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2014届高考数学一轮检测“考黄金”精讲精析(人教版):第25讲直线与圆锥曲线的位置关系(含曲线与方程)


【考点 29】直线与圆锥曲线的位置关系(含曲线与方程) 2013 年考题 1.(2013 北京高考)点在直线 l : y ? x ? 1 上,若存在过的直线交抛物线 y ? x 于 A, B 两点,
2

且 | PA ?| AB | ,则称点为“

点”,那么下列结论中正确的是 点” 点” 点”





A.直线 l 上的所有点都是“ B.直线 l 上仅有有限个点是“ C.直线 l 上的所有点都不是“

D.直线 l 上有无穷多个点(点不是所有的点)是“ 【解析】选 A.本题采作数形结合法易于求解,如图, 设 则

点”

A ? m, n ? , P ? x, x ? 1?

, ,

B ? 2 m ? x, 2 n ? x ? 2 ?
2

∵ A, B在y ? x 上 ,

? n ? m2 ? 2n ? x ? 1 ? (2m ? x) 2 ∴?
消去 n,整理得关于 x 的方程 x ? (4m ? 1) x ? 2m ? 1 ? 0
2 2

(1)

∵ ? ? (4m ? 1) ? 4(2m ? 1) ? 8m ? 8m ? 5 ? 0 恒成立,
2 2 2

∴方程(1)恒有实数解,∴应选 A. 2.(2013 全国Ⅱ)已知直线

y ? k ? x ? 2 ?? k ? 0 ?

与抛物线 C : y ? 8 x 相交于 A、B 两点,
2

为 C 的焦点,若 | FA |? 2 | FB | ,则 k ?

1 A. 3

2 B. 3

2 C. 3

2 2 D. 3

2 y ? k ? x ? 2 ?? k ? 0 ? 【解析】选 D.设抛物线 C : y ? 8 x 的准线为 l : x ? ?2 直线

恒过定 点 P

? ?2, 0 ?

.如图过 A、B 分 别作 AM ? l 于 M , BN ? l 于 N , 由

| FA |? 2 | FB | ,则 | AM |? 2 | BN | ,点 B 为 AP 的中点.连结 OB ,则

| OB |?

1 | AF | 2 ,

?| OB |?| BF | 点的横坐标为, 故点的坐标为
3.(2013 四川高考)已知直线

(1, 2 2) ? k ?

2 2 ?0 2 2 ? 1 ? (?2) 3 .

l1 : 4 x ? 3 y ? 6 ? 0 和直线 l2 : x ? ?1 ,抛物线 y 2 ? 4 x 上一动

点到直线 1 和直线 2 的距离之和的最小值是

l

l

A.2

B.3

11 C. 5

37 D. 16

【解析】选 A.直线

l2 : x ? ?1 为抛物线 y 2 ? 4 x 的准线,由抛物线的定义知,P 到 l 2 的距离
2

等于 P 到抛物线的焦点 F (1,0) 的距离,故本题化为在抛物线 y ? 4 x 上找一个点使得到点

F (1,0) 和直线 l2 的距离之和最小,最小值为 F (1,0) 到直线 l1 : 4 x ? 3 y ? 6 ? 0 的距离,即

d min ?

|4?0?6| ?2 5 ,故选择 A。
A1 , A2 , B1 , B2 为椭圆

4. (2013 江苏高考)如图,在平面直角坐标系 xoy 中,

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) AB BF a 2 b2 的四个顶点,为其右焦点,直线 1 2 与直线 1 相交
于点 T,线段 OT 与椭圆的交点 M 恰为线段 OT 的中点,则该椭圆的离心率 为 .

x y ? ?1 AB 【解析】直线 1 2 的方程为: ? a b ; x y 2ac b(a ? c) ? ?1 T( , ) 的方程为: c ?b 。二者联立解得: a ? c a ? c ,

直线

B1 F

M(


ac b(a ? c) x2 y 2 , ) ? ? 1(a ? b ? 0) a ? c 2(a ? c) 在椭圆 a 2 b 2 上,

c2 (a ? c) 2 ? ? 1, c 2 ? 10ac ? 3a 2 ? 0, e 2 ? 10e ? 3 ? 0 2 2 (a ? c) 4(a ? c) ,解得: e ? 2 7 ? 5
答案: e ? 2 7 ? 5 . 5.(2013 海南宁夏高考)设已知抛物线 C 的顶点在坐标原点,焦点为 F(1,0),直线 l 与抛 物线 C 相交于 A,B 两点。若 AB 的中点为(2,2) ,则直线的方程为_____________. 【解析】抛物线的方程为 y ? 4 x ,
2

? y12 ? 4 x1 ? A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? , 则有x1 ? x2, 2 ? ? y2 ? 4 x2 ?
2 两式相减得,y12 ? y2 ? 4 ? x1 ? x2 ?, ?

y1 ? y2 4 ? ?1 x1 ? x2 y1 ? y2

? 直线l的方程为y-2=x-2,即y=x

答案:y=x 6.(2013 海南宁夏高考)已知抛物线 C 的顶点坐标为原点,焦点在 x 轴上,直线 y=x 与抛 物线 C 交于 A, 两点, B 若

P ? 2, 2 ?

为 AB 的中点, 则抛物线 C 的方程为



【解析】设抛物线方程为 y2=kx,与 y=x 联立方程组,消去 y,得:x2-kx=0, x1 ? x 2 = k=2× 2,故 y ? 4 x .
2

答案: y ? 4 x
2

7.(2013 上海高考)过点 A(1,0)作倾斜角为 4 的直线,与抛物线 y ? 2 x 交于 M 、N 两
2

?

点,则

MN

=


2

【解析】 直线方程为 y=x-1, 代入抛物线 y ? 2 x , x2-4x+1=0,x1 + x 2 =4,x1 x 2 得: =1, 则

| MN |? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2



2( x1 ? x 2 ) 2



2[( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 ]

=2 6 .

答案: 2 6
2 A( x A , y A ) 8.( 2013 广东高考)已知曲线 C : y ? x 与直线 l : x ? y ? 2 ? 0 交 于两点 和

B ( xB , y B )

,且

x A ? xB

.记曲线 C 在点和点之间那一段与线段 AB 所围成的平面区域(含

边界)为.设点 P ( s, t ) 是上的任一点,且点与点和点均不重合. (1)若点 Q 是线段 AB 的中点,试求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程;

G : x 2 ? 2ax ? y 2 ? 4 y ? a 2 ?
(2)若曲线

51 ?0 25 与有公共点,试求的最小值.

1 5 Q( , ) 【解析】 联立 y ? x 与 y ? x ? 2 得 x A ? ?1, x B ? 2 , AB 中点 2 2 , (1) 则 设线段 PQ
2

1 5 ?s ?t 1 5 2 2 x? ,y ? s ? 2x ? , t ? 2 y ? ( x, y ) ,则 2 2 ,即 2 2 ,又点在曲 的中点 M 坐标为
线 C 上,

2y ?


5 1 11 ? (2 x ? ) 2 y ? x2 ? x ? 2 2 化简可得 8 ,又点是上的任一点,且不与点和点重合, 1 1 5 11 ?2 ? ?x? y ? x2 ? x ? 2 4 ,∴中点 M 的轨迹方程为 8 ,即 4

? 1 ? 2x ?


1 5 ?x? 4 ). ( 4 ?
G : x 2 ? 2ax ? y 2 ? 4 y ? a 2 ?
( 2 ) 曲 线

51 ?0 25

y
, 即 圆 : x B x A D

( x ? a ) 2 ? ( y ? 2) 2 ?

49 7 r? 25 ,其圆心坐标为 E (a,2) ,半径 5
G : x 2 ? 2ax ? y 2 ? 4 y ? a 2 ? 51 ?0 25 与

o

x

由图可知,当 0 ? a ? 有公共点; 当 a ? 0 时,要使曲线

2 时,曲线

G : x 2 ? 2ax ? y 2 ? 4 y ? a 2 ?

51 ?0 25 与有公共点,

只需圆心到直线 l : x ? y ? 2 ? 0 的距离

d?

|a?2?2| 2

?

|a| 2

?

7 5,

7 2 7 2 ?a?0 ? 5 5 . 得 ,则的最小值为 ? 3 9.(2013 广东高考)已知椭圆 G 的中心在坐标原点,长轴在轴上,离心率为 2 ,两个焦点分别
为 F1 和 F2 , 椭 圆 G 上 一 点 到 F1 和 F2 的 距 离 之 和 为 12. 圆

Ck x 2 ? y 2 ? 2kx ? 4 y ? 21 ? 0 (k ? R) A : 的圆心为点 k .
(1)求椭圆 G 的方程 (2)求

?Ak F1 F2

的面积

(3)问是否存在圆

Ck 包围椭圆 G?请说明理由.

x2 y 2 ? 2 ?1 2 b 【解析】 (1)设椭圆 G 的方程为: a ( a ? b ? 0 )半焦距为 c;
? 2a ? 12 ? ? a?6 ? ?c 3 ? ? ? 2 , 解得 ?c ? 3 3 , ? b 2 ? a 2 ? c 2 ? 36 ? 27 ? 9 ? ?a 则

x2 y 2 ? ?1 所求椭圆 G 的方程为: 36 9 .

? ?K , 2? A ( 2 )点 K 的坐标为

1 1 SV AK F1F2 ? ? | F1 F2 | ?2 ? ? 6 3 ? 2 ? 6 3 2 2

2 2 C (3)若 k ? 0 ,由 6 ? 0 ? 12k ? 0 ? 21 ? 5 ? 12k f 0 可知点(6,0)在圆 k 外;

C 若 k ? 0 ,由 (?6) ? 0 ? 12k ? 0 ? 21 ? 5 ? 12k f 0 可知点(-6,0)在圆 k 外.
2 2

不论 K 为何值圆

Ck 都不能包围椭圆 G.

10.(2013 海南宁夏高考)已知椭圆 C 的中心为直角坐标系 xOy 的原点,焦点在 x 轴上,它 的一个顶点到两个焦点的距离分别是 7 和 1. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程;

OP
(Ⅱ)若 P 为椭圆 C 上的动点,M 为过 P 且垂直于 x 轴的直线上的点, 的轨迹方程, 并说明轨迹是什么曲线。 【解析】(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为 a,c ,由已知得

OM

=λ,求点 M

?a ? c ? 1 x2 y 2 , 解得a ? 4, c ? 3 ? ? ?1 ?a ? c ? 7 ,w.w 所以椭圆 C 的标准方程为 16 7 .
OP
(Ⅱ)设 M ( x, y ) ,其中
2 2

x ? ? ?4, 4?

? ?2
及点在椭圆 C 上可得

。由已知

OM

9 x 2 ? 112 ? ?2 2 2 2 2 2 2 x ? ? ?4, 4? 16( x ? y ) 。整理得 (16? ? 9) x ? 16? y ? 112 ,其中 。

??
(i)

3 2 4 时,化简得 9 y ? 112

所以点 M 的轨迹方程为

y??

4 7 (?4 ? x ? 4) 3 ,轨迹是两条平行于轴的线段。

x2 y2 ? ?1 3 112 112 ?? x ? ? ?4, 4? 4 时,方程变形为 16? 2 ? 9 16? 2 (ii) ,其中
0?? ?


3 4 时,点 M 的轨迹为中心在原点、实轴在轴上的双曲线满足 ?4 ? x ? 4 的部分.

3 ? ? ?1 当4 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆满足 ?4 ? x ? 4 的部分;
当 ? ? 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆.

x2 y 2 ? 2 ?1 2 b 11.(2013 山东高考)设椭圆 E: a (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,
O 为坐标原点, (I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A、B,[来 源:学+科+网] 且 OA ? OB ?若存在,写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。

??? ?

??? ?

x2 y 2 ? 2 ?1 2 b 【解析】 (1)因为椭圆 E: a (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,
?4 2 ?1 1 ? 2 ?1 2 ?a b ? a2 ? 8 ? ? ? ? ?a 2 ? 8 6 1 1 1 x2 y 2 ? ? ?1 ? ? ? 2 ? ?1 ? 2 b2 ? 2 4 所以 ?b ? 4 椭圆 E 的方程为 8 4 所以 ? a 解得 ? b .
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且

? y ? kx ? m ? 2 ?x y2 ??? ??? ? ? ? ?1 2 2 ? 4 OA ? OB ,设该圆的切线方程为 y ? kx ? m 解方程组 ? 8 得 x ? 2(kx ? m) ? 8 ,
即 (1 ? 2k ) x ? 4kmx ? 2m ? 8 ? 0 ,
2 2 2
2 2 则△ = 16k m ? 4(1 ? 2k )(2m ? 8) ? 8(8k ? m ? 4) ? 0 ,即 8k ? m ? 4 ? 0

2

2

2

2

2

2

4km ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 ? ? 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 , ?

y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m 2 ?

k 2 (2m 2 ? 8) 4k 2 m 2 m 2 ? 8k 2 ? ? m2 ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

2m 2 ? 8 m 2 ? 8k 2 ??? ??? ? ? ? ?0 2 2 x x ? y1 y2 ? 0 ,即 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 要使 OA ? OB ,需使 1 2 ,所以 3m ? 8k ? 8 ? 0 ,

?m ?2 3m 2 ? 8 2 6 8 ? 2 k ? ?0 m? m2 ? 2 2 3m ? 8 8 3 或 3 ,即 所以 又 8k ? m ? 4 ? 0 , 所 以 ? ,所以
2
2

m??

2 6 3 ,

因为直线 y ? kx ? m 为圆心在原点的圆的一条切线,

r?
所以圆的半径为

m 1? k 2 ,

m2 r ? ? 1? k 2
2

m2 8 ? 2 2 6 3m ? 8 3 r? 1? 3 , 8 ,

x2 ? y 2 ?
所求的圆为

2 6 2 6 8 m? m?? 3 或 3 ,而当切 3 ,此时圆的切线 y ? kx ? m 都满足 x??

线的斜率不存在时切线方程为

x2 y 2 2 6 ? ?1 4 3 ,与椭圆 8 的两个交点为

(

2 6 2 6 2 6 2 6 ??? ??? ? ? ,? ) (? ,? ) 3 3 或 3 3 满 足 OA ? OB , 综 上 , 存 在 圆 心 在 原 点 的 圆
8 ??? ??? ? ? 3 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB .

x2 ? y 2 ?

4km ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 ? ? 2 ? x x ? 2m ? 8 1 2 1 ? 2k 2 , ? 因为 ?

( x1 ? x2 ) 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? (?
所以
2

4km 2 2m 2 ? 8 8(8k 2 ? m 2 ? 4) ) ? 4? ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 ) 2 ,
8(8k 2 ? m 2 ? 4) (1 ? 2k 2 ) 2

| AB |? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? y1 ? y2 ? ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )
? 32 4k 4 ? 5k 2 ? 1 32 k2 ? 4 ? (1 ? 4 ) 3 4k ? 4k 2 ? 1 3 4k ? 4k 2 ? 1 ,

| AB |?
① 当

k ?0 时

32 1 (1 ? ) 1 3 2 4k ? 2 ? 4 k

4k 2 ?
因 为

1 ?4?8 k2 所 以

0?

1 1 ? 1 4k 2 ? 2 ? 4 8 k ,

32 32 1 ? (1 ? ) ? 12 2 4 1 3 3 2 k ?? 6 ?| AB |? 2 3 4k ? 2 ? 4 k 2 时取 所以 ,所以 3 ,当且仅当
“=”. 当 k ? 0 时,

| AB |?

4 6 3 .

2 6 2 6 2 6 2 6 ,? ) (? ,? ) 3 3 或 3 3 ,所以此时 当 AB 的 斜 率 不 存 在 时 , 两 个 交 点 为 ( | AB |? 4 6 3 ,

4 4 6 ?| AB |? 2 3 | AB |? [ 6, 2 3] 3 综上, |AB |的取值范围为 3 即: .

