圆锥曲线40个专题教师版
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专题1：曲线与方程的概念参考答案1.A22【解析】(x+y-3)x+y-2x=0，22故x+y-3=0且x+y-2x≥0，如图所示：画出图像知，表示一条直线；2222或x+y-2x=0，即x-1+y=1表示一个圆.故选：A.2.D21【解析】当y>0时，y=x+，2x因为定义域为x|x≠0，排除C，该函数为偶函数，排除A,212又y=x+≥2，当且仅当x=1时，取等号，排除B,2x故选：D.3.C【解析】①对任意三点A、B、C，若它们共线，设A(x1，y1)、B(x2，y2)，C(x3，y3)，如图，结合三角形的相似可得d(C,A)，d(C,B)，d(A,B)为AN，CM，AK，或CN，BM，BK，则d(C,A)+d(C,B)≥d(A,B)；若B，C或A，C对调，可得d(C,A)+d(C,B)≥d(A,B)；若A，B，C不共线，且三角形中C为锐角或钝角，如图，由矩形CMNK或矩形BMNK，d(C,A)+d(C,B)≥d(A,B)；则对任意的三点A，B，C，都有d(C,A)+d(C,B)≥d(A,B)，故①正确；②设点Q是直线y=2x-1上一点，且Q(x,2x-1)，第2页共377页,可得d(P,Q)=max{|x-3|，|2-2x|}，5由|x-3|≥|2-2x|，解得-1≤x≤，即有d(P,Q)=|x-3|，354当x=时，取得最小值；335由|x-3|<|2-2x|，解得x>或x<-1，即有d(P,Q)=|2x-2|，34d(P,Q)的范围是(3,+∞)∪,+∞，无最值；34综上可得，P，Q两点的“切比雪夫距离”的最小值为；故②正确；3③假设定点M(0,0)，到定点M的距离和到M的“切比雪夫距离”相等且距离为1的点为Q(x,y)，则到定点M(0,0)的距离为1的点Q的轨迹为单位圆；到M的“切比雪夫距离”的距离为1的点Q，所以x≥y,x≤y,dM,Q=maxx,y=1，即或显然点Q的轨迹为正方形，所以只有四个点(1x=1,y=1,,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)符合要求，故③错误；故选：C4.D22【解析】因为方程x-1⋅lnx+y-1=022所以可得x-1=0或lnx+y-1=0，22即x=1或x+y=2，x≥1且y≠022所以曲线为直线x=1(y≠0)与圆x+y=2在直线x=1(y≠0)的右边部分构成，故选D.5.D【解析】因为命题“坐标满足方程fx,y=0的点都在曲线C上”不正确，所有命题“坐标满足方程fx,y=0的点不都在曲线C上”正确，即“一定有不在曲线C上的点，其坐标满足方程fx,y=0，因此D正确.故选：D.6.C【解析】因为点Mx0,y0不在直线l上，所以fx0,y0是不为0的常数，所以方程fx,y-fx0,y0=0表示过点Mx0,y0且与直线l平行的一条直线.故选:C.7.C2【解析】依题意得，在方程3y-xy=1中，用-x替换x，用-y替换y得：223-y--x-y=3y-xy=1，即方程不变，而点x,y与点-x,-y关于原点对称，2所以方程3y-xy=1表示的曲线关于原点对称.故选：C.第3页共377页,8.D22【解析】由题意，首先|x|>1，平方整理得(|x|-1)+(y-1)=1，若x>1，则是以(1，1)为圆心，以1为半径的右半圆若x<-1，则是以(-1，1)为圆心，以1为半径的左半圆总之，方程表示的曲线是以(1，1)为圆心，以1为半径的右半圆与以(-1，1)为圆心，以1为半径的左半圆合起来的图形故选D．9.BCD【解析】设M(x,y)，yy1A.k1+k2=+=2，化简得y=x-，不是椭圆方程，A错；x+1x-1xyy2B.k1-k2=-=2，化简得y=1-x，是抛物线方程，轨迹是抛物线(去掉x=±1的两点)，x+1x-1B正确；2yy2yC.k1⋅k2=⋅=2，化简得x-=1，双曲线方程，轨迹是双曲线(除去两顶点)，C正确；x+1x-12yk1x+1x-1yD.===2，≠0，y≠0，化简得x=-3，轨迹是直线，去除点(-3,0)，D正确，k2yx+1x-1x-1故选：BCD．10.