令
n
=2 时有
=
=
a
1
+
a
2
解得
a2
=6

令
n
=3时有
=
S< br>3
=
a
1
+
a
2
+
a
3< br>解得
a
3
=10
故该数列的前三项为2、6、10.


(2)解法一：由(1)猜想数列｛
a
n
｝有通项公式
a
n
=4
n
-2，下面用数学归纳法证明数列｛
a
n
｝的通项
公式是
a
n
=4
n
-2(
n
∈N )

1°当
n
=1时，因为4×1-2＝2，又在(1)中已求得
a
1
=2，所以上述结论正确.
2°假设
n
=k时，结论正确，即有< br>a
k
=4k-2

由题意有
2k=
由题意有
得
a
k=4k-2,代入上式得
,解得S
2
k
=2k

=

S
k+1
=S
k< br>+
a
k+1
得S
k
=2k代入得
2
=2(< br>a
k+1
+2k)
整理
a
k+1
-4
ak+1
+4-16k=0
所以
a
k+1
=2+4k=4(k+1 )-2
22
2

由于
a
k+1
＞0，解得：
a
k+1
=2+4k




这就是说
n
=k+1时，上述结论成立.
根据1°，2°上述结论对所有自然数
n
成立 .

解法二：由题意有，
S
n
=
=
(
n
∈N)整理得
(
a
n
+2)
2

由此得S
n
+1
=(
a
n
+1
+2)所以
2
a
n
+1
=S
n
+1
-S
n< br>=［（
a
n
+1
+2)-(
a
n
+2)］< br>22

整理得(
a
n
+1
+
a
n< br>)(
a
n
+1
-
a
n
-4)=0由题意知< br>a
n
+1
+
a
n
≠0,所以
a
n< br>+1
-
a
n
=4

即数列｛
a
n< br>｝为等差数列，其中
a
1
=2,公差
d
=4，
所以
a
n
=
a
1
＋(
n
-1)
d
=2+4(
n
-1)
(3)令
c
n
=
b
n
-1,
即通项公式
a
n
=4
n
-2.

则
c
n
=
=

< br>b
1
+
b
2
+…+
b
n
-
n
=
c
1
+
c
2
+…+
c
n=
=

说明：该题的解题思路是从所给条件 出发，通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规
律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对 于含自然数
n
的命题，可以考虑用数学归纳法进行
证明，该题着重考查了归纳、概括和 数学变换的能力.


x
2
y
2
1
x Oy
42
29、（江苏18）如图，在平面直角坐标系中，M、N分别是椭圆的顶点，
过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，
连接AC， 并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k
（1）当直线PA平分线段MN，求k的值；
（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；
（3）对任意k>0，求证：PA⊥PB

本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离< br>等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，满分16分.
解：（1）由题设知，
a2,b2,故M(2,0),N(0,2),
所以线段MN中点的坐标为
(1,
2
)
2
，由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线 PA过坐标
2
2

2
.k
12
原点，所以< br>
x
2
y
2
y2x代入椭圆方程得1,
42< br>（2）直线PA的方程
22424
x,因此P(,),A(,).
33333
解得
4
3
1,故直线AB的方程为xy
2
0.
22
2
3

C(,0),
于是
3
直线AC的斜率为
33< br>
0
242
||
22
因此,d
333
.
12
3
11
（3）解法一：

将直线PA的方程
ykx
代入
x
2
y
2
22
1,解得 x,记

,
22
42
12k12k

则< br>P(

,

k),A(

,

k),于是C(

,0)

0

kk,



2
故直线AB的斜率为
y
其方 程为
k
(x

),代入椭圆方程得(2k
2
)x
2
2

k
2
x

2
(3k
2
2)0,
2

x
解得

(3k
2
2)
2k
2
或x

因此B(

( 3k
2
2)

k
3
2k
2
,
2k
2
)
.

k
3
k
1
< br>于是直线PB的斜率
2k
2


k

< br>(3k
2
2)
2k
2
1
.
22k
3k2(2k)

k
3
k(2k
2
)
因此
k
1
k1,所以PAPB.