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 b 12. ( 2013 天 津 高 考 ) 已 知 椭 圆 a 的两个焦点分别为

F1 (?c, 0)和F2 (c, 0)(c ? 0)

E(
,过点

a2 , 0) c 的 直 线 与 椭 圆 相 交 与 A, B 两 点 , 且

F1 A//F2 B, F1 A ? 2 F2 B
求椭圆的离心率; 求直线 AB 的斜率;



设点 C 与点 A 关于坐标原点对称, 直线

F2 B

上有一点 H (m, n)(m ? 0) 在

AF1C

的外接圆上,

n 求 m 的值.[来源:学|科|网]

a2 ?c 1 c ? 2 EF2 F2 B 1 a 2 ? ? ?c EF1 F1A 2 F1A F2 B F1A ? 2 F2 B 【解析】 (1)由 // 且 ,得 ,从而 c

整理,得 a ? 3c ,故离心率
2 2

e?

c 3 ? a 3 .
2 2 2

2 2 2 2 (2)由(1)得 b ? a ? c ? 2c ,所以椭圆的方程可写为 2 x ? 3 y ? 6c

? a2 ? y ?k?x? ? c ? ? 设直线 AB 的方程为 ,即 y ? k ( x ? 3c) . ? y ? k ( x ? 3c) ? A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则它们的坐标满足方程组 ?2 x 2 ? 3 y 2 ? 6c 2 由已知设
消去 y 整理,得 (2 ? 3k ) x ? 18k cx ? 27 k c ? 6c ? 0 .
2 2 2 2 2 2

? ? 48c 2 (1 ? 3k 2 ) ? 0,得 ?
依题意,

3 3 ?k? 3 3



18k 2 c x1 ? x2 ? 2 ? 3k 2



27 k 2 c 2 ? 6c 2 x1 x2 ? 2 ? 3k 2

② ③

由题设知,点 B 为线段 AE 的中点,所以

x1 ? 3c ? 2 x2

联立①③解得

x1 ?

9k 2 c ? 2c 9k 2 c ? 2c x2 ? 2 ? 3k 2 , 2 ? 3k 2
k ?? 2 3 .
3c 2



x1 , x2

代入②中,解得

x1 ? 0, x2 ?
(3)解法一:由(II)可知

k ??


2 3 时,得 A(0, 2c) ,由已知得 C (0, ? 2c) .

线段

AF1

y?
的垂直平分线 l 的方程为

2 2? c? c?? ?x? ? 2 2 ? 2 ? 直线 l 与 x 轴
2 2

c? ? ?c ? ?c ? 2 ?x ? ? ? y ? ? ? c? ? , 0 ? ?AF C 2? ?2 ? . 1 的交点 ? 2 ? 是 外接圆的圆心,因此外接圆的方程为 ?
直线

F2 B

的方程为 y ?

2( x ? c) ,于是点 H(m,n)的坐标满足方程组

2 ?? c? 9c 2 m ? ? ? n2 ? ?? 2? 4 ?? ? ?n ? 2(m ? c)

5 ? ?m ? 3 c ? ? ?n ? 2 2 c n ? 2 2 ? 3 故m 5 , 由 m ? 0, 解得 ?

k?


2 n 2 2 ?? 3 时,同理可得 m 5 .
x1 ? 0, x2 ? 3c 2

解法二:由(II)可知

k ??


2 3 时,得 A(0, 2c) ,由已知得 C (0, ? 2c)

由椭圆的对称性可知 B, 且

F2 ,C 三点共线,因为点 H(m,n)在 ?AF1C 的外接圆上,

F1 A // F2 B ,所以四边形 AF1CH 为等腰梯形. F2 B 的方程为 y ? 2( x ? c) ,知点 H 的坐标为 (m, 2m ? 2c) .
5 m? c 3 . ,所以 m ? ( 2m ? 2c ? 2c) ? a ,解得 m=c(舍) ,或
2 2 2

由直线

因为

AH ? CF1

n?


2 2 n 2 2 c ? 3 ,所以 m 5 .
2 n 2 2 ?? 3 时同理可得 m 5 .

k?


y 2 x2 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 2 C C b 13.(2013 浙江高考)已知椭圆 1 : a 的右顶点为 A(1, 0) ,过 1 的焦
点且垂直长轴的弦长为. (I)求椭圆

C1

的方程;

(II) 设点在抛物线

C2

C C :y ? x ? h (h ? R) 上, 2 在点处的切线与 1 交于点 M , N . 当
2

线段 AP 的中点与 MN 的中点的横坐标相等时,求 h 的最小值.

?b ? 1 ?a ? 2 ? ,? ? , ? b2 y2 2 ? ? 1 ?b ? 1 ? x2 ? 1 ? 【解析】 (I)由题意得 ? a 所求的椭圆方程为 4 ,
科*网]

[来源:学*

( II ) 不 妨 设

M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), P(t , t 2 ? h), 则 抛 物 线 C2 在 点 P 处 的 切 线 斜 率 为
2

y?

x ?t

? 2t

C , 直 线 MN 的 方 程 为 y ? 2tx ? t ? h , 将 上 式 代 入 椭 圆 1 的 方 程 中 , 得

2 2 2 2 2 4 x 2 ? (2tx ? t 2 ? h) 2 ? 4 ? 0 , 即 4 ?1 ? t ? x ? 4t (t ? h) x ? (t ? h) ? 4 ? 0 , 因 为 直 线 4 2 2 C1 有两个不同的交点,所以有 ?1 ? 16 ? ?t ? 2(h ? 2)t ? h ? 4 ? ? 0 , ? ?

MN 与椭圆

设线段 MN 的中点的横坐标是

x3 ,则

x3 ?

x1 ? x2 t (t 2 ? h) ? 2 2(1 ? t 2 ) ,

t ?1 2 x4 , x4 ? 2 , x ? x4 , 设线段 PA 的中点的横坐标是 则 由题意得 3 即有 t ? (1 ? h)t ? 1 ? 0 ,
其中的

? 2 ? (1 ? h) 2 ? 4 ? 0,? h ? 1 或 h ? ?3 ;
4 2 2

2 ? ? 16 ? ?t ? 2(h ? 2)t ? h ? 4 ? ? 0 ? ? 当 h ? ?3 时有 h ? 2 ? 0, 4 ? h ? 0 ,因此不等式 1 不

成立; 因此 h ? 1 ,当 h ? 1 时代入方程 t ? (1 ? h)t ? 1 ? 0 得 t ? ?1 ,
2
4 2 2 h ? 1, t ? ?1 代入不等式 ?1 ? 16 ? ?t ? 2(h ? 2)t ? h ? 4 ? ? 0 成立,因此 h 的最小值为 ? ? 将

1.

17 x 2 ? 2 py ( p ? 0) 上一点 A(m, 4) 到其焦点的距离为 4 . 14. (2013 浙江高考) 已知抛物线 C :
(I)求与的值; (II)设抛物线 C 上一点的横坐标为 t (t ? 0) ,过的直线交 C 于另一点 Q ,交轴于点 M , 过点 Q 作 PQ 的垂线交 C 于另一点 N .若 MN 是 C 的切线,求的最小值.

y??
【解析】 (Ⅰ)由抛物线方程得其准线方程:

p 2 ,根据抛物线定义点 A(m,4) 到焦点

4?
的距离等于它到准线的距离,即

p 17 1 ? p? 2 2 4 ,解得 2 抛物线方程为: x ? y ,将

A(m,4) 代入抛物线方程,解得 m ? ?2 .
( Ⅱ ) 由 题 意 知 , 过 点 P (t , t ) 的 直 线 PQ 斜 率 存 在 且 不 为 0 , 设 其 为 k 。 则
2

l PQ : y ? t ? k ( x ? t )
2

y ? 0, x ?
,当

? t 2 ? kt , k

M(


? t 2 ? kt ,0) k 。

? y ? t 2 ? k (x ? t) ? 2 x2 ? y 联立方程 ? ,整理得: x ? kx ? t (k ? t ) ? 0
即: ( x ? t )[ x ? (k ? t )] ? 0 ,解得 x ? t , 或 x ? k ? t

1 ? Q(k ? t , (k ? t ) ) ,而 QN ? QP ,直线 NQ 斜率为 k
2

?

? l NQ

1 ? ? y ? (k ? t ) 2 ? ? [ x ? (k ? t )] 1 ? k : y ? (k ? t ) 2 ? ? [ x ? (k ? t )] ? x2 ? y k ,联立方程 ?
x2 ? 1 1 x ? (k ? t ) ? (k ? t ) 2 ? 0 2 k k ,即: kx ? x ? (k ? t )[k (k ? t ) ? 1] ? 0 x?? k (k ? t ) ? 1 k ,或 x ? k ? t

整理得:

[kx ? k (k ? t ) ? 1][ x ? (k ? t )] ? 0 ,解得:

? K NM k (k ? t ) ? 1 [k (k ? t ) ? 1] 2 ? N (? , ) k k2 ,
k切 ? y?
而抛物线在点 N 处切线斜率:

[k (k ? t ) ? 1] 2 (k 2 ? kt ? 1) 2 k2 ? ? k (k ? t ) ? 1 ? t 2 ? kt k (t 2 ? k 2 ? 1) ? ? k k
? ? 2k ( k ? t ) ? 2 k

k ( k ?t ) ?1 x?? k

.

?
MN 是抛物线的切线,

(k 2 ? kt ? 1) 2 ? 2k (k ? t ) ? 2 ? 2 2 k k (t 2 ? k 2 ? 1) , 整理得 k ? tk ? 1 ? 2t ? 0
t?? 2 2 2 t? ?t min ? 3 (舍去) 3, 3. ,或

? ? ? t 2 ? 4(1 ? 2t 2 ) ? 0 ,解得

x2 y2 3 ? 2 ?1 2 b 15.(2013 安徽高考)已知椭圆 a (a>b>0)的离心率为 3 ,以原点为圆心,椭

圆短半轴长为半径的圆与直线 y=x+2 相切, (Ⅰ)求 a 与 b; (Ⅱ)设该椭圆的左,右焦点分别为 F1 和 F2 ,直线 l1 过 F2 且与 x 轴垂直,动直线 l2 与 y 轴 垂直, l2 交 l1 于点 p.求线段 P F1 垂直平分线与 l2 的交点 M 的轨迹方程,并指明曲线类型。

【解析】 (1)由于

e?

3 3



e2 ?

c 2 a 2 ? b2 1 ? ? 3 a2 a2

2 b2 2 b? ? 2 ? 2 3, 1?1 ∴a

∴b2=2,a2=3 因此, a ? 3 . b= 2 . (2)由(1)知 F1,F2 两点分别为(-1,0)(1,0) , ,由题意可设 P(1,t).(t≠0). t N (0, ) 2 , 设 M(x 、 y) 是 所 求 轨 迹 上 的 任 意 点 . 由 于 那 么 线 段 PF1 中 点 为 ???? ? ???? t MN ? ( ? x , ? y ) . PF1 ? (? 2, ? t ) 2
? t ? ???? ???? ? MN ? PF1 ? 2 x ? t ( y ? ) ? 0 2 ? ?y ? t 则?
2 消去参数 t 得 y ? ?4 x ( x ? 0) ,其轨迹为抛物线(除原点).

3 16.(2013 辽宁高考)已知椭圆 C 过点 A(1, 2 ) ,两个焦点为(-1,0) (1,0) 。
求椭圆 C 的方程; E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直线 EF 的斜率为定值,并求出这个定值。

x2 y2 ? 2 ?1 2 b 【解析】 (Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为 1 ? b 。
1 9 3 ? 2 ?1 ? 2 2 2 4b 因为 A 在椭圆上,所以 1 ? b ,解得 b =3, b = 4 (舍去) 。

所以椭圆方程为

x2 y 2 ? ?1 4 3 .
y ? k ( x ? 1) ?

(Ⅱ)设直线AE方程:得

x2 y 2 3 ? ?1 3 2 ,代入 4 得

3 (3+4k 2)x 2 +4k (3 ? 2k ) x ? 4( ? k ) 2 ? 12 ? 0 2 3 x y x y 设E( E , E ) ,F( F , F ) .因为点A(1, 2 )在椭圆上,所以

3 4( ? k ) 2 ? 12 3 xE ? 2 yE ? kxE ? ? k 2 3 ? 4k 2 , 。
又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以 ? k 代 k ,可得

3 4( ? k ) 2 ? 12 3 xF ? 2 yF ? ?kxF ? ? k 2 3 ? 4k 2 , 。
k EF ?
所以直线 EF 的斜率

y F ? y E ? k ( xF ? xE ) ? 2 k 1 ? ? xF ? xE xF ? xE 2。

1 即直线 EF 的斜率为定值,其值为 2 。
17.(2013 福建高考)已知直线 x ? 2 y ? 2 ? 0 经过椭圆

C:

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) a 2 b2

的左顶点 A 和上顶点 D,椭圆 C 的右顶点为,点 S 是椭

圆 C 上位于轴上方的动点,直线 AS , BS 与直线 分别交于 M , N 两点。 (I)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)求线段 MN 的长度的最小值;

l:x?

10 3

(Ⅲ)当线段 MN 的长度最小时,在椭圆 C 上是否存在这

1 样的点,使得 ?TSB 的面积为 5 ?若存在,确定点的个数,若不存在,说明理由。
【解析】 解法一: 由已知得, (I) 椭圆 C 的左顶点为 A(?2, 0), 上顶点为 D (0,1),? a ? 2, b ? 1

x2 ? y2 ? 1 C 的方程为 4 故椭圆
(Ⅱ)直线 AS 的斜率 k 显然存在,且 k ? 0 ,故可设直线 AS 的方程为 y ? k ( x ? 2) ,从而

10 16k M( , ) 3 3

? y ? k ( x ? 2) ? 2 ?x 2 2 2 2 2 ? ? y ?1 由? 4 得 (1 ? 4k ) x ? 16k x ? 16k ? 4 ? 0



S ( x1 , y1 ),



?2 x1 ?

16k 2 ? 4 2 ? 8k 2 2 ? 8k 2 4k 4k x1 ? S( , ), y1 ? 2 2 2 2 1 ? 4k 得 1 ? 4k ,从而 1 ? 4k 即 1 ? 4k 1 ? 4k 2

又 B (2, 0)

1 10 ? ? ? y ? ? 4k ( x ? 2) ? x ? 3 ? ? ? ? ? x ? 10 ? y ? ? 1 ? N (10 , ? 1 ) | MN |? 16k ? 1 ? ? 3 3k 3 3k 3 3k 故 由? 得?

k ? 0,?| MN |?


16k 1 16k 1 8 16k 1 1 ? ?2 ? ? ? k? 3 3k 3 3k 3 .当且仅当 3 3k ,即 4 时等号成立

?k ?

1 8 4 时,线段 MN 的长度取最小值 3 . k? 1 4

( Ⅲ ) 由 ( Ⅱ ) 可 知 , 当 MN 取 最 小 值 时 ,

此 时 BS 的 方 程 为

6 4 4 2 x ? y ? 2 ? 0, s ( , ),?| BS |? 5 5 5 2 1 要使椭圆 C 上存在点,使得 ?TSB 的面积等于 5 ,只须到直线 BS 的距离等于 4 ,所以在 2 平行于 BS 且与 BS 距离等于 4 的直线 l 上。

|t ?2| 2 3 5 ? , t?? t?? 4 解得 2 2或 2. 设直线 l ' : x ? y ? 1 ? 0 则由
18.(2013 上海高考) 我国计划发射火星探测器,该探测 器的运行轨道是以火星(其半径 R ? 34 百公里)的中心为一 个焦点的椭圆. 如图,已知探测器的近火星点(轨道上离火 星表面最近的点) 到火星表面的距离为百公里, 远火星点 (轨 道上离火星表面最远的点) 到火星表面的距离为 800 百公里. 假定探测器由近火星点第一次逆时针运行到与轨道中心的 距离为 ab 百公里时进行变轨, 其中、 分别为椭圆的长半轴、 短半轴的长,求此时探测器与火星表面的距离(精确到 1 百 公里).

y

B

O

F A x

|

x2 y2 ? 2 ?1 ( a ? b ? 0) 2 b 【解析】设所求轨道方程为 a ,c ?
? a ? c ? 800 ? 34, a ? c ? 8 ? 34 ,? a ? 438, c ? 396 .
2 2 2 于是 b ? a ? c ? 35028 .

a2 ? b2 .

y2 x2 ? ?1 所求轨道方程为 191844 35028 .
设变轨时,探测器位于 P ( x 0 , y 0 ) ,则
2 2 x0 y0 ? ?1 ? ab ? 81975.1 , 191844 35028 ,

2 x0

?

2 y0

解得 x 0 ? 239.7 , y 0 ? 156.7 (由题意). 探测器在变轨时与火星表面的距离为
2 ( x 0 ? c) 2 ? y 0 ? R ? 187.3

.

答:探测器在变轨时与火星表面的距离约为 187 百公里. 19.(2013 全国Ⅰ)如图,已知抛物线 E : y ? x 与圆 M : ( x ? 4) ? y ? r (r ? 0) 相
2 2 2 2

交于、 C 、四个点。 、 (I)求的取值范围; (II)当四边形 ABCD 的面积最大时,求对角线 AC 、 BD 的交点坐标 【解析】 (I)这一问学生易下手。将抛物线 E : y ? x 与圆 M : ( x ? 4) ? y ? r (r ? 0) 的
2 2 2 2

方 程 联 立 , 消 去 y

2

2 2 , 整 理 得 x ? 7 x ? 16 ? r ? 0 抛 物 线 E : y ? x 与 圆

2

M : ( x ? 4)2 ? y 2 ? r 2 (r ? 0) 相交于、 C 、四个点的充要条件是:方程(*)有两个不相 、
r ?(
等的正根即可.易得

15 , 4) 2 .考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以.