①②③④【解析】方程x|x|+y|y|=1等价于：22x+y=1x≥0,y≥022x-y=1x≥0,y≤0，22-x+y=1x≤0,y≥0绘制其对应的曲线如图所示：据此考查所给的性质：①由函数图像可知f(x)是R上的单调递减函数；②注意到两段双曲线的渐近线均为y=-x，故对于任意x∈R，f(x)>-x,f(x)+x>0恒成立；③很明显函数的值域为R，故对于任意a∈R，关于x的方程f(x)=a都有解；④很明显单调递减函数fx的定义域、值域均为R，且函数fx关于直线y=x对称，第4页共377页,-1-1故f(x)存在反函数f(x)，且对任意x∈R，总有f(x)=f(x)成立.综上可得，结论正确的是①②③④.故答案为①②③④．11.①④22【解析】曲线C:x-xy+y=4，22对于①，将-x替换x，-y替换y，代入可得x-xy+y=4，所以曲线C关于原点对称；22将-x替换x，代入可得x+xy+y=4，所以曲线C不关于y轴对称；22将-y替换y，代入可得x+xy+y=4，所以曲线C不关于x轴对称；所以①正确；对于②，当x=0时，代入可得y=±2，所以经过0,2,0,-2；当y=0时，代入可得x=±2，所以经过2,0,-2,0；当x=2时，代入可得y=2，所以经过2,2；当x=-2时，代入可得y=-2，所以经过-2,-2；所以至少有六个整点在曲线C上，所以②错误；2222对于③，由x-xy+y=4可知x+y=4+xy，2222而x+y≥2xy，所以4+xy≥2xy，解得xy≤4，即4+xy≤8，则x+y≤8，22228822同理x+y≥-2xy，解得x+y≥，所以≤x+y≤8，则③错误；33822对于④，由③可知≤x+y≤8，322所以x+y≤22，故④正确，综上可知，正确的为①④，故答案为：①④.21112.y=2x+1-≤x≤22u=xy【解析】设Qu,υ，则υ=x+y22因为点P(x,y)在以原点为圆心的单位圆上，所以x+y=1，11则：-≤u≤,-2≤υ≤2，2222211且υ-2u=x+y=1-≤u≤22211所以点Q的轨迹方程是y-2x=1-≤x≤，22211即y=2x+1-≤x≤.22211故答案为：y=2x+1-≤x≤.22第5页共377页,13.②④.【解析】求解命题p:22∵方程x-2y-2x-1=022∴x-2y-2=0或x-1=0222x2当x-2y-2=0时,即-y=1,此时表示的是双曲线2当x-1=0时,即x-1=0(x≥0),此时表示的是射线故命题p是假命题求解命题q:2y2直线AB与椭圆E:+x=1相交于A,B两点,设Ax1,y1,Bx2,y292x12+y1=19则2x2+y2=192y1+y2y1-y2两式相减:+x1+x2x1-x2=0911∵P,为AB的中点,22∴x1+x2=1,y1+y2=1y1-y2∴k==-9x1-x211∴直线AB的方程为y-=-9x-22整理得:9x+y-5=0.故命题q是真命题根据复合命题真假判定可知:对于①,p∧q是假命题;对于②,p∨q是真命题;对于③,p∧(¬q)是假命题;对于④,(¬p)∨q是真命题.故答案为:②④.14.①②④⑤【解析】对于①，将方程中的x换成-x，y换成-y方程不变，故①正确；对于②，将方程中的x换成-y，y换成-x方程不变；或将方程中的x换成y，y换成x方程不变，故②正确；22对于③，由方程得x>1，y>1，故曲线C不是封闭图形，故③错；1122对于④，联立曲线C:+=1圆x+y=2，方程组无解，无公共点，故④正确；22xy对于⑤，当x>0，y>0时，联立曲线C与x+y=22只有一解(2,2)，根据对称性，共有有4个交点，这4点构成正方形，正确．故答案为：①②④⑤第6页共377页,15.(1)(2)(5)24【解析】曲线方程C:x+y=1将方程中x换成-x,y换成-y,曲线C的方程都不变,所以(1)(2)正确;24将x、y互换,方程变为y+x=1,方程发生改变,所以(3)错误;24在曲线上任取一点Px0,y0,则x0+y0=1即x0≤1,y0≤1,所以是封闭图形,(6)错误;422422因为y0≤1,所以y0≤y0因而x0+y0≤x0+y02222即1≤x0+y0,所以Px0,y0在圆x+y=1的外面所以封闭图形的面积大于π,所以(4)错误,(5)正确.综上可知,正确的序号是(1)(2)(5)故答案为:(1)(2)(5)16.①③④【解析】由题意，满足合作曲线，则说明曲线C过单位圆内，如图，曲线①(黄色圆)、曲线③(蓝色双曲线)、曲线④(绿色椭圆)过单位圆内，为合作曲线，即答案为①③④．第7页共377页,专题2：曲线的轨迹方程参考答案1.