解析几何定点定值问题答案

1、解析几何定点、定值问题答案22,2c12ca-b12321、解：(I)由题意知e=，所以e=22=.即a=b.a2ac4a2c2又因为b=_6=.3，所以a2=4,b2=3.故椭圆的方程为J112=1.4分3(n)由题意知直线pb的斜率存在，设直线pb的方程为y=k(x-4).y由X24k(x2y4)2222,得(4k+3)x-32kx+64k-12=0.6分1设点B(xi,y1),y2yE(X2,y2)，则A(X1,-y1).直线AE的方程为y-y2=1-(x-x2)X2X1.令y=o,得X=X2-%(X2Xj.将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.所以直线AE与x轴相交于定点Q(1,0).12分2、(1)解：设3pxA(xyj,B&y),(1)由条件知直线l:yxp2'消去y，得x2px由题意，判别式(3p)20.(不写，不扣分)由韦达定理，x1X23p,X1X2由抛物线的定义,|AB|(X1号)(X2号)3pp4p.从而4p8,2p4.所求抛物的方程为4x.(2)易得y1y2y22p.设P(xo,yo)。将2yoXo,X12p2-代入直线PA的方程yy。2pj(xX1XoXo),得PA:yyo2o2P2PYo

3、Yo14分yy13、解一：（1）由题知：2分xV2xV22X2化简得：y1(yo)4分(xXo).yiyo同理直线PB的方程为yy0空(XXo).y2yo10分将x2代入直线PA，pb的方程得YmYoYiYi2P，Yn2YoY2P12分YoY12PYoY22PY1YoY2YoYoY2YoYmYnl:xmy1,2代入2y21(y20）整理得（m2)y22my10Y1Y22mm2Y1Y2QMQ的方程为yy1j(xX1X2X1)Y2YiY2P2Yo(YiY2)p2(2)设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：设M(Xi,yj,Ng,y2),Q(X2,y?),l：yk(x1),解三：由对称性可知，若MQ过定点，则定点一定在X轴上,设M(X1,yj,N(X2,y2),Q(X2,y?),l：yk(x1),2代入2222y21(y0)整理得(12k2)x2224k2x2k2x1x2224kxx2k22、X1X22，12k212k2uuuurn设MQ过定点R(m,0)，则RM/RQ，uuu而RM(x1m,urnyj,RQ(X2m,y?)则(为m)y2(x2m)yk2x-|X2(

5、m1)(X1X2)2m4k2k2X-!X22,Xt亠2，8分12k12kQMQ的方程为yy1y1y2(xX1)X1X2令y0,得Xvy"X1X1)X1k(x11)(x2xj2x1x2(X1X2)210分y1y2k(x1X22)X1x226分直线MQ过定点(2,0).12分g012kc1,2aJ(|1)2(v/6)2(|1)2u/6)26,2曲线C1所在的椭圆方程为x_2y-18ty1,设B（X1,yJ,E（X2,y2）,C（X3,y3）,Dgyj,过F?与x轴不垂直的直线为x联立x2x6ty1v12得(98t2)y216ty18640y216t6498t,联立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即罰鍛为定值3.|4t|14分5、解：（1）由已知F（圆心坐标为（乙丄4圆的半径为旦1丄/R2以线段FA为直径的圆与y轴相切。子,0），设A（X1,y1），则P，里），圆心到y轴的距离为P2X12(-xdz、uuu(2)设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将变形为2y2222Y1，二X222X1将x22x/弋入,整理得X1p22代入得11122即211.-11分-12分13分14分儿X2y$246则y2yk(x4x,2)消y得,k2x222(4k24)x4k20，(k0)所以x14k2F22y14x1,y2uurX24"X24，由因为mu所以OPOQx1x2uuu所以OP4x2，所以yy422y216X1X264，故丫必uuirOQ1210分p16、解：（I）因为OAcos60o2-1,即p2,22所以抛物线C的方程为ycos60o