(II)考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入 的方法处理本小题是一个较好的切入点. 设四个交点的坐标分别为

A( x1 , x1 )



B( x1 , ? x1 )



C ( x2 , ? x2 )
15 , 4) 2



D( x2 , x2 )



则由(I)根据韦达定理有

x1 ? x2 ? 7, x1 x2 ? 16 ? r 2

r ?(


S?


1 ? 2? | x2 ? x1 | ( x1 ? x2 ) ?| x2 ? x1 | ( x1 ? x2 ) 2

? S 2 ? [( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ]( x1 ? x2 ? 2 x1 x2 ) ? (7 ? 2 16 ? r 2 )(4r 2 ? 15)
2 令 16 ? r ? t ,则 S ? (7 ? 2t ) (7 ? 2t )
2 2

下面求 S 的最大值。

2

方法一:利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求,但在处理一些最值问题有时 很方便。它的主要手段是配凑系数或常数,但要注意取等号的条件,这和二次均值类似。

S 2 ? (7 ? 2t ) 2 (7 ? 2t ) ?

1 (7 ? 2t )(7 ? 2t )(14 ? 4t ) 2 1 7 ? 2t ? 7 ? 2t ? 14 ? 4t 3 1 28 3 ? ( ) ? ?( ) 2 3 2 3 t?

当且仅当 7 ? 2t ? 14 ? 4t ,即

15 7 r ?( , 4) 2 6 时取最大值。经检验此时 满足题意。

方法二:利用求导处理,这是命题人的意图。具体解法略。 下面来处理点的坐标。设点的坐标为:

P( x p , 0)

x1 ? x2
由 A、P、C 三点共线,则

x1 ? x2

?

x1 x1 ? x p


x p ? x1 x2 ? t ?

7 6 。以下略。

x2 y 2 3 C 2 + 2 =1 ? a>b>0 ? ∶ b 20.(2013 全国Ⅱ)已知椭圆 a 的离心率为 3 ,过右焦点 F 的直
线L与C

2 相交于 A、B 两点,当 L 的斜率为 1 时,坐标原点 O 到 L 的距离为 2 。
(Ⅰ) 求 a,b 的值;[来源:Zxxk.Com]

??? ??? ??? ? ? ? OP=OA+OB 成立? (Ⅱ) C 上是否存在点 P,使得当 L 绕 F 转到某一位置时,有
若存在,求出所有的 P 的坐标与 L 的方程;若不存在,说明理由 【解析】 (Ⅰ)设 F ?c,0 ?, 当 L 的斜率为 1 时,其方程为 x ? y ? c ? 0, O 到 L 的距离为

0?0?c 2 c


?

c 2 ? 2 2 , c ?1
c 3 ? a 3
得 a?

2

3 ,b ? a2 ? c2 = 2 ??? ??? ??? ? ? ? (Ⅱ)C 上存在点,使得当 L 绕转到某一位置时,有 OP ? OA ? OB 成立。
由 由 (Ⅰ)知 C 的方程为 2x + 3y =6. 设 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ). [来源:学.科.网 Z.X.X.K]
2

e?

2

(ⅰ)当 L 不垂直 x 轴时,设 L 的方程为 y=k(x-1)

OP ? OA ? C 上的点P使OP ? OA ? OB 成立的充要条件是 P点的坐标为(x1 ? x 2 , y1 ? y 2) ,

??? ?

??? ??? ? ?

且 2( x1 ? x 2 ) ? 3( y1 ? y 2 ) ? 6
2 2

整理得 2 x1 ? 3 y1 ? 2 x 2 ? 3 y 2 ? 4 x1 x 2 ? 6 y1 y 2 ? 6
2 2 2 2

又A、B在C上,即2 x1 ? 3 y1
2

2

? 6,2 x 2 ? 3 y 2 ? 6
2 2

故 2 x1 x 2 ? 3 y1 y 2 ? 3 ? 0
2 2


2 2 2 2

将 y ? k ( x ? 1)代入2 x ? 3 y ? 6, 并化简得 (2 ? 3k ) x ? 6k x ? 3k ? 6 ? 0





x1 ? x 2 ?

6k 2 3k 2 ? 6 2 ? 3k 2 , x1 x 2 = 2 ? 3k 2 , ? 4k 2 2 ? 3k 2
x1 ? x 2 ? 3 2

y1 y 2 ? k 2 ( x1 ? 1)( x 2 ? 2) ?

代入①解得, k ? 2 ,此时
2

k 3 k P ( ,? ) y1 ? y 2 ? k ( x1 ? x 2 ? 2) ? 2 于是 = , 即 2 2

3 2 P( , ) 因此, 当 k ? ? 2 时, 2 2 ,L 的方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 ; 3 2 P ( ,? ) 2 , L 的方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 。 当 k ? 2 时, 2 ??? ??? ? ? ??? ??? ??? ? ? ? OA ? OB ? (2,0) 知,C 上不存在点 P 使 OP ? OA ? OB 成立。 (ⅱ)当 L 垂直于轴时,由
3 2 ? ? ? P ( ,? ) ??? ??? ??? 2 使 OP ? OA ? OB 成立,此时 L 的方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 综上, 上存在点 2 C

A ? a, 0 ?? a ? 0 ? 21. (2013 湖北高考)过抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 的对称轴上一点 的直线与抛
2

物线相交于 M、N 两点,自 M、N 向直线 l : x ? ?a 作垂线,垂足分别为

M1



N1



a?
(Ⅰ)当 (Ⅱ)记 得对任意

p 2 时,求证: AM 1 ⊥ AN1 ;


?AMM 1

?AM 1 N1



?ANN1

的面积分别为

S1



S2



S3

,是否存在 ? ,使

的 a ? 0 ,都有

2 S 2 ? ? S1S 2

成立。若存在,求出 ? 的值;若不存在,说明理由。

【解析】依题意,可设直线 MN 的方程为 则有 2

x ? my ? a, M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,

MM?a,ay11),), N??ay2 ) ) M((?? , , y),N ( ?a, , y2 ( a y 1 N(( 1 1

? x ? my ? a ? 2 2 y ? 2 px 由? 消去 x 可得 y ? 2mpy ? 2ap ? 0

? y1 ? y2 ? 2mp ? y y ? ?2ap 从而有 ? 1 2
于是

① ②

x1 ? x2 ? m( y1 ? y2 ) ? 2a ? 2(m 2 p ? a )

( y1 y2 ) 2 (?2ap) 2 x1 x2 ? ? ? a2 2 2 2 2 2 y ? 2 px1 , y12 ? 2 px2 可得 4p 4p 又由 1
a?
(Ⅰ)如图 1,当



p p p A( , 0) x?? 2 时,点 2 2 即为抛物线的焦点, l 为其准线

此时

M 1 (?

证法 1:

P P , y1 ), N1 (? , y2 ), 并由 y y ? ? p2 2 2 ①可得 1 2 uuuu v uuuv Q AM 1 ? (? p, y1 ), AN1 ? (? p, y2 )

uuuu uuuv v ? AM 1 ? AN1 ? p 2 ? y1 y2 ? p 2 ? p 2 ? 0, 即AM 1 ? AN1
Q K AM1 ? ?
证法 2:

y1 y , K AN1 ? ? 2 , p p

? K AM1 ? K AN1 ?

y1 y2 p2 ? ? 2 ? ?1, 即AM 1 ? AN1 . p2 p

(Ⅱ) 得 对 有
2 S 2 ? 4 S1S3





? ? 4 ,使
a ? 0 ,都

任意的 成立,证明如下:

??? ??? ? ? OA ? OA l 与 x 轴的交点为 A1 ,则 | OA |?| OA11 | ? a 。于是有 证法 1:记直线

? ? 1 ????? ????? 1 S1 ? ? | MM 1 | ? | A1M 1 |? ( x1 ? a ) | y1 | 2 2 ?????? ???? 1 S 2 ? ? | M 1 N1 | ? | AA1 |? a | y1 ? y2 | 2 ? ????? 1 1 ???? S3 ? ? | NN1 | ? | A1 N1 |? ( x2 ? a ) | y2 | 2 2
2 ? S 2 ? 4 S1S3 ? (a y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? a ) y1 ? ( x2 ? a ) y2

? a 2 [( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ] ? [ x1 x2 ? a ( x1 ? x2 ) ? a 2 ] y1 y2
将①、②、③代入上式化简可得

a 2 (4m 2 p 2 ? 8ap ) ? 2ap(2am 2 p ? 4a 2 ) ? 4a 2 p (m 2 p ? 2a )

2ap2 pam 2 p ?)4a 2) ? 4a 2 2ppm 24p ?)2? 4a 2 p (m 2 p ? 2a ) 4m (2 2 ? 8ap ? 2 ap(2am ( ? a 2 a )
上式左右相等恒成立,即对任意 证法 2:如图 2,连接
2 a ? 0, S 2 ? 4S1S3 成立

MN1 , NM 1 ,则由 y1 y2 ? ?2ap, y12 ? 2 px1 可得

K OM ?

y1 2 p 2 py2 2 py2 y ? ? ? ? 2 ? K ON1 MN1 x1 y1 y1 y2 ?2ap ?a ,所以直线 经过原点 O,

同理可证直线

NM 1

也经过原点 O

????? ? ????? ????? ? ???? ? ??? ??? ? ? OA ? OA M 11A1| 1? ?1hN1N1 1|? ?? ,2|MM 1 1dd,dNNNN ??2 d , MM 1 1? h, | h,1 A1 1? 2 , MM 1 M NN A MM NN | OA |?| OA11 | ? a 设 | M 1 A1A1AA1h1?,1N,11A11AA1hh2hh,MM11?|??? ,d,1|,NN111dd,2d,2 , 则 2 , MM 1 1 1 NN1? | ? 2 1 又
S1 ?


1 1 1 d1h1 , S 2 ? ? 2a (h1 ? h2 ) ? a (h1 ? h2 ), S3 ? d 2 h2 . 2 2 2
∥A 1 A∥N 1 A

M 1M

∴△OMA∽N 1 M, △ N 1 A 1 O∽N 1 M 1 N,

h1 h2 a a ? , ? d h1 ? h2 d 2 h1 ? h2 ,即 a (h1 ? h2 ) ? h1d 2 ? h2 d1 ∴ 1

??


2 S2 4a 2 (h1 ? h2 ) 2 a (h1 ? h2 ) a (h1 ? h2 ) ? ? 4? ? S1S3 d1h1d 2 h2 h1d 2 h2 d1
2



S ? ? S1S 2 将④代入⑤即得 ? ? 4 ,故对任意 a>0, 2 成立.
22.(2013 湖北高考)如图,过抛物线 y2=2PX(P>0)的焦点 F 的直线与抛物线相交 于 M、N 两点,自 M、N 向准线 l 作垂线,垂足分别为 M1、N1 (Ⅰ)求证:FM1⊥FN1;

(Ⅱ)记△ FMM1、 、△ FM1N1、△ FN N1 的面积分别为 S1、 、S2、 ,S3,试判断 S22=4S1S3 是否成立,并证明你的结论。 【解析】方法一:由抛物线的定义得

MF ? MM 1 , NF ? NN1 ,

??MFM 1 ? ?MM 1 F , ?NFN1 ? ?NN1 F
如图,设准线 l 与 x 轴的交点为

F1

Q MM 1 // NN1 // FF1 ??F1 FM 1 ? ?MM 1 F , ?F1 FN1 ? ?NN1 F
而 即

?F1 FM 1 ? ?MFM 1 ? ?F1 FN1 ? ?N1 FN ? 1800 2?F1 FM 1 ? 2?F1 FN1 ? 1800

??F1 FM 1 ? ?F1 FN1 ? 900


FM 1 ? FN1

p p F ( , 0), x?? 2 2 方法二:依题意,焦点为 准线 l 的方程为

设点 M,N 的坐标分别为

M x1 , y1 ), N x2 , y2 ), ( (

x ? my ?
直线 MN 的方程为

p 2 ,则有

M 1 (?

????? ???? ? p p , y1 ), N1 (? , y2 ), FM 1 ? (? p, y1 ), FN1 ? ( ? p, y2 ) 2 2

p ? ? x ? my ? 2 ? ? y 2 ? 2 px 由?
于是,

得 y ? 2mpy ? p ? 0
2 2

y1 ? y2 ? 2mp



y1 y2 ? ? p 2
,故

????? ???? ? ? FM 1 ? FN1 ? p 2 ? y1 y2 ? p 2 ? p 2 ? 0
(Ⅱ)
2 S 2 ? 4 S1S3

FM 1 ? FN1

成立,证明如下: ,则由抛物线的定义得

方法一:设

M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 )

| MM 1 |?| MF |? x1 ?

p p ,| NN1 |?| NF |? x2 ? 2 2 ,于是

1 1 p S1 ? ? | MM 1 | ? | F1M 1 |? ( x1 ? ) | y1 | 2 2 2 1 1 S 2 ? ? | M 1 N1 | ? | FF1 |? p | y1 ? y2 | 2 2 1 1 p S3 ? ? | NN1 | ? | F1 N1 |? ( x2 ? ) | y2 | 2 2 2 1 1 p 1 p 2 ? S 2 ? 4 S1S3 ? ( p | y1 ? y2 |) 2 ? 4 ? ( x1 ? ) | y1 | ? ( x2 ? ) | y2 | 2 2 2 2 2

1 2 p p2 2 ? p [( y1 ? y2 ) ? 4 y1 y2 ] ? [ x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? ] | y1 y2 | 4 2 4
p ? ? x1 ? my1 ? 2 ? ? ? y1 ? y2 ? 2mp ? x ? my ? p ? 2 2 2 ? 2 与 ? y1 y2 ? ? p 将? 代入上式化简可得
2 p 2 (m 2 p 2 ? p 2 ) ? p 2 (m 2 p 2 ? p 2 ) ,此式恒成立。故 S 2 ? 4 S1S3 成立。

23. ( 2013 上 海 高考 )如 图 , 在 直角 坐 标 系 xOy 中, 有 一 组 对角 线 长 为 a n 的正 方 形

An Bn Cn Dn ( n ? 1, 2, ? ) ,其对角线 Bn Dn 依次放置在轴上(相邻顶点重合). 设 ? a n ?是首
项为,公差为 d ( d ? 0 ) 的等差数列,点 B1 的坐标为 ( d , 0 ) . (1)当 a ? 8, d ? 4 时,证明:顶点 A1、A2、A3 不在同一条 直线上; (2)在(1)的条件下,证明:所有顶点 An 均落在抛物线

y
A2 B2 D1 C1 C2 B3 D2 C3 D3 A3

B1
O

A1

x

y 2 ? 2 x 上;
2 (3)为使所有顶点 An 均落在抛物线 y ? 2 px

( p ? 0 ) 上,

求 a 与 d 之间所应满足的关系式. 【解析】 (1)由题意可知, A1 ? 8, 4 ?,

A2 ? 18, 6 ?,

A3 ? 32, 8 ? ,

? kA A ?
1 2

6?4 1 8?6 1 ? , kA A ? ? 18 ? 8 5 32 ? 18 7 .
2 3
2 3

? kA A ? kA A
1 2



顶点 A1 , A2 , A3 不在同一条直线上

(2)由题意可知,顶点 An 的横坐标

x n ? d ? a1 ? a 2 ? ? ? a n ?1 ?

1 an 2 2 ? 2(n ? 1) ,

顶点 An 的纵坐标

yn ?

1 a n ? 2(n ? 1) 2 .

2 对任意正整数,点 An ? x n , y n ? 的坐标满足方程 y ? 2 x , 2 所有顶点 An 均落在抛物线 y ? 2 x 上.

(3)[解法一] 由题意可知,顶点 An 的横、纵坐标分别是

xn ? d ?

1 1 a ? (n ? 1)a ? (n ? 1) 2 d , 2 2 xn ?

yn ?

1 ? a ? (n ? 1)d 2

?

消去 n ? 1 ,可得

a(d ? a) 2 2 yn ? d ? d 2d .
( p ? 0 ) 上,则有

2 为使得所有顶点 An 均落在抛物线 y ? 2 px

?d ?2 ? 2p ? ? ?d ? a(d ? a) ? 0 ? 2d ?

解得 d ? 4 p, a ? 8 p .

a、d 所应满足的关系式是: a ? 2d .

1 ? ? x1 ? d ? 2 a ? ? ?y ? 1 a ? 1 2 [解法二] 点 A1 ? x1 , y1 ? 的坐标为 ?
2 点 A1 ? x1 , y1 ? 在抛物线 y ? 2 px 上,

p?

y12 a2 ? 2 x1 4(2d ? a ) .

