智建領(lǐng)航者PAGE智建領(lǐng)航者解幾綜合題答案1.解：（Ⅰ）由已知得…………4分（Ⅱ）設(shè)P點坐標為（x，y）（x＞0），由得…………5分∴消去m，n可得，又因8分∴P點的軌跡方程為它表示以坐標原點為中心，焦點在軸上，且實軸長為2，焦距為4的雙曲線的右支…………9分（Ⅲ）設(shè)直線l的方程為，將其代入C的方程得即易知（否則，直線l的斜率為，它與漸近線平行，不符合題意）又設(shè)，則∵l與C的兩個交點在軸的右側(cè)∴，即又由同理可得…………11分由得∴由得由得消去得解之得：，滿足…………13分故所求直線l存在，其方程為：或2.（I） 由已知，2分則，即4分（II）設(shè)，，如圖，由可得5分①若直線軸，則，此時，則，解之得，或但是若，則直線過點，不可能有所以，此時點到直線的距離為47分②若直線斜率存在，設(shè)直線的方程為，則則，即又，9分∴∴則，可得或若，則直線的方程為，此直線過點，這與矛盾，舍若，則直線的方程為，即12分此時若，則直線的方程為，顯然與矛盾，故∴13分由①②可得，14分3.解：①設(shè)1’由，易得右焦點2’當直線軸時，直線的方程是：，根據(jù)對稱性可知3’當直線的斜率存在時，可設(shè)直線的方程為代入E有5’于是消去參數(shù)得而也適上式，故R的軌跡方程是8’②設(shè)橢圓另一個焦點為，在中設(shè)，則由余弦定理得10’同理，在，設(shè)，則也由余弦定理得12’于是14’4.解：（I）設(shè)B(x0，y0)，A(x1，y1)，C(x2，y2)∵雙曲線的離心率為，∴F對應(yīng)的準線方程為,由雙曲線的定義得…………（12分）又A在雙曲線的上半支，∴y1≥，∵|AF|，|BF|，|CF|構(gòu)成等差數(shù)列，∴2|BF|=|AF|+|CF|，∴，∴點B的坐標為.…………（6分）（II）∵在l上任取一點P（不同于D點），都存在實數(shù)λ，使得，∴在∠APC的角平分線上，………………（7分）∵線段AC的中點為D點，∴△APC是等腰三角形，PD是線段AC的垂直平分線，………………（8分）∴設(shè)直線l的方程為………………（11分）故直線l恒過點（0，）.…………（12分）5.解：（I）設(shè)橢圓的標準方程為，因B1F1B2F2是正方形，所以b=c，又a2=b2+c2，所以，…………①由于橢圓上的左（右）頂點到左（右）焦點的距離最近，所以，②由①②知，∴橢圓的標準方程為：（II）當直線的斜率存在，設(shè)直線MN的方程為解方程組消去設(shè)，則………………③………………④又因M在DN之間，所以，即，于是，……………⑤將③④代入⑤得，整理得…………8分又…………10分當直線的斜率不存在時，直線MN的方程為，……………11分綜上所述，λ的取值范圍是…………12分6.解：（1）由于，解得，從而所求橢圓的方程為 （4分）（2）三點共線，而點N的坐標為（－2，0）.設(shè)直線AB的方程為，其中k為直線AB的斜率，依條件知k≠0.由消去x得，即根據(jù)條件可知解得 （6分）設(shè)，則根據(jù)韋達定理，得又由從而消去 （8分）令，則 （10分）上的減函數(shù)，從而，即，，解得因此直線AB的斜率的取值范圍是 （12分）7.解：（Ⅰ）∵，，∴MN垂直平分AF．又，∴點M在AE上，∴，，∴，………………4分∴點M的軌跡W是以E、F為焦點的橢圓，且半長軸，半焦距，∴．∴點M的軌跡W的方程為（）．……………6分（Ⅱ）設(shè)∵，，∴∴……………8分由點P、Q均在橢圓W上，∴……………10分消去并整理，得，由及，解得．……………14分8.解：（I）設(shè)點、M、A三點共線， ………（2分） …………………（3分） 設(shè)∠POM=α，則 由此可得tanα=1.……（5分） 又……（6分）（II）設(shè)點、B、Q三點共線， 即……（10分） 即……（12分） 由（*）式，代入上式，得 由此可知直線PQ過定點E（1，－4）. 