8、所以eM的方程为(x2)2y244分（n）M（2,0），设巳心）,Q（X22）,-uuomr（1）当PQ斜率不存在时，P（2,2、2），Q（2,2.2），则OPOQ分（2）当PQ斜率存在时，设PQ的方程为yk（x2），4x2227、解：（I）设椭圆C的方程为令占1（ab0），a2b21 2因为抛物线y-x的焦点坐标是（0,1）所以由题意知b=1.4又有2*口即.1!注.a25.-a25'a5椭圆C的方程为y251.(II)方法一:点的坐标分别为A(Xi,y1),B(X2,y2),M(0,y0).易知右焦点F的坐标为(2,0)uuuurQMA1AF,(X,yyo)1(2xyj.即x1=-

9、2-L,1+1y。yF将A点坐标代入到椭圆方程中,去分母整理得5y0.tuJir同理由MB2器可得：105y20.2是方程22x10x55y°0的两个根，1210.12分方法二：设A、B、M点的坐标分别为A(x-|,y,),B(x2,y2),M(0,y0).又易知F点的坐标为(2，0).显然直线I存在的斜率，设直线I的斜率为k，则直线I的方程是yk(x2).将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得2222(15k2)x220k2x20k250.20k2X1X215k2，X1X220k2515k22BF,将各点坐标代入得X1X21522X!2x28、(1)%22x1X22x2

10、椭圆C1的方程为8(2)点P的坐标25(3)x-ix242(x,x2)2x,x242任2y_433-35x29解:(1)椭圆C的方程为JX2)10.y=kx+m联立x22得(2k2+1)x2+4kmx+2m22=0y21设M(Xi,yJ,Ng,y2)则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直线l的方程为y=k（x2），因此直线l过定点，该定点的坐标为（2,0）.10、（I）（II）设P坐标为（xo,y。），

11、过P点与椭圆相切的切线方程为yyo=k（xx。）.22QP在圆x+y=5上X02+y°2=5yy°=k(x冷)联立y2x2彳13 222消去y得，(3+2k)x4k(kx02y°)x+2(kx0y°)6=0由题意知二4k（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设过P点与椭圆E相切的两条切线斜率为k2.22yo353ki*2=1(定值)Xo2Xo211、所以两切线斜率之积为定值故所求椭圆方程为1.(n)若直线AB的斜率存在，设AB方程为ykxm，依题意m2.设A(X1,yj,B(X2,y2),2X由"8y2y4kx人得12k2m,x24kmx2m2则X1X24km苛X1X22m28由已知y122k2y22-8,X1X2所以kx1m2kx2m8，即2kX2X1X2整理得故直线AB的方程为ykx所以直线AB过定点丄k2.2-k2，即'2?2).10分若直线AB的斜率

13、不存在，设AB方程为xXo,(I)解：由已知可得b=2,a11得xo.此时AB方程为x1，显然过点(2'2).=(、2b)2=8,28,yoXoXoy02设A(Xo,yo),B(Xo,yo)，由已知13分、a2*4b234b2(2)依题意,I的方程为kx.3y由2由4kxx2(k24)x2显然x|x2由已知m023k2,x1x2k40得：_1_k24a2X1X2b2y24x-ix2(kx-i(k214)(门4)k4.2.3)(kx2,3)(4k2)X1X22.3k.3k230k4X2)3解得k(3)当直线AB斜率不存在时，即X2,y1屮，2由已知mn0，得4论22y14x1综上，直线A

14、B过定点(1一S|x1|y1y2|x112|y111,二角形的面积为定值,2).2e12、解:(1)v1a二a2,b1椭圆的方程为必须0即4kt24(k224)(t4)0得到X1X22kt,x1x2t24k24k2410分又A(X1,yJ在椭圆上,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)直线I的斜率为(2)设A(X1,yJ,B(x2,y2),线段AB中点为R(xo,y。)k24所以三角形的面积为定值则线

15、段AB的垂直平分线方程为%+y2_X1X2/治+乂？、=(X丿2y1y22线段AB的垂直平分线恰过点M(4,0)y+y2二2=x-ix2y1(4y2X1+X2)22y2=42(X1X2)4x14x2=42=22(X1X2)Xo=2(定值).14所以线段AB中点的横坐标为定值.解：.5,又cea点在据条件可彳，故乎故b求方程3y22召1,即53(2)假设存在点M符合题意，设AB:yk(x1),代入E:x23y25得:(3k21)x26k2x3k250设AgyjBgyz),M(m,0)则X1x?6k23k21,x1x23k253k216m15uuirunrMAMB(k21)x1x2(k2m)(%x