3 3 ? ?x2 ? 2 a ? 2 d , ? 1 ? y 2 ? (a ? d ). 2 又点 A2 ? x 2 , y 2 ? 的坐标为 ? 且点 A2 ? x 2 , y 2 ? 也在抛物线上,

? a ? 0, d ? 0 ,把点 A2 ? x 2 , y 2 ? 代入抛物线方程,解得 a ? 2d .

因此,

p?

d d y2 ? x 4 , 抛物线方程为 2 .



? (n ? 1) 2 1 1 2 d, ? x n ? d ? a ? (n ? 1)a ? (n ? 1) d ? ? 2 2 2 ? ? y n ? 1 [a ? (n ? 1)d ] ? n ? 1 d . ? 2 2 ?

所有顶点 An ? x n , y n ? 均落在抛物线

y2 ?

d x 2 上.

a、d 所应满足的关系式是: a ? 2d .
2012 年考题

x2 y2 ? 2 2 b =1(a>b>0)的左、 1、 (2012 海南宁夏高考)在直角坐标系 xOy 中,椭圆 C1: a
右焦点分别为 F1,F2.F2 也是抛物线 C2: y ? 4 x 的焦点,点 M 为 C1 与 C2 在第一象限
2

5 的交点,且|MF2|= 3 .
(Ⅰ)求 C1 的方程; (Ⅱ)平面上的点 N 满足 MN ? MF1 ? MF2 ,直线 l∥MN,且与 C1 交于 A,B 两点,若

??? ??? ? ? OA? ? 0 ,求直线 l 的方程. OB
【解析】 (Ⅰ)由

C2 : y 2 ? 4 x 知 F2 (1, . 0) C2 y1 ? 4 x1 ,
MF2 ? 5 5 x1 ? 1 ? 3 ,所以 3 ,得



M ( x1,y1 )

,因为 M 在

上,所以

又因为

x1 ?

2 6 2 y1 ? 3 . 3,

8 ? 4 ? 2 ? 2 ? 1, ? 9a 3b ?b 2 ? a 2 ? 1. C C 因为 M 在 1 上,且椭圆 1 的半焦距 c ? 1 ,于是 ?
9a ? 37 a ? 4 ? 0 , 解得 a ? 2 (
4 2

消去 b 并整理得

2

a?

1 3 不合题意,舍去) .

x2 y 2 ? ?1 C 3 故椭圆 1 的方程为 4 . ???? ????? ???? ? ? MF1 ? MF2 ? MN
(Ⅱ)由

知四边形

MF1 NF2

是平行四边形,其中心为坐标原点 O ,

因为 l ∥ MN ,所以 l 与 OM 的斜率相同,

2 6 k? 3 ? 6 2 3 故 l 的斜率 .设 l 的方程为 y ? 6( x ? m) .
?3 x 2 ? 4 y 2 ? 12 ? ? ? y ? 6( x ? m) 由?

消去并化简得

9 x 2 ? 16mx ? 8m 2 ? 4 ? 0 .



A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,则

x1 ? x2 ?

8m 2 ? 4 16m x1 x2 ? 9 9 , .

因为 OA ? OB ,所以 即

??? ?

??? ?

x1 x2 ? y1 y2 ? 0 .
? 7 x1 x2 ? 6m( x1 ? x2 ) ? 6m 2

x1 x2 ? y1 y2 ? x1 x2 ? 6( x1 ? m)( x2 ? m)

8m 2 ? 4 16m 1 ? 7? ? 6 m? ? 6m 2 ? (14m 2 ? 28) ? 0 9 9 9 .
所以 m ? ? 2 .此时 ? ? (16m) ? 4 ? 9(8m ? 4) ? 0 ,
2 2

故所求直线 l 的方程为 y ?

6x ? 2 3 或 y ? 6x ? 2 3 .
2

2 、 2012 海 南 宁 夏 高 考 ) 已 知 m∈R , 直 线 l : mx ? (m ? 1) y ? 4m 和 圆 C : (

x 2 ? y 2 ? 8 x ? 4 y ? 16 ? 0 。
(1)求直线 l 斜率的取值范围;
1 (2)直线 l 能否将圆 C 分割成弧长的比值为 2 的两段圆弧?为什么?

【解析】 (1)直线 l 的方程可化为

y?

m 4m m x? 2 k? 2 m ?1 m ? 1 ,此时斜率 m ?1
2

m?
因为

m 1 1 2 k ? 2 ? ? m ? 1? m ? 1 2 ,当且仅当 m ? 1 时等号成立 2 ,所以

? 1 1? ?? 2 , 2 ? ?; 所以,斜率 k 的取值范围是 ?

(2)不能。由(1)知 l 的方程为

y ? k ? x ? 4?

| k |?
,其中

1 2;

圆C的圆心为

C ? 4, ?2 ?

,半径 r ? 2 ;圆心C到直线 l 的距离

d?

2 1? k 2

k ?


4 1 r d? ?1 d? 5 2 ,得 2 ,从而,若 l 与圆C相交, ,即

2? 则圆C截直线 l 所得的弦所对的圆心角小于 3 , 1 所以 l 不能将圆C分割成弧长的比值为 2 的两段圆弧.

y F G F1 x B

x2 y2 ? 2 ?1 2 b 3 、 2012 广 东 高 考 ) 设 b ? 0 , 椭 圆 方 程 为 2b ( ,抛物线方程为

A

O

x 2 ? 8( y ? b) .
如图所示,过点 F (0,b ? 2) 作轴的平行线,与抛物线在第一象限的交点为 G ,已知抛物线 在点 G 的切线经过椭圆的右焦点

F1 .

(1)求满足条件的椭圆方程和抛物线方程; (2)设 A,B 分别是椭圆长轴的左、右端点,试探究在抛物线上是否存在点,使得 △ ABP 为直角三角形?若存在,请指出共有几个这样的点,并说明理由(不必具体求出这些点的坐 标) .
2 【解析】 (1)由 x ? 8( y ? b) 得

y?

1 2 x ?b 8 , y' ? 1 x 4 , y ' |x ? 4 ? 1 ,

由 y ? b ? 2 得 x ? ?4 , G 点的坐标为 (4, b ? 2) ,因为

所以过点 G 的切线方程为 y ? (b ? 2) ? x ? 4 即 y ? x ? b ? 2 , 令 y ? 0得 x ? 2 ?b ,

? F1

点的坐标为 (2 ? b, 0) ,由椭圆方程得

F1

点的坐标为 (b, 0) ,

x2 ? y2 ? 1 2 ? 2 ? b ? b 即 b ? 1 ,即椭圆和抛物线的方程分别为 2 和 x ? 8( y ? 1) ;
(2)过作轴的垂线与抛物线只有一个交点,以 ?PAB 为直角的 Rt ?ABP 只有一个, 同理以 ?PBA 为直角的 Rt ?ABP 只有一个; 若以 ?APB 为直角,则点在以 AB 为直径的圆上,而以 AB 为直径的圆与抛物线有两个交 点。 所以以 ?APB 为直角的 Rt ?ABP 有两个;

因此抛物线上存在四个点使得 ?ABP 为直角三角形。 4、 (2012 山东高考)如图,设抛物线方程为 x2=2py(p>0),M 为 直线 y=-2p 上 任意一点,过 M 引抛物线的切线,切点分别为 A,B. (Ⅰ)求证:A,M,B 三点的横坐标成等差数列; (Ⅱ)已知当 M 点的坐标为(2,-2p)时,

AB ? 4 10

,求此时抛物线的方程;
2

(Ⅲ) 是否存在点 M, 使得点 C 关于直线 AB 的对称点 D 在抛物线 x ? 2 py ( p>0) 上,其中,点 C 满足 OC ? OA ? OB (O 为坐标原点) .若存在,求出所有适合 题意的点 M 的坐标;若不存在,请说明理由.
2 x12 x2 A( x1 , ), B( x2 , ), x1<x2 , M ( x0 , ?2 p ). 2p 2p 【解析】(Ⅰ)证明:由题意设

????

??? ??? ? ?

由 x ? 2 py 得
2

y?

x2 x x x y? ? , kMA ? 1 , k MB ? 2 . 2 p ,则 p 所以 p p
y ? 2p ? x1 ( x ? x0 ), p y ? 2p ?
直线 MB 的方程为

因此直线 MA 的方程为

x2 ( x ? x0 ). p

x12 x ? 2 p ? 1 ( x1 ? x0 ), p 所以 2 p
2 x2 x ? 2 p ? 2 ( x2 ? x0 ). 2p p





x1 ? x2 ? x1 ? x2 ? x0 , 由①、②得 2 x0 ? x1 ? x2 2 ,即 2 x0 ? x1 ? x2 . 所以 A、M、B 三点的横坐标成等差数列.

因此

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 x0=2 时,将其代入①、②并整理得:
2 x12 ? 4 x1 ? 4 p 2 ? 0, x2 ? 4 x2 ? 4 p 2 ? 0,

所以 x1、x2 是方程

x2 ? 4x ? 4 p2 ? 0

的两根,

因此

x1 ? x2 ? 4, x1 x2 ? ?4 p 2 ,

k AB


2 x2 x12 ? 2 p 2 p x1 ? x2 x0 2 ? ? ? , k AB ? . x2 ? x1 2p p 所以 p

AB ? 1 ? k 2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ?
由弦长公式得 又

4 16 ? 16 p 2 . p2

AB ? 4 10

,所以 p=1 或 p=2,
2 2

因此所求抛物线方程为 x ? 2 y 或 x ? 4 y. (Ⅲ)设 D(x3,y3),由题意得 C(x1+ x2, y1+ y2),

Q(
则 CD 的中点坐标为

x1 ? x2 ? x3 y1 ? y2 ? y3 , ), 2 2

y ? y1 ?
设直线 AB 的方程为

x0 ( x ? x1 ), p
(

x x1 ? x2 y1 ? y2 y3 ? 0 x3 . , ) p 2 2 由点 Q 在直线 AB 上,并注意到点 也在直线 AB 上,代入得
若 D(x3,y3)在抛物线上,则
2 x3 ? 2 py3 ? 2 x0 x3 ,

因此 x3=0 或 x3=2x0.

D(2 x0 ,
即 D(0,0)或 (1)当 x0=0 时,

2 2 x0 ). p

x1 ? x2 ? 2 x0 ? 0 ,此时,点 M(0,-2p)适合题意.
2 x12 ? x2 ), kCD 2p 2 x12 ? x2 2 x 2 ? x2 2p ? ? 1 , 2 x0 4 px0 又

(2)当

x0 ? 0

C (2 x0 ,
时 , 对 于 D(0 , 0) , 此 时

k AB ?

x0 , p AB⊥CD,
2 2 x0 x12 ? x2 x12 ? x2 ? ? ? ? ?1, 2 x 2 ? x2 ? ?4 p 2 , p 4 px0 4 p2 即 1 矛盾.

k AB ?kCD
所以

D(2 x0 ,
对于

2 2 2 x0 x 2 ? x2 ), C (2 x0 , 1 ), p 因为 2p 此时直线 CD 平行于 y 轴,

k AB ?
又 所以

x0 ? 0, p 所以直线 AB 与直线 CD 不垂直,与题设矛盾,
时,不存在符合题意的 M 点.

x0 ? 0

综上所述,仅存在一点 M(0,-2p)适合题意.

x y C1: ? ? 1(a ? b ? 0) a b 5、 (2012 山东高考)已知曲线 所围成的封闭图形的面积为 4 5 ,
2 5 C1 的内切圆半径为 3 .记 C2 为以曲线 C1 与坐标轴的交点为顶点的椭圆. 曲线
(Ⅰ)求椭圆

C2 的标准方程; C2 中心的任意弦, l 是线段 AB 的垂直平分线. M 是 l 上异于椭圆

(Ⅱ)设 AB 是过椭圆 中心的点. (1)若

MO ? ? OA

( O 为坐标原点) ,当点在椭圆

C2 上运动时,求点 M 的轨迹方程;

(2)若 M 是 l 与椭圆

C2 的交点,求 △ AMB 的面积的最小值.

?2ab ? 4 5, ? ? ab 2 5 ? . ? 2 2 2 2 3 ? a ?b 【解析】 (Ⅰ)由题意得 又 a ? b ? 0 ,解得 a ? 5 , b ? 4 .

x2 y 2 ? ?1 4 因此所求椭圆的标准方程为 5 .
(Ⅱ) (1)假设 AB 所在的直线斜率存在且不为零,设 AB 所在直线方程为 y ? kx(k ? 0) ,

A( x A,y A )



? x2 y 2 ? 1, ? ? 4 ?5 20k 2 20 2 2 yA ? xA ? ? y ? kx, 4 ? 5k 2 , 4 ? 5k 2 , 解方程组 ? 得
2 2 OA ? x A ? y A ? 2

所以

20 20k 2 20(1 ? k 2 ) ? ? 4 ? 5k 2 4 ? 5 k 2 4 ? 5k 2 .
2 2

MO ? ? OA (? ? 0) MO ? ? 2 OA 设 M ( x,y ) , 由 题 意 知 , 所 以
20(1 ? k 2 ) x ?y ?? 4 ? 5k 2 ,
2 2 2

, 即

因为 l 是 AB 的垂直平分线,所以直线 l 的方程为

y??

x 1 k ?? x y, k ,即

? x2 ? 20 ?1 ? 2 ? y ? 20( x 2 ? y 2 ) ? 2 2 2 x ?y ?? ? ?2 x2 4 y 2 ? 5x2 4 ? 5? 2 y 因此 ,

x2 y 2 ? ? ?2 x 2 ? y 2 ? 0 ,所以 5 x 2 ? 4 y 2 ? 20? 2 ,故 4 5 又 .
又当 k ? 0 或不存在时,上式仍然成立.

x2 y 2 ? ? ? 2 (? ? 0) 4 5 综上所述, M 的轨迹方程为 .
2 xA ?

(2)当 k 存在且 k ? 0 时,由(1)得

20k 2 20 2 yA ? 4 ? 5k 2 , 4 ? 5k 2 ,

? x2 y 2 ? 1, ? ? ?5 4 ? 20k 2 20 2 2 ? y ? ? 1 x, xM ? yM ? 2 ? k 5 ? 4k , 5 ? 4k 2 , 由? 解得
2 2 OA ? x A ? y A ? 2

所以

20(1 ? k 2 ) 80(1 ? k 2 ) 20(1 ? k 2 ) 2 2 2 AB ? 4 OA ? OM ? 4 ? 5k 2 , 4 ? 5k 2 , 5 ? 4k 2 .
2

S
解法一:由于

2 △ AMB

1 2 ? AB ?OM 4
2

2 2 1 80(1 ? k 2 ) 20(1 ? k 2 ) ? 400(1 ? k ) ? ? ? (4 ? 5k 2 )(5 ? 4k 2 ) 4 4 ? 5k 2 5 ? 4k 2



400(1 ? k 2 ) 2
2 ? 4 ? 5k 2 ? 5 ? 4 k 2 ? 1600(1 ? k 2 ) 2 ? 40 ? ?? ? ? ? ? 2 81(1 ? k 2 ) 2 ? 9 ? , ? ?

2 2 当且仅当 4 ? 5k ? 5 ? 4k 时等号成立,即 k ? ?1 时等号成立,此时 △ AMB 面积的最小值



S△ AMB ?

40 9 .

1 40 S△ AMB ? ? 2 5 ? 2 ? 2 5 ? 2 9 . 当k ? 0, 1 40 S△ AMB ? ? 5 ? 4 ? 2 5 ? 2 9 . 当 k 不存在时, 40 综上所述, △ AMB 的面积的最小值为 9 .

1 OA
解法二:因为
2

?

1 OM
2

?

1 1 ? 2 2 2 20(1 ? k ) 20(1 ? k 2 ) ? 4 ? 5k ? 5 ? 4k ? 9 20(1 ? k 2 ) 20 , 4 ? 5k 2 5 ? 4k 2
OA ?OM ≥
,所以

1


OA

2

?

1 OM
2



2 OA ?OM

40 9 ,

2 2 当且仅当 4 ? 5k ? 5 ? 4k 时等号成立,即 k ? ?1 时等号成立,此时 △ AMB 面积的最小值



S△ AMB ?

40 9 . 1 40 S△ AMB ? ? 2 5 ? 2 ? 2 5 ? 2 9



k ?0







k











1 40 S△ AMB ? ? 5 ? 4 ? 2 5 ? 2 9 . 40 综上所述, △ AMB 的面积的最小值为 9 .

