?????????3(1?x0)*） )MP?MQ?0?(x?0x)(?x4)?0y??0?x(?30x(x?1)?(x?1)（
y0 （*）对x0?(?2,2)恒成立?x?1， 得M(1,0)
b21解：（1）由题意2?1?e2?， ?a2?3b2
3a 令椭圆C上任意一点P(3bcos?,bsin?)，
PQ??23bcos??0??bsin??2?
?22??2?bsin??1??6?3b2
○1当b?1时，PQmax?6?3b2?3，b?1 2当b?1时，PQmax?b?2?3，b?1 ○
l y B A ?b?1， a2?3
2O x ?椭圆C的方程为x3?y2?1
（1） 假设存在满足题设的M?m,n?，令O到l的距离为d，则
m2?n2?1 d? AB?21?d?2 2222m?nm?n12 SOAB1m2?n2?1， ?AB?d?2m2?n2令m2?n2?1?t则
S?t11??
12t2?1t?t“=”成立时t?1，即m2?n2?2
16
又?M?m,n??C， ? ?m??m2?n2?1 362， n?? 22?62??2??62?62??6?，???，???满足?，?,,,?,? ?存在点??22??22??2??2??22???????条件，使△OAB的面积最大为
1。 225的距离， 4解（１）设d是点M到直线L：x=
点M的轨迹集合为：P={M∣
MPd?4} 5(x?4)2?y24x2y2??1 即?，化简的：259255?x4x2y2??1 所以轨迹为C的方程为：
259（２）设直线m平行直线L/，则直线m的方程为：4x-5y+k=0
?4x?5y?k?0?由?x2y2 消去y，得25x2?8kx?k2?225?0
?1???259 令△=0 得 64k2?100(k2?225)?0 解得 k1?25，或k2??25
由图知，当k=25时，直线m与椭圆的交点到直线L/的距离最小，此
时直线m 的方程为4x-5y+25=0
所以d?40?2542?52?1541 41 最小距离为
1541. 41解：（Ⅰ）因为PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA?BD．
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又AC⊥BD，PA,AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD?平面
PAC．
而PC?平面ABC，所以BD?PC．
（Ⅱ）设AC和BD相交于点O，连结PO，由（Ⅰ）知，BD?平面PAC， 所以?DPO是直线PD和平面PAC所成的角．从而?DPO?30°． 由BD?平面PAC，PO?平面ABC知，BD?PO． 在Rt?POD中，由?DPO?30°得PD?2OD．
因为ABCD为等腰梯形， AC⊥BD，所以?AOD,?BOC均为等腰直角
三角形．
从而梯形ABCD的高为
的面积
1S??(4?2)?3?3?9．在等腰直角三角形?AOD中，
2111AD?BC??(4?2)?3，于是梯形ABCD222OD?22A?D22 ,所以PD?2OD?42，PA?PD2?AD2?4．故四棱锥P-ABCD的
体积为
11V??S?PA??9?4?12．
33解：（Ⅰ）由x2?y2?4x?2?0得(x?2)2?y2?2，故圆C的圆心为点(2,0)．
x2y2 从而可设椭圆E的方程为2?2?1(a?b?0)，其焦距为2c．
ab 由题设知c?2，e?c1?．所以a?2c?4，b2?a2?c2?12． a2x2y2?1． 故椭圆E的方程为?1612 （Ⅱ）设点P的坐标为(x0,y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2．则l1，l2的方程
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分别为
l1:y?y0?k1(x?x0)，l2:y?y0?k2(x?x0)，且k1k2? 由l1与圆C：x2?y2?4x?2?0相切得1． 2|2k1?y0?k1x0|k?121?2，
即[(2?x0)2?2]k12?2(2?x0)y0k1?y02?2?0．
2同理可得[(2?x0)2?2]k2?2(2?x0)y0k2?y02?2?0．
从而k1，k2是方程[(2?x0)2?2]k2?2(2?x0)y0k?y02?2?0的两个实根．
2??(2?x0)?2?0,于是? ① 22????8[(2?x0)?y0?2]?0,y02?21且k1k2?． ?2(2?x0)?22?x02y02??1,?18?16122x?由?得．解得，或． x??25x?8x?36?0000025?y0?2?12?(2?x)?220?由x0??2得y0??3；由x0?1857得y0??，它们均满足①式． 5518571857故点P的坐标为(?2,3)，或(?2,?3)，或(,)，或(,?)．
5555解析：将参数方程???在直角坐标系下的一般方程为y?x(x?R)，
π
4
?x?t?1,2?y?(t?1)（t为参数）转化为直角坐标系下的一般方程为y?(t?1)2?(x?1?1)2?(x?2)2表示一条抛物线，联立上面两个方程消去y有x2?5x?4?0，设A、B两点及其中点
P的横坐标分别为xA、xB、x0，则有韦达定理x0?55直线y?x上，因此AB的中点P(,).
22xA?xB5?,又由于点P点在22解析：
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（Ⅰ）如图1，设M(x,y)，A(x0,y0)，则由|DM|?m|DA|(m?0,且m?1)，
可得x?x0，|y|?m|y0|，所以x0?x，|y0|?1|y|. ① m因为A点在单位圆上运动，所以x02?y02?1. ②
y2将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x?2?1 (m?0,且m?1).
m2因为m?(0,1)?(1,??)，所以
当0?m?1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(?1?m2,0)，(1?m2,0)； 当m?1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(0,?m2?1)，(0,m2?1).
（Ⅱ）解法1：如图2、3，?k?0，设P(x1,kx1)，H(x2,y2)，则Q(?x1,?kx1)，N(0,kx1)，
直线QN的方程为y?2kx?kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得
(m2?4k2)x2?4k2x1x?k2x12?m2?0.
依题意可知此方程的两根为?x1，x2，于是由韦达定理可得
4k2x1m2x1，即x2?2. ?x1?x2??2m?4k2m?4k22km2x1因为点H在直线QN上，所以y2?kx1?2kx2?2.
m?4k2????????4k2x12km2x1,). 于是PQ?(?2x1,?2kx1)，PH?(x2?x1,y2?kx1)?(?2m?4k2m2?4k2????????4(2?m2)k2x12?0， 而PQ?PH等价于PQ?PH?m2?4k2即2?m2?0，又m?0，得m?2，
y2故存在m?2，使得在其对应的椭圆x??1上，对任意的k?0，都有
22PQ?PH.
y A y y
H M H N P x
Q N O P x
O D x Q O 图1
图2 (0?m?1) 第21题解答图
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图3 (m?1)