16、jk2m2m22m-323(3k10分1)要使上式与K无关，则有6m140,，解得m存在点M(7,0)满足题意。12分15、解：(I)由题意可知：-护=2,b2=1,c2=1a+c=2+1,12X2cXb=1,有a2=b2+c2所求椭圆的方程为:.4分(II)设直线I的方程为:y=k(x-1)A(X1,y1),B(X2,y2),M(：,0)联立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对任意uurumrR,有MA?MB=-为定值1616、解：(I)设动点多1。即动点P到点则七2)2两边平方(x化简可得：y2(II)如图，作AC设A,B的横坐标分别为P(x,y),动点P到点F(2,0)的距离比它到直线x1的距离F(2,0)的距离等于它到直线x2的距离2y2)28x|x2y2|(x2)2I,BD则|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记m与AB的交点为E217、(1)|FE|FA|AE|FA|4cos2sin|FE|FP|cos故|FP|FP|cos

18、242-sin4-2sin(1椭圆Ci的方程为12abicos2)4)1cos3,358点P的坐标一518、解：(i)连接DF2,FO(O为坐标原点，F2为右焦点)，由题意知：椭圆的右焦点为F2(、5,0)(3)x-ix24因为FO是DF1F2的中位线，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所求椭圆E的方程为9整理得:（k24）x24k2x4k2402 2由0得：3k3,3 3设H（Xi，yi）,K（x2，y2），N（xo，yo）则由中点坐标公

19、式得当k当kX。2k2k24yok（x。2）8kk240时，有N(0,0),直线MN显然过椭圆G的两个顶点（0,2）,（0,2）;0时,则x。0,直线MN的方程为y1x°此时直线MN显然不能过椭圆G的两个顶点(0,2),(0,2);若直线MN过椭圆G的顶点(1,0),则0011即X。X0y012k28k2所以屮斗1,解得：k-,kk24k2432(舍去).若直线MN过椭圆G的顶点(1,0),则01即x0X0y。所以些k48k身1,解得：k4k42.、5,k42.5（舍去）,综上,当k0或k2或k425时,直线MN过椭圆G的顶点.(川)法一:2由(I)得椭圆W的方程为y21,2根据题意

20、可设P(m,n)，则A(m,n),C(m,0)则直线AC的方程为yn(xm)2m过点P且与AP垂直的直线方程为ynm(xm)n22并整理得：亍y2号n2,又P在椭圆W上，所以2所以Xy1221,即、两直线的交点B在椭圆W上，所以PAPB法二：由（I）得椭圆W的方程为y21根据题意可设P(m,n)，则A(m,n),C(m,O),kpAn2m所以直线AC:yF(x2mm)所以因为所以n2m(xm)，化简得2mn2XaXakPB19、解:Xb2m2m,所以XB3n222mn2m33mn22m2n2(I)抛物线2,2ab(12m32m2y22m2)x2啤,则n2nxmyB3n22.2mn，则kpAkp

21、B1,即PAPB.n4x的焦点为F（1,0），准线方程为x1,又椭圆截抛物线的准线x1所得弦长为,2得上交点为（12)J由代入得2b4b2解得b21或b2从而a1b2122该椭圆的方程为-2（n）v倾斜角为45°的直线I过点F直线I的方程为ytan45（x1），即y由（I）知椭圆的另一个焦点为FN1,0），设M（xo,y。）与F1关于直线I对称，则得yo0x1，解得"，即M(1,2),”y。2111X。1y。0X。(1)22又M(1,2)满足y24x，故点M在抛物线上。所以抛物线y24x上存在一点M(1,2)，使得M与F1关于直线I对称。2220、(I)椭圆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,椭圆方程为3y21，准圆方程为x2y2(n)(1)因为准圆22x2y24与y轴正半轴的交点为P(0,2),设过点P(0,2)且与椭圆有一个公共点的直线为ykxykx2所以由x22消去y，得(13k2)x2y1312kx因为椭圆与ykx2只有一个公共点,所以144k249(13k2)0，解得k1。所以hh方程为yx2,yx2.(2)当11,12中有条无斜率时，不妨设11无斜率,因为h与椭圆只有一个公共点，则其方程为x当li方程为X.3时，此时li与准圆交于点3,1,3

