X02+y°2=5yy°=k(x冷)聯立y2x2彳13 222消去y得，(3+2k)x4k(kx02y°)x+2(kx0y°)6=0由題意知二4k（kx（）w)2(3+2k2)2(kx0y°)26=02即16k(kx0y。)22228(3+2k)(kx0y0)+24(3+2k)=022k(kx0y。)2222(3+2k)(kx0y0)+3(3+2k)=022(kx0y°)2k22(3+2k)+3(3+2k)=022(kxoyo)(3)+3(3+2k)=022(k

12、xoyo)(3+2k)=0(xo2)k2x°yok+yo3=0設過P點與橢圓E相切的兩條切線斜率為k2.22yo353ki*2=1(定值)Xo2Xo211、所以兩切線斜率之積為定值故所求橢圓方程為1.(n)若直線AB的斜率存在，設AB方程為ykxm，依題意m2.設A(X1,yj,B(X2,y2),2X由"8y2y4kx人得12k2m,x24kmx2m2則X1X24km苛X1X22m28由已知y122k2y22-8,X1X2所以kx1m2kx2m8，即2kX2X1X2整理得故直線AB的方程為ykx所以直線AB過定點丄k2.2-k2，即'2?2).10分若直線AB的斜率

13、不存在，設AB方程為xXo,(I)解：由已知可得b=2,a11得xo.此時AB方程為x1，顯然過點(2'2).=(、2b)2=8,28,yoXoXoy02設A(Xo,yo),B(Xo,yo)，由已知13分、a2*4b234b2(2)依題意,I的方程為kx.3y由2由4kxx2(k24)x2顯然x|x2由已知m023k2,x1x2k40得：_1_k24a2X1X2b2y24x-ix2(kx-i(k214)(門4)k4.2.3)(kx2,3)(4k2)X1X22.3k.3k230k4X2)3解得k(3)當直線AB斜率不存在時，即X2,y1屮，2由已知mn0，得4論22y14x1綜上，直線A

14、B過定點(1一S|x1|y1y2|x112|y111,二角形的面積為定值,2).2e12、解:(1)v1a二a2,b1橢圓的方程為必須0即4kt24(k224)(t4)0得到X1X22kt,x1x2t24k24k2410分又A(X1,yJ在橢圓上,所以xj1|x1|2,|y1|24 2mn，二4x1x2y1y204x1x2(kx1t)(kx2t)011分代入整理得：2t2k24x2)4x1x112分Srk2|AB|存1(X16分|t|；4k24t216.414分13、解：(1)直線I的斜率為(2)設A(X1,yJ,B(x2,y2),線段AB中點為R(xo,y。)k24所以三角形的面積為定值則線

15、段AB的垂直平分線方程為%+y2_X1X2/治+乂？、=(X丿2y1y22線段AB的垂直平分線恰過點M(4,0)y+y2二2=x-ix2y1(4y2X1+X2)22y2=42(X1X2)4x14x2=42=22(X1X2)Xo=2(定值).14所以線段AB中點的橫坐標為定值.解：.5,又cea點在據條件可彳，故乎故b求方程3y22召1,即53(2)假設存在點M符合題意，設AB:yk(x1),代入E:x23y25得:(3k21)x26k2x3k250設AgyjBgyz),M(m,0)則X1x?6k23k21,x1x23k253k216m15uuirunrMAMB(k21)x1x2(k2m)(%x

16、jk2m2m22m-323(3k10分1)要使上式與K無關，則有6m140,，解得m存在點M(7,0)滿足題意。12分15、解：(I)由題意可知：-護=2,b2=1,c2=1a+c=2+1,12X2cXb=1,有a2=b2+c2所求橢圓的方程為:.4分(II)設直線I的方程為:y=k(x-1)A(X1,y1),B(X2,y2),M(：,0)聯立2Xyy=ky21消去y得:(12k2)x2-4k2x2k2-2X1X2x1x2X-14k212k22k22麺uuurMA(x154,y1)uuurMB(X254,y2)uuiruuurMA?MB(X1-)(X245?y1y25-(X1X2)X1X247