故存在定一點E（1，－4），使∥…………（14分）9.（Ⅰ）解：由題意可知，平面區(qū)域D如圖陰影所示．xyO設(shè)動點P(x，y)，則eq\f(|x＋y|,eq\r(2))eq\f(|x－y|,eq\r(2))＝1，xyO即|x2－y2|＝2．………………4分∵P∈D．∴x＋y＞0，x－y＞0，即x2－y2＞0．∴x2－y2＝2(x＞0)．即曲線C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x＞0)．…………6分（Ⅱ）解法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴以線段AB為直徑的圓的圓心Q(eq\f(x1＋x2,2)，eq\f(y1＋y2,2))，∵以線段AB為直徑的圓與y軸相切，∴半徑r＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(x1＋x2,2)．即|AB|＝x1＋x2．①……………………8分∵曲線C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x＞0)，∴F(2，0)為其焦點，相應(yīng)的準線方程為x＝1，離心率e＝eq\r(2)．根據(jù)雙曲線的定義可得，eq\f(|AF|,x1－1)＝eq\f(|BF|,x2－1)＝eq\r(2)，∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\r(2)(x1－1)＋eq\r(2)(x2－1)＝eq\r(2)(x1＋x2)－2eq\r(2)．②…12分由①，②可得，x1＋x2＝eq\r(2)(x1＋x2)－2eq\r(2)．由此可得x1＋x2＝4＋2eq\r(2)．∴線段AB的長為4＋2eq\r(2)．……………14分（Ⅱ）解法二：∵曲線C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x＞0)，∴F(2，0)為其焦點，相應(yīng)的準線為l：x＝1，離心率e＝eq\r(2)．分別過A，B作AAl，BBl，垂足分別為A，B．設(shè)AB中點Q，過Q點作QQy軸，垂足為Q．xyO1FABlQABQ由雙曲線的定義可得，eq\f(|AF|,|AA|)＝eq\f(|BF|,|BBxyO1FABlQABQ∴|AF|＝eq\r(2)|AA|，|BF|＝eq\r(2)|BB|．…10分|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\r(2)(|AA|＋|BB|)根據(jù)梯形中位線性質(zhì)可得|AA|＋|BB|＝2(|QQ|－1)．∴|AB|＝eq\r(2)2(|QQ|－1)．①…………12分∵以線段AB為直徑的圓與y軸相切，∴|QQ|＝eq\f(1,2)|AB|．②把②代入①得|AB|＝2eq\r(2)(eq\f(1,2)|AB|－1)，解得|AB|＝4＋2eq\r(2)．……………………14分（Ⅱ）解法三：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．∵直線AB過點F(2，0)，當ABx軸時，|AB|＝2eq\r(2)，以線段AB為直徑的圓與y軸相離，不合題意．∴設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)．代入雙曲線方程x2－y2＝2得，x2－k2(x－2)2＝2，即(1－k2)x2＋4k2x－(4k2＋2)＝0，∵直線與雙曲線交于A，B兩點，∴k≠±1．∴x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(4k2＋2,k2－1)．