2008年高考数学试题分类汇编 北大附中广州实验学校 王 生
?c?2?22??a?a?8 ??4 ∴?2c??b?4?222??a?b?cx2y2??1 ∴椭圆C的方程为
84
(2)方法一：
由（1）知F1(?2,0)是椭圆C的左焦点，离心率e? 设l为椭圆的左准线。则l:x??4 作AAAB1，l与x轴交于点H(如图) 1?l于1,BB1?l于 ∵点A在椭圆上
2 22AA1 22 ?(FH1?AF1cos?)
22 ?2?AF1cos?
22? ∴AF 12?cos?2? 同理 BF 12?cos? ∴AF1?
∴AB?AF1?BF1?方法二： 当?2242。 ??22?cos?2?cos?2?cos???2时，记k?tan?，则AB:y?k(x?2)
x2?2y2?8 得 (1?2k2)x2?8k2x?8(k2?1)?0
设 A(x1,y1),B(x2,y2) ，则x1,x2是此二次方程的两个根.
8k28(k2?1),x1x2?. ∴x1?x2??221?2k1?2k2222x?2x)?(1y?y(1?2k)1[x(?22x)? 1x42x] AB?(12)?(1?k)(1x?2x)? 将其代入方程
?8k2232(k2?1)42(1?k2) ?(1?k)[( ................(1) )?]?2221?2k1?2k1?2k4222 ∵k?tan?,代入（1）式得 AB? ........................(2) 22?cos?? 当??时，AB?22 仍满足（2）式。
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∴AB 王 生
?（3）设直线AB的倾斜角为?，由于DE?AB,由（2）可得
42 2?cos2?
4242 ， DE?2?cos2?2?sin2?4242122122 AB?DE? ???222212?cos??2si?n?2s?in?co2s?si2n?24?3?162 当??或??时，AB?DE取得最小值
443
AB?x2y22.（2008安徽理）设椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点M(2,1)，且着焦点为F1(?2,0)
ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点A,B时，在线段AB上取点Q，满足????????????????AP?QB?AQ?PB，证明：点Q总在某定直线上.
2.解 (1)由题意：
?c2?2?x2y2?2122??1 ?2?2?1 ，解得a?4,b?2，所求椭圆方程为 42ab?222??c?a?b????????APAQ????????????????由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零，记???????????,则??0且??1
PBQB????????????????又A，P，B，Q四点共线，从而AP???PB,AQ??QB
x??x2y??y2于是 4?1， 1?1
1??1??x??x2y??y2 x?1， y?1
1??1??从而
2x12??2x2y12??2y22?4x，??（1） ?y，??（2） 221??1??(2)方法一: 设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。
又点A、B在椭圆C上，即
22x12?2y12?4,??(3) x2?2y2?4,??(4)
（1）+（2）32并结合（3），（4）得4s?2y?4 即点Q(x,y)总在定直线2x?y?2?0上
????????????????方法二:设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，PA,PB,AQ,QB均不为零。
????????PAPB且 ?????????
AQQB????????????????又 P,A,Q,B四点共线，可设PA???AQ,PB??BQ(??0,?1),于是
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4??x1??y,y1? （1） 1??1??4??x1??y,y2? x2? （2） 1??1??由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x2?2y2?4,整理得
(x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0 （3） (x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0 (4) (4)－(3) 得 8(2x?y?2?)? 0∵??0,∴2x?y?2?0
即点Q(x,y)总在定直线2x?y?2?0上
x1?
3.（2008北京文）已知△ABC的顶点A，B在椭圆x2?3y2?4上，C在直线l:y=x+2上，且AB∥l. （Ⅰ）当AB边通过坐标原点O时，求AB的长及△ABC的面积；
（Ⅱ）当∠ABC=90°，且斜边AC的长最大时，求AB所在直线的方程.
3. 解：（Ⅰ）因为AB∥l，且AB边通过点（0，0），所以AB所在直线的方程为y=x. 设A，B两点坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2).
?x2?3y2?4,由?得x??1, ?y?x所以AB?2x1?x2?22.
又因为AB边上的高h等于原点到直线l的距离， 所以h?2.S?ABC?1AB?h?2. 2（Ⅱ）设AB所在直线的方程为y=x+m.
?x2?3y2?4,22由?得4x?6mx?3m?4?0. ?y?x?m因为A，B在椭圆上，
2 所以???12m?64＞0. 设A，B两点坐标分别为（x1,y1），（x2,y2）.