C:
6、 (2012 安徽高考) 设椭圆 (Ⅰ)求椭圆 C 的方程;

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) F (? 2, 0) a 2 b2 过点 M ( 2,1) , 且焦点为 1

(Ⅱ)当过点 P (4,1) 的动直线 l 与椭圆 C 相交于两不同点 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

【解析】(1)由题意得:

?c 2 ? 2 ? ?2 1 ? 2 ? 2 ?1 ?a b ?c 2 ? a 2 ? b 2 ?
(2)方法一

x2 y 2 ? ?1 2 ,解得 a ? 4, b ? 2 ,所求椭圆方程为 4
2 2

设点 Q、A、B 的坐标分别为

( x, y ), ( x1 , y1 ), ( x 2 , y2 )



由题设知

??? ??? ???? ??? ? ? ? AP , PB , AQ , QB

均不为零,记

??? ? ???? AP AQ ? ? ??? ? ??? ? ? PB QB

,则 ? ? 0 且 ? ? 1

??? ? ??? ???? ? ??? ? AP ? ?? PB, AQ ? ? QB 又 A,P,B,Q 四点共线,从而

4?
于是

x1 ? ? x2 y ? ? y2 x ? ? x2 y ? ? y2 1? 1 x? 1 y? 1 1? ? , 1? ? , 1? ? , 1? ?

2 x12 ? ? 2 x2 ? 4x 2 从而 1 ? ? , ?? (1) 2 y12 ? ? 2 y2 ?y 1? ?2 , ?? (2)

又点 A、B 在椭圆 C 上,即
2 2 x2 ? 2 y2 ? 4,?? (4)

x12 ? 2 y12 ? 4,?? (3)

(1)+(2)× 并结合(3)(4)得 4 x ? 2 y ? 4 2 , 即点 Q ( x, y ) 总在定直线 2 x ? y ? 2 ? 0 上 方法二:设点

Q( x, y ), A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,由题设知

??? ??? ???? ??? ? ? ? PA , PB , AQ , QB

均不为零。



??? ? ??? ? PA PB ???? ? ??? ? AQ QB

,又 P, A, Q, B 四点共线,可设

??? ? ???? ??? ? ??? ? PA ? ?? AQ, PB ? ? BQ(? ? 0, ?1) ,于是

x1 ?

4 ? ?x 1? ? y , y1 ? 1? ? 1? ? 4 ? ?x 1? ? y , y2 ? 1? ? 1? ?

(1)

x2 ?

(2)
2 2

由于

A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )
2 2 2

在椭圆 C 上,将(1)(2)分别代入 C 的方程 x ? 2 y ? 4, , (3) (4)

整理得 ( x ? 2 y ? 4)? ? 4(2 x ? y ? 2)? ? 14 ? 0

( x 2 ? 2 y 2 ? 4)? 2 ? 4(2 x ? y ? 2)? ? 14 ? 0
(4)-(3)得 8(2 x ? y ? 2)? ? 0

∵ ? ? 0,∴ 2 x ? y ? 2 ? 0 ,即点 Q( x, y ) 总在定直线 2 x ? y ? 2 ? 0 上.
7、 (2012 北京高考)已知菱形 ABCD 的顶点 A,C 在椭圆 x ? 3 y ? 4 上,对角线 BD 所
2 2

在直线的斜率为 1.

1) (Ⅰ)当直线 BD 过点 (0, 时,求直线 AC 的方程;
(Ⅱ)当 ?ABC ? 60 时,求菱形 ABCD 面积的最大值.
?

【解析】 (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 .

? x 2 ? 3 y 2 ? 4, ? 2 2 y ? ?x ? n 由? 得 4 x ? 6nx ? 3n ? 4 ? 0 .
4 3 4 3 ?n? 3 3 . 因为 A,C 在椭圆上,所以 ? ? ?12n ? 64 ? 0 ,解得
2

?

设 A,C 两点坐标分别为

( x1,y1 ), 2,y2 ) , (x



x1 ? x2 ?

3n 2 ? 4 3n n x1 x2 ? y1 ? y2 ? 4 , y1 ? ? x1 ? n , y2 ? ? x2 ? n .所以 2 , 2 .[来源:

学§科§网]

? 3n n ? ? ,? 所以 AC 的中点坐标为 ? 4 4 ? . ? 3n n ? n 3n ? ?1 ? ,? y ? x ? 1 上,所以 4 4 由四边形 ABCD 为菱形可知,点 ? 4 4 ? 在直线 ,解得

n ? ?2 .
所以直线 AC 的方程为 y ? ? x ? 2 ,即 x ? y ? 2 ? 0 .
? AB ? BC ? CA (Ⅱ)因为四边形 ABCD 为菱形,且 ?ABC ? 60 ,所以 .

所以菱形 ABCD 的面积
2

S?

3 2 AC 2 .

由(Ⅰ)可得

AC ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ?

?3n 2 ? 16 2 ,

S?
所以

? 4 3 3 4 3? (?3n 2 ? 16) ? ? ?n? ? ? 4 3 3 ? ? ?.

所以当 n ? 0 时,菱形 ABCD 的面积取得最大值 4 3 .

x2 y 2 ? 2 ? 1(a>b>0) 2 b 8、 (2012 福建高考)如图椭圆 a 的一个焦点是 F(1,0) ,
O 为坐标原点. (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, 恒有

OA ? OB < AB
2 2

2

,求 a 的取值范围.

【解析】解法一:(Ⅰ)设 M,N 为短轴的两个三等分点,

OF ?
因为△ MNF 为正三角形,所以

3 3 2b MN ? , 解得b= 3. 2 ,即 1= 2 3

x2 y 2 ? ? 1. a ? b ? 1 ? 4, 因此,椭圆方程为 4 3
2 2

(Ⅱ)设
2

A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ). (ⅰ)当直线 AB 与 x 轴重合时,
2 2

OA ? OB ? 2a 2 , AB ? 4a 2 (a 2 ? 1),
因此,恒有

OA ? OB ? AB .
2 2 2

x ? my ? 1, 代入
(ⅱ)当直线 AB 不与 x 轴重合时,设直线 AB 的方程为: 整理得 (a ? b m ) y ? 2b my ? b ? a b ? 0,
2 2 2 2 2 2 2 2

x2 y 2 ? ? 1, a 2 b2

所以

y1 ? y2 ?
2

2b 2 m b 2 ? a 2b 2 , y1 y2 ? 2 a 2 ? b2 m2 a ? b2 m2
2 2

因为恒有 即

OA ? OB ? AB

,所以 AOB 恒为钝角. 恒成立.

??? ??? ? ? OA? ? ( x1 , y1 )?( x2 , y2 ) ? x1 x2 ? y1 y2 ? 0 OB

x1 x2 ? y1 y2 ? (my1 ? 1)(my2 ? 1) ? y1 y2 ? (m 2 ? 1) y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ? 1

(m 2 ? 1)(b 2 ? a 2b 2 ) 2b 2 m 2 ? ? 2 ?1 a 2 ? b2 m2 a ? b2m2 ? m 2 a 2b 2 ? b 2 ? a 2b 2 ? a 2 ? ? 0. a 2 ? b2 m2
又 a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2<0 对 mR 恒成立, 即 a2b2m2> a2 -a2b2+b2 对 mR 恒成立. 当 mR 时,a2b2m2 最小值为 0,所以 a2- a2b2+b2<0.

a2<a2b2- b2, a2<( a2-1)b2= b4, 因为 a>0,b>0,所以 a<b2,即 a2-a-1>0,

1? 5 1? 5 1? 5 解得 a > 2 或 a< 2 (舍去),即 a> 2 , 1? 5 综合(i)(ii),a 的取值范围为( 2 ,+).
解法二: (Ⅰ)同解法一, (Ⅱ)解: (i)当直线 l 垂直于 x 轴时,[来源:学科网 ZXXK]

x2 y 2 b 2 (a 2 ? 1) ? 2 ? 1 y A2 ? 2 b a2 x=1 代入 a 得 . a2 ? 1 因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2,2(1+yA2)<4 yA2,yA2>1,即 a >1,
1? 5 1? 5 1? 5 解得 a> 2 或 a< 2 (舍去),即 a> 2 .
(ii)当直线 l 不垂直于 x 轴时,设 A(x1,y1), B(x2,y2).

x2 y2 ? 2 ? 1, 2 b 设直线 AB 的方程为 y=k(x-1)代入 a
得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0,

2a 2 k 2 a 2 k 2 ? a 2b 2 , x1 x2 ? 2 . 2 2 2 b ? a2k 2 故 x1+x2= b ? a k
因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2, 所以 x21+y21+ x22+ y22<( x2-x1)2+(y2-y1)2, 得 x1x2+ y1y2<0 恒成立. x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2

a 2 k 2 ? a 2b 2 2a 2 k 2 ( a 2 ? a 2b 2 ? b 2 )k 2 ? a 2b 2 ? k2 2 ? k2 ? 2 2 2 b ? a 2k 2 b 2 ? a 2k 2 =(1+k2) b ? a k .
由题意得(a2- a2 b2+b2)k2- a2 b2<0 对 kR 恒成立. ①当 a2- a2 b2+b2>0 时,不合题意;

1? 5 ②当 a2- a2 b2+b2=0 时,a= 2 ;
③当 a2- a2 b2+b2<0 时,a2- a2(a2-1)+ (a2-1)<0,a4- 3a2 +1>0,

3? 5 3? 5 1? 5 1? 5 解得 a2> 2 或 a2> 2 (舍去) ,a> 2 ,因此 a 2 .

1? 5 综合(i) (ii) 的取值范围为( 2 ,+). ,a
9、 (2012 湖北高考)如图, 在以点 O 为圆心,| AB |? 4 为直径的半圆 ADB 中 , OD ? AB , 是 半 圆 弧 上 一 点 , ?POB ? 30? , 曲 线 C 是 满 足

|| MA | ? | MB || 为定值的动点 M 的轨迹,且曲线 C 过点.
(Ⅰ)建立适当的平面直角坐标系,求曲线 C 的方程; (Ⅱ)设过点的直线 l 与曲线 C 相交于不同的两点、. 若△ OEF 的面积不小于 2 2 ,求直线 l 斜率的取值范围. 【解析】 (Ⅰ)解法 1:以 O 为原点,AB、OD 所在直线分别为 x 轴、y 轴,建立平面直角 坐标系, 则 A(-2,0) ,B(2,0) ,D(0,2),P( 3 ,1 ) ,依题意得 |MA|-|MB|=|PA|-|PB|=

(2 ? 3) 2 ? 12 ? ( ? 3 2 ? 12=2 2 2 )

<|AB|=

4. ∴曲线 C 是以原点为中心,A、B 为焦点的双曲线. 设实半轴长为 a,虚半轴长为 b,半焦距为 c,则 c=2,2a=2 2 ,∴a2=2,b2=c2-a2=2.

x2 y2 ? ?1 2 ∴曲线 C 的方程为 2 .
解法 2: 同解法 1 建立平面直角坐标系, 则依题意可得|MA|-|MB|=|PA|-|PB|<| AB|=4. ∴曲线 C 是以原点为中心,A、B 为焦点的双曲线.

x2 y2 ? 2 ? 1(a 2 b 设双曲线的方程为 a >0,b>0).

则由

? 3) 1 ( 2 ? 2 ? 2 ?1 b ? a ?a 2 ? b 2 ? 4 ?

解得 a2=b2=2,

x2 y2 ? ? 1. 2 ∴曲线 C 的方程为 2

图1

图2

(Ⅱ)解法 1:依题意,可设直线 l 的方程为 y=kx+2, 代入双曲线 C 的方程并整理得(1-k2)x2-4kx-6=0.…………………………① ∵直线 l 与双曲线 C 相交于不同的两点 E、F,



?1-k 2 ? 0 ? ? 2 2 ? Δ ? (?4k ) ? 4 ? 6(1 ? k )>0 ? ?

?k ? ?1 ? ? ?? 3<k< 3 ?

……………②

∴k∈(- 3 ,-1)∪(-1,1)∪(1, 3 ).

4k 6 , x1 x 2 ? ? 2 1 ? k ,于是 设 E(x1,y1) ,F(x2,y2),则由①式得 x1+x2= 1 ? k
|EF|=

( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2

1 ? k 2 ? ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 ? 1 ? k 2 ?


2 2 3?k2 1? k 2

.

2
而原点 O 到直线 l 的距离 d= 1 ? k ,
2
2 1 1 2 2 2 3?k2 2 2 2 3?k d ? EF ? ? ? 1? k ? ? . 2 2 1? k 2 1? k 2 1? k 2

∴S△ DEF=

若△ OEF 面积不小于 2 2 ,即 S△ OEF ? 2 2 ,则有

2 2 3?k2 1? k
2

? 2 2 ? k 4 ? k 2 ? 2 ? 0, 解得 ? 2 ? k ? 2 . 


综合②、③知,直线 l 的斜率的取值范围为[- 2 ,-1]∪(-1,1) ∪(1,

2 ).

解法 2:依题意,可设直线 l 的方程为 y=kx+2,代入双曲线 C 的方程并整理, 得(1-k2)x2-4kx-6=0. ∵直线 l 与双曲线 C 相交于不同的两点 E、F,



?1-k 2 ? 0 ? ? 2 2 ? Δ ? (?4k ) ? 4 ? 6(1 ? k )>0 ? ?

?k ? ?1 ? ? ?? 3<k< 3 ?

.∴k∈(- 3 ,-1)∪(-1,1)∪(1, 3 ). 设 E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得

( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 ?

? 1? k 2

?

2 2 3?k2 1? k 2

.


|x1-x2|= 当 E、F 在同一支上时(如图 1 所示) ,

S ?ODF ? S ?ODE ?
S△ OEF=

1 1 OD ? x1 ? x 2 ? OD ? x1 ? x 2 ; 2 2

当 E、F 在不同支上时(如图 2 所示).

1 1 S ?OEF ? S ?ODF ? S△ ODE= 2 OD ? ( x1 ? x 2 ) ? 2 OD ? x1 ? x 2 .
1 OD ? x1 ? x 2 , 综上得 S△ OEF= 2 于是

2 2 3?k2
由|OD|=2 及③式,得 S△ OEF= 若△ OEF 面积不小于 2

1? k 2

.

2 , 即S ?OEF ? 2 2 , 则有

2 2 3? k2 ? 2 2 ? k 4 ? k 2 ? 2 ? 0, 解得 ? 2 ? k ? 2. 2 1? k



综合②、④知,直线 l 的斜率的取值范围为[- 2 ,-1)∪(-1,1)∪(1, 2 ]. 10、 (2012 湖南高考)若 A、B 是抛物线 y2=4x 上的不同两点,弦 AB(不平行于 y 轴)的 垂直平分线与 x 轴相交于点 P, 则称弦 AB 是点 P 的一条“相关弦”.已知当 x>2 时, P 点 (x,0) 存在无穷多条“相关弦”.给定 x0>2. (I)证明:点 P(x0,0)的所有“相关弦”的中点的横坐标相同; (II) 试问:点 P(x0,0)的“相关弦”的弦长中是否存在最大值? 若存在,求其最大值(用 x0 表示) :若不存在,请说明理由. 【解析】 (I)设 AB 为点 P(x0,0)的任意一条“相关弦”,且点 A、B 的坐标分别是
2 2

(x1,y1)(x2,y2) 、 (x1x2),则 y 1 =4x1, y 2 =4x2, 两式相减得(y1+y2) (y1-y2)=4(x1-x2).因为 x1x2,所以 y1+y20. 设直线 AB 的斜率是 k,弦 AB 的中点是 M(xm, ym),则

y1 ? y2 4 2 y ? ? y ? ym ? ? m ( x ? xm ). x ? x2 y1 ? y2 ym .从而 AB 的垂直平分线 l 的方程为 2 k= 1

又点 P(x0,0)在直线 l 上,所以 而

? ym ? ?

ym ( x ? x ). 2 0 m

ym ? 0, 于是 xm ? x0 ? 2. 故点 P(x0,0)的所有“相关弦”的中点的横坐标都是 x0-2. y ? ym ? k ( x ? xm ) ,代入 y 2 ? 4 x 中,
(﹡)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,弦 AB 所在直线的方程是 整理得

k 2 x 2 ? 2[k ( ym ? kxm ) ? 2]x ? ( ym ? kxm )2 ? 0.



x1、x2 是方程(﹡)的两个实根,且

x1 ? x2 ?

( ym ? kxm )2 . k2

设点 P 的“相关弦”AB 的弦长为 l,则

l 2 ? ( x1 ? x2 )2 ? ( y1 ? y2 )2 ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 )2
2 ? (1 ? k 2 )[( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ] ? 4(1 ? k 2 )( xm ? x1x2 ) ( ym ? 2 xm )2 ym 4 2 ? 4(1 ? 2 )[ xm ? ] 4 ym 2 ym 2 2 4 2 ? (4 ? ym )(4 xm ? ym ) ? ? ym ? 4 ym ( xm ?1) ? 16 xm 2 2 ? 4( xm ? 1)2 ? [ ym ? 2( xm ?1)]2 ? 4( x0 ?1) 2 ? [ ym ? 2( x0 ?1)]2.
2 ym 2 ym

因为 0<

<4xm=4(xm-2) =4x0-8,于是设 t=

,则 t (0,4x0-8).