17、_-1625+品+y1y2對任意uurumrR,有MA?MB=-為定值1616、解：(I)設動點多1。即動點P到點則七2)2兩邊平方(x化簡可得：y2(II)如圖，作AC設A,B的橫坐標分別為P(x,y),動點P到點F(2,0)的距離比它到直線x1的距離F(2,0)的距離等于它到直線x2的距離2y2)28x|x2y2|(x2)2I,BD則|FA|AC|xaXa,XbP.2X|FA|cos舟夕|FA|cos44解得|FA|1cos同理|FB|4|FB|cos4解得|FB|1cos記m與AB的交點為E217、(1)|FE|FA|AE|FA|4cos2sin|FE|FP|cos故|FP|FP|cos

18、242-sin4-2sin(1橢圓Ci的方程為12abicos2)4)1cos3,358點P的坐標一518、解：(i)連接DF2,FO(O為坐標原點，F2為右焦點)，由題意知：橢圓的右焦點為F2(、5,0)(3)x-ix24因為FO是DF1F2的中位線，且DF1FO,所以DF22FO2b1所以DF12aDF22a2b，故FRDF1ab,2亠222在RtFOF1中，FOFRF1O,即b*2*4(ab)2c25,又b2a2,解得a29,b2x2所求橢圓E的方程為9整理得:（k24）x24k2x4k2402 2由0得：3k3,3 3設H（Xi，yi）,K（x2，y2），N（xo，yo）則由中點坐標公

19、式得當k當kX。2k2k24yok（x。2）8kk240時，有N(0,0),直線MN顯然過橢圓G的兩個頂點（0,2）,（0,2）;0時,則x。0,直線MN的方程為y1x°此時直線MN顯然不能過橢圓G的兩個頂點(0,2),(0,2);若直線MN過橢圓G的頂點(1,0),則0011即X。X0y012k28k2所以屮斗1,解得：k-,kk24k2432(舍去).若直線MN過橢圓G的頂點(1,0),則01即x0X0y。所以些k48k身1,解得：k4k42.、5,k42.5（舍去）,綜上,當k0或k2或k425時,直線MN過橢圓G的頂點.(川)法一:2由(I)得橢圓W的方程為y21,2根據題意

20、可設P(m,n)，則A(m,n),C(m,0)則直線AC的方程為yn(xm)2m過點P且與AP垂直的直線方程為ynm(xm)n22并整理得：亍y2號n2,又P在橢圓W上，所以2所以Xy1221,即、兩直線的交點B在橢圓W上，所以PAPB法二：由（I）得橢圓W的方程為y21根據題意可設P(m,n)，則A(m,n),C(m,O),kpAn2m所以直線AC:yF(x2mm)所以因為所以n2m(xm)，化簡得2mn2XaXakPB19、解:Xb2m2m,所以XB3n222mn2m33mn22m2n2(I)拋物線2,2ab(12m32m2y22m2)x2啤,則n2nxmyB3n22.2mn，則kpAkp

21、B1,即PAPB.n4x的焦點為F（1,0），準線方程為x1,又橢圓截拋物線的準線x1所得弦長為,2得上交點為（12)J由代入得2b4b2解得b21或b2從而a1b2122該橢圓的方程為-2（n）v傾斜角為45°的直線I過點F直線I的方程為ytan45（x1），即y由（I）知橢圓的另一個焦點為FN1,0），設M（xo,y。）與F1關于直線I對稱，則得yo0x1，解得"，即M(1,2),”y。2111X。1y。0X。(1)22又M(1,2)滿足y24x，故點M在拋物線上。所以拋物線y24x上存在一點M(1,2)，使得M與F1關于直線I對稱。2220、(I)橢圓C的方程乞3 2

22、(n)i(m)kMA1gkMA2b：a2221、(I)冬32y2(n)y,2x(m)3ab|2|MN|22、.解：(I)c2b1,橢圓方程為3y21，準圓方程為x2y2(n)(1)因為準圓22x2y24與y軸正半軸的交點為P(0,2),設過點P(0,2)且與橢圓有一個公共點的直線為ykxykx2所以由x22消去y，得(13k2)x2y1312kx因為橢圓與ykx2只有一個公共點,所以144k249(13k2)0，解得k1。所以hh方程為yx2,yx2.(2)當11,12中有條無斜率時，不妨設11無斜率,因為h與橢圓只有一個公共點，則其方程為x當li方程為X.3時，此時li與準圓交于點3,1,3