∴|AB|＝eq\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＝eq\r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])＝eq\r((1＋k2)[eq\b\bc\((eq\f(4k2,k2－1))eq\s\up10(2)－4eq\f(4k2＋2,k2－1)])……………………9分∵以線段AB為直徑的圓與y軸相切，∴圓的半徑eq\f(1,2)|AB|與圓心到y(tǒng)軸的距離eq\f(1,2)(x1＋x2)相等．即eq\f(1,2)eq\r((1＋k2)[eq\b\bc\((eq\f(4k2,k2－1))eq\s\up10(2)－4eq\f(4k2＋2,k2－1)])＝eq\f(1,2)(x1＋x2)．∴eq\f(1,2)eq\r((1＋k2)[eq\b\bc\((eq\f(4k2,k2－1))eq\s\up10(2)－4eq\f(4k2＋2,k2－1)])＝eq\f(1,2)eq\f(4k2,k2－1)．………12分化簡得k4－2k2－1＝0，解得k2＝1＋eq\r(2)（k2＝1－eq\r(2)不合，舍去）．經(jīng)檢驗，當k2＝1＋eq\r(2)時，直線與曲線C有兩個不同的交點?！鄚AB|＝x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)＝4＋2eq\r(2)．……………………14分10.解：（1）由及知點E的軌跡是過S點且與OF垂直的直線L，且PE⊥L…………2分又由得：，為大于1的常數(shù)。據(jù)雙曲線定義知：曲線M是以F為焦點，L為相應(yīng)準線的雙曲線?！?分（2）設(shè)L交OF于D，則由得，以O(shè)為原點，OF所在直線為x軸建立直角坐標系，則，L的方程為：∴曲線M的方程為………….8分由解得：故所求曲線M的方程為：…..10分（3）假設(shè)存在滿足條件的直線m，設(shè)m的方程為：，（斜率不存在時，直線m與曲線M不相交）代入，得：…………①∵∴點A是線段BC的中點∴…………13分而方程的判別式當時，∴不存在滿足條件的直線m.………………14分11.解：（Ⅰ）以直線MN為x軸，MN的中點為坐標原點O，建立直角坐標系xOy．………… 1分∵PM－PN＝(PE＋EM)－(PF＋FN)＝MD－ND＝2或PM－PN＝(PE＋EM)－(PF＋FN)＝MD－ND＝－2……… 3分∴點P的軌跡是以M、N為焦點，實軸長為2的雙曲線（不包含頂點），其軌跡方程為（y≠0）…………… 5分（Ⅱ）∵(＋λ)·(－λ)＝0，且λ∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]，∴＝±λ，…………… 6分設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝(x1＋2，y1)，＝(x2＋2，y2)設(shè)AB：my＝x＋2，代入得，3(my－2)2－y2－3＝0，即(3m2－1)y2－12my＋9＝0．∴………… 7分①當＝λ時，y1＝λy2，∴…………… 8分得，，……………… 9分∴∈[4，6]，即4≤≤6．∴解得，m2≥3，故tan2θ≤eq\o(\f(1,3))………… 10分②當＝－λ時y1＝－λy2，∴……… 11分得，，即．∵λ∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]，∈[2，4]∴∈[－2，0]，即－2≤≤0．∴即，故tan2θ≥11．………… 13分由①、②得tan2θ≤eq\o(\f(1,3))或tan2θ≥11．則夾角θ∈(0，eq\o(\f(π,6))]∪[arctan，eq\o(\f(π,2)))，…… 14分∵tanθ不存在時，直線l符合條件，故θ＝eq\o(\f(π,2))時，符合題意．∴θ∈(0，eq\o(\f(π,6))]∪[arctan，eq\o(\f(π,2)))．………… 15分12．