解法二： < br>设
P(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),则x
1
0,x
2
0,x
1
x
2
,A(x
1
,y
1
),C(x
1
,0)< br>.
设直线PB，AB的斜率分别为
k
1
,k
2
因为 C在直线AB上，所以
从而
k
2

0(y
1
) y
k

1
.
x
1
(x
1
) 2x
1
2

k
1
k12k
1
k
2
12
y
2
y
1
y
2
(y
1
)
1
x
2
x
1
x
2(x
1
)

222
2y
2
2y
1
2
(x
2
2y
2
)
44

2
10.
22222
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2
x
1

因此
k
1
k1,所以PAPB.


30、 （安徽理21）设


，点
A
的坐标为（1,1），点
B
在抛物线
yx
上运动，点
Q
满足

BQ

QA
，经过
Q
点与
M
x
轴垂直的直线交抛物线 于点
M
，点
P
满足
QM

MP
,
求点
P
的轨迹方程。

本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，
考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养.



解：由
QM

MP
知Q，M，P三点在同一条垂直于x 轴的直线上，故可设
P(x,y),Q(x,y
0
),M(x,x
2
),则x
2
y
0


(yx
2
), 则y
0
(1

)x
2


y.
再设
①
B(x
1
,y
1
),由BQ

QA,即(xx
1
.y
0
y
1
)

(1x,1y
0
),




x1
(1

)x

,

y(1

)y
0


.
解得

1
②
将①式代入②式，消去
y
0
，得


x
1
(1

)x

,

22< br>y(1

)x

(1

)y
< br>.
③

1
222
yxyxyx
1111
又点B在抛物线上，所以，再将③式代入，得
(1

)
2
x
2


(1

)y

((1

)x

)
2
,
(1

)< br>2
x
2


(1

)y
(1

)
2
x
2
2

(1< br>
)x

2
,
2

(1
)x

(1

)y

(1

)0.


因

0,两边同除以

(1
),得2xy10.
故所求点P的轨迹方程为
y2x1.



31、（北京理19）



x
2
G:y
2
1
22
xy1
的切线I交椭圆G于A， B两点.
4
已知椭圆.过点（m,0）作圆
（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
（II）将
AB
表示为m的函数，并求
AB
的最大值.
（19）（共14分）
解：（Ⅰ）由已知得
a2,b1,

所以
ca
2
b
2
3.

所以椭圆G的焦点坐标为
(3,0),(3,0)

e
离心率为
c3
.
a2

（Ⅱ）由题意知，
|m|1
.
当
m1
时，切线l的方 程
x1
，点A、B的坐标分别为
此时
|AB|
(1,
3 3
),(1,),
22

3

3
当m=－1时 ，同理可得
|AB|
当
|m|1
时，设切线l的方程为
yk( xm),


yk(xm),

2
得(14k2
)x
2
8k
2
mx4k
2
m
2
40

x
2

y1.
由

4

设A、B两点的坐标分别为
(x
1
,y
1
) (x
2
,y
2
)
，则
4k
2
m
2
4
x
1
x
2
,x
1
x
2

2
14k14k
2

x
2
y2
1相切,得
又由l与圆
所以
8k
2
m
|k m|
k
2
1

1,即m
2
k
2
k
2
1.

|AB|(x
2
x
1
)
2
(y
2
y
1
)
2
2
64k
4
m

4( 4k
2
m
2
4)
(1k)[]
(14k
2
)
2
14k
2

43|m|
.
2m3


由于当
m3
时，
|AB|3,

|AB|
所以
43|m|
,m(,1][1,)
m
2
3.

|AB|
因为
43|m|

2
m 3
43
3
|m|
|m|
2,

且当
m3
时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.

32、（福建理17）已知直线l：y=x+m，m∈R。
（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；
（II）若直线l关于x轴对称的直线为
l

，问直线
l

与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由。
本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查 运算求解能力，考查函数与方程思想、
数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13分。
解法一：
（I）依题意，点P的坐标为（0，m）
0m
11
MPl
20
因为，所以，
解得m=2，即点P的坐标为（0，2）
从而圆的半径
r|MP|(20)
2
(02)
2
22,

22
(x2)y8.
故所求圆的方程为
（II）因为直线
l
的方程为
yxm,

所以直线
l'
的方程为
yxm.


y' xm,
得x
2
4x4m0

2
x4y
由


4
2
44m16(1m)

（1）当
m1,即0
时，直线
l'
与抛物线C相切
（2）当
m1
，那
0
时，直线
l'
与抛物线C不相切 。
综上，当m=1时，直线
l'
与抛物线C相切；
当
m1
时，直线
l'
与抛物线C不相切。
解法二：
22
(x2)yr.
（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为