①②④⑤【解析】(1)因为A为圆⊙O内的一定点，P为⊙O上的一动点，线段AP的垂直平分线交半径OP于点M，可得MA=MP,MA+MO=MP+MO=OP=r，即动点M到两定点O,A的距离之和为定值，①当O,A不重合时，根据椭圆的定义，可知点M的轨迹是：以O,A为焦点的椭圆；②当O,A重合时，点M的轨迹是圆；(2)当A为圆⊙O外的一定点，P为⊙O上的一动点，线段AP的垂直平分线交半径OP于点M，可得MA=MP,MA-MO=MP-MO=OP=r，即动点M到两定点O,A的距离之差为定值，根据双曲线的定义，可得点M的轨迹是：以O,A为焦点的双曲线；(3)当A为圆⊙O上的一定点，P为⊙O上的一动点，此时点M的轨迹是圆心O.综上可得：点M的轨迹可能是点、圆、椭圆和双曲线.故答案为：①②④⑤2y2x2.+=1416【解析】如图，延长F2Q交F1P的延长线于S，连接OQ.因为PQ为∠SPF2的平分线且F2S⊥PQ，故△PSF2为等腰三角形且PS=PF2，SQ=QF2，所以PF1+PF2=PS+PF1=2×4=8.11在△F1SF2中，因为F1O=F2O,SQ=QF2，所以OQ=F1S=F1P+PS=4，2222故Q的轨迹方程为：x+y=16.2y222x令Mx,y，则Q2x,y，所以4x+y=16即+=1，4162y2x故答案为：+=1416第8页共377页,223.x+y-4y=0(x≠0)m221【解析】解：由题意设M点坐标(m，2)(m≠0)，则以MO为直径的圆的方程为x-+(y-1)=242(m+4)，22又圆O的方程为x+y=4，两式作差得：mx+2y=4．x=8mmx+2y=4m2+4x=0联立22，解得8-2m2或．x+y=4y=2y=2m+48m则点Q的横坐标为．2m+4由于AM垂直于y轴，于是垂线BQ就垂直于x轴，因此B、Q横坐标相同．又MA、MQ是圆的两条切线，于是MA=MQ，因此可知MH(H为三角形MAQ的垂心)过AQ中点，而由圆的对称性可知，MO也过AQ的中点，于是可知M、H、O三点共线．2由直线MO的方程为y=x，m16代入Q点横坐标得H点的纵坐标为y=．2m+4x=8m2m+4∴三角形MAQ的垂心的轨迹方程为16．y=2m+422消掉m得：x+y-4y=0(x≠0)．22故答案为：x+y-4y=0(x≠0)第9页共377页,24.x=a【解析】因为m2-y+1-2mx=y+1m∈R，所以m(2-y-2x)+x-y-1=0，2-y-2x=0x=1由得，故直线l恒过(1,0)，x-y-1=0y=0由题意知，直线PQ斜率不为0，设PQ的方程为x=ty+1，P(x1,y1),Q(x2,y2)(y1>0,y2<0)，R(x,y)，22222222联立椭圆方程，得(bt+a)y+2bty+b-ab=0，2222a2b2-b2yb-ab-2bt1+y2则Δ>0，y1y2=222,y1+y2=222,，y1y2=2，bt+abt+a2btyy1由A1,P,R三点共线可得=，x+ax1+ayy2由A2,Q,R三点共线可得=，x-ax2-ax-ay1(x2-a)y1(ty2+1-a)ty1y2+1-ay1两式相除可得===x+ay2(x1+a)y2(ty1+1+a)ty2y1+1+ay2222ab-by1+y2t2+1-ay12bta-12==，解得x=a，a2b2-b2ya+11+y2t2+1+ay22bt22所以点R在定直线x=a上，故点R的轨迹方程为x=a.2故答案为：x=a.25y2x5.+=1(y≠0)44【解析】如图，设△F1MF2的内心为I，连接MI交x轴于点N，连接IF1,IF2在△MF1I中IF1是∠MF1N的角平分线.MIMF1根据内角平分线性质定理得到=.NINF1MIMF2同理可得=.NINF2MIMF1MF2MIMF1+MF22aa所以==，根据等比定理得：===NINF1NF2NINF1+NF22cc2y2x在椭圆+=1中，a=3,b=5,c=295MI3所以=NI2设Ix,y,Mx0,y0,Nx1,y1，则y0≠02222x02MF1=x0+2+y0=x0+2+5×1-9=3+3x02同理MF2=3-x0323+3x0x1+24又F1N=x1+2,F2N=2-x1，则=，可得x1=x022-x193-x034所有Nx0,09第10页共377页,4MI=x-x0,y-y0,IN=x0-x,-y93233由MI=IM，得x0-x=x0-x，y-y0=-y23222y235x所以x0=-x,y0=y，代入椭圆+=1方程.229525y2x得+=1，由y0≠0，则y≠0.4425y2x所以△F1MF2的内心轨迹方程为：+=1y≠04425y2x故答案为：+=1y≠044525256.