23、,1,此时经过点-3,1(或.3,1)且与椭圆只有一个公共点的直线是y1(或y1),即丨2为y1(或y1)，显然直线1(2垂直;同理可证11方程为X3时，直线11,丨2垂直.2当丨1,丨2都有斜率时，设点P(X0,y°)，其中X04.设经过点P(xo,yo)与椭圆只有一个公共点的直线为t(xXo)yo，ytx(y°tx°)则X22彳yy1消去y，得(13t2)x26t(y°tx°)x3(y°tx。)2由0化简整理得:222(3X0)t2x0y°t1y°0.22因为X0y°4，222所以有(3X。)t2x&

24、#176;yot(X。3)0.设丨1,丨2的斜率分别为t1,t2，因为丨1,丨2与椭圆只有一个公共点,7分2所以t1,t2满足上述方程(3x02)t22x0y0t(x023)0，所以t1?t21，即11,12垂直.综合知：因为m经过点P(x°,y°)，又分别交其准圆于点M,N，且丨1,丨2垂直，所以线段MN为准圆x2y24的直径，所以MN|=4.23、(1)由已知，可得c.2，a-3b,a2b2c2,a“3,b1,1.(2)设A(X1,yJ,B(X2,y2)，直线l:yx5,代入椭圆方程得4x26,2x30,X1X2322，X1X2|X1X2|上，|y1y21|xX2|S1

25、2.2上.3.8分22(3)由已知椭圆方程为x23y23b2，右焦点F的坐标为(.23,0),直线AB所在直线方程为yx.2b，由得:4x262bx3b20,10分设A(Xi,yJ，B(x2,y2)uuuu设M(x,y)，由OM小3近-，则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又点A,B在椭圆上，故x23y：3b2，x；3y；3b2,0,13分由式得221.14分y1y2,点M在椭圆上,2(儿X2)3(y12

26、224、(I)将圆M的一般方程x+y6x2y+7=0化为标准方程(x3)2+(y1)2=3，圆M的圆心为(1,3),半径rr3.由A(0,1),F(c,0)(c=、a21)得直线AF:-+y=1,c即x+cyc=0,3+ccl由直线AF与圆M相切，得"Tc='、2或c='、2(舍去).2当c=；2时，a2=c2+仁3,2故椭圆C的方程为+y2=14分3uuuuur(H)由APgAQ0知APAQ,从而直线AP与坐标轴不垂直，由A（0,1）可设直线AP的方程为y二kx+1,直线AQ的方程为y=lx+1k0）.2将y二kx+1代入椭圆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的坐标为（2，1+3k21+3k2即（徐暮）16kk23将上式中的k换成,得Q(，二-).kk2+3k2+322k2313k2k2+31+3k2(x直线l的方程为y=6k6k2+2k+31+3kk23k2+3)+k2+36kk21化简得直线I的方程为y=x4k25、因此直线I过定点解：（I）因为N(0,122x2a2yb21(ab0)满足a2b2解得5,b23，则椭圆方程为32y_53(n)(1)将y2xk(x1)代入一5因为AB中点的横坐标为1丄，所以26k23k2(2)由(1)知人KX1X23k23k

28、21ujuruur所以MAMB7，%)区彳以)(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,椭圆的右焦点为6k21)3k2k249k2914分C撐，解得a=2，所以椭圆方程为手+y2=1.(3,0)，此时直线l的方程为y=_33x+1,37x283x=0.代入椭圆方程化简得解得X1=0,X2=攀,1代入直线I的方程得y1=1,y2=7,所以D点坐标为匚1"3,-.7'7故cdi=8；302+712=孚(2)当直线l与x