依题意，所求圆与直线
l:xym0
相切于点P（0，m），

4m
2
r
2
,


|20m |
r,

2
则




m2,


r22.
解得

22
(x2)y8.
所以所求圆的方程为
（II）同解法一。

33、（广东理19）

2222
(x5)y4,(x5)y4
中的一个内切，另一个外切。 设圆C与两圆
（1）求C的圆心轨迹L的方程;
3545
,),F(5,0)
MPFP
55
（2）已知点M，且P为L上动点，求的最大值及此时
(
点 P的坐标．

（1）解：设C的圆心的坐标为
(x,y)
，由题设条件知

|(x5)
2
y
2
(x5)
2
y
2
|4,

x
2
y
2
1.
化简得L的方程为
4


（2）解：过M，F的直线
l
方程为
y2(x5)< br>，将其代入L的方程得

15x
2
325x840.

x
1

655
,x
2
,故l与L交点为T
1
(,),T
2
(,).
515551515
解得

因T1在线段MF外，T2在线段MF 内，故
|MT
1
||FT
1
||MF|2,

|MT
2
||FT
2
||MF|2.
|MP||FP| |MF|2.
故

，若P不在直线MF上，在
MFP
中有
|MP||FP|
只在T1点取得最大值2。
34、（湖北理20）
平面内与两定点
A
1
(a,0)
，
A
2
(a,0 )(a0)
连续的斜率之积等于非零常数
m
的点的轨迹，
加上
A< br>1
、
A
2
两点所成的曲线
C
可以是圆、椭圆成双曲线 ．
（Ⅰ）求曲线
C
的方程，并讨论
C
的形状与
m
值得关系；
（Ⅱ）当
m1
时，对应的曲线为
C
1
；对 给定的
m(1,0)U(0,)
，对应的曲线为
C
2
，F
1
设、
F
2
是
C
2
C
1< br>的两个焦点。试问：在撒谎个，是否存在点
N
，使得△
F
1
N
F
2
的面积
S|m|a
2
。若存在，求
tan< br>F
1
N
F
2
的值；若不存在，请说明理由。
本小题 主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与
整合和数形结合的思 想。（满分14分）
解：（I）设动点为M，其坐标为
(x,y)
，
当
xa
时，由条件可得
222
mxyma(xa)
， 即
k
MA
1
k
MA
2
yyy
2
m,
xaxax
2
a
2

又
A1
(a,0),A
2
(A,0)
222
mxyma, 的坐标满足
222
mxyma.
故依题意，曲线C的方程为
x< br>2
y
2
1,C
22
m1时,
ma
当曲线C的方程为
a
是焦点在y轴上的椭圆；
222
xya
m1
当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；
x
2
y
2
1
22
1m0
am a
当时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的椭圆；
x
2
y
2< br>1,
22
ma
当
m0
时，曲线C的方程为
a< br>C是焦点在x轴上的双曲线。

222
xya;
（II） 由（I）知，当m=-1时，C1的方程为
当
m(1,0)U(0,)
时，
C2的两个焦点分别为
F
1
(a1m,0),F
2
(a 1m,0).

对于给定的
m(1,0)U(0,)
，
C1上存在点
N(x
0
,y
0
)(y
0
0)2
S|m|a
使得的充要条件是
22

x
0
y
0
a
2
,y
0
0,


1
2

2a1m|y
0
||m|a.
2

①
②
由①得
0|y
0
|a,
|y
0
|
由②得
|m|a
.
1m

0
当
|m|a15
a,即m0,
2
1m

15
2
时，
0m
或
存在点N，使S=|m|a2；
|m|a15
a,即-12
当
1m

m
或
15
2
时，
不存在满足条件的点N，

15

15

m

,0
U

0,


22

时， 当
uuuruuuur
NF
1
(a1mx
0
y
0
),NF
2
(a1mx
0
,y
0
)
， 由
uuuruuuur
2222
NFNFx(1m)ayma,

1200
可得
uuuruuuur
|NF
1
| r
1
,|NF
2
|r
2
,F
1
NF< br>2


， 令
uuuruuuur
ma
2
2
NF
1
NF
2
r
1
r
2
co s

ma,可得r
1
r
2

cos

， 则由

1ma
2
sin

1
S r
1
r
2
sin

ma
2
ta n

22cos

2
从而，
2
S|m|a
于是由，
12|m|
ma
2
t an

|m|a
2
,即tan

.
m
可得
2
综上可得：

15

m

,0


2

时，在C1上，存在点N，使得当
S| m|a
2
,且tanF
1
NF
2
2;