(1)；(2)y=x-22411【解析】(1)由OD⊥AB及D1，2，得直线AB的斜率k=-=-，kOD21则AB的方程为y-2=-x-1，即x=-2y+5，2设AxA,yA，BxB,yB，2y=2px,22联立消去x得y+4py-10p=0，Δ=16p+40p>0，x=-2y+5,222yAyB100p由韦达定理，得yAyB=-10p，于是xAxB=2p⋅2p=2=25，4p由OA⊥OB，得OA⋅OB=0，即xAxB+yAyB=0，则25-10p=0，5解得p=.25(2)由(1)得抛物线的焦点F，0，设C的准线与x轴的交点为G，4115115则SΔPQF=FGPQ=×y1-y2，SΔMNF=FTPQ=t-y1-y2，222224555由SΔPQF=2SΔMNF，得t-=，且t≠0，得t=.442设MN的中点E的坐标为x，y，则当MN与x轴不垂直时，由KMN=KTE，y2-y1y-0y2-y1y5y5y可得=⇒=⇒=⇒=，x2-x15y2y25y2+y152y5x-2-1x-x-x-25522225255y=x-x≠；242当MN与x轴垂直时，T与E重合，2525所以MN的中点的轨迹方程为y=x-.24第11页共377页,4y,y≤327.(1)x=；作图见解析；(2)答案不唯一，具体见解析.-12y-4,y>322【解析】解：(1)设Mx,y，由题意x+y-1+y-3=422①：当y≤3时，有x+y-1=y+1，2化简得：x=4y22②：当y>3时，有x+y-1=7-y，2化简得：x=-12y-4(二次函数)4y,y≤32综上所述：点M的轨迹方程为x=(如图)：-12y-4,y>3(2)当t≤0或t≥4显然不存在符合题意的对称点，当0<t<4时，注意到曲线c关于y轴对称，至少存在一对(关于y轴对称的)对称点.下面研究曲线c上关于b0,t对称但不关于y轴对称的对称点2设px0,y0是轨迹x=4yy≤3上任意一点，2则x0=4y0y0≤3，它关于b0,t的对称点为q-x0,2t-y0，2由于点q在轨迹x=-12y-4上，2所以-x0=-122t-y0-4，2x0=4y0联立方程组2(*)得x0=122t-y0-44y0=-122t-y0-4，第12页共377页,y0+6化简得t=0≤y0≤33①当y0∈0,3时，t∈2,3，此时方程组(*)有两解，即增加有两组对称点.②当y0=0时，t=2，此时方程组(*)只有一组解，即增加一组对称点.(注：对称点为p0,0，q0,4)③当y0=3时，t=3，此时方程组(*)有两解为p23,3，q-23,3，没有增加新的对称点.0,t≤0,t≥41,t∈0,2综上所述：记对称点的对数为m,m=2,t=2.3,t∈2,31,t∈3,428.(1)y=2x；(2)(2-1,+∞)【解析】(1)设点px,y，则q-2,y∴op=x,y，oq=-2,y22∵op⋅oq=0∴op⋅oq=-2x+y=0，即y=2x(2)设ax1,y1，bx2,y2，dx3,y3，直线bd与x轴交点为e，内切圆与ab的切点为t．11y=kx+k2设直线am的方程为：y=kx+，则联立方程2，得：k2x2+k2-2x+=02y2=2x411y11∴x1x2=且0<x1<x2∴x1<<x2∴直线an的方程为：y=x-，4212x1-2222221122211与方程y=2x联立得：y1x-y1+2x1-2x1+x+y1=0，化简得：2x1x-2x1+x+x1=0242211解得：x=或x=x1∵x3==x2∴bd⊥x轴4x14x1设δmbd的内切圆圆心为h，则h在x轴上且ht⊥ab11122方法(一)∴sδmbd=⋅x2+⋅2y2，且δmbd的周长为：2x2++y2+2y2222第13页共377页,112211∴s△mbd=2x2++y2+2y2⋅r=⋅x2+⋅2y222221x2+y2211∴r===.122111111y2+x2+2+y21+2+122x+12+1x2+y2x2+2x2+x2+22222方法(二)设hx2-r,0，直线bd的方程为：x=x2，其中y2=2x2y2111直线am的方程为：y=x+，即y2x-x2+y+y2=0，且点h与点o在直线ab的同1222x2+2侧，111x2-ry2+y2x2-ry2+y2x2y2+y2222∴r==，解得：r==122122122x2++y2x2++y2y2+x2++y22221111++2x2121x2+x2+221x2+-rmhht2r方法(三)∵δmth∼δmeb∴=，即=，解得：mbbe122y2x2++y22111x2+y2x2+x2+222r====1221212y2+x2++y2x2+x2+222+1+1+1+1y22x221111++2x2121x2+x2+221令t=x2+，则t>1211∴r=在1,+∞上单调增，则r>，即r的取值范围为2-1,+∞．