x2y2∴椭圆C的标准方程为??1． ………………4分
42（Ⅱ）以MN为直径的圆过定点F(?2,0)．………………5分
22x0y022??1，即x0证明如下：设P(x0,y0)，则Q(?x0,?y0)，且?2y0?4， 42∵A(?2,0)，∴直线PA方程为：y?y02y0(x?2)，∴M(0,)……………6分
x0?2x0?2直线QA方程为：y?y02y0(x?2)，∴N(0,)， ………………7分
x0?2x0?22y02y0)(y?)?0………………10分
x0?2x0?2以MN为直径的圆为(x?0)(x?0)?(y?【或通过求得圆心O?(0,2x0y04y0)r?||得到圆的方程】 ，22x0?4x0?44x0y04y02y?2?0， 即x?y?2x0?4x0?422∵x02222，∴x?y??4??2y02x0y?2?0，………………12分 y0令
y?0，则x2?2?0，解得x??2. ∴以MN为直径的圆过定点F(?2,0)． …………14分
[石景山文]
19．（本小题满分14分）
2x2y2如图，已知椭圆C：2?2?1(a?b?0)的离心率e?2baOB的中点．
17
，短轴的右端点为B， M（1，0）为线段y O M B Q ． ． N x P （Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点M任意作一条直线与椭圆C相交于两点P，Q 试问在x轴上是否存在定点N，使得∠PNM =∠QNM？ 若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 19．（本小题共14分） （Ⅰ）由题意知,b?2 …………………1分
由e?2，a?22, …………………3分 2x2y2??1． …………………4分 椭圆方程为48（Ⅱ）若存在满足条件的点N，坐标为（t，0），其中t为常数. 由题意直线PQ的斜率不为0， 直线PQ的方程可设为：x设P(x1,y1),Q(x2,y2),
?my?1,(m?R) …………………5分
?x?my?1,?22联立?x2，消去x 得：(1?2m)y?4my?6?0, …………………7分 y2??1?8?4??16m2?24(1?2m2)?0恒成立，所以y1+y2=由?PNM?4m?6,yy=121?2m21?2m2 ……8分
??QNM知：kPN+kQN?0 …………………9分
kPN?y1y,kQN?2， x1?tx2?t， …………………10分
即
y1yy1y2?2?0，即??my1?1?tmy2?1?tx1?tx2?t展开整理得2my1y2?(1?t)(y1?y2)?0，
18
即
2m(?6)?4m(1?t)??0, …………………12分 221?2m1?2m即m(t?4)?0，又m不恒为0，?t=4.故满足条件的点N存在，坐标为(4,0)……14分 [房山理]
19.（本小题共14分）
动点P(x,y)到定点F(1,0)的距离与它到定直线l:x?4的距离之比为(Ⅰ) 求动点P的轨迹C的方程； （Ⅱ）已知定点
12.
A(?2,0)，B(2,0)，动点Q(4,t)在直线l上，作直线AQ与轨迹C的另一个交点为M,
作直线BQ与轨迹C的另一个交点为N，证明：M,N,F三点共线. 19．（本小题共14分）
解： (Ⅰ)由题意得
(x?1)2?y21?， ………………2分
|x?4|2x2y2??1. 化简并整理，得43x2y2??1. ………………5分 所以动点P(x,y)的轨迹C的方程为椭圆43（Ⅱ）当t?0时，点M与B重合，点N与A重合，
M,N,F三点共线. ………7分
当t?0时
tty=(x+2),QB:y=(x-2) 62根据题意：QA:?x2y2??1??43由? ?y?t?x?2??6?19
t22消元得：3x+(x+2)-12=0
92整理得：(t2+27)x2+4t2x+4t2-108=0
=-2,另一根为xM,根据韦达定理，
该方程有一根为x4t2-10854-2t2-2xM=2,xM=2
t+27t+27?x2y2??1??43由? ?y?t?x?2???2消元得：3x整理得：(t22+t2(x-2)2-12=0
+3)x2-4t2x+4t2-12=0
该方程有一根为x=2,另一根为xN,根据韦达定理，
4t2-122t2-62xN=2,xN=2
t+3t+354-2t22t2-6=2当xM=xN时，由2
t+27t+3得：t当xM2=9,xM=xN=1，M,N,F三点共线；
kMFt18tt-6t，yN=(xN-2)=2 1xN时，yM=(xM+2)=26t+272t+318t-6t22yNyM6tt+27t+3=6t；===k==NFxM-154-2t29-t2xN-12t2-69-t2-1-122t+27t+3
kMF?KNF，M,N,F三点共线.
综上，命题恒成立. ………………14分
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