【正文】 由 知 ．將③式和④式代入得 ，12OQ?120xy?22301bk???．23()mbk??將 代入上式，整理得 ．200xxy?， 2203xyb?當 時，直線 的方程為 ， 的坐標滿足方程組0y?12Q0?12()()Qxy，22xb????，所以 ， ．120x?2022bxy???由 知 ，即 ，12OQ?12x?200x?解得 ．03xb?這時，點 的坐標仍滿足 ．D2203xyb?綜上，點 的軌跡方程為　 ．?解法二：設(shè)點 的坐標為 ，直線 的方程為 ，由0()xy，OD0yx??，垂足為 ，可知直線 的方程為 ．12ODQ?12Q20?32記 （顯然 ） ，點 的坐標滿足方程組20mxy??0?12()()Qxyxy，022b????， ①． ②由①式得 ．　　　　　　③00yx??由②式得 ．　　?、?22yb?將③式代入④式得 ．22022()xmxyb?整理得 ，220()4y??于是 ．　　?、?122bx??由①式得 ．　　?、?0my?由②式得 ．　　⑦222xxb?將⑥式代入⑦式得 ，22022()yxb??整理得 ，220()xm??于是 ．　　　⑧0122byy?由 知 ．將⑤式和⑧式代入得 ，12OQ?12x??22200mbybxxy???．203()mby?將 代入上式，得 ．2x??2203xyb??所以，點 的軌跡方程為 ．D、橢圓與直線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力．滿分 14 分．（Ⅰ）解：設(shè)點 的坐標為 ，點 的坐標為 ，A1()xb， B2()xb，由 ，解得 ，214xb??212??，33所以 12Sbx??A2．2?≤當且僅當 時， 取到最大值 ．b?S1（Ⅱ）解：由 24ykxb?????， ，得 ，222110kxkb??????????，24???． ②21|||ABkx?241kb?????A設(shè) 到 的距離為 ，則Od，21|SdAB?又因為 ，2|bk?所以 ，代入②式并整理，得21?，40k?解得 ， ，代入①式檢驗， ，223b0??故直線 的方程是AB或 或 ，或 ．62yx??62yx??26yx??26yx??：（I）設(shè)橢圓方程為 ．21ab?因焦點為 ，故半焦距 ．(30)F， 3c?OF3P1xl2y答（22）圖QA34又右準線 的方程為 ，從而由已知l2axc?，22136ac?，因此 ， ．273bac??故所求橢圓方程為 ．136xy?（II）記橢圓的右頂點為 ，并設(shè) （ 1，2 ，3） ，不失一般性，AiiFP???假設(shè) ，且 ， ．1203???≤ 213??4??又設(shè)點 在 上的射影為 ，因橢圓的離心率 ，從而有iPliQ2cea2cosii iiaFeFPc?????????A ．1(9os)2ii?(13)?， ，解得 ．c2iiFP????????2， ，因此，111123 24coscos933??? ??????????? ???????????? ?而 1114cos????????????，1111133sincosin022???????故 為定值．123FP??。29解：（Ⅰ）解法一：易知 2,13abc?所以 ，設(shè) ，則??123,0F???Pxy212,3,3Pxy???????? ??2221384xx??因為 ，故當 ，即點 為橢圓短軸端點時， 有最小值??,x??0P12PF???當 ，即點 為橢圓長軸端點時， 有最大值2?12F???解法二：易知 ，所以 ，設(shè) ，則,13abc???3,0,???,xy222111212121osPFPFPF??????????????????（以下同解法一）????222333xyxyxy? ?????? ?? ?（Ⅱ）顯然直線 不滿足題設(shè)條件，可設(shè)直線 ，0? ??122:,lkAxyB??聯(lián)立 ，消去 ，整理得：214ykx?????y221430kx???????∴ 12123,4xxkk????由 得： 或??2240???????????32k???又 009cosABABO??????∴ 12Oxy??????又 ????212121124ykkxx??223841k???21k??∵ ，即 ∴223014k???24k?k??30故由①、②得 或32k??2k?、直線方程、求曲線的方程等基礎(chǔ)知識，考查曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想方法及推理、運算能力．滿分 14 分．（Ⅰ）證法一：由題設(shè) 及 ， ，不妨設(shè)點 ，其中21AF?(0)c?2()F()Acy，．