1112+1++2t-1t2t2y233x9.(1)y=x-3,y=-x+3；(2)+=1.3398【解析】解：(1)设所求直线L的方程为y=kx+b，k+b∵直线L与⊙C1相切，∴=1，(i)21+k又直线L截⊙C2的弦长等于221，-k+b∴=2，(ii)21+k2222221=2r-d，解得d=r-21=4，2∴|k-b|=21+k，∴|k-b|=2|k+b|，∴k+3b=0，(iii)或3k+b=0，(iiii)2k252(iii)代入(i)，得：=1+k，k+1=0，无解，3923(iiii)代入(i)，得：|-2k|=1+k，解得k=±，333当k=时，b=-3，直线方程为y=x-3，33第14页共377页,33当k=-时，b=3，直线方程为y=-x+3．33经检验得斜率不存在的直线均不适合题意．33故直线L的方程为y=x-3，或y=-x+3．33(2)由题意得：|MC1|+|MC2|=6，2222设动点M(x，y)，则(x-1)+y+(x+1)+y=6，2y2x解得+=1，982y2x∴动圆M的圆心M轨迹方程为+=1．9810.M的轨迹是以2p,0为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点．222yAyB【解析】如图，点A,B在抛物线y=4px上，设A4p,yA,B4p,yB，OA,OB的斜率分别为kOA,kOB．所以yA4p4pkOA=2=y,kOB=y.yAAB4p由OA⊥OB，得216pkOA⋅kOB==-1⋯⋯①yAyB依点A在AB上，得直线AB方程2yAyA+yBy-yA=4px-⋯⋯②4p由OM⊥AB，得直线OM方程yA+yBy=x⋯⋯③-4p设点Mx,y，x则x,y满足②、③两式，将②式两边同时乘-，并利用③式整理得4px222yA+yyA-x+y=0⋯⋯④4p由③、④两式得x22-yAyB-x+y=0.4p222由①式知，yAyB=-16p,∴x+y-4px=0.因为A,B是原点以外的两点，所以x≠0．所以M的轨迹是以2p,0为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点．第15页共377页,2y2x11.(Ⅰ)+=1；(Ⅱ)x=4.4222222ca-bb1【解析】(Ⅰ)由e===1-=，得a=2b，a2a2a22xy由点Aa,0、B0,-b可知直线AB的方程为-=1，即x-2y-2b=0.ab230+0-2b2b23由于原点到直线AB的距离为，即==，得b=2，312+-22332y2x∴a=2b=2，因此，椭圆E的方程为+=1；42(Ⅱ)设点Cx1,y1、Dx2,y2、Nx0,y0，设直线CD的方程为x=my+1，x=my+1联立直线CD的方程与椭圆E的方程x2y2，+=142222消去x并整理得m+2y+2my-3=0，Δ=16m+3>0，2m3由韦达定理得y1+y2=-2，y1y2=-2.m+2m+2y1-y0y2-y0y1-y0y2-y0kNC+kND=+=+x1-x0x2-x0ky1+1-x0ky2+1-x02ky1y2-ky0y1+y2+1-x0y1+y2-21-x0y0=22ky1y2+k1-x0y1+y2+1-x022-6k+2ky0-2k1-x0-2k+21-x0y0=2222-3k-2k1-x0+k+21-x02k2y0-2y01-x0-k6+21-x0-41-x0y0=222①，k1-x0-21-x0-3+21-x02y0而2kNM=②，x0-12k2y0-2y01-x0-k6+21-x0-41-x0y02y0由题意得222=x-1，k1-x0-21-x0-3+21-x00故得6+21-x0=0，解得x0=4，2k×8y0+12y02y02y0再代回①式得=，回代②式可得，12k2+1833由此说明点N的轨迹为直线x=4.12.