记 l2=g(t)=-[t-2(x0-3)]2+4(x0-1)2. 若 x0>3,则 2(x0-3) (0, 4x0-8),所以当 t=2(x0-3),即
2 ym

=2(x0-3)时,

l 有最大值 2(x0-1). 若 2<x0<3,则 2(x0-3) 0,g(t)在区间(0,4 x0-8)上是减函数, 所以 0<l2<16(x0-2),l 不存在最大值. 综上所述, 当 x0>3 时,点 P(x0,0)的“相关弦”的弦长中存在最大值,且最大值 为 2(x0-1) ;当 2< x03 时,点 P(x0,0)的“相关弦”的弦长中不存在最大值.

? 11、 (2012 辽宁高考)在直角坐标系 xOy 中,点 P 到两点 (0, 3) , (0,3) 的距离之和等
于 4,设点 P 的轨迹为 C ,直线 y ? kx ? 1 与 C 交于 A,B 两点. (Ⅰ)写出 C 的方程; (Ⅱ)若 OA OB ,求 k 的值; (Ⅲ)若点 A 在第一象限,证明:当 k>0 时,恒有| OA |>| OB |.

??? ??? ? ?

??? ?

??? ?

? (0 【解析】 (Ⅰ)设 P(x,y) ,由椭圆定义可知,点 P 的轨迹 C 是以 (0, 3),, 3) 为焦点,

长半轴为 2 的椭圆.它的短半轴 3分 (Ⅱ)设

b ? 2 ? ( 3) ? 1 ,故曲线 C 的方程为
2 2

x2 ?

y2 ?1 4 .

A( x1,y1 ),B ( x2,y2 ) ,其坐标满足

? 2 y2 ? 1, ?x ? 4 ? ? y ? kx ? 1. ?
消去 y 并整理得 (k ? 4) x ? 2kx ? 3 ? 0 ,
2 2



x1 ? x2 ? ?

2k 3 ,x1 x2 ? ? 2 k ?4 k ?4. 5分
2

??? ??? ? ? OA ? OB ,即 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 . 若


y1 y2 ? k 2 x1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) ? 1 ,

于是

x1 x2 ? y1 y2 ? ?

3 3k 2 2k 2 ? 2 ? 2 ?1 ? 0 k2 ? 4 k ? 4 k ? 4 ,
k ?? 1 2.

化简得 ?4k ? 1 ? 0 ,所以
2

8分

???? 2 ???? 2 ? ? 2 2 2 2 OA ? OB ? x12 ? y12 ? ( x2 ? y2 ) ? ( x12 ? x2 ) ? 4(1 ? x12 ? 1 ? x2 ) (Ⅲ)

? ?3( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ?
x1 x2 ? ?

6k ( x1 ? x2 ) k2 ? 4 .

因为 A 在第一象限,故 故

x1 ? 0

.由

???? 2 ???? 2 ? ? OA ? OB ? 0

,即在题设条件下,恒有

3 k ? 4 知 x2 ? 0 ,从而 x1 ? x2 ? 0 .又 k ? 0 , ???? ???? ? ? OA ? OB
2



0) 1) 12、 (2012 全国Ⅱ)设椭圆中心在坐标原点, A(2,,B(0, 是它的两个顶点,直线 y ? kx(k ? 0) 与 AB 相交于点 D,与椭圆相交于 E、F 两点.
(Ⅰ)若 ED ? 6 DF ,求 k 的值; (Ⅱ)求四边形 AEBF 面积的最大值.

??? ?

????

x2 ? y2 ? 1 4 【解析】 (Ⅰ) 依题设得椭圆的方程为 , 直线 AB,EF 的方程分别为 x ? 2 y ? 2 ,
y ? kx(k ? 0) .
如图,设 且

D( x0,kx0 ),E ( x1,kx1 ),F ( x2,kx2 ) ,其中 x1 ? x2 ,
y B D
2

x1,x2 满足方程 (1 ? 4k 2 ) x 2 ? 4 ,
x2 ? ? x1 ? 2 1 ? 4k .①
E

F O A x



1 5 10 x0 ? (6 x2 ? x1 ) ? x2 ? ??? ? ???? x ? x1 ? 6( x2 ? x0 ) 7 7 7 1 ? 4k 2 ; 由 ED ? 6 DF 知 0 ,得

由在 AB 上知

x0 ? 2kx0 ? 2 ,得

x0 ?

2 1 ? 2k .

2 10 ? 1 ? 2k 7 1 ? 4k 2 , 所以
化简得 24k ? 25k ? 6 ? 0 ,
2

k?
解得

2 3 k? 3或 8. 6分

( Ⅱ ) 解 法 一 : 根 据 点 到 直 线 的 距 离 公 式 和 ① 式 知 , 点 E,F 到 AB 的 距 离 分 别 为

h1 ?

x1 ? 2kx1 ? 2 5 x2 ? 2kx2 ? 2 5

?

2(1 ? 2k ? 1 ? 4k 2 ) 5(1 ? 4k 2 )


h2 ?

?

2(1 ? 2k ? 1 ? 4k 2 ) 5(1 ? 4k 2 )
.9 分



AB ? 22 ? 1 ? 5

,所以四边形 AEBF 的面积为

1 4(1 ? 2k ) 2(1 ? 2k ) 1 ? 4k 2 ? 4k 1 ? ? 5? ? ?2 S ? AB (h1 ? h2 ) 2 5(1 ? 4k 2 ) 1 ? 4k 2 ≤ 2 2 , 1 ? 4k 2 2
当 2k ? 1 ,即当

k?

1 2 时,上式取等号.所以 S 的最大值为 2 2 . 12 分


解法二:由题设,

BO ? 1

AO ? 2





y1 ? kx1 , y2 ? kx2 ,由①得 x2 ? 0 , y2 ? ? y1 ? 0 ,

故四边形 AEBF 的面积为

S ? S△ BEF ? S△ AEF ? x2 ? 2 y2 9 分
2 2 2 2 ? ( x2 ? 2 y2 ) 2 ? x2 ? 4 y2 ? 4 x2 y2 ≤ 2( x2 ? 4 y2 ) ? 2 2 ,



x2 ? 2 y2 时,上式取等号.所以 S 的最大值为 2 2 .
2

12 分

13、 (2012 陕西高考)已知抛物线 C : y ? 2 x ,直线 y ? kx ? 2 交 C 于 A,B 两点, M 是 线段 AB 的中点,过 M 作轴的垂线交 C 于点 N . (Ⅰ)证明:抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行;

??? ??? ? ? k 使 NA?NB ? 0 ,若存在,求 k 的值;若不存在,说明理由. (Ⅱ)是否存在实数
【解析】解法一: (Ⅰ)如图,设
2 得 2 x ? kx ? 2 ? 0 ,

A( x1,x12 ) , B( x2,x2 2 ) ,把 y ? kx ? 2 代入 y ? 2 x 2 2 2

y M 2 A

由韦达定理得

x1 ? x2 ?

k 2 , x1 x2 ? ?1 ,

B 1 O N 1 x

? k k2 ? x1 ? x2 k ? , ? xN ? xM ? ? 2 4 , N 点的坐标为 ? 4 8 ? .

y?
设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为

k2 k? ? ? m? x ? ? 8 4?, ?

将 y ? 2 x 代入上式得
2

2 x 2 ? mx ?

mk k 2 ? ?0 4 8 ,

? mk k 2 ? ?? ? m 2 ? 8 ? ? ? ? m 2 ? 2mk ? k 2 ? (m ? k ) 2 ? 0 8 ? ? 4 直线 l 与抛物线 C 相切, ,

? m ? k .即 l ∥ AB .
( Ⅱ ) 假 设 存 在 实 数 k , 使 NA?NB ? 0 , 则 NA ? NB , 又 ? M 是 AB 的 中 点 ,

??? ??? ? ?

?| MN |?

1 | AB | 2 .











? k2 1 ? k2 1 1 1 yM ? ( y ? y ) ? ( k 1x ? 2 ? k2x ?2 ) ? [ k ( x ? 2 x )? 2 ?] 2 ? 4 ? ? 4 ? 2 ? 4 1 2 1 ? ? 2 2 2 .
k2 k 2 k 2 ? 16 ?| MN |?| yM ? y N |? ?2? ? ? MN ? 轴, 4 8 8 .


| AB |? 1 ? k 2 ? x1 ? x2 |? 1 ? k 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 |
1 2 ?k? ? 1 ? k 2 ? ? ? ? 4 ? (?1) ? k ? 1? k 2 ? 16 2 ?2? .
2

?

k 2 ? 16 1 2 ? k ? 1? k 2 ? 16 8 4 ,解得 k ? ?2 .

??? ??? ? ? k ? ?2 ,使 NA?NB ? 0 . 即存在
解法二: (Ⅰ)如图,设

A( x1,x12 ),B( x2,x2 ) ,把 y ? kx ? 2 代入 y ? 2 x 2 得 2 2 2

k x1 ? x2 ? ,x1 x2 ? ?1 2 x ? kx ? 2 ? 0 .由韦达定理得 2 .
2

? k k2 ? x1 ? x2 k ? , ? xN ? xM ? ? 2 2 4 , N 点的坐标为 ? 4 8 ? .? y ? 2 x ,? y? ? 4 x ,
抛物线在点 N 处的切线 l 的斜率为

4?

k ?k 4 ,? l ∥ AB .

(Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NA?NB ? 0 .

??? ??? ? ?

??? ? ? ? k k 2 ? ??? ? k k2 ? 2 2 NA ? ? x1 ? ,x1 ? ?, ? ? x2 ? ,x2 ? ? 2 NB 2 4 8 ? 4 8 ? ? ? 由(Ⅰ)知 ,则 ??? ??? ? ? ? k ?? k? ? k 2 ?? 2 k 2 ? NA?NB ? ? x1 ? ?? x2 ? ? ? ? 2 x12 ? ?? 2 x2 ? ? 4 ?? 4? ? 8 ?? 8 ? ? k ?? k ? ? 2 k 2 ?? 2 k 2 ? ? ? ? x1 ? ?? x2 ? ? ? 4 ? x1 ? ?? x2 ? ? 4 ?? 4? ? 16 ?? 16 ? ?
k ?? k? ? k ?? k ?? ? ? ? ? x1 ? ?? x2 ? ???1 ? 4 ? x1 ? ?? x2 ? ? ? 4 ?? 4? ? 4 ?? 4 ?? ? ?

? k k2 ? ? k2 ? ? ? x1 x2 ? ? x1 ? x2 ? ? ? ??1 ? 4 x1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) ? ? 4 16 ? ? 4? ?

? k k k2 ? ? k k2 ? ? k2 ?? 3 ? ? ? ?1 ? ? ? ???1 ? 4 ? (?1) ? k ? ? ? ? ? ?1 ? ? ? ?3 ? k 2 ? 4 2 16 ? ? 2 4? ? 16 ? ? 4 ? ?0 ? ,
? ?1 ? k2 3 ??? ??? ? ? ? 0 ??3 ? k 2 ? 0 k ? ?2 .即存在 k ? ?2 ,使 NA?NB ? 0 . 16 4 , ,解得

x2 y 2 ? 2 ? 1, ? a ? b ? 0 ? 2 F,F b 14、 (2012 四川高考)设椭圆 a 的左右焦点分别为 1 2 ,离心率
e? 2 ????? ???? ? M , N 是 l 上的两个动点, F1M ? F2 N ? 0 2 ,右准线为 l , ????? ???? ? F1M ? F2 N ? 2 5 a, b
,求 的值;

(Ⅰ)若

????? ???? ???? ? ? MN F1M ? F2 N 与 F1 F2 共线。 (Ⅱ)证明:当 取最小值时,
【解析】由 a ? b ? c 与
2 2 2

e?

c 2 ? a 2 ,得 a 2 ? 2b 2

? ? ? 2 ? 2 F1 ? ? 0? 0? ? 2 a,?,F2 ? 2 a,? ? ? ? ? ? , l 的方程为 x ? 2a



M

?

2a,y1 ,N

?

?

????? ? 3 2 ? ? ???? ? 2 ? F1M ? ? a,y1 ?,2 N ? ? F a,y2 ? ? 2 ? ? 2 ? 2a,y2 ? ? ? ? 则

?



????? ???? ? F1M ? F2 N ? 0

3 y1 y2 ? ? a 2<0 2 得
,得



(Ⅰ)由

????? ???? ? F1M ? F2 N ? 2 5
2

?3 2 ? 2 ? ? 2 a ? ? y1 ? 2 5 ? ? ? ? 2 ? 2 ? ? 2 a ? ? y2 ? 2 5 ? ? ?
2





由①、②、③三式,消去
2

y1 , y2

,并求得 a ? 4 故
2

a ? 2, b ?

2 ? 2 2

(Ⅱ)

MN ? ? y1 ? y2 ? ? y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ? ?2 y1 y2 ? 2 y1 y2 ? ?4 y1 y2 ? 6a 2
2

当且仅当

y1 ? ? y2 ?

6 6 a y2 ? ? y1 ? a 2 或 2 时, MN 取最小值 6

????? ???? ? 3 2 ? ???? ? ? ? 2 ? F1M ? F2 N ? ? a,y1 ? ? ? a,y2 ? ? 2 2a, y1 ? y2 ? 2 2a, 0 ? 2 F1F2 ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? 此时, ????? ???? ???? ? ? F1M ? F2 N F1 F2

?

? ?

?





共线。

1 3 5 ? , y?? 8 距离相等的点的轨 15、 (2012 浙江高考)已知曲线 C 是到点 P( 2 8 )和到直线
MA ? ?, MB ? x ? 迹。 是过点 Q (-1, 的直线, 是 C 上 0) M (不在 ? 上) 的动点; B 在 ? 上, A、
轴(如图) 。 (Ⅰ)求曲线 C 的方程;

QB
(Ⅱ)求出直线 ? 的方程,使得

2

QA

为常数。
2 2

1? ? 3? ? | NP |? ? x ? ? ? ? y ? ? 2? ? 8? , ? 【解析】 (Ⅰ)设 N ( x,y ) 为 C 上的点,则
y??

N 到直线

5 5 y? 8 . 8 的距离为
2 2

1? ? 3? 5 ? ?x? ? ?? y? ? ? y? 2? ? 8? 8. 由题设得 ?
化简,得曲线 C 的方程为 (Ⅱ)方法一:

y?

1 2 ( x ? x) 2 .

? x2 ? x ? M ? x, ? 2 ? ? 设 ,直线 l : y ? kx ? k ,则
B( x,kx ? k ) ,从而 | QB |? 1 ? k 2 | x ? 1| .
在 Rt△QMA 中,因为

y

M l B A x

Q O

x? ? ( x ? 1) 2 ? k ? ? x ? 2 2? 2? ? | QM | ? ( x ? 1) ?1 ? ? | MA |2 ? 2 4? ? 1? k , .
2

2

( x ? 1) 2 | QA | ?| QM | ? | MA | ? (kx ? 2) 2 2 4(1 ? k ) 所以 .
2 2 2

| QB |2 2(1 ? k 2 ) 1 ? k 2 x ? 1 ? | x ? 1|? kx ? 2 | | QA | ? | 2 |k| | QA |? x? 2 k . 2 1? k ,

| QB |2 ?5 5 k ? 2 时, | QA | 当 ,从而所求直线 l 方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 .
? x2 ? x ? M ? x, ? 2 ? ? 方 法 二 : 设 , 直 线 l : y ? kx ? k , 则 B ( x,kx ? k ) , 从 而
| QB |? 1 ? k | x ? 1| .
2

y l1 H Q O

M l B A x

0) 过 Q (?1, 垂直于 l 的直线

1 l1 : y ? ? ( x ? 1) k .

因为 | QA |?| MH | ,所以

| QA |?

| x ? 1|? kx ? 2 | | 2 1? k 2


| QB |2 2(1 ? k 2 ) 1 ? k 2 x ? 1 ? ? 2 | QA | |k| x? k .

| QB |2 ?5 5 k ? 2 时, | QA | 当 ,从而所求直线 l 方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 .
16、 (2012 重庆高考)如图(21) ,M(-2,0)和 N(2,0)是平面上的两点,动点 P 满足:

PM ? PN ? 6.
(Ⅰ)求点 P 的轨迹方程;

2 PM · = PN 1 ? cos ?MPN ,求点 P 的坐标. (Ⅱ)若
【解析】(Ⅰ)由椭圆的定义,点 P 的轨迹是以 M、N 为焦点,长轴长 2a=6 的椭圆. 因此半焦距 c=2,长半轴 a=3,从而短半轴,b= a ? c ? 5 ,
2 2

x2 y 2 ? ? 1. 5 所以椭圆的方程为 9 x2 y 2 ? ? 1. 5 P 点的轨迹方程为 9

PM ?PN ?
(Ⅱ)由

2 , 1 ? cos ?MPN 得


PM ?PN cos ?MPN ? PM ?PN ? 2.