23、,1,此時經過點-3,1(或.3,1)且與橢圓只有一個公共點的直線是y1(或y1),即丨2為y1(或y1)，顯然直線1(2垂直;同理可證11方程為X3時，直線11,丨2垂直.2當丨1,丨2都有斜率時，設點P(X0,y°)，其中X04.設經過點P(xo,yo)與橢圓只有一個公共點的直線為t(xXo)yo，ytx(y°tx°)則X22彳yy1消去y，得(13t2)x26t(y°tx°)x3(y°tx。)2由0化簡整理得:222(3X0)t2x0y°t1y°0.22因為X0y°4，222所以有(3X。)t2x&

24、#176;yot(X。3)0.設丨1,丨2的斜率分別為t1,t2，因為丨1,丨2與橢圓只有一個公共點,7分2所以t1,t2滿足上述方程(3x02)t22x0y0t(x023)0，所以t1?t21，即11,12垂直.綜合知：因為m經過點P(x°,y°)，又分別交其準圓于點M,N，且丨1,丨2垂直，所以線段MN為準圓x2y24的直徑，所以MN|=4.23、(1)由已知，可得c.2，a-3b,a2b2c2,a“3,b1,1.(2)設A(X1,yJ,B(X2,y2)，直線l:yx5,代入橢圓方程得4x26,2x30,X1X2322，X1X2|X1X2|上，|y1y21|xX2|S1

25、2.2上.3.8分22(3)由已知橢圓方程為x23y23b2，右焦點F的坐標為(.23,0),直線AB所在直線方程為yx.2b，由得:4x262bx3b20,10分設A(Xi,yJ，B(x2,y2)uuuu設M(x,y)，由OM小3近-，則x1x2b2uuuuuuOAOB得，3b2%x2，124，11分整理得:222(x13y1)222(X23y2)22(W23y2)3b,x1x23y1y2x1x23(x12b)(x2.2b)4x1x23.2b(x1x2)6b2又點A,B在橢圓上，故x23y：3b2，x；3y；3b2,0,13分由式得221.14分y1y2,點M在橢圓上,2(兒X2)3(y12

26、224、(I)將圓M的一般方程x+y6x2y+7=0化為標準方程(x3)2+(y1)2=3，圓M的圓心為(1,3),半徑rr3.由A(0,1),F(c,0)(c=、a21)得直線AF:-+y=1,c即x+cyc=0,3+ccl由直線AF與圓M相切，得"Tc='、2或c='、2(舍去).2當c=；2時，a2=c2+仁3,2故橢圓C的方程為+y2=14分3uuuuur(H)由APgAQ0知APAQ,從而直線AP與坐標軸不垂直，由A（0,1）可設直線AP的方程為y二kx+1,直線AQ的方程為y=lx+1k0）.2將y二kx+1代入橢圓C的方程+yy1中得5=13并整理得：（

27、1+3k2）x2+6kx=0,-6kr+1),1+3k26k6k解得x=0或x=2，因此P的坐標為（2，1+3k21+3k2即（徐暮）16kk23將上式中的k換成,得Q(，二-).kk2+3k2+322k2313k2k2+31+3k2(x直線l的方程為y=6k6k2+2k+31+3kk23k2+3)+k2+36kk21化簡得直線I的方程為y=x4k25、因此直線I過定點解：（I）因為N(0,122x2a2yb21(ab0)滿足a2b2解得5,b23，則橢圓方程為32y_53(n)(1)將y2xk(x1)代入一5因為AB中點的橫坐標為1丄，所以26k23k2(2)由(1)知人KX1X23k23k

28、21ujuruur所以MAMB7，%)區彳以)(捲3)(x273)y“23311(Xi3)(X2(1k2)x1x27)(7k2)(x1(1k芝3k217(71)(X21)k2)(X2)499k212423k16k3k249926、(1)由已知得b=1,橢圓的右焦點為6k21)3k2k249k2914分C撐，解得a=2，所以橢圓方程為手+y2=1.(3,0)，此時直線l的方程為y=_33x+1,37x283x=0.代入橢圓方程化簡得解得X1=0,X2=攀,1代入直線I的方程得y1=1,y2=7,所以D點坐標為匚1"3,-.7'7故cdi=8；302+712=孚(2)當直線l與x

29、軸垂直時與題意不符.1設直線l的方程為y=kx+1kz0且k工？.代入橢圓方程化簡得(4k2+1)x2+8kx=0.一8k14k2解得X1=0,X2=4k2+1，代入直線l的方程得8k14k2所以D點坐標為4，11.又直線AC的方程為鄉+y=1，直線BD的方程為y=十亍(x+2),224k4k,聯立解得y=2k+1.因此Q點坐標為(4k,2k+1).1又P點坐標為一k，0,yx所以OOQ=k，0(-4k,2k+1)=4.故OP6Q為定值.X1X2227、【解析】(1)因橢圓焦點在y軸上，設橢圓的標準方程為21(ab0).b2由已知得b1,c1所以a/2,橢圓方程為X2直線I垂直于x軸時與題意不