29、轴垂直时与题意不符.1设直线l的方程为y=kx+1kz0且k工？.代入椭圆方程化简得(4k2+1)x2+8kx=0.一8k14k2解得X1=0,X2=4k2+1，代入直线l的方程得8k14k2所以D点坐标为4，11.又直线AC的方程为乡+y=1，直线BD的方程为y=十亍(x+2),224k4k,联立解得y=2k+1.因此Q点坐标为(4k,2k+1).1又P点坐标为一k，0,yx所以OOQ=k，0(-4k,2k+1)=4.故OP6Q为定值.X1X2227、【解析】(1)因椭圆焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为21(ab0).b2由已知得b1,c1所以a/2,椭圆方程为X2直线I垂直于x轴时与题意不

30、符.设直线I的方程为ykx1，则y2y2kx(2k2)x22kxX1X2CDX1,y1X2,y2，则k21X1由已知得22k21k22所以直线I的方程为yx1x22X24X1X22k2k21TV迸解得k>2xk22J.1.(2)方法一:直线I与x轴垂直时与题意不符.设直线I的方程为ykx11所以P点坐标为1,o.X1X2设CX1,y1DX2,y2，由知2k2k21，直线AC的方程yX11，直线BD的方程为y上Xx21y联立方程X11y2x21设QXo,yo解得Xoy1X21y为1yx1y2X11y为1y1X21y2X11%X21'不妨设x1kx2kx22kX21X-I1kx11x

31、211kx11x28k21222k2£k2121X-I2kk22k22因此Q点的坐标为k,y0，又2kx1x2x-ix2kx2x(kxx2x1X22、24kkk4?0uuuuur所以OP?OQ二uuuuuur故OP?OQ为定值.方法二：直线l与X轴垂直时与题意不符.设直线I的方程为ykx所以P点坐标为X1X2设Cx1,y1DX2,y2，由(1)知x1x22k2k22k2直线AC的方程yX1直线BD的方程为yy2x21将两直线方程联立，消去y2?X11y1X211x1因为1Xl,X2所以u与上异号.y12乌？yXiX2=2“2爲=2-22X)122x1x2仝?1X1X21x+x2+x.

32、(x21X1x2+x1x22k2k22k22k12k1k1.k22k22.212kX21k.2k亠22k2k221kk12?2k2k12k111X1Xy-iy2k2x(x2k与X122k2k2k1所以D与y$2异k1号,匕同号,k1所以因此Q点的坐标为uuuuurk,y。k,yo1.uuuuuur故OP?OQ为定值.28【解析】（1）由eb2a2c22，得42设Px,y,MX1,y,NX2,y2uuuuuununr则由OPOM2ON得x,yX1,%2X2,y2Xi2X2,y-2y2,即xx-i2x2,yy-i2y2.因为点M、N在椭圆x22y24,所以xj2yj4,X222y224,222故x

33、2yx_j2x2y1222y2x,4x224x,x22yi24y224yiy22222x-i2%4x22y2+41X22y-y220+4x,x22y2故椭圆的标准方程为1.X2设kOM、k°N分别为直线OM、ON的斜率，由题设条件知yyx1x2-，因此2X1X2220,所以x22y220.所以点P是椭圆x2202y1上的点，设该椭圆的左、右焦点为Fi、F2，10则由椭圆的定义知PRPF2【总结提高】的高考试题中45为定值，又因c.2010.10，因此两焦点的坐标为本节内容是高中数学的重要内容之一，也是高考常见新颖题的板块Fi帀,0，尤其是在最近几年,平面向量与解析几何的融合，提高了题

34、目的综合性，形成了题目多变，解法灵活的特点，充分体现了高考中以能力立意的命题方向。29、【解析】考查意图：本题考查利用直线、椭圆、双曲线和平面向量等知识综合解题的能力，以及运用数形结合思想，方程和转化的思想解决问题的能力解答过程：2(i)椭圆C的方程为Lx213(n)设直线l的方程为:xmy4，代入y23x23得3m21y224m2y48m2113，设Ax1,y1,BX2,y2,Qx),0则y1y224m23m21y”248m2323m21UJU由PQuur1QAuuu2QB，得x0,41为x°,y1所以441%2y2所以444Y1Y212y1y2ym2X2x0,y2424m2248

