（13分）（2011•湖南）如图，长方形物体E在雨中沿面…——2011 高考数学第 20 题答案解析

【解答】
如图6，长方形物体 E 在雨中沿面 P （面积为 S ）的垂直方向作匀速移动，速度为 $v(v>0)$ ，雨速沿 E 移动方向的分速度为 $c(c \in R)$ 。 E 移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：① P 或 P 的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与 $|v-c| \times S$ 成正比，比例系数为 $\frac{1}{10}$ ；②其它面的淋雨量之和，其值为 $\frac{1}{2}$ ，记 $y$为 E 移动过程中的总淋雨量，当移动距离 $\mathrm{d}=100$ ，面积 $\mathrm{S}=\frac{3}{2}$ 时。

围6

（I）写出 $y$ 的表达式
（II）设 $0

解析：①由题意知， E 移动时单位时间内的淋雨量为 $\frac{3}{20}|v-c|+\frac{1}{2}$ ，
故 $y=\frac{100}{v}\left(\frac{3}{20}|v-c|+\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{v}(3|v-c|+10)$ ．
（II）由（I）知，当 $0当 $c故 $y=\left\{\begin{array}{l}\frac{5(3 c+10)}{v}-15,0（1）当 $0②
当 $\frac{10}{3}

A．（本小题满分 13 分）
如图7，椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}, x$ 轴被曲线 $C_{2}: y=x^{2}-b$

截得的线段长等于 $C_{1}$ 的长半轴长。
（I）求 $C_{1}, C_{2}$ 的方程；
（II）设 $C_{2}$ 与 $y$ 轴的交点为 M ，过坐标原点 O 的直线 $l$ 与 $C_{2}$ 相交于点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ ，直线 $\mathrm{MA}, \mathrm{MB}$ 分别与 $C_{1}$ 相交与d，E．
（i）证明：$M D \perp M E$ ；
（ii）记 $\triangle \mathrm{MAB}, \triangle \mathrm{MDE}$ 的面积分别是 $S_{1}, S_{2}$ 。问：是否存在直线 $l$ ，使得 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{17}{32}$ ？
请说明理由。
解析：（1）由题意知 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，从而 $a=2 b$ ，又 $2 \sqrt{b}=a$ ，解得 $a=2, b=1$ 。

故 $C_{1}, C_{2}$ 的方程分别为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1, y=x^{2}-1$ 。
（II）（i）由题意知，直线 $l$ 的斜率存在，设为 $k$ ，则直线 $l$ 的方程为 $y=k x$ ．
由 $\left\{\begin{array}{l}y=k x \\ y=x^{2}-1\end{array}\right.$ 得 $x^{2}-k x-1=0$ ，
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，则 $x_{1}, x_{2}$ 是上述方程的两个

实根，于是 $x_{1}+x_{2}=k, x_{1} x_{2}=-1$ 。
又点 $M$ 的坐标为 $(0,-1)$ ，所以
$k_{M A} \cdot k_{M B}=\frac{y_{1}+1}{x_{1}} \cdot \frac{y_{2}+1}{x_{2}}=\frac{\left(k x_{1}+1\right)\left(k x_{2}+1\right)}{x_{1} x_{2}}=\frac{k^{2} x_{1} x_{2}}{}$

ต 7

故 $M A \perp M B$ ，即 $M D \perp M E$ 。
（ii）设直线的斜率为 $k_{1}$ ，则直线的方程为 $y=k_{1} x-1$ ，由 $\left\{\begin{array}{l}y=k_{1} x-1 \\ y=x^{2}-1\end{array}\right.$ 解得
$\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=-1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=k_{1} \\ y=k_{1}^{2}-1\end{array}\right.$ ，则点的坐标为 $\left(k_{1}, k_{1}^{2}-1\right)$
又直线 $M B$ 的斜率为 $-\frac{1}{k_{1}}$ ，同理可得点 B 的坐标为 $\left(-\frac{1}{k_{1}}, \frac{1}{k_{1}^{2}}-1\right)$ ．
于是 $S_{1}=\frac{1}{2}|M A| \cdot|M B|=\frac{1}{2} \sqrt{1+k_{1}^{2}} \cdot\left|k_{1}\right| \cdot \sqrt{1+\frac{1}{k_{1}^{2}}} \cdot\left|-\frac{1}{k_{1}}\right|=\frac{1+k_{1}^{2}}{2\left|k_{1}\right|}$ ．
由 $\left\{\begin{array}{l}y=k_{1} x-1 \\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\end{array}\right.$ 得 $\left(1+4 k_{1}^{2}\right) x^{2}-8 k_{1} x=0$ ，
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=-1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{8 k_{1}}{1+4 k_{1}^{2}} \\ y=\frac{4 k_{1}^{2}-1}{1+4 k_{1}^{2}}\end{array}\right.$ ，则点 $D$ 的坐标为 $\left(\frac{8 k_{1}}{1+4 k_{1}^{2}}, \frac{4 k_{1}^{2}-1}{1+4 k_{1}^{2}}\right)$ ；
又直线的斜率为 $-\frac{1}{k_{1}}$ ，同理可得点 $E$ 的坐标 $\left(\frac{-8 k_{1}}{4+k_{1}{ }^{2}}, \frac{4-k_{1}{ }^{2}}{4+k_{1}{ }^{2}}\right)$
于是 $S_{2}=\frac{1}{2}|M D| \cdot|M E|=\frac{32\left(1+k_{1}^{2}\right) \cdot\left|k_{1}\right|}{\left(1+4 k_{1}^{2}\right)\left(4+k_{1}^{2}\right)}$
因此 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{1}{64}\left(4 k_{1}^{2}+\frac{1}{k_{1}^{2}}+17\right)$
由题意知，$\frac{1}{64}\left(4 k_{1}^{2}+\frac{1}{k_{1}^{2}}+17\right)=\frac{17}{32}$ 解得 $k_{1}^{2}=4$ 或 $k_{1}^{2}=\frac{1}{4}$ 。
又由点 $A, B$ 的坐标可知，$k=\frac{k_{1}^{2}-\frac{1}{k_{1}^{2}}}{k_{1}+\frac{1}{k_{1}}}=k_{1}-\frac{1}{k_{1}}$ ，所以 $k= \pm \frac{3}{2}$ ．
故满足条件的直线 $l$ 存在，且有两条，其方程分别为 $y=\frac{3}{2} x$ 和 $y=-\frac{3}{2} x$ 。