15

m


0,
2

 
时，在C1上，存在点N，使得当
S|m|a
2
,且tanF
1
NF
2
2;

m(1,
当
1515)U(,)
22
时，在C1上，不
存在满足条件的点N。

35、（湖南理21）
x
2
y
2
3
C
1
:
2

2
1(ab0)
C
2
:y x
2
b
2
ab
如图7，椭圆的离心率为，x轴被曲线截得
的线段长等于C1的长半轴长。
（Ⅰ）求C1，C2的方程；
（Ⅱ）设C2与y轴的焦点 为M，过坐标原点O的直线
l
与C2相交于点A,B,直线MA,MB
分别与C1相交 与D,E．
（i）证明：MD⊥ME;
（ii）记△MAB,△MDE的面积分别是
由。
S
1
,S
2
．问：是否存在直线l,使得
S
1
17

S
2
32
?请说明理
e
解 ：（Ⅰ）由题意知
c3
,从而a 2b,又2ba,解得a2,b1.
a2

x
2
y
2
1,yx
2
1.
故C1，C2的方程分别为
4

（Ⅱ）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为
yk x
.


ykx

2
yx1
< br>由

得
x
2
kx10
.
设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
) ,则x
1
,x
2
是上述方程的两个实根，于是
x
1
x
2
k,x
1
x
2
1.

又点M的坐标为（0，—1），所以
2
y
1
1y
21(kx
1
1)(kx
2
1)
kx
1
x
2
k(x
1
x
2
)1

x< br>1
x
2
x
1
x
2
x
1
x< br>2

k
MA
k
MB

k
2k
2
1
1
1.

故MA⊥MB，即MD⊥ME.


yk
1
x1,< br>yk
1
x1,由

2
yx1

< br>（ii）设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为解得

xk,
< br>x0
或

2
y1


yk
1
1

则点A的坐标为
(k
1
,k
1
1)
.
2
1
k
1
， 又直线MB的斜率为

(
同理可得点B的坐标为
11
,1).
k
1
k
1
2

于是
1111
1k
1
2
2
S
1
|MA||MB|1k
1
|k
1
|1
1< br>||
22k
1
k
1
2|k
1
|



yk
1
x1,

22
22< br>x4y40
(14k)x8k
1
x0.

1由

得
8k
1

x,
2

14k

x0,

1
或

2
< br>y1

y
4k
1
1

14k1
2

解得

8k
1
4k
1< br>2
1
(,).
22
14k14k
11
则点D的 坐标为
2
8k4k
11
1
(,).

22< br>4k4k
11
又直线ME的斜率为
k
，同理可得点E的坐标为 < br>32(1k
1
2
)|k
1
|
1
S
2
|MD||ME|
22
2
(1k)(k4)
. 11
于是
S
1
14
(4k
1
2
< br>2
17).
S64k
1
因此
2

1417 1
(4k
1
2

2
17),解得k
1
2
4,或k
1
2
.
64k
1
324
由题意知，
又由点A、B的坐标可知，
1
k
1
2
13
kk
1
,所以k.
1
k
1
2
k
1

k
1
k
1
2

y

故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为

33
x和yx.
22

36、（辽宁理20）
如图 ，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，
N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C 2的离心率
都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，
这四点按纵坐标从大 到小依次为A，B，C，D．
e
（I）设
1
2
，求
BC
与
AD
的比值；
（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说
明理由．

解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设
x
2
y
2
b
2
y
2
x
2
C
1
:
2

2
1,C
2
:
4

2
1, (ab0)
abaa

设直线
l:xt(|t|a)
，分别与C1，C2的方程联立，求得
A (t,
a
22
b
22
at),B(t,at).
ba< br> ………………4分

13
e时,ba,分别用y
A< br>,y
B
22
当表示A，B的纵坐标，可知
2|y
B
|
b
2
3
|BC|:|AD|.
2|y
A
|
a
2
4
………………6分
（II）t=0时的l不符 合题意.
t0
时，BOAN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率
kAN相等，即
b
22
a
22
atat
ab
,
tt a

ab
2
1e
2
t
2
2
a.
2
abe
解得
1e
2
2
|t|a,又0e1,所以
2
1,解得e1.
2
e
因 为
0e
所以当
2
2
时，不存在直线l，使得BOAN；
2
e1
当
2
时，存在直线l使得BOAN. ………………12分

37、（全国大纲理21）
y
2
C: x1
2
已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为
-2< br>的
uuuruuuruuur
直线
l
与C交于A、B两点，点P满足< br>OAOBOP0.