35、m233解得m264所以m1满足m28丄13所以直线I的方程为4，令y1所以点的坐标为一,0230、【解析】由e于，得3a24c2,解得a2b.2再由c由题意可知2ax2b=4,即ab2.解方程组得a2b1.所以椭圆的方程为（i）由（1）可知A2,0。设B点的坐标为x,yi,直线I的斜率为k，则直线I的方程为yk(x2),yk(x2)于是A,B两点的坐标满足方程组2x2彳7y,从而y12,4k14k由方程组消去y并整理，得（122224k)x16kx(16k4)0由2x128k4k所以AB=-2+M+1+4k0*1+4k1+4k2由曲|=辽，得申51+4k242整理得32k9k23022即k1

36、32k230，解得k1.所以直线|的倾斜角为或L.4 48k22k（ii）设线段AB是中点为M，则M的坐标为（2,2）14k14k以下分两种情况:当k0时，点B的坐标为2,0。线段AB的垂直平分线为y轴，于是QA当k0时，线段AB的垂直平分线方程为2k14k218k2(2,yo),QB(2,yo)由QAgQB=4,得y=2,2解得y06k_.14k由QA(2,yo),QB(为，如yo),QAgQB2xiyo(yiyo)22(28k)14k2*6k4k2(24k14k徐),44(16k215k1)(14k2)24,整理得7k22,故k、14214V所以yo=丁综上yo=2、2或yo=31、解：（

37、1）由题意，得A(2,O),B(O,、3),D(O,3),E(1,0),M(2,于)，所以直线DE的方程y、3x3，直线BM的方程为yy.3x3yx4所以直线82(5)因为-54F3(_)83、3x251，所以点(，)在椭圆C:5542y-1上.6分32、22(2)设RS的方程为yk(x1)，代入C:-1,43得(34k2)x28k2x4k2120,设R(X1,y1),S(X2,y2)，则K(%,%),8k24k212X1232,X1X24k2，4k3直线SK的方程为y2yy2(XX2)，X2X1令y0,得xy/22X1y2y1将心1)，y2k(x21)代入上式得(9设x2x1x2(X1X2)

38、4X1X22M21，6J(4几-1)*；8+(42+4)"解得八务0,1,.疇=吉-18.解：(1)椭圆+=1(>>0)的一个焦点在x-l=0上,二1aa=2nb=J52y4(422)8乂J,上2a该椭圓的方程为令+§-（1）当血线尸Q的斜率存在时设肓线PQ的方程为y-kx+m尸=肚4册*=>（4it2+3）x?+8Amx+4m2-12j=0.-+=13A=16JtW-（4Zr243）（切i一3）>0，-RAtjj4pi"）2设）,0（召宀），则西+召°忑口亍"厂+3'3T強PQ的中点卩在直线l±tAx

39、!+x2=2=>p-j-y=2=>m=-*-,；片+旳二去（吗+可+2用=2k+2朋，"片+%-彩，71将牺=t-二代入（4=16Jt2m1-（4:+3X2_3）>。得k>,（*）k4假设在工轴上存在定点RE0），IA?HRQI=5-码+才阳）衣二（w-x,）2-5-駢=处-y；=>（2n-2Xx2-）-（y2一必），A（2n-2）=-1,即凤.0，2k兀一斗244当在线pQ的斜率不心在时，宜线PQXL于x眦此时|=|尺0显然成立。综上.x轴上存在迟点R（二*Q）*9分4（山）假设APQR能为等腰自供三角形，则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)的条件下,PQR能否为等腰直角三角形。1解析(I)e.2c12ab21,a2b2c2aa2,b2,c222xy14分2433、本小题主要考查椭圆的方程的求法，考察弦长公式的应用和利用均值不等式求最值的方法,查思维能力、运算能力和综合解题的能力满分12分.(H)设直线BD的方程为y2x22x2y8b2BDX-|X2b24、1(2)2X1设d为点A到直线BD:dbV3X22442xb的距离,640y.2xbfb,b4x4二SabdBDldx'(8b2)b2逅，当且仅当24b2时取等号因为2（22,2.2），所以当b2时，ABD的面积最大，最大值为,29分3,（川）设D（xi,yi）,B（X2,y2），直线AB、AD的斜率分别为:kAB、kAD，则kADkAB2.2x1b.22x2b、2x21x21=2.2bx1x2X-|X2(x-ix2)1(*)将（n）中、式代入（*）式整理得2.2b一X1X2X1X2:(X1X2)1=