解：（1）根據(jù)題設(shè)，可設(shè)橢圓標準方程為：…(１分)則離心率，由橢圓定義，得…(２分)解得，…(３分)所以橢圓標準方程為：…(４分)（2）由題意得，設(shè)，，，其中，點Ｐ和點Ｂ都在橢圓上，則有，（１）（２）…(5分)由，有，即，（３）…(６分)由可知．ＡＢ直線方程為：把代入，得…(７分)所以有，，，可得：（４）…(８分)（５）…(９分)由（１），（２），（３）得：（６）…(１０分)由（１），（５）得：（７）…(１１分)由（２），（４）得：（８）…(１２分)由（７），（６）得：（９）…(１３分)由（８），（９）可證得：．…(１４分)13.解:（1）∵=∴∴、、三點共線又∴當軸垂直時，由，關(guān)于軸對稱得代入得∴拋物線的方程是……………2分當軸不垂直時，設(shè)直線的方程為由得……………4分設(shè)則有………6分∵又∴∴……………8分此時拋物線的方程為綜上所述拋物線的方程為也可以不用討論，按步給分。注：若設(shè)直線方程為也可以不用討論，按步給分（2）∵直線的傾斜角可設(shè)直線的方程為：其中由（1）可知得∴…10分∴………………12分設(shè)∴又∵1≤≤3∴當時有最小值，當時有最小值的取值范圍是………………14分14.解：（1）設(shè)點，點，軸，,……………………2分又點E在圓上，有，………3分就是點M的軌跡方程.………………5分（2）設(shè)點直線l的方程為…………6分代入中得………………7分設(shè)則………………8分∵PF是∠APB的角平分線，，即即……………………9分又代入得…………10分，解得…12分即所求P坐標為（0，）.（2）另解：過點P作平行于x軸的直線L，記點A到直線L的距離為DA，點B到直線L的距離為DB.∵PF是∠APB的角平分線，∴∠APA1=∠BPB1，∴Rt△APA1∽Rt△BPB1，有，，∵點F（0，）是的下焦點，即直線l過下焦點F，設(shè)其相應(yīng)的準線，記點A到直線的距離為dA，點B到直線的距離為dB，平行直線L與之間的距離為△d，即，則橢圓的離心率，，即，得，∵直線l與x軸不平行，，，即準線與直線L重合，所以點P是準線與y軸的交點，對于橢圓，準線的方程為，所以點P坐標為（0，）.15.解（Ⅰ）∵四邊形PF1OM是菱形，設(shè)半焦距為c，則有|OF1|=|PF1|=|PM|=c，∴|PF2|=|PF1|+2a=c+2a。由雙曲線第二定義得即………………2分又設(shè)雙曲線方程為………………4分∵雙曲線過點N（2，），得a2=3∴所求雙曲線的方程為…………6分（Ⅱ）由題意知B1（0，3）、B2（0，－3），設(shè)直線l的方程為則由消去y得…………7分∵雙曲線的漸近線為，∴時，直線l與雙曲線只有一個交點，即………………9分∵∴又∵，而∴，即………………11分∴直線l的方程為………………12分16.解：（1）設(shè)橢圓方程為，，則直線的方程為，聯(lián)立方程組消得，.設(shè)、，則又，，且與共線所以得：又，所以即也就是，所以，。故離心率(2)證明：由(1)知，所以橢圓可化為設(shè)，則由得：又在橢圓上，所以即也就是…………①由(1)得，，，，…………②聯(lián)立①、②得：故為定值，定值為1.17.(Ⅰ)解：依題意設(shè)所求的拋物線方程為，1分∵直線AB的斜率為且過點∴直線AB的方程為由得①3分設(shè)（）則是方程①的兩個實根∴，若則，∴5分若則∴與矛盾6分∴該拋物線的方程為．7分(Ⅱ)解法1：拋物線的焦點為（）即M點坐標為（）直線AB的斜率∴直線AB的方程為，8分解方程組得即點A，B10分∴設(shè)點P(m，n)，依題意知，且則點P到直線AB的距離＝＝當時，，13分這時。14分[解法2：拋物線的焦點為（）即M點坐標為（）直線AB的斜率∴直線AB的方程為，由得，，以下同上。]18．解：（1）設(shè)且…2分…3分………………4分∴動點M的軌跡C是以O(shè)（0，0）為頂點，以（1，0）為焦點的拋物線（除去原點）.