2
（Ⅰ）证明：点P在C上；
（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上．









解：
（I）F（0，1），
l
的方程为
y2x1
，

y
2
x1
2
代入并化简得
2
4x
2
22x10.

设
…………2分

A(x
1
,y
1
),B(x
2< br>,y
2
),P(x
3
,y
3
),
x
1

则
2626
,x
2
,
44
< br>2
,y
1
y
2
2(x
1
x
2
)21,
2

x
3
(x
1
x
2
)
2
,y
3
(y
1
y
2
)1.
2

x
1
x
2

由题意得
(
所以点P的坐标为
2
,1).
2

(
2
,1)
2
满足方程 经验证，点P的坐标为
2y
2
x1,
2
故点P在椭圆C上。
P(
（II）由
…………6分
2
2
,1)Q(,1)
22
和题设知，
PQ的垂直平分线
1
的方程为
l
y
2
x.
2
①
M(
设AB的 中点为M，则
21
,)
42
，AB的垂直平分线为
l
2的方程为
y
21
x.
24
②
由①、②得< br>l
1
,l
2
N(
的交点为
21
,)
88
。 …………9分

|NP|(
22
2
1311
)(1)
2
,
2888
32
,
2
|AB|1(2)
2
|x
2
x
1
|
|AM|
32
,
4
|MN|(
22
2
11
2
33
)(),
48288
311
,
8

|NA||AM|
2
|MN|
2

故|N P|=|NA|。
又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|，
所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|，
由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上

38、（全国新课标理20）

uuuruuur
在平面直角坐标系xOy中， 已知点A（0，-1），B点在直线
y3
上，M点满足
MBOA
，
uuuruuuruuuruuur
MA
g
ABMB
g
BA
，M点的轨迹为曲线C．
（I）求C的方程；
（II）P为C上动点，
l
为C在点P处的切线，求O 点到
l
距离的最小值．

解：
(Ⅰ)设M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).


uuur
uuur
uuur
所以
MA
=（-x，-1-y），
MB
=(0，-3-y)，
AB
=(x，-2).
uuuruuur
uuur
再由题意可知（
MA
+
MB
）•
AB
=0， 即（-x，-4-2y）• (x，-2)=0.
1
2
所以曲线C的方程式为y=
4
x-2.
111
2'
(Ⅱ)设P(x
0
，y
0
)为曲线C：y=
4
x-2上一点，因为y=
2
x，所以
l
的斜率为
2
x0

yy
0

1
x
0
(xx0
)
2
x
0
x2y2y
0
x
0
0
2
，即．
y
0

1
2
x< br>0
2
4
，所以


因此直线
l
的方程为
d
则O点到
l
的距离
2
|2y
0
x
0
|
x4
2
0
.又

1
2
x
0
4
14
2
2
d(x
0
4)2,
22
x
0
4
2< br>x
0
4

当
2
x
0
=0时取等号 ，所以O点到
l
距离的最小值为2.
39、（山东理22）
x
2
y
2
1

x,y

x,y
2
已知动直线
l
与椭圆C:
3
交于P
11
、 Q
22
两不同点，且△OPQ的面积
6
S
OPQ
2
=,其中O为坐标原点.
（Ⅰ）证明
x
1
2
x
22
和
y
1
2
y
2
2
均为定值;
（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求
|OM||PQ|
的最大值；
（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得
的形状；若不存在，请说明理由.
S< br>ODE
S
ODG
S
OEG

6
2
?若存在，判断△DEG
（I）解：（1）当直线
l
的斜率不存在时，P，Q 两点关于x轴对称，
所以
因为
x
2
x
1
,y< br>2
y
1
.
P(x
1
,y
1
)< br>
在椭圆上，
x
1
2
y
1
2
 1
2
因此
3