(1)x-y-1=0；(2)1，y=x.22x1x212【解析】(1)设Ax1,2，Bx2,2，y=2x，y=x22x1x1则以A为切点的切线为y-=x1(x-x1)，整理得：y=x1⋅x-，222x2同理：以B为切点的切线为：y=x2x-，22x1y=x1x-x+xxx21212联立方程组：2，解得P2，2，y=xx-x222设直线AB的方程为：y-1=k(x-1)，y-1=k(x-1)2联立方程组12，整理得：x-2kx+2k-2=0，y=x222Δ=4k-4(2k-2)=4(k-1)+4>0恒成立，第16页共377页,由韦达定理得：x1+x2=2k，x1x2=2k-2，故P(k,k-1)，所以点P的轨迹方程为x-y-1=0；2222(2)由(1)知：AB=1+k⋅(x1+x2)-4x1x2=21+k⋅k-2k+2，2k-2k+2P(k,k-1)到直线AB的距离为：d=，21+k12323∴S=AB⋅d=(k-2k+2)=[(k-1)+1]，2∴k=1时，S取得最小值1，此时直线AB的方程为y=x.2y2x13.(1)+=1x≠±2，曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含A，B两点；(2)①证明43见解析；②证明见解析.yy3【解析】(1)解：由题意，得⋅=-x≠±2，x+2x-242y2x化简，得+=1x≠±2，43所以曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含A，B两点.(2)证明：①由题设知，直线MA，NB的斜率存在且均不为0.设直线AM的方程为x=ty-2t≠0，1由AM⊥AN，可知直线NA的斜率为kNA=-t，方程为x=-y-2.t1x=-y-2,由{t得4t2+3y2+12ty=0，223x+4y=12,2212t112t6-8t6-8t12t解得yN=-2，则xN=-t⋅-2-2=2，即N2,-2.4t+34t+34t+34t+34t+312t--024t+33直线NB的斜率为kNB=2=4t，6-8t-224t+333则直线BN的方程为y=x-2，将y=x-2代入x=ty-2，解得x=-14，4t4t故点P在直线x=-14上.33②由(1)，得kNA⋅kNB=-，kMA⋅kMB=-，44339所以kNA⋅kNB⋅kMA⋅kMB=-×-=.44169结合kNA⋅kMA=-1，得kMB⋅kNB=-为定值.即直线NB与直线MB的斜率之积为定值.16214.(1)y=4xx≠0；(2)证明见解析，定点为2,0.【分析】(1)设点Px,y，E-1,a，F-1,b，由AE⊥AF可得出ab=-4，由EP⎳OA，FO⎳OP可得出y=a，y=-bx，代入ab=-4化间可得出动点P的轨迹C的方程；(2)设直线l的方程为x=ty+nn≠0，设点Mx1,y1、Nx2,y2，联立直线l与曲线C的方程，列出韦达定理，由OM⋅ON=-4可求得n的值，可得出直线l的方程，进而可得出直线l所过定点的坐标.【解析】(1)设Px,y、E-1,a、F-1,b，则AE=-2,a，AF=-2,b，EP=x+1,y-a，OA=1,0，FO=1,-b，OP=x,y.由AE⊥AF，得AE⋅AF=4+ab=0，且点E、F均不在x轴上，第17页共377页,故ab=-4，且a≠0，b≠0.由EP⎳OA，得y-a=0，即y=a.由FO⎳OP，得bx+y=0，即y=-bx.22所以y=-abx=4x，所以动点P的轨迹C的方程为：y=4xx≠0；(2)若直线l的斜率为零时，则直线l与曲线C至多只有一个公共点，不合乎题意.可设直线l的方程为x=ty+nn≠0.y=ty+n2由2，得y-4ty-4n=0.y=4x设Mx1,y1、Nx2,y2，则y1+y2=4t，y1y2=-4n.yy2122∴OM⋅ON=x1x2+y1y2=+y1y2=n-4n=-4，16∵n≠0，解得n=2，所以，直线l的方程为x=ty+2，即直线l恒过定点2,0.2215.(1)2x+y-2ax-by=0；(2)答案见解析.【解析】(1)设点A､B的坐标分别为(x1，y1)､(x2，y2)，点Q的坐标为Q(x，y)，当x1≠x2时，设直线斜率为k，则l的方程为y=k(x-a)+b，222y12y2由已知x1+=1①，x2+=1，②22y1=k(x1-a)+b③，y2=k(x2-a)+b，④1①②得(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0.