由于點 在橢圓上，有 ，即 ．0y?2cyab??21aby??解得 ，從而得到 ．2ba?A??????，直線 的方程為 ，整理得 ．1AF2()byxca?220bxacy???由題設(shè)，原點 到直線 的距離為 ，即 ，O1AF13O24bc將 代入上式并化簡得 ，即 ．22cab??2ab?證法二：同證法一，得到點 的坐標為 ．2c??????，過點 作 ，垂足為 ，易知 ，故 ．O1BAF?B1FO△ ∽ 12A△ 21BOFA?由橢圓定義得 ，又 ，12a??13所以 ，2123FA??解得 ，而 ，得 ，即 ．2a2ba?22ab?（Ⅱ）解法一：設(shè)點 的坐標為 ．D0()xy，當 時，由 知，直線 的斜率為 ，所以直線 的方程為0y?12OQ?120xy?12Q，或 ，其中 ， ．00()xy???ykxm??0k?20m?AO1F2Bxy31點 的坐標滿足方程組12()()Qxyxy， 22ykxmb?????，將①式代入②式，得 ，2kmb?整理得 ，2(1)40kx??于是 ， ．122???21xk?由①式得 22121211())()ykmxmxk??．2224bbkk????通過聯(lián)立兩圓的方程解得x= ，y=541即存在異于原點的點Q( ， )，使得該點到右焦點F的距離等于 的長。故由前已證，知 ，且23314465C???12S?1 (3)nS???30解： (1)設(shè)圓心坐標為(m，n)（m0，n0）,則該圓的方程為(xm) 2+(yn)2=8已知該圓與直線y=x相切，那么圓心到該直線的距離等于圓的半徑，則=22nm?即 =4 ①又圓與直線切于原點，將點(0，0) 代入得m2+n2=8 ②聯(lián)立方程①和②組成方程組解得 ?????2nm92y25x24故圓的方程為(x+2) 2+y2=8(2) =5，∴a 2=25，則橢圓的方程為 + =1其焦距c= =4，右焦點為(4 ，0)，那么 =4。()f3,??????1,??????? 現(xiàn)在由題設(shè)取 則 是增數(shù)列。 2()?從而易知函數(shù) 在 內(nèi)是增函數(shù)。nPA??4nSy?2312 nnnnS???????????令 。設(shè)2nd??nnPFG???4nd，則右準線方程為 .因此，由題意 應(yīng)滿足21nGb??1nnlxGnd即 解之得： 。解法 2：由（Ⅰ）得 A（－2 ，0） ，B（2，0）.設(shè) M（x 1， y1） ，N（x 2， y2） ，則－2x 12，－2x 22，又 MN 的中點 Q 的坐標為（ ， ） ，?依題意，計算點 B 到圓心 Q 的距離與半徑的差－ ＝( －2） 2＋（ ） 2－ [(x1－x 2)2＋( y1－y 2)2]2Q241MN1x?1y?4 ＝（x 1－2) ( x2－2) ＋y 1y1 ○ 3又直線 AP 的方程為 y＝ ，直線 BP 的方程為 y＝ ，)1?)2(2?x而點兩直線 AP 與 BP 的交點 P 在準線 x＝4 上，∴ ，即 y2＝ 6221???xy)31??y（ ○ 4又點 M 在橢圓上，則 ，即 3421?)4(32121xy?○ 5于是將 、 代入 ，化簡后可得 － ＝ .○ 4 ○ 5 ○ 3 2BQ2MN0)2(1??x－（從而，點 B 在以 MN 為直徑的圓內(nèi)。 ＝ （2－x 0）.○ 1 ○ 2 BMP5∵2－x 00，∴ ＝2x 0－4＋ ＝ （x 02－4＋3y 02）. BM20y0?○ 2 211234 2 2 4xyl GABF O21則2124,1kx???的垂直平分線 NG 的方程為AB?001().yxk??令 得0,y2220 ,0,GGkx kkkx??????????點 G 橫坐標的取值范圍為?(,).222．解點評：本小題主要考查直線、圓和橢圓等平面解析幾何的基礎(chǔ)知識，考查綜合運用數(shù)學(xué)知識進行推理運算的能力和解決問題的能力。?x?設(shè) 則圓半徑1(,)???由 得,OM21(),t?解得 .t??所求圓的方程為?2219()().4xy??（II）設(shè)直線 AB 的方程為 0,kx??代入 整理得21,xy??22().k??直線 AB 過橢圓的左焦點 F， 方程有兩個不等實根。滿分 12 分。x當 |NP最大值為 ……………………12 注：若將 代入 的表達式求解，?v：本小題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)，直線方程，平面向量的計算，曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力 奎 屯王 新 敞新 疆 滿分 14 分 奎 屯王 新 敞新 疆