…………5分（2）解法一：（1）當直線垂直于軸時，根據(jù)拋物線的對稱性，有；……………6分BADFxOyHGEl當直線與軸不垂直時，依題意，可設(shè)直線的方程為，BADFxOyHGEl消去并整理，得.……………7分設(shè)直線AE和BE的斜率分別為，則＝…9分，.綜合（1）、（2）可知.…………10分BADFxOyHGE解法二：依題意，設(shè)直線的方程為BADFxOyHGE消去并整理，得……………7分設(shè)直線AE和BE的斜率分別為，則＝…………9分，.……………………10分（3）假設(shè)存在滿足條件的直線，其方程為，AD的中點為，與AD為直徑的圓相交于點F、G，F(xiàn)G的中點為H，則，點的坐標為..……………………12分令，得此時，∴當，即時，（定值）∴當時，滿足條件的直線存在，其方程為；當時，滿足條件的直線不存在.………………………14分19.20.解：（1）設(shè)C(x,y)，,由①知,G為△ABC的重心，G(,)…………（2分）由②知M是△ABC的外心，M在x軸上由③知M（，0），由得化簡整理得：（x≠0）…………(6分)（2）F（，0）恰為的右焦點設(shè)PQ的斜率為k≠0且k≠±，則直線PQ的方程為y=k(x－)由設(shè)P(x1,y1)，Q(x2,y2)則x1+x2=,x1·x2=……（8分）-7-則|PQ|=·-7-=·=RN⊥PQ,把k換成得|RN|=………（10分)S=|PQ|·|RN|==)≥2，≥16≤S<2，(當k=±1時取等號)……（12分）又當k不存在或k=0時S=2綜上可得≤S≤2Smax=2，Smin=……（14分）20.解：（I）由得，∴.∴直線的斜率為，故的方程為，∴點A的坐標為（1，0）.設(shè)，則（1，0），，，由得，整理，得.∴動點的軌跡C為以原點為中心，焦點在軸上，長軸長為，短軸長為2的橢圓.(II)如圖，由題意知的斜率存在且不為零，設(shè)方程為=1\*GB3①，將=1\*GB3①代入，整理，得，由得設(shè)、，則=2\*GB3②令，則，由此可得，，且.由=2\*GB3②知，.∴,即∵，∴，解得又∵，∴，∴OBE與OBF面積之比的取值范圍是（，1）.21.解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的方程為：，則．……①……1分當垂直于軸時，兩點坐標分別是和，，則，即．………②…3分由①，②消去，得．或（舍去）．當時，．因此，橢圓的方程為．……………5分（Ⅱ）設(shè)存在滿足條件的直線．(1)當直線垂直于軸時，由（Ⅰ）的解答可知，焦點到右準線的距離為，此時不滿足．因此，當直線垂直于軸時不滿足條件．……………7分（2）當直線不垂直于軸時，設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為．由，設(shè)兩點的坐標分別為和，則，．．……9分又設(shè)的中點為，則．當為正三角形時，直線的斜率為．，．…………11分當為正三角形時，，即＝，解得，．…………13分因此，滿足條件的直線存在，且直線的方程為或．……14分22.解法一：∵F(－eq\r(2)，0)，l：x＝－2eq\r(2)，離心率e＝eq\f(eq\r(2),2)．（1）當AB垂直x軸時，A(－eq\r(2)，1)，B(－eq\r(2)，－1)．∴|AB|＝2，又此時線段AB的垂直平分線與直線l的交點為P(－2eq\r(2)，0)，P，A，B不構(gòu)成等邊三角形，不合題意．