S
OPQ

6
,
2

①
又因 为
所以
|x
1
||y
1
|
6
.
2
②
由①、②得
此时
|x
1
|
6
,|y
1
|1.
2


22
x
12
x
2
3,y
1
2
y
2
2,
（2）当直线
l
的斜率存在时，设直线
l
的方程为
y kxm,

x
2
y
2
1
2
由题意知m
0
，将其代入
3
，得
(23k
2
)x
2
6kmx3(m
2
2)0
，
其中
36km12(23k)(m2)0,

22
即
3k2m

2222
…………（*）
6km3(m
2
2)
x
1
x
2
,x1
x
2
,
22
23k23k
又
263 k
2
2m
2
|PQ|1k(x
1
x
2
)4x
1
x
2
1k,
2
23k
所以
222
d
因为点O到直线
l
的距离为
|m|
1k
2
,

所以
S
OPQ

1
|PQ|d
2
< br>22
1|m|
2
263k2m
1k
223k< br>2
1k
2

6|m|3k
2
2m
2

23k
2

S
OPQ

6
,
2
又
22
3k22m,
且符合（*）式， 整理得
6km
2
3(m
2
2)
xx(x
1
x
2
)2x
1
x
2
()23,
22
23k23k
此时
2
1
2
2
2
222
222
y1
2
y
2
(3x
1
2
)(3x2
)4(x
1
2
x
2
)2.
333< br>
综上所述，
22
x
1
2
x
2
 3;y
1
2
y
2
2,
结论成立。
（II）解法一：
（1）当直线
l
的斜率存在时，
由（I）知|OM||x
1
|
6
,|PQ|2|y
1
|2 ,
2

|OM||PQ|
因此
6
26.
2

（2）当直线
l
的斜率存在时，由（I）知
x
1
x
2
3k
,
22m

y
1
y
2
x
1
x
2
3k
23k
2
2m
2

k()mm,
22 2m2mm
x
1
x
2
2
y
1
y
2
2
9k
2
16m
2
211
2
|OM |()()(3),
2222
224mm4m2m
22
2(2 m
2
1)1
22
24(3k2m)
|PQ|(1k) 2(2),
(23k
2
)
2
m
2
m
2

|OM|
2
|PQ|
2

所以
111
(3
2
)2(2
2
)
2
mm

11
)(2)
22
mm
11
3
2
2 
2
mm
)
2

25
.(
24

(3
|OM||PQ|
所以
511
3
2
2
2
,即m2
2
，当且仅当
mm
时，等号成立.
5
.
综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为
2

解法二：
因为
4|OM|
2
|PQ|
2
(x
1
x
2
)
2
(y
1
y
2< br>)
2
(x
2
x
1
)
2
(y< br>2
y
1
)
2
22
2[(x
1
2
x
2
)(y
1
2
y
2
)]


10.

4|OM|
2
|PQ|
2
10
2|OM||PQ|5.
25
所以
5
|OM||PQ|,
2
当且仅当
2|OM||PQ |5
时等号成立。 即
5
.
2
因此 |OM|·|PQ|的最大值为

（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使 得
S
ODE
S
ODG
S
OEG

6
.
2

6
2
， 证明：假设存在
由（I）得
D(u,v),E(x
1
,y
1
),G(x
2
,y
2
)满足S
ODE
S
ODG
S
OEG< br>
2222
u
2
x
1
2
3,u
2
x
2
3,x
1
2
x
2
3;v< br>2
y
1
2
2,v
2
y
2
2 ,y
1
2
y
2
2,
3
22
解得u2
x
1
2
x
2
;v
2
y1
2
y
2
1.
2
5
因此u,x
1
,x
2
只能从中选取,v,y
1
,y
2
只能从 1中选取,
2
(
因此D，E，G只能在

6
,1)
2
这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，
与
S
ODE
S
ODG
S
OEG

6
2
矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.

