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1、答案：1.（1）设椭圆C的方程为．由题意可得：，，（2）（1）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，，即，①又，②又点在直线AB上，③把②③代入①得，点D的轨迹方程为（2）当直线AB的斜率不存在时，，满足点D的轨迹方程为2.解（I）设由且，又以AB为直径的圆过原点.既（II）右准线l的方程为：x＝，两条渐近线方程为：． ∴ 两交点坐标为 ，、，． ∵ △PFQ为等边三角形，则有（如图）． ∴ ，即． 解得 ，c＝2a．∴ ． （2）由（1）得双曲线C的方程为把． 把代入得． 依题意 ∴ ，且． ∴ 双曲线C
2、被直线y＝ax＋b截得的弦长为 ∵ ． ∴ ． 整理得 ． ∴ 或． ∴ 双曲线C的方程为：或． （文）（1）设B点的坐标为（0，），则C点坐标为（0，＋2）（-3≤≤1）， 则BC边的垂直平分线为y＝＋1 ① ② 由①②消去，得． ∵ ，∴ ． 故所求的△ABC外心的轨迹方程为：． （2）将代入得． 由及，得． 所以方程①在区间，2有两个实根． 设，则方程③在，2上有两个不等实根的充要条件是： 之得． ∵
3、 ∴ 由弦长公式，得 又原点到直线l的距离为， ∴ ∵ ，∴ ． ∴ 当，即时，．4.（1）设直线AB：代入得（＊）令A（x1，y1），B（x2，y2），则x1、x2是方程的两根∴且∵∴N是AB的中点∴∴k=1∴AB方程为：y=x+1（2）将k=1代入方程（＊）得或由得，∴，∵∴CD垂直平分AB∴CD所在直线方程为即代入双曲线方程整理得令，及CD中点则，，∴，
4、CD
5、=，，即A、B、C、D到M距离相等∴A、B、C、D四点共圆12分5.（1）直线方程为代入得，设则点的坐标为在椭圆上即（2）已知椭圆方程为22．（1），又令
6、得当时得方程的实数根和于是当时方程有唯一实数根或（2）当时，，令则，当时，为等比数列，或6.（1）设M(x,y),P(0,t),Q(s,0)则由得3s—t2=0……………………………………………………①又由得，……………………………………②把②代入①得=0，即y2=4x，又x≠0∴点M的轨迹方程为：y2=4x（x≠0）（2）如图示，假设存在点H，满足题意，则设，则由可得解得又则直线AB的方程为：即把代入，化简得令y=0代入得x=4，∴动直线AB过定点（4，0）答，存在点H（4，0），满足题意。7.(1)即点M(x,y)到两个定点F
7、1(0,-2)、F2(0,2)的距离之和为8,点M（x,y）的轨迹C为以F1(0,-2)、F2(0,2)为焦点的椭圆，其方程为.(2)由题意可设直线方程为，由消去y得：(4+3k)x2+18kx-21=0.此时，△=(18k)2-4(4+3k2(-21)>0恒成立，且由知：四边形OAPB为平行四边形.假设存在直线，使得四边形OAPB为矩形，则.因为，所以，而，故，即.所以，存在直线：，使得四边形OAPB为矩形.8.（1）设，，（2）设由得，，（3）设线段上任意一点当时，即时，当时，；当时，即时，当时，；当时，即时，当时，。9.(1
8、)设动点则直线的方程为，令。是MN的中点，，故，消去得N的轨迹C的方程为.(2)直线的方程为，直线与抛物线的交点坐标分别为,由得，又由得由可得，解得的取值范围是10.(1)由已知得即,∴,∴(2)当时,,∴,∴……(3)（）,假设存在符合条件的使命题成立,则①当为偶数时,为奇数,则,由得.②当为奇数时,是偶数,则,由得矛盾.综合以上知,存在使得.20.解:(1)因为双曲线离心率为,所以可设双曲线的标准方程由此可得渐近线的斜率从而,又因为点分线段所成的比为,所以,将点的坐标代入双曲线方程的,所以双曲线的方程为.(2)设线段的中点为.
9、由则且①由韦达定理的由题意知,所以②由①、②得或11..(1)设A(直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0),代入,得kx-(2k+4)x+k=0设M(x,y).则∴点M的坐标为(消去k可得M的轨迹方程为(2)由d=得即0＜＜,得0＜,即或故的取值范围为(-12.（Ⅰ）设的坐标为，则且．解得，因此，点的坐标为．（Ⅱ），根据椭圆定义，得，，．∴所求椭圆方程为．（Ⅲ），椭圆的准线方程为．设点的坐标为,表示点到的距离，表示点到椭圆的右准线的距离．则，．，令，则，当，，，．∴在时取得最小值．因此，最小值＝，此时点的坐标为．注：的最小值还
10、可以用判别式法、换元法等其它方法求得．说明：求得的点即为切点，的最小值即为椭圆的离心率．13.（1）由得，则则所以的最大值为25，最小值为16。（2）如图，由及椭圆方程得A（5，0）。同理C（0，4），设为椭圆上任一点，又AC方程为，即。所以B到A