（2）當AB不垂直x軸時，設(shè)AB的方程為y＝k(x＋eq\r(2))(k≠0)，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1得，(1＋2k2)x2＋4eq\r(2)k2x＋4(k2－1)＝0，∵△＞0，且x1＋x2＝－eq\f(4eq\r(2)k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(4(k2－1),1＋2k2)，設(shè)AB中點為M，則M(－eq\f(2eq\r(2)k2,1＋2k2)，eq\f(eq\r(2)k,1＋2k2))，線段AB的垂直平分線方程為y－eq\f(eq\r(2)k,1＋2k2)＝－eq\f(1,k)(x＋eq\f(2eq\r(2)k2,1＋2k2))，此直線與l的交點為P，則P的坐標為(－2eq\r(2)，eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),k(1＋2k2))＋eq\f(eq\r(2)k,1＋2k2))，|MP|＝eq\r(eq\b\bc\((eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),1＋2k2))eq\s\up10(2)＋eq\b\bc\((eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),k(1＋2k2)))eq\s\up10(2))＝eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),1＋2k2)eq\r(1＋eq\f(1,k2))．(或|MP|＝eq\r(1＋(－eq\f(1,k))2)|xM－xP|＝eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),1＋2k2)eq\r(1＋eq\f(1,k2)))而|AB|＝(ex1＋2)＋(ex2＋2)＝eq\f(eq\r(2),2)(x1＋x2)＋4＝eq\f(eq\r(2),2)×(－eq\f(4eq\r(2)k2,1＋2k2))＋4＝eq\f(4(1＋k2),1＋2k2)．△ABP為等邊三角形eq\f(eq\r(3),2)|AB|＝|MP|，即eq\f(eq\r(3),2)×eq\f(4(1＋k2),1＋2k2)＝eq\f(2eq\r(2)(1＋k2),1＋2k2)eq\r(1＋eq\f(1,k2))，eq\f(eq\r(3),eq\r(2))＝eq\r(1＋eq\f(1,k2))，解得k＝±eq\r(2)．所以直線AB的方程為y＝±eq\r(2)(x＋eq\r(2))．解法二：：如圖，∵F(－eq\r(2)，0)，l：x＝－2eq\r(2)，離心率e＝eq\f(eq\r(2),2)．設(shè)過點F的弦AB的中點為M，分別過A，B，M向準線l作垂線，垂足分別為A1，B1，M1，則|MM1|＝eq\f(1,2)(|AA1|＋|BB1|)＝eq\f(1,2)(eq\f(|AF|,e)＋eq\f(|BF|,e))＝eq\f(1,eq\r(2))|AB|，又因為△PAB為等邊三角形|PM|＝eq\f(eq\r(3),2)|AB|，所以eq\f(|MM1|,|MP|)＝eq\f(eq\r(6),3)，即cosPMM1＝eq\f(eq\r(6),3)，∴sinPMM1＝eq\f(eq\r(3),3)

，tamPMM1＝eq\f(eq\r(2),2)，又kPM＝±tamPMM1＝±eq\f(eq\r(2),2)∵ABPM，∴kAB＝－eq\f(1,kPM)＝±eq\r(2)，又AB過點F(－eq\r(2)，0)，所以AB的方程為y＝±eq\r(2)(x＋eq\r(2))．xxyOFABMB1A1M1lP23.（Ⅰ）解：設(shè)N(x0，y0)，（x0＞0），則直線ON方程為y＝eq\f(y0,x0)x，與直線x＝－p交于點M(－p，－eq\f(py0,x0))，代入eq\f(|OM|,|MN|)＝eq\f(1,|NA|)得，eq\f(eq\r((－p)2＋(－eq\f(py0,x0))2),eq\r((x0＋p)2＋(y0＋eq\f(py0,x0))2))＝eq\f(1,eq\r((x0＋eq\f(1,p))2＋y02))，或eq\f(eq\r(1＋eq\b\bc\((eq\f(y0,x0))eq\s\up10(2))|0－(－p)|,eq\r(1＋eq\b\bc\((eq\f(y0,x0))eq\s\up10(2))|x0－(－p)|)＝eq\f(1,eq\r((x0＋eq\f(1,p))2＋y02))．