⑤③+④得y1+y2=k(x1+x2)-2ka+2b，⑥2x1+x2y1-y2由⑤､⑥及x=,k=，2x1-x222得点Q的坐标满足方程2x+y-2ax-by=0，⑦当x1=x2时，k不存在，此时l平行于y轴，因此AB的中点Q一定落在x轴，即Q的坐标为(a，0)，显然点Q的坐标满足方程⑦22综上所述，点Q的坐标满足方程2x+y-2ax-by=0，设方程⑦所表示的曲线为l.222x+y-2ax-by=0则由2得(2a2+b2)x2-4ax+2-b2=0，2yx+=122222b2b因为Δ=8ba+2-1，由已知a+2≤1，22b所以当a+=1时，Δ=0，曲线l与椭圆C有且只有一个交点P(a，b)；222b当a+<1时，Δ<0，曲线l与椭圆C没有交点，2因为(0，0)在椭圆C内，又在曲线l上，所以曲线l在椭圆C内，22故点Q的轨迹方程为2x+y-2ax-by=0；x=0(2)由22，得曲线l与y轴交于点(0，0)、(0，b)；2x+y-2ax-by=0x=0由22，得曲线l与x轴交于点(0，0)、(a，0)；2x+y-2ax-by=0当a=0，b=0，即点P(a，b)为原点时，(a，0)、(0，b)与(0，0)重合，曲线l与x轴只有一个交点(0，0)；第18页共377页,当a=0且0<|b|≤2时，即点P(a，b)不在椭圆C外且在除去原点的y轴上时，点(a，0)与(0，0)重合，曲线l与坐标轴有两个交点(0，b)与(0，0)；同理，当b=0且0<|a|≤1时，即点P(a，b)不在椭圆C外且在除去原点的x轴上时，曲线l与坐标轴有两个交点(a，0)与(0，0)；2当0<|a|<1且0<|b|<2(1-a)时，即点P(a，b)在椭圆C内且不在坐标轴上时，曲线l与坐标轴有三个交点(a，0)、(0，b)与(0，0).2x216.(1)+y=1x≠±2，曲线C是焦点在x轴上，长轴长为4，短轴长为2的椭圆，去掉两点-2,0，42,0；(2)证明见解析.1【解析】(1)解：因为AM与BM的斜率之积为-，4yy1所以有×=-x≠±2，x+2x-242x2化简得+y=1x≠±2，4所以曲线C是焦点在x轴上，长轴长为4，短轴长为2的椭圆，去掉两点-2,0，2,0．(2)证明：直线l不经过点P0,1，则点D，E不与点P重合，①直线l斜率不存在时，设直线l的方程为x=a，x=a224-a4-a由x2，解得Da,，Ea,-，+y2=1224224-a4-a-1--122所以kFD=，kPE=，aa因为kPD+kPE=2得a=-1，即直线l的方程为x=-1；②直线l斜率存在时，设l的方程为y=kx+bb≠1，设Dx1,y1，Ex2,y2，y=kx+b28kb4b-4由x2得x1+x2=-，x1x2=，222+y=14k+14k+14由kPD+kPE=2得k=b+1，则l:y=b+1x+b，则y+1=b+1x+1，恒过定点-1,-1．综上所述，l过定点-1,-1．2x217.(1)+y=1y≠0；(2)证明见解析.4yy【解析】(1)设点P(x,y)，kPA=，kPB=x+2x-2yy1x2222则⋅=-，得4y=4-x，即+y=1y≠0.x+2x-2442x2故轨迹C的方程为：+y=1y≠0.4(2)根据题意，可设直线MN的方程为：x=my+1，x=my+1由2，消去x并整理得m2+4y2+2my-3=0.x2+y=14222其中，Δ=4m+12m+4=16m+48>0.2m3设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=-2，y1y2=-2.m+4m+4第19页共377页,因直线l的倾斜角不为0，故x1，x2不等于±2(y1，y2不为0)，y1从而可设直线AM的方程为：y=x+2——①，x1+2y2直线BN的方程为：y=x-2——②，x2-2所以，直线AM，BN的交点Qx0,y0的坐标满足：y2x1+2x0+2=⋅x0-2.y1x2-2y2x1+2y2my1+3my1y2+3y2而==y1x2-2y1my2-1my1y2-y1-3m2m2+3-2-y1-9m-3m2+4ym+4m+41===3，-3m-3m-m2+4y-y112m+4因此，x0=4，即点Q在直线x=4上.2218.(1)x2+y2=9.(2)S=25-x025-x0-3≤x≤3.(3)16,2545-x20990【解析】解：(1)当切线l1，l2的斜率都存在时，设切线方程为y=kx-x0+y0，y=kx-x0+y0222由22，∴4+5kx+10ky0-kx0x+5y0-kx0-20=04x+5y=2022222Δ=10ky0-kx0-44+5k5y0-kx0-20=0，22∴y0-kx0-5k-4=0，222∴x0-5k-2x0y0x+y0-4=0∵l1⊥l2.2y0-4∴k1k2=2=-1，x0-522∴x0+y0=9.22当切线l1，l2的斜率有一条不存在时，P(±5,±2)，P在x+y=9上.22故P的轨迹方程x+y=9.2y2xyx00(2)设点M(x0，y0)在椭圆2+2=1上，则过点M(x0，y0)的切线方程为2x+2y=1，以下来证明abab此结论：2y2x2y2x00因为点M(x0，y0)在椭圆2+2=1上，得2+2=1．