30、符.設直線I的方程為ykx1，則y2y2kx(2k2)x22kxX1X2CDX1,y1X2,y2，則k21X1由已知得22k21k22所以直線I的方程為yx1x22X24X1X22k2k21TV迸解得k>2xk22J.1.(2)方法一:直線I與x軸垂直時與題意不符.設直線I的方程為ykx11所以P點坐標為1,o.X1X2設CX1,y1DX2,y2，由知2k2k21，直線AC的方程yX11，直線BD的方程為y上Xx21y聯立方程X11y2x21設QXo,yo解得Xoy1X21y為1yx1y2X11y為1y1X21y2X11%X21'不妨設x1kx2kx22kX21X-I1kx11x

31、211kx11x28k21222k2£k2121X-I2kk22k22因此Q點的坐標為k,y0，又2kx1x2x-ix2kx2x(kxx2x1X22、24kkk4?0uuuuur所以OP?OQ二uuuuuur故OP?OQ為定值.方法二：直線l與X軸垂直時與題意不符.設直線I的方程為ykx所以P點坐標為X1X2設Cx1,y1DX2,y2，由(1)知x1x22k2k22k2直線AC的方程yX1直線BD的方程為yy2x21將兩直線方程聯立，消去y2?X11y1X211x1因為1Xl,X2所以u與上異號.y12烏？yXiX2=2“2爲=2-22X)122x1x2仝?1X1X21x+x2+x.

32、(x21X1x2+x1x22k2k22k22k12k1k1.k22k22.212kX21k.2k亠22k2k221kk12?2k2k12k111X1Xy-iy2k2x(x2k與X122k2k2k1所以D與y$2異k1號,匕同號,k1所以因此Q點的坐標為uuuuurk,y。k,yo1.uuuuuur故OP?OQ為定值.28【解析】（1）由eb2a2c22，得42設Px,y,MX1,y,NX2,y2uuuuuununr則由OPOM2ON得x,yX1,%2X2,y2Xi2X2,y-2y2,即xx-i2x2,yy-i2y2.因為點M、N在橢圓x22y24,所以xj2yj4,X222y224,222故x

33、2yx_j2x2y1222y2x,4x224x,x22yi24y224yiy22222x-i2%4x22y2+41X22y-y220+4x,x22y2故橢圓的標準方程為1.X2設kOM、k°N分別為直線OM、ON的斜率，由題設條件知yyx1x2-，因此2X1X2220,所以x22y220.所以點P是橢圓x2202y1上的點，設該橢圓的左、右焦點為Fi、F2，10則由橢圓的定義知PRPF2【總結提高】的高考試題中45為定值，又因c.2010.10，因此兩焦點的坐標為本節內容是高中數學的重要內容之一，也是高考常見新穎題的板塊Fi帀,0，尤其是在最近幾年,平面向量與解析幾何的融合，提高了題

34、目的綜合性，形成了題目多變，解法靈活的特點，充分體現了高考中以能力立意的命題方向。29、【解析】考查意圖：本題考查利用直線、橢圓、雙曲線和平面向量等知識綜合解題的能力，以及運用數形結合思想，方程和轉化的思想解決問題的能力解答過程：2(i)橢圓C的方程為Lx213(n)設直線l的方程為:xmy4，代入y23x23得3m21y224m2y48m2113，設Ax1,y1,BX2,y2,Qx),0則y1y224m23m21y”248m2323m21UJU由PQuur1QAuuu2QB，得x0,41為x°,y1所以441%2y2所以444Y1Y212y1y2ym2X2x0,y2424m2248

35、m233解得m264所以m1滿足m28丄13所以直線I的方程為4，令y1所以點的坐標為一,0230、【解析】由e于，得3a24c2,解得a2b.2再由c由題意可知2ax2b=4,即ab2.解方程組得a2b1.所以橢圓的方程為（i）由（1）可知A2,0。設B點的坐標為x,yi,直線I的斜率為k，則直線I的方程為yk(x2),yk(x2)于是A,B兩點的坐標滿足方程組2x2彳7y,從而y12,4k14k由方程組消去y并整理，得（122224k)x16kx(16k4)0由2x128k4k所以AB=-2+M+1+4k0*1+4k1+4k2由曲|=遼，得申51+4k242整理得32k9k23022即k1