3m3m2?4,x1x2?, 则x1?x2??2432?6m2. 所以AB?2x1?x2?22?m. 又因为BC的长等于点（0,m）到直线l的距离，即BC?222222 所以AC?AB?BC??m?2m?10??(m?1)?11.
0） 所以当m=-1时，AC边最长.（这时???12?64＞
此时AB所在直线的方程为y=x-1.
2，C在椭圆x4.（2008北京理）已知菱形ABCD的顶点A（Ⅰ）当直线BD过点(01，)时，求直线AC的方程；
?对角线BD所在直线的斜率为1． ?3y2?4上，
（Ⅱ）当?ABC?60时，求菱形ABCD面积的最大值．
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4．解：（Ⅰ）由题意得直线BD的方程为y?x?1． 因为四边形ABCD为菱形，所以AC?BD． 于是可设直线AC的方程为y??x?n．
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?x2?3y2?4，22由?得4x?6nx?3n?4?0． ?y??x?n因为A，C在椭圆上，
43432所以???12n?64?0，解得?． ?n?33设A，C两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
3n3n2?4则x1?x2?，x1x2?，y1??x1?n，y2??x2?n．
24n所以y1?y2?．
2?3nn?所以AC的中点坐标为?，?． ?44??3nn?由四边形ABCD为菱形可知，点?，?在直线y?x?1上， ?44?n3n?1，解得n??2． 所以?44所以直线AC的方程为y??x?2，即x?y?2?0．
?（Ⅱ）因为四边形ABCD为菱形，且?ABC?60， 所以AB?BC?CA．
所以菱形ABCD的面积S2?32AC． 222?3n2?16由（Ⅰ）可得AC?(x1?x2)?(y1?y2)?，
2?43343?(?3n2?16)???n?所以S?． ???43??3所以当n?0时，菱形ABCD的面积取得最大值43．
x2y25. (2008福建文) 如图，椭圆2?2?1(a?b?0)的一个焦点为F（1，0）且过点（2，0）。（1）求椭
ab圆C的方程；（2）若AB为垂直与x轴的动弦，直线l:x=4与x轴交于N，直线AF与BN交于点M。
①求证：点M恒在椭圆C上；②求?AMN面积的最大值。
2225. 解：（1）由题设a=2,c=1,从而：b?a?c?3,所以方程
x2y2??1 为：
43（2）①有F(1,0),N(4,0); 设A（m,n），则B（m,-n）,
AF与BN得方程分别为：n(x?1)?(m?1)y?0,n(x?4)?(m?4)y?0， 设交点M坐标为：(x0.y0)，则x0?5m?83n,y0?
2m?52m?5QQ：84024795 E-mail: wangsheng@bdfzgz.net 第9页 （共37页）
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x02y02(5m?8)2?36?9m2???1； 点M恒在椭圆C上 2434(2m?5)x2y2??1，得：(3t2?4)y2?6y?9?0 ②设AM的方程为x=ty+1,带入
43?6t?9,y1y2?2设A(x1,y1),M(x2,y2)，则有y1?y2?2,
3t?43t?4433t2?3则y1?y2? 23t?41121令3t2?4??(??4)，则y1?y2?43?(?)?
?2411?0??,所以当??4时，y1?y2有最大值3，此时AM过点F。
?4913S?AMN?FNy1?y2?y1?y2有最大值为
222
x2y26.(2008福建理)如图、椭圆2?2?1(a?b?0)的一个焦点是F（1，0），O为坐标原点.
ab
（Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程； （Ⅱ）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点.若直线l绕点F任意转动，值有
求a的取值范围.
6. 本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等基本知识，考查分类与整合思想，考查运算
能力和综合解题能力.满分12分.
解法一：(Ⅰ)设M，N为短轴的两个三等分点，
因为△MNF为正三角形，
OA?OB?AB,
2223MN, 232b 即1＝?,解得b＝3.
23 所以
OF?x2y2??1. a?b?1?4,因此，椭圆方程为
43 (Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).
22 (ⅰ)当直线 AB与x轴重合时，
OA?OB?2a2,AB?4a2(a2?1),因此，恒有OA?OB?AB. (ⅱ)当直线AB不与x轴重合时，
222222
x2y2 设直线AB的方程为：x?my?1,代入2?2?1,
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