化簡得(p2－1)x02＋p2y02＝p2－1．把x0，y0換成x，y得點N的軌跡方程為(p2－1)x2＋p2y2＝p2－1．(x＞0)（1）當0＜p＜1時，方程化為x2－eq\f(y2,eq\f(1－p2,p2))＝1表示焦點在x軸上的雙曲線的右支；（2）當p＝1時，方程化為y＝0，表示一條射線（不含端點）；（3）當p＞1時，方程化為x2＋eq\f(y2,eq\f(p2－1,p2))＝1表示焦點在x軸上的橢圓的右半部分．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知|AN|＝eq\r((x0＋eq\f(1,p))2＋y02)＝eq\r((x0＋eq\f(1,p))2＋1－eq\f(1,p2)－(1－eq\f(1,p2))x02)＝eq\r(eq\f(1,p2)x02＋eq\f(2,p)x0＋1)＝eq\f(1,p)x0＋1．當0＜p＜1時，因x0∈[1，＋∞)，故|AN|無最大值，不合題意．當p＝1，因x0∈(0，＋∞)，故|AN|無最大值，不合題意．當p＞1時，x0∈(0，1]，故當x0＝1時，|AN|有最大值eq\f(1,p)＋1，由題意得eq\f(1,p)＋1≤eq\f(3,2)，解得p≥2．所以p的取值范圍為[2，＋∞)．24.解:(1)若直線l垂直于x軸,則,.……………2分若直線l不垂直于軸,設(shè)其方程為,.由……………4分.綜上,為定值.……………6分(2)關(guān)于橢圓有類似的結(jié)論:過橢圓的一個焦點的動直線l交橢圓于、兩點,存在定點,使為定值.……………7分證明:不妨設(shè)直線l過橢圓的右焦點其中若直線l不垂直于軸,則設(shè)其方程為:,.由得:所以……………9分由對稱性可知,設(shè)點在x軸上,其坐標為所以要使為定值,只要即此時……………12分若直線l垂直于x軸,則其方程為,,.取點有……………13分綜上,過焦點的任意直線l交橢圓于、兩點,存在定點使為定值.……………14分25.解：（I）∴點M是線段PF2的中點∴OM是△PF1F2的中位線 又OM⊥F1F2∴PF1⊥F1F2 ∴橢圓的標準方程為=1………………5分（II）∵圓O與直線l相切 ∵直線l與橢圓交于兩個不同點， 設(shè) ……………………12分26.（Ⅰ）證明：設(shè)Q（x，y），如圖所示，作AA′，BB′垂直于直線l，A′，B′為垂足，連結(jié)AQ，BQ，OS，則OS⊥l∵OS是直角梯形AA′B′B的中位線，∴|AA′|+|BB′|=2|OS|由拋物線的定義，知|AA′|=|AQ|，|BB′|=|BQ|?！鄚QA|+|QB|=|AA′|+|BB′|=2|OS|=4>2=|AB|，……3分由橢圓的定義，得焦點Q在以A，B為焦點的橢圓上，且2a=4，2c=2，∴b2=3∴橢圓C的方程為…………5分（Ⅱ）∵∴P、M、N三點共線……6分由題意，直線PN的斜率存在，設(shè)直線PN的方程為y=kx+2，代入橢圓方程，得由…………8分設(shè)，由韋達定理，得，∴原點O到直線PN的距離為…………10分∴………………13分當且僅當時，即k=±時取等號?！唷鱉ON的面積有最大值………………14分27.解：（Ⅰ）設(shè)、、，則，由此及得，即；（Ⅱ）當時，曲線的方程為。依題意，直線和均不可能與坐標軸平行，故不妨設(shè)直線（），直線，從而有。同理，有。若是等腰三角形，則，由此可得，即或。 下面討論方程的根的情形（）： ①若，則，方程沒有實根；②若，則，方程有兩個相等的實根；③若，則，方程有兩個相異的正實根，且均不等于（因為）。 綜上所述，能是等腰三角形：當時，這樣的三角形有且僅有一個；而當時，這樣的三角形有且僅有三個。