40、（陕西理17） 22
xy25
上的动点，点D是P在x轴上的摄影，M为PD上一点，且如图，设P是 圆
MD
4
PD
5

（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
4
（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为
5
的直线被C所截线段的长度






解：（Ⅰ）设M的坐标为（x,y）P的坐标为（xp,yp）

xpx,


5
ypy,

4
由已知得

22

5

xy
x

y

25
1
4

∵P在圆上， ∴ ，即C的方程为
2516

2
2
44
y

x3

5
（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为
5
的直线方程为， < br>设直线与C的交点为
A

x
1
,y
1
,B

x
2
,y
2


y
将直线方程
2
2
4

x3

5
代入C的 方程，得
x

x3

1
2
2525
即
x3x80

x
1

341341
, x
2

22
∴ 线段AB的长度为 ∴
AB

x
1
x
2



y
1
y
2

22
414 1
2

16



1

x
1
x
2

41
255


25

注：求AB长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得分。
41、（上海理23） 已知平面上的线段
l
及点
P
，在
l
上任取一点
Q
，线段
PQ
长度的最小值
称为点
P< br>到线段
l
的距离，记作
d(P,l)
。
（1）求点
P(1,1)
到线段
l:xy30(3x5)
的距离
d(P,l)
；
（2）设
l
是长为2的线段，求点集
D{P|d(P,l) 1}
所表示图形的面积；
（3）写出到两条线段
l
1
,l
2
距离相等的点的集合
{P|d(P,l
1
)d(P,l
2< br>)}
，其中
l
1
AB,l
2
CD
，
A,B,C,D
是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满分分别是①2分，②
6分，③8分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计分。

A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,0)
。
②
A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)
。
③
A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)
。
解：⑴ 设
Q(x,x3)
是线段
l:xy30(3x5)
上一点，则
A
-1
y
1
B
1
O
-1

< br>59
|PQ|(x1)
2
(x4)
2
2(x)< br>2
(3x5)
22
，当
x3
时，
d(P,l )|PQ|
min
5
。
⑵ 设线段
l
的端点分别为< br>A,B
，以直线
AB
为
x
轴，
AB
的中点为 原点建立直角坐标系，
则
A(1,0),B(1,0)
，点集
D
由如下曲线围成
l
1
:y1(|x|1),l
2
:y1(|x|1)
C
1
:(x1)
2
y
2
1(x1),C
2
:(x1)
2
y
2
1(x1)
其面积为
S 4

。
⑶ ① 选择
A(1,3),B(1,0),C(1,3) ,D(1,0)
，
{(x,y)|x0}

② 选择
A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)
。

，
{(x,y)|x0,y0}U{(x,y)|y
2
4x,2y 0}U{(x,y)|xy10,x1}

③ 选择
A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)
。
{(x,y)|x0,y0}U{(x,y)|yx,0x1}

U{ (x,y)|x
2
2y1,1x2}U{(x,y)|4x2y30,x2}



y

y
3
C
A
3

A
C

y

2.5


B
-1

x
A
1
O
D
B

D
-1
O
1
x

B=C12
-2
D



42、（四川理21）
椭圆有两顶点A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l与椭圆交于C、D两点，
并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．
x

3
2
（I）当|CD | =
2
时，求直线l的方程；
uuuruuur
（II）当点P异于A、B两点 时，求证：
OPOQ
为定值。

y
2
x
2
1
解：由已知可得椭圆方程为
2
，设
l
的方程为
y1k(x0),k
为
l
的斜率。
2k


ykx1
xx

12

2

2k< br>2
22
(2k)x2kx10

y
2

x1

xx
1
2
12

2 k
2

则
22
4

yy
2

1

2k
2

2
2k2

yy
12

2k
2


8k
2
88k
4
8k
2
9
(x
1
x
2< br>)(y
1
y
2
)k
2
2k2< br>2222
(2k)(2k)2

l
的方程为
y2x1

F,F
43、（天津理18 ）在平面直角坐标系
xOy
中，点
P(a,b)(ab0)
为动点，12
分别为
x
2
y
2

2
1
2
FPF
ab
椭圆的左右焦点．已知△
12
为等腰三角形．
（Ⅰ）求椭圆的离心率
e
；
（Ⅱ）设直线
PF
2
uuuuruuuur
PF
A,B
2
上的点，满足
AMBM2
，与椭圆相交于两点，
M
是直线
求点
M
的轨迹方程． 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代
数方法研 究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分13
分.
（I）解：设
F
1
(c,0),F
2
(c,0)(c0)

由题意，可得
|PF
2
||F
1F
2
|,

22
(ac)b2c.
即
ccc
2()
2
10,得1
aa
整理得
a
（舍），
c11
.
e.
2
或
a2
所以
（II）解：由（I）知
a2c,b3c,

222
3x4y12c,
可得椭圆方程为
直线PF2方程为
y3(xc).

222
< br>
3x4y12c,


y3(xc).
A，B两 点的坐标满足方程组

2
消去y并整理，得
5x8cx0.