因为 cos MPN ? 1, P 不为椭圆长轴顶点,故 P、M、N 构成三角形.在△ PMN 中,[来 源:Zxxk.Com]

MN ? 4,由余弦定理有 MN ? PM ? PN ? 2 PM ?PN cos ?MPN .
2 2 2



将①代入②,得

42 ? PM ? PN ? 2( PM ?PN ? 2).
2 2

x2 ? y2 ? 1 故点 P 在以 M、N 为焦点,实轴长为 2 3 的双曲线 3 上. x2 y 2 ? ?1 5 由(Ⅰ)知,点 P 的坐标又满足 9 ,所以
? 3 3 , ?x ? ? ? 2 ? ?y ? ? 5 . ? 2 解得 ?

?5 x 2 ? 9 y 2 ? 45, ? ? 2 2 ? x ? 3 y ? 3. 由方程组 ?
(

3 3 5 3 3 5 3 3 5 3 3 5 , )、( ,)、(, )或( ? ,). 2 2 2 2 2 2 2 即 P 点坐标为 2
2011 年考题 1、 (2011 全国Ⅰ)抛物线 y ? 4 x 的焦点为 F,准线为 l,经过 F 且斜率为 3 的直线与抛
2

物线在 x 轴上方的部分相交于点 A, AK ? l ,垂足为 K,则△ AKF 的面积是 A.4 B. 3 3
2

C. 4 3

D.8

【解析】选 C.抛物线 y ? 4 x 的焦点 F(1,0),准线为 l: x ? ?1 ,经过 F 且斜率为 3 的直 线 y ? 3( x ? 1) 与抛物线在 x 轴上方的部分相交于点 A(3,2 3 ), AK ? l ,垂足为 K(- 1,2 3 ),∴ △ AKF 的面积是 4 3 . 2、 (2011 四川高考)已知抛物线 y ? ? x ? 3 上存在关于直线 x ? y ? 0 对称的相异两点、 ,
2



AB

等于(

) (B)4 (C) 3 2 设 直 线 (D) 4 2 方 程 为

(A)3 【 解 析 】 选

C



AB



y ? x? b





? y ? ? x2 ? 3 ? x 2 ? x ? b ? 3 ? 0 ? x1 ? x2 ? ?1 ? ?y ? x ?b

, 进 而 可 求 出 AB 的 中 点

1 1 1 1 M ( ? , ? ? b) M ( ? , ? ? b) 2 2 2 2 2 , 又由 在直线 x ? y ? 0 上可求出 b ? 1 , x ? x ? 2 ? 0 , ∴
由弦长公式可求出

AB ? 1 ? 12 12 ? 4 ? (?2) ? 3 2

.本题考查直线与圆锥曲线的位置关

系.自本题起运算量增大. 3、 (2011 重庆高考)已知以 F1(2,0) ,F2(2,0)为焦点的椭圆与直线 x ? 3 y ? 4 ? 0 有且 仅有一个交点,则椭圆的长轴长为 (A) 3 2 (B) 2 6 (C) 2 7 (D) 4 2

?mx 2 ? ny 2 ? 1 ? ?? , 2 2 mx ? ny ? 1(m ? n ? 0). ? x ? 3 y ? 4 ? 0 消 x 得: ? 【解析】选 C.设椭圆方程为
(3m ? n) y 2 ? 8 3my ? 16m ? 1 ? 0, ? ? 0 ? 3m ? n ? 16mn, 即:

3 1 1 1 ? ? 16. c ? 2 ? ? ? ?4. n m m n 又

联立解得

1 ? ? ?m ? 7 ?m ? 1 ? 或? 1. ? ?n ? 1 ?n ? 5 ? ? 3 ? 由焦点在 x 轴上,故长轴长为 2 7.
4、 (2011 宁夏高考)在平面直角坐标系 xOy 中,经过点 (0,2) 且斜率为 k 的直线 l 与椭圆

x2 ? y2 ? 1 2 有两个不同的交点和 Q .
(I)求 k 的取值范围; (II)设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为 A,B ,是否存在常数 k ,使得向量

??? ???? ??? ? ? OP ? OQ 与 AB 共线?如果存在,求 k 值;如果不存在,请说明理由.

【 解 析 】 Ⅰ ) 由 已 知 条 件 , 直 线 l 的 方 程 为 y ? kx ? 2 , 代 入 椭 圆 方 程 得 (

x2 ? (kx ? 2) 2 ? 1 2 .
?1 2? 2 ? ? k ? x ? 2 2kx ? 1 ? 0 ? 整理得 ? 2



?1 ? ? ? 8k 2 ? 4 ? ? k 2 ? ? 4k 2 ? 2 ? 0 ?2 ? 直线 l 与椭圆有两个不同的交点和 Q 等价于 ,

? ? 2? ? 2 2 2 ? , ∞? ? ? ? ?∞, ??? k?? k? ? 2 ? ? 2 ? ? ?. 2 或 2 .即 k 的取值范围为 ? 解得 ??? ???? ? OP ? OQ ? ( x1 ? x2,y1 ? y2 ) P( x1,y1 ),Q( x2,y2 )
(Ⅱ)设 ,则 ,

由方程①, 又

x1 ? x2 ? ?

4 2k 1 ? 2k 2 .

② ③

y1 ? y2 ? k ( x1 ? x2 ) ? 2 2 . ??? ? A( 2,,B(0,, ? ( ? 2, . 0) 1) AB 1) 而

??? ???? ??? ? ? OP ? OQ 与 AB 共线等价于 x1 ? x2 ? ? 2( y1 ? y2 ) , 所以
k?
将②③代入上式,解得

2 2 .

k??
由(Ⅰ)知

2 2 k? 2 或 2 ,故没有符合题意的常数 k .

5、 (2011 山东高考)已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在轴上,椭圆 C 上的点到焦点距 离的最大值为 3 ,最小值为. (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程; (Ⅱ)若直线 l : y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于,两点( A,B 不是左右顶点) ,且以 AB 为直 径的圆过椭圆 C 的右顶点,求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标.

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 2 b 【解析】(I)由题意设椭圆的标准方程为 a , a ? 2, c ? 1, b ? 3

?

x2 y 2 ? ? 1. 4 3

? y ? kx ? m ? 2 ?x y2 ? ?1 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由 ? 4 3 ? (II)设 得

(3 ? 4k 2 ) x 2 ? 8mkx ? 4(m 2 ? 3) ? 0 , ? ? 64m 2 k 2 ? 16(3 ? 4k 2 )(m 2 ? 3) ? 0 , 3 ? 4k 2 ? m 2 ? 0 .
x1 ? x2 ? ? 8mk 4(m 2 ? 3) , x1 ? x2 ? . 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3(m 2 ? 4k 2 ) . 3 ? 4k 2

y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m 2 ?
以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D (2, 0),

k AD ? k BD ? ?1 ,

?

y1 y ? 2 ? ?1 y y ? x1 x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 ? 0 x1 ? 2 x2 ? 2 , 1 2 ,

3(m 2 ? 4k 2 ) 4(m 2 ? 3) 16mk ? ? ?4?0 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 ,
7 m 2 ? 16mk ? 4k 2 ? 0 ,解得

m1 ? ?2k , m2 ? ?

2k 7 ,且满足 3 ? 4k 2 ? m 2 ? 0 .

当 m ? ?2k 时, l : y ? k ( x ? 2) ,直线过定点 (2, 0), 与已知矛盾;

m??


2k 2 2 l : y ? k(x ? ) ( , 0). 7 时, 7 ,直线过定点 7

2 ( , 0). 综上可知,直线 l 过定点,定点坐标为 7
6、(2011 山东高考) 已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在轴上,椭圆 C 上的点到焦点距 离的最大值为 3,最小值为 1. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若直线 l : y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点( A,B 不是左右顶点) ,且以 AB 为

直径的图过椭圆 C 的右顶点.求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标.

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 b 【解析】 (1)由题意设椭圆的标准方程为 a ,
由已知得: a ? c ? 3 , a ? c ? 1 ,? a ? 2 , c ? 1 ,

? b2 ? a 2 ? c2 ? 3
(2)设

x2 y 2 ? ?1 3 椭圆的标准方程为 4

A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,

? y ? kx ? m, ? 2 ?x y2 ? ? 1. 2 2 2 ? 3 联立 ? 4 得 (3 ? 4k ) x ? 8mkx ? 4(m ? 3) ? 0 ,

? ?? ? 64m 2 k 2 ? 16(3 ? 4k 2 )(m 2 ? 3) ? 0,即3 ? 4k 2 ? m 2 ? 0,则 ? 8mk ? , ? x1 ? x2 ? ? 3 ? 4k 2 ? ? 4(m 2 ? 3) . ? x1 ? x2 ? 3 ? 4k 2 ?



y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m 2 ?

3(m 2 ? 4k 2 ) 3 ? 4k 2 ,

0) 因为以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D (2, ,

? k AD k BD
?

y1 y ? 2 ? ?1 ? ?1 ? y1 y2 ? x1 x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 ? 0 x ? 2 x2 ? 2 ,即 1 , ,

3(m 2 ? 4k 2 ) 4(m 2 ? 3) 16mk ? ? ?4?0 2 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 ,? 7 m ? 16mk ? 4k ? 0

解得: 当

m1 ? ?2k



m2 ? ?

2k 7 ,且均满足 3 ? 4k 2 ? m 2 ? 0 ,

m1 ? ?2k
m2 ? ?

0) 时, l 的方程为 y ? k ( x ? 2) ,直线过定点 (2, ,与已知矛盾;



2? ? ?2 ? 2k y ?k?x? ? 0 ? ,? 7 ? ,直线过定点 ? 7 ? ? 7 时, l 的方程为

?2 ? 0 ? ,? 所以,直线 l 过定点,定点坐标为 ? 7 ?

x2 y 2 ? ?1 F F F 2 7、 (2011 全国Ⅰ)已知椭圆 3 的左、右焦点分别为 1 , 2 .过 1 的直线交椭圆
于 B,D 两点,过

F2 的直线交椭圆于 A,C 两点,且 AC ? BD ,垂足为.

2 2 x0 y0 ? ?1 ( x ,y0 ) ,证明: 3 2 (Ⅰ)设点的坐标为 0 ;

(Ⅱ)求四边形 ABCD 的面积的最小值. 【解析】 (Ⅰ)证明:椭圆的半焦距 c ? 由 AC ⊥ BD 知点在以线段

3? 2 ?1,
2 2 x0 ? y0 ? 1

F1 F2

为直径的圆上,故



2 2 2 2 x0 y0 1 x2 y0 ? ≤ ? ? ?1 2 2 2 2 所以, 3 .

(Ⅱ) (ⅰ)当 BD 的斜率 k 存在且 k ? 0 时, BD 的方程为 y ? k ( x ? 1) ,代入椭圆方程

x2 y 2 ? ?1 3 2 ,
并化简得 (3k ? 2) x ? 6k x ? 3k ? 6 ? 0 .
2 2 2 2

6k 2 3k 2 ? 6 x1 ? x2 ? ? 2 x1 x2 ? 2 B( x1,y1 ) D( x2,y2 ) 3k ? 2 , 3k ? 2 设 , ,则
BD ? 1 ? k ? x1 ? x2 ? (1 ? k )??( x2 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? ? ? ?
2 2

4 3(k 2 ? 1) 3k 2 ? 2 ;

? 1 ? 4 3 ? 2 ? 1? 2 ?k ? ? 4 3(k ? 1) AC ? 1 1 2k 2 ? 3 3? 2 ? 2 ? k 因为 AC 与 BD 相交于点, AC 的斜率为 k , 且 所以 .
四 边 形

ABCD







1 24(k 2 ? 1) 2 ??(k 2? 1) 2 96 S ? ?BD AC ? ≥ ? 2 2 2 2 2 2 (3k ? 2)(2k ? 3) ? (3k ? 2) ? (2k ? 3) ? 25 ? ? 2 ? ? .
当 k ? 1 时,上式取等号.
2

(ⅱ)当 BD 的斜率 k ? 0 或斜率不存在时,四边形 ABCD 的面积 S ? 4 .

96 综上,四边形 ABCD 的面积的最小值为 25 .
8、 (2011 全国Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中,以 O 为圆心的圆与直线 x ? 3 y ? 4 相切. (1)求圆 O 的方程; (2)圆 O 与轴相交于 A,B 两点,圆内的动点使 取值范围. 【解析】 (1)依题设,圆 O 的半径等于原点 O 到直线 x ? 3 y ? 4 的距离, 即

PA , , PO PB

成等比数列,求 PA?PB 的

??? ??? ? ?

r?

4 ?2 1? 3 .
2 2

得圆 O 的方程为 x ? y ? 4 . (2)不妨设 设

A( x1,,B( x2,,x1 ? x2 .由 x 2 ? 4 即得 0) 0)
, 由

A(?2,,B(2, . 0) 0)
等 比 数 列 , 得

P( x,y )

PA , ,PB PO




( x ? 2) 2 ? y 2 ? ( x ? 2) 2 ? y 2 ? x 2 ? y 2


x2 ? y 2 ? 2 . ??? ??? ? ? PA?PB ? (?2 ? x, y )?(2 ? x, y ) ? ?

? x2 ? 4 ? y 2 ? 2( y 2 ? 1).
? x 2 ? y 2 ? 4, ? ? 2 2 ? O 内,故 ? x ? y ? 2. 由于点在圆
0) 由此得 y ? 1 .所以 PA?PB 的取值范围为 [?2, .
2

??? ??? ? ?

9、 (2011 江苏高考)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,过轴正方向上一点 C (0, c) 任作一直 线,与抛物线 y ? x 相交于 AB 两点,一条垂直于轴的直线,分别与线段 AB 和直线
2

l : y ? ?c 交于 P, Q ,
(1)若 OA ? OB ? 2 ,求的值; 分) (5 (2)若为线段 AB 的中点,求证: QA 为此抛物线的切线; 分) (5

??? ??? ? ?

(3)试问(2)的逆命题是否成立?说明理由。 分) (4
2 x ? kx ? c ? c ? 0 ? 【解析】 (1)设过 C 点的直线为 y ? kx ? c ,所以 ,即 x ? kx ? c ? 0 ,

2

??? ? ??? ??? ? ? ? x , y ? , B ? x2 , y2 ? , OA = ? x1 , y1 ? , OB ? ? x2 , y2 ? ,因为 OA ? OB ? 2 ,所以 设A 1 1
x1 x2 ? y1 y2 ? 2 ,即 x1 x2 ? ? kx1 ? c ?? kx2 ? c ? ? 2 ,
2 2 2 c ? 2 舍去c ? ?1 k 所以 ?c ? k c ? kc ? ? c ? 2 ,即 c ? c ? 2 ? 0, 所以

??? ?

?

?

(2)设过 Q 的切线为

y ? y1 ? k1 ? x ? x1 ?