28.解：（I）依題意知,點的軌跡是以點為焦點、直線為其相應(yīng)準線,離心率為的橢圓設(shè)橢圓的長軸長為2a,短軸長為2b,焦距為2c,又，，∴點在x軸上,且,則3解之得：,.∴坐標原點為橢圓的對稱中心.∴動點M的軌跡方程為：.4分（II）設(shè),設(shè)直線的方程為,代入得.5分,.6分,,,.解得:(舍).8分設(shè),由知,.直線的斜率為.10分當時,;當時,,時取“=”）或時取“=”），綜上所述14分.29.解：依題意，直線斜率存在，設(shè)其斜率為，則的方程為，代入拋物線方程有：……………2分（1）若，令得，，此時，的方程為?！?分若，方程有唯一解。此時方程為………5分（2）顯然，記，則，，………7分（Ⅰ）………9分（Ⅱ）設(shè)點的坐標為，∵，∴，∴…11分∴，………12分由得，，又，∴。綜上，點R的軌跡方程為?！?3分30.解：（Ⅰ）當AC垂直于x軸時，由得所以，得，……4分（Ⅱ）由（Ⅰ）得橢圓方程為焦點坐標為……6分當AC、AB的斜率都存在時，設(shè)所在直線方程為注意到所以由消去得所以……9分類似地可得（這里用到）（2）若AB⊥x軸（或AC⊥x軸）時，易得或綜上所述有……12分31.解：（1）由知，點P的軌跡E是以、為焦點的雙曲線右支，由，，∴，故軌跡E的方程為?！?分（2）當直線的斜率存在時，設(shè)直線方程為，，，與雙曲線方程聯(lián)立消得，∴，解得………5分（?。邤?shù)學（理科）試題答案第5頁（共8頁）=數(shù)學（理科）試題答案第5頁（共8頁）==。……………7分∵，∴，故得對任意的恒成立，∴，解得。當時，。當直線的斜率不存在時，由，及知結(jié)論也成立，綜上，當時，?！?分（ⅱ）∵，∴是雙曲線的右準線…9分由雙曲線定義得：，，方法一：∴?！?0分∵，∴，故，……11分注意到直線的斜率不存在時，，此時，，綜上，?！?2分方法二：設(shè)直線PQ的傾斜角為，由于直線PQ與雙曲線右支有二個交點，∴，過Q作，垂足為C，則，∴?！?0分由得，，故?！?2分32.解：（1）解法1：依題意，可設(shè)直線AB的方程為，整理得①設(shè)①的兩個不同的根，②是線段AB的中點，得解得k=－1，代入②得，>12，即的取值范圍是（12，+）.于是，直線AB的方程為解法2：設(shè)依題意，（2）解法1：代入橢圓方程，整理得③③的兩根，于是由弦長公式可得④將直線AB的方程⑤同理可得⑥假設(shè)在在>12，使得A、B、C、D四點共圓，則CD必為圓的直徑，點M為圓心.點M到直線AB的距離為⑦于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得故當時，A、B、C、D四點均在以M為圓心，為半徑的圓上.（注：上述解法中最后一步可按如下解法獲得：A、B、C、D共圓△ACD為直角三角形，A為直角⑧由⑥式知，⑧式左邊=由④和⑦知，⑧式右邊=∴⑧式成立，即A、B、C、D四點共圓解法2：由（II）解法1及.代入橢圓方程，整理得③將直線AB的方程代入橢圓方程，整理得⑤解③和⑤式可得不妨設(shè)∴計算可得，∴A在以CD為直徑的圓上.又B為A關(guān)于CD的對稱點，∴A、B、C、D四點共圓.（注：也可用勾股定理證明AC⊥AD）33.證明（Ⅰ）：設(shè)雙曲線的實軸長為2a，虛軸長為2b，焦距為2c，由，得c=a，a=b，∴雙曲線的漸近線方程為y=x。若雙曲線的焦點在y軸上，則雙曲線上任一點到點A（2，0）的距離大于點A到漸近線的距離，而點A到漸近線的距離d=>1,這與“雙曲線上動點P到A（2，0）的最近距離為1”矛盾。所以雙曲線的焦點不在y軸上。（聯(lián)立雙曲線方程y2-x2=a2與圓(x-2)2+y2=1無解證明，相應(yīng)給分）……………………3分解（Ⅱ）：由（Ⅰ）知，雙曲線的焦點在x軸上，設(shè)雙曲線的方程為x2-y2=a2，P（x0,y0），則，|PA|2===,a>1.當點P到A的距離最