8
x
1
0,x
2
c.
5
解得
8

xc,
2

x0,

5
1

y3c,

1

y
33
c.

2

5


得方程组的解
833
A(c,c),B(0,3c)
5
不妨设
5

u uuurr
833
uuuu
(x,y),则AM(xc,yc),BM(x, y3c)
55
设点M的坐标为，
y3(xc),得cx
由
3
y.
3

uu uur
833833
AM(yx,yx),
15555
于是
uuuuruuuuruuuur
BM(x,3x).
由
AMBM2,

833833
yx)x(yx)3x2
15555
即，
(
2
18x163xy150.
化简得
18 x
2
15310x
2
5
y代入cxy,得c0.316x
163x
将
所以
x0.

2
18x163xy150(x0).
因此，点M的轨迹方程是

44、（浙江理21）
C
1
x
3
y
C
2
x
2
(y4)
2
1
已知抛物线:＝，圆:的圆心为点 M
（Ⅰ）求点M到抛物线
c
1
的准线的距离；
上一点（异于原点 ），过点P作圆（Ⅱ）已知点P是抛物线
c
1
c
2
的两条切线，交抛 物线
c
1
于
A，B两点，若过M，P两点的直线
l
垂直于A B，求直线
l
的方程









本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础 知识，同时考查解析
几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。
1
y,
4
（I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：
17
.
4
所以圆心M（0，4）到准线的距离是
（II）解：设< br>则题意得
22
P(x
0
,x
0
),A(x
1
,x
1
2
),B(x
2
,x
2
)
，
x
0
0,x
0
1,x
1
x
2
，
2
yx
0
k(xx
0
)
设过点 P的圆C2的切线方程为，

即
2
ykxkx
0
x
0
①
2
|kx
0
4x
0
|
则
即
1k
2
1,

，
222
(x
0
 1)k
2
2x
0
(4x
0
)k(x
0
4)
2
10
设PA，PB的斜率为
k
1
,k
2
(k
1
k
2
)
，则
k
1
, k
2
是上述方程的两根，所以
22
2x
0
(x
0
4)(x
0
4)
2
1
k
1
k2
,k
1
k
2
.
22
x
0
1x
0
1

2
yx
2
得x
2kxkx
0
x
0
0,
将①代入
由于
故

x
0
是此方程的根，
，所以
x
1
 k
1
x
0
,x
2
k
2
x
0
k
AB
22
2
2x
0
(x
0
4 )x
0
4
x
1
2
x
2
x
1
x
2
k
1
k
2
2x
0
2x,k.
0MP
2
x
1
x
2
x
0
1x
0

22
2x
0
(x
0
4)x
0
4
(2x)(1)
0
2
x
0
1x
0
， 由
MPAB
，得
2
x
0

k
AB
k
MP
解得
23
,
5

(
即点P的坐标为
2323
,)
55
，
y
3115
x4.
115
所以直线
l
的方程为

45、（重庆理20）如题（20）图，椭圆的中心为 原点
O
，离心率
为
x
．
（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；
e


，一条准线的方程
uuuruuuruuur
（Ⅱ）设动点
P
满足：
OPOMON
，其中
M,N
是 椭圆上的点，直线
OM
与
ON

PF

PF
F,F
的斜率之积为

，问：是否存在两个定点

，使得为定值？若存在，求


F

,F

的 坐标；若不存在，说明理由．


c2a
2
e,22,
a2c
解：（I）由
222
a2,c2,bac2
，故椭圆的标准方程为 解得
x
2
y
2
1.
42

（I I）设
P(x,y),M(x
1
,y
1
),N(x
2
,y
2
)
，则由
uuuruuuuruuur
OPOM2ON
得
(x,y)(x1
,y
1
)2(x
2
,y
2
)(x
1
2x
2
,y
1
2y
2
),
即x x
1
2x
2
,yy
1
2y
2
.22
x2y4
上，所以 因为点M，N在椭圆
22
x
12
2y
1
2
4,x
2
2y
2
 4

，
故
22
x
2
2y
2
(x
1
2
4x
2
4x
1
x
2
)2(y
1
2
4y
2
4y
1
y
2
)
22
(x
1
2
2y
1
2
) 4(x
2
2y
2
)4(x
1
x
2
 2y
1
y
2
)

204(x1
x
2
2y
1
y
2
).