/ k ? 2 x1 , 即 , y ? 2x , 所 以 1

? x1 ? c , ?c ? ? ? y ? 2 x1 x ? 2 x ? y1 ? 2 x1 x ? x , 它 与 y ? ?c 的 交 点 为 M ? 2 2 x1 ? ,又
2 1 2 1

? ? x ? x2 y1 ? y 2 ? ? k k 2 c ?k ? P? 1 , ? ? x2 ? ? ? 2 , 2 ? c? ? , ?c ? 2 ? ? ? 2 ? ,所以 Q ? 2 ? ,因为 x1 x2 ? ?c ,所以 x1 ,
? x1 x2 ? ?k ? ? 2 ? 2 , ?c ? ? ? 2 , ?c ? ? ,所以点 M 和点 Q 重合,也就是 QA 为此抛物线的切线。 ? ? 所以 M ?
?k ? ?k ? P ? , yP ? ? , ?c ? ? ,因为 PQ 轴,所以 ? 2 ? (3) (2)的逆命题是成立,由(2)可知 Q ? 2

x1 ? x2 k ? 2 ,所以 P 为 AB 的中点。 因为 2
10、 (2011 湖北高考) 在平面直角坐标系 xOy 中, 过定点 C (0,p ) 作直线与抛物线 x ? 2 py
2

( p ? 0 )相交于 A,B 两点. (I)若点 N 是点 C 关于坐标原点 O 的对称点,求 △ ANB 面积的最小值; (II) 是否存在垂直于轴的直线 l , 使得 l 被以 AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值?若存在, 求出 l 的方程;若不存在,说明理由. (此题不要求在答题卡上画图) y

? 【解析】解法 1: (Ⅰ)依题意,点 N 的坐标为 N (0, p ) ,
可设

A( x1,y1 ),B ( x2,y2 )


2

C A O N

B x

? x ? 2 py, ? 2 AB 的方程为 y ? kx ? p ,与 x ? 2 py 联立得 ? y ? kx ? p. 直线

消去得 x ? 2 pkx ? 2 p ? 0 .
2 2

由韦达定理得

x1 ? x2 ? 2 pk , x1 x2 ? ?2 p 2 .

y

1 S△ ABN ? S△ BCN ? S△ ACN ? · 2 p x1 ? x2 2 于是 .
C

B A O x N

? p x1 ? x2 ? p ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2
? p 4 p 2 k 2 ? 8 p 2 ? 2 p 2 k 2 ? 2 ,[来源:Z+xx+k.Com]

(S ) ? 2 2p . 当 k ? 0 时, △ ABN min
2

(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? a ,

AC 的中点为 O? , l 与 AC 为直径的圆相交于点, Q,PQ 的中点为 H ,
? x1 y1 ? p ? , ? O?H ? PQ , O? 点的坐标为 ? 2 2 ?. ? 则
∵ O?P ? 1 1 2 1 AC ? x1 ? ( y1 ? p ) 2 ? y12 ? p 2 2 2 2 ,
y

B l A

O?

C

O?H ? a ?

y1 ? p 1 ? 2a ? y1 ? p 2 2 ,

O N

x

1 2 1 2 2 2 2 2 ∴ PH ? O?P ? O?H ? 4 ( y1 ? p ) ? 4 (2a ? y1 ? p )

p? ? ? ? a ? ? y1 ? a ( p ? a ) 2? ? ,

?? p? ? ? 4 ?? a ? ? y1 ? a ( p ? a ) ? ∴ PQ ? (2 PH ) 2? ?? ?.
2 2

a?


p p p ?0 a? y? PQ ? p 2 2, 2, , 得 此时 为定值, 故满足条件的直线 l 存在, 其方程为

即抛物线的通径所在的直线. 解法 2: (Ⅰ)前同解法 1,再由弦长公式得

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2· ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2· 4 p 2 k 2 ? 8 p 2
? 2 p 1 ? k 2· k 2 ? 2 ,

d?
又由点到直线的距离公式得

2p 1? k 2 .

1 1 2p S△ ABN ? · d AB ? · 2 p 1 ? k 2· k 2 ? 2 · · ? 2 p2 k 2 ? 2 2 2 2 1? k 从而 ,

(S ) ? 2 2p . 当 k ? 0 时, △ ABN min
2

(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? a ,则以 AC 为直径的圆的方程为

( x ? 0)( x ? x1 ) ? ( y ? p )( y ? y1 ) ? 0 ,
将直线方程 y ? a 代入得
2 x x 2 ? 1x1 x ?aa ? p )(a ? 1y1 ) ? 0 ? x x ? ( ( ? p )(a ? y ) ? 0

-



??? p ?? p ?? ? △? xx12? 4(a ? p )(a ? yy1))? 4 ???a ? ??yy1? a ((p ? a )) ? △? 12 ? 4(a ? p )(a ? 1 ? 4 ? a ? 1 ?a p?a? 2 ? ??? 2 ?? ??. 则 +
设直线 l 与以 AC 为直径的圆的交点为

P( x3,y3 ),Q( x4,y4 ) ,

?? p? ? p? ? PQ ? x3 ? x4 ? 4 ?? a ? ? y1 ? a ( p ? a ) ? ? 2 ? a ? ? y1 ? a ( p ? a ) 2? 2? ? ?? ? 则有 .
a?


p p p ?0 a? y? PQ ? p 2 2, 2, , 得 此时 为定值, 故满足条件的直线 l 存在, 其方程为

即抛物线的通径所在的直线.
2 11、 (2011 重庆高考)如图,倾斜角为 a 的直线经过抛物线 y ? 8 x 的焦点 F,且与抛物线交

于 A、B 两点。

A

a

(Ⅰ)求抛物线的焦点 F 的坐标及准线 l 的方程;[来源:学&科&网 Z&X&X&K] (Ⅱ)若 a 为锐角,作线段 AB 的垂直平分线 m 交 x 轴于点 P,证明|FP|-|FP|cos2a 为定值, 并求此定值。
2 【解析】 (Ⅰ)解:设抛物线的标准方程为 y ? 2 px ,则 2 p ? 8 ,从而 p ? 4.

p F ( ,0) 因此焦点 2 的坐标为(2,0).

p 2 ,从而所求准线 l 的方程为 x ? ?2 。 又准线方程的一般式为 (Ⅱ)解法一:如图(21)图作 AC⊥l,BD⊥l,垂足为 C、D, x??

则由抛物线的定义知|FA|=|AC|,|FB|=|BD|. 记 A、B 的横坐标分别为 xxxz,则 p p p x x ? ?| FA | cos a ? ? ?| FA | cos a ? 4 2 2 2 |FA|=|AC|= 解得
| FA |? 4 1 ? cos a , | FB |? 4 1 ? cos a 。

类似地有 | FB |? 4? | FB | cos a ,解得

记直线 m 与 AB 的交点为 E,则 | FA | ? | FB | 1 1? 4 4 ? 4 cos a | FE |?| FA | ? | AE |?| FA | ? ? (| FA | ? | FB |) ? ? ? ?? 2 2 2 ? 1 ? cos a 1 ? cos a ? sin 2 a

| FP |?
所以

| FE | 4 4 4·2 sin 2 a ? | FP | ? | FP | cos 2a ? (1 ? cos 2a) ? ?8 2 2 cos a sin a .故 sin a sin 2 a 。

解法二: A( x A , y A ) ,B( x B , y B ) , 设 直线 AB 的斜率为 k ? tan a , 则直线方程为 y ? k ( x ? 2) 。

2 将此式代入 y ? 8 x ,得 k x ? 4(k ? 2) x ? 4k ? 0 ,故
2 2 2 2

x A ? xB ?

4(k 2 ? 2) k2 。

记直线 m 与 AB 的交点为 E ( x E , y E ) ,则
xE ? x A ? x B 2(k 2 ? 2) ? 2 k2 ,
4 k,

y E ? k ( x E ? 2) ?

y?

故直线 m 的方程为

4 1? 2k 2 ? 4 ? ? ? ? ?x ? k k? k2 ? ? ?
2kk22 ? 4 2 ?4 kk22 4 sin 2 a 。 4 sin 2 a (1 ? cos 2a) ? ?4 ?4 故

.

xx P ? P ? 令 y=0,得 P 的横坐标 = | FP |? x P ? 2 ? 4(k 2 ? 1) k
2

?

| FP | ? | FP | cos 2a ?

4·2 sin 2 a sin 2 a

?8

从而

为定值。

x2 ? y2 ? 1 4 12、 (2011 浙江高考)如图, 直线 y=kx+b 与椭圆 交于 A、 两点, B
记△ AOB 的面积为 S. (I)求在 k=0,0<b<1 的条件下,S 的最大值; (Ⅱ)当|AB|=2,S=1 时,求直线 AB 的方程. 【解析】(I)设点 A 的坐标为

y

A

( x1 , b) ,点 B 的坐标为 ( x2 , b) ,

O B

x

x2 ? y2 ? 1 x ? ?2 1 ? b 2 由 4 ,解得 1,2
1 S ? b | x1 ? x2 |? 2b 1 ? b 2 ? b 1 ? b 2 ? b 2 ? 1 ? b 2 ? 1 2 所以

b?
当且仅当

2 2 时, S 取到最大值 1.

? y ? kx ? b ? 2 ?x 2 ? ? y ?1 (Ⅱ)由 ? 4 得

(4k 2 ? 1) x 2 ? 8kbx ? 4b 2 ? 4 ? 0
x1 ? x2 ? ?8kb 4b 2 ? 4 , x1 x2 ? 2 4k 2 ? 1 4k ? 1

2

? ? 16(4k 2 ? b 2 ? 1)
1 ? k | x1 ? x2 |? 1 ? k
2

|AB|=

16(4k 2 ? b 2 ? 1) ?2 4k 2 ? 1
? 2S ?1 | AB |



d?
又因为 O 到 AB 的距离
4

|b| 1? k
2

2

所以 b ? k ? 1
2 2



③代入②并整理,得 4k ? 4k ? 1 ? 0

k2 ?
解得,

1 2 3 ,b ? 2 2 ,代入①式检验,△ >0

y?
故 直 线 AB 的 方 程 是

2 6 2 6 2 6 x? y? x? y?? x? 2 2 或 2 2 或 2 2 或

y??

2 6 x? 2 2 .

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 F,F2,A 是椭圆 b 13、 (2011 天津高考)设椭圆 a 的左、右焦点分别为 1
1 AF2 ? F1 F2 ,原点 O 到直线 AF1 的距离为 3 OF1 . 上的一点,
(Ⅰ)证明 a ?

2b ;
2 2 2

M ( x0,y0 ) 处的切线交 (Ⅱ)求 t ? (0,b) 使得下述命题成立:设圆 x ? y ? t 上任意点
椭圆于

Q1 , Q2 两点,则 OQ1 ? OQ2 . AF2 ? F1 F2 及 F1 (?c, , F2 (c, ,不妨设点 A(c,y ) ,其 0) 0)

【解析】 (Ⅰ)方法一:由题设 中

c2 y 2 a 2 ? b2 y 2 ? ?1 ? 2 ?1 2 y ? 0 ,由于点在椭圆上,有 a 2 b 2 b , a ,

? b2 ? b2 b2 A ? c, ? y? y? ( x ? c) a , 从 而 得 到 ? a ? , 直 线 AF1 的 方 程 为 2ac 解得 ,整理得
b 2 x ? 2acy ? b 2 c ? 0 .
c b2c 1 ? OF1 AF 3 b 4 ? 4a 2 c 2 , 由题意,原点 O 到直线 1 的距离为 3 ,即
将 c ? a ? b 代入原式并化简得 a ? 2b ,即 a ?
2 2 2 2 2

y

2b .

H

A

? b2 ? ? c, ? a ? 方法二:同方法一,得到点的坐标为 ? ,
HO
过点 O 作

F1 O
F2 A F1 A

F2

x

OH ? AF1

,垂足为 H ,易知

△F1 HO ∽△F1 F2 A

,故

OF1

?

由椭圆定义得

AF1 ? AF2 ? 2a

HO ?
,又

F2 A 1 F2 A 1 ? ? OF1 3 F1 A 2a ? F2 A 3 ,所以 ,

解得

F2 A ?

b2 b2 a a F2 A ? ? a ,得 a 2 ,即 a ? 2b . 2 ,而
2

2 2 2 M ( x0,y0 ) x x ? y0 y ? t (Ⅱ)圆 x ? y ? t 上的任意点 处的切线方程为 0 .

当 t ? (0,b) 时,圆 x ? y ? t 上的任意点都在椭圆内,故此圆在点处的切线必交椭圆于
2 2 2

两个不同的点

Q1 和 Q2 ,因此点 Q1 ( x1,y1 ) , Q2 ( x2,y2 ) 的坐标是方程组
① ②
的解.当

? x0 x ? y0 y ? t 2 ? ? 2 2 2 ? x ? 2 y ? 2b ?

y0 ? 0 时,由①式得

t 2 ? x0 x y? y0
? t 2 ? x0 x ? 2 x ? 2? ? ? 2b ? y0 ? 代入②式,得 ,即
2
2 2 2 (2 x0 ? y0 ) x 2 ? 4t 2 x0 x ? 2t 4 ? 2b 2 y0 ? 0 ,

2

x1 ? x2 ?
于是

2 4t 2 x0 2t 4 ? 2b 2 y0 x1 x2 ? 2 2 2 2 2 x0 ? y0 , 2 x0 ? y0

t 2 ? x0 x1 t 2 ? x0 x2 y1 y2 ? ? y0 y0
? 1 4 2 ?t ? x0t 2 ( x1 ? x2 ) ? x0 x1 x2 ? 2 ? y0 ?
4 2 2 4t 2 x 1 ? 4 2 2t ? 2b y0 ? t ? x0t 2 2 0 2 ? x0 2 ? 2 2 ? y0 ? 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 ?
2 t 4 ? 2b 2 x0 2 2 2 x0 ? y0 .

?

?



OQ1 ? OQ2

,则

2 2 2 2 2t 4 ? 2b 2 y0 t 4 ? 2b 2 x0 3t 4 ? 2b 2 ( x0 ? y0 ) x1 x2 ? y1 y2 ? ? ? ?0 2 2 2 2 2 2 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 .
2 2 3t 4 ? 2b 2 ( x0 ? y0 ) ? 0 2 2 x0 ? y0 ? t 2

所以,

.由

,得 3t ? 2b t ? 0 .在区间 (0,b) 内此方
4 2 2

t?
程的解为

6 b 3 .



y0 ? 0

时,必有

x0 ? 0

,同理求得在区间 (0,b) 内的解为

t?

6 b 3 .

t?
另一方面,当

6 b 3 时,可推出 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,从而 OQ1 ? OQ2 .

t?
综上所述,

6 b ? (0,b) 3 使得所述命题成立.

x2 y 2 y 2 x2 ? 2 ? 1? x ? 0 ? ? 2 ? 1? x ? 0 ? 2 2 b c 14、 (2011 上海高考)已知半椭圆 a 与半椭圆 b 组成的

F ,F ,F 曲线称为“果圆”,其中 a ? b ? c , a ? 0, b ? c ? 0 , 0 1 2 是对
2 2 2

应的焦点。 (1)若三角形

F0 F1 F2 是边长为 1 的等边三角形,求“果圆”的方程;
b ,求 a 的取值范围;

(2)若

A1 A2 ? B1 B2

(3)一条直线与果圆交于两点,两点的连线段称为果圆的弦。 是否存在实数 k ,使得斜率为 k 的直线交果圆于两点,得到的弦的中点的轨迹方程落在某个 椭圆上?若存在,求出所有 k 的值;若不存在,说明理由。 【解析】 (1)∵F0(c,0) ,F1(0, ? b ? c ) ,F2(0, b ? c )
2 2 2 2

∴| F0F1 |=

(b 2 ? c 2 ) ? c 2 ? b ? 1

,| F1F2 |= 2 b ? c ? 1
2 2

c2 ?
于是

3 7 a 2 ? b2 ? c2 ? 4, 4 ,所求“果圆”方程为

4 2 4 x ? y2 ? 1 y2 ? x2 ? 1 7 3 (x≥0) , (x≤0) .
(2)由题意,得 a+c>2b,即 a ? b ? 2b ? a .
2 2

b 4 ? ∵(2b)2>b2+c2,∴a2-b2>(2b-a)2,得 a 5

b2 1 ? 2 2. 又 b2>c2=a2-b2,∴ a
b 2 4 ?( , ) 2 5 . ∴a

y 2 x2 x2 y2 ? 2 ?1 ? 2 ?1 2 2 b c (3)设“果圆”的方程为 a (x≥0) b (x≤0)
记弦的斜率为 k.

x2 y2 ? 2 ?1 2 b 当 k=0 时,直线 y=t(-b≤t≤b)与半椭圆 a (x≥0)的交点是
p(a 1 ? t2 t2 y 2 x2 ,t) ? c 1 ? 2 ,t ? 2 ?1 b 2 ,与半椭圆 b 2 c b ) (x≤0)的交点是 Q( .

∴P、Q 的中点 M(x,y)满足

? a?c t2 ?x ? 1? 2 ? 2 b ?y ? t ?

x2 y2 ? 2 ?1 a?c 2 b ( ) 2 得 .
a?c 2 a ? c ? 2b a ? c ? 2b ) ? b2 ? ? ?0 2 2 ∵a<2b,∴ 2 . (
综上所述,当 k=0 时,“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆……14 分

x2 y2 ? 2 ?1 2 b 当 k > 0 时 , 以 k 为 斜 率 过 B1 的 直 线 l 与 半 椭 圆 a ( x≥0 ) 的 交 点 是 ( 2ka 2b k 2 a 2b ? b 3 , ) k 2a 2 ? b2 k 2a 2 ? b2 y?
由此,在直线 l 右侧,以 k 为斜率的平行弦的中点轨迹在直线 上. 当 k<0 时,可类似讨论得到平行弦中点轨迹不都在某一椭圆上. 综上,存在 k=0 时,平行弦中点轨迹总是落在某个椭圆。

b2 x k 2 上,即不在某一椭圆
……18 分


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