36、32k230，解得k1.所以直線|的傾斜角為或L.4 48k22k（ii）設線段AB是中點為M，則M的坐標為（2,2）14k14k以下分兩種情況:當k0時，點B的坐標為2,0。線段AB的垂直平分線為y軸，于是QA當k0時，線段AB的垂直平分線方程為2k14k218k2(2,yo),QB(2,yo)由QAgQB=4,得y=2,2解得y06k_.14k由QA(2,yo),QB(為，如yo),QAgQB2xiyo(yiyo)22(28k)14k2*6k4k2(24k14k徐),44(16k215k1)(14k2)24,整理得7k22,故k、14214V所以yo=丁綜上yo=2、2或yo=31、解：（

37、1）由題意，得A(2,O),B(O,、3),D(O,3),E(1,0),M(2,于)，所以直線DE的方程y、3x3，直線BM的方程為yy.3x3yx4所以直線82(5)因為-54F3(_)83、3x251，所以點(，)在橢圓C:5542y-1上.6分32、22(2)設RS的方程為yk(x1)，代入C:-1,43得(34k2)x28k2x4k2120,設R(X1,y1),S(X2,y2)，則K(%,%),8k24k212X1232,X1X24k2，4k3直線SK的方程為y2yy2(XX2)，X2X1令y0,得xy/22X1y2y1將心1)，y2k(x21)代入上式得(9設x2x1x2(X1X2)

38、4X1X22M21，6J(4幾-1)*；8+(42+4)"解得八務0,1,.疇=吉-18.解：(1)橢圓+=1(>>0)的一個焦點在x-l=0上,二1aa=2nb=J52y4(422)8乂J,上2a該橢圓的方程為令+§-（1）當血線尸Q的斜率存在時設肓線PQ的方程為y-kx+m尸=肚4冊*=>（4it2+3）x?+8Amx+4m2-12j=0.-+=13A=16JtW-（4Zr243）（切i一3）>0，-RAtjj4pi"）2設）,0（召宀），則西+召°忑口亍"廠+3'3T強PQ的中點卩在直線l±tAx

39、!+x2=2=>p-j-y=2=>m=-*-,；片+旳二去（嗎+可+2用=2k+2朋，"片+%-彩，71將犧=t-二代入（4=16Jt2m1-（4:+3X2_3）>。得k>,（*）k4假設在工軸上存在定點RE0），IA?HRQI=5-碼+才陽）衣二（w-x,）2-5-駢=處-y；=>（2n-2Xx2-）-（y2一必），A（2n-2）=-1,即鳳.0，2k兀一斗244當在線pQ的斜率不心在時，宜線PQXL于x眥此時|=|尺0顯然成立。綜上.x軸上存在遲點R（二*Q）*9分4（山）假設APQR能為等腰自供三角形，則RP-RQd*-（阿一扌，片»（眄

40、_旳一才）（勺_丁）+丿|旳=01西巧一一（哥+羽”打+（匕十m）（kx2+m）-0t4 16nX2-（X十工訂+丄*尸丐旳+切（斗+夠）+曲2=Qt416)212又x1+x2=2,m=k2(k2+1)4k24k2+37+2k16k)=04k22(12k7)(k+1)=06符合()所以在(II)的條件下,PQR能否為等腰直角三角形。1解析(I)e.2c12ab21,a2b2c2aa2,b2,c222xy14分2433、本小題主要考查橢圓的方程的求法，考察弦長公式的應用和利用均值不等式求最值的方法,查思維能力、運算能力和綜合解題的能力滿分12分.(H)設直線BD的方程為y2x22x2y8b2BDX-|X2b24、1(2)2X1設d為點A到直線BD:dbV3X22442xb的距離,640y.2xbfb,b4x4二SabdBDldx'(8b2)b2逅，當且僅當24b2時取等號因為2（22,2.2），所以當b2時，ABD的面積最大，最大值為,29分3,（川）設D（xi,yi）,B（X2,y2），直線AB、AD的斜率分別為:kAB、kAD，則kADkAB2.2x1b.22x2b、2x21x21=2.2bx1x2X-|X2(x-ix2)1(*)將（n）中、式代入（*）式整理得2.2b一X1X2X1X2:(X1X2)1=