abab22x0y0x0y0把(x0，y0)代入方程2x+2y=1，得2+2=1，ababx0y0所以点M(x0，y0)在直线2x+2y=1上，ab2y2x+=122ab22222联列方程组y，消去y可得ax-2ax0x+ax0=0，x00x+y=1a2b2解得x=x0，即方程组只有唯一解．x0y0所以，直线x+y=1为椭圆在点M处的切线方程；22ab设Ax1,y1，Bx2,y2，第20页共377页,x1xy1y可知，过A的切线方程为+=1，54x2xy2y过B的切线方程为+=1.54又两切线均过Px0,y0，x0x1y0y1+=154∴yy.x0x2025+4=1x0xy0y说明Ax1,y1，Bx2,y2均在直线+=1上.54∵过两点的直线唯一，x0xy0y∴切点弦AB所在的直线方程为：+=1.544x0x+5y0y=20222由22，∴4x0+5y0-40x0x+100-25y0=04x+5y=20240x0100-25y0可得x1+x2=22，x1x2=22，4x0+5y04x0+5y022210y04x0+5y0-20即有x1-x2=x1+x2-4x1x2=22，4x0+5y0210y4x2+5y2-2016x0000可得|AB|=1+g，22225y04x0+5y0224x0+5y0-20又P到直线AB的距离为d=，2216x0+25y0222214x0+5y0-204x0+5y0-20可得△ABP的面积为S=|AB|d=，24x2+5y2002222由x0+y0=9.可得y0=9-x0，2225-x025-x0即有S=2-3≤x0≤3；45-x032t(3)设t=25-x0∈[4,5]，则S=2，t+2042t+60tS=22>0，可得S在[4,5]递增，t+20可得S∈16,2599.则P运动时，求△ABP面积的取值范围为16,2599.第21页共377页,专题3：用方程研究曲线的性质参考答案1.B24【解析】由题意，方程2x-4x+y=2，24对于①中，用-y代替y，可得方程2x-4x+y=2，所以方程表示的曲线关于x轴对称；24对于②中，用-x代替x，用-y代替y，可得方程2x+4x+y=2，所以方程表示的曲线不关于原点对称；24对于③中，用-x代替x，可得方程2x+4x+y=2，所以方程表示的曲线不关于x轴对称；24242对于④中，方程2x-4x+y=2，可化为2x-4x-2=-y，可得x-2x-1≤0，解得1-2≤x≤1+2，4224又由y=-2x+4x+2=-2(x-1)+4，即y≤4，解得-2≤y≤2.综上可得①④是正确的.故选：B.2.D【解析】由题可知a>b>c，22222222所以a=b+c>2c，a>2c；a=b+c<2b，a<2b，故①正确；222由A1A2=B1B2得，a+c=2b，又a=b+c，53得a=b，c=b，a:b:c=5:4:3，②正确.442以A1A2为直径的圆E:x+cx-a+y=0，与“果园”右侧有异于A2公共点的公共点，2x+cx-a+y=02由方程组2y2，得cx2+c-ax+a2-ac-c2=0x22+2=1(x≥0)aab22a2a2-ac-c2a-ac-c显然方程已有一根a，另一根为x，则ax==，22cc2a2222aa-ac-caa-ac-cx=，0<x<a，0<<a22cc1c5-1解得<<，故③正确.2a2故选:d3.c444x2x2x42【解析】+y=1，可知=1-y≤1，即≤1，x≤16，x≤4，-2≤x≤2，①正确；161616将方程中的x换成-x，y换成-y方程不变，故②正确；x4x2x2122222+y=1，令=cosθ,y=sinθ，则+y=cosθ+sinθ=-cosθ+cosθ+1=-cosθ-+164422251x253x24，当cosθ=2时，4+y=4>1，点2，2在椭圆4+y=1的外部，故③错误；42x242过曲线C上任一点作y轴的垂线，垂线段中点的轨迹为+y=1，即x+y=1，164242在x+y=1上任取一点M(x0,y0),x0+y0=1，第22页共377页,∵|x0|≤1，42224222∴x0≤x0，∴x0+y0≥x0+y0=1，即M在x+y=1外，42x+y=1围成图形的面积大于π，故④错误.故选：C4.D4422【解析】在曲线C上任取一点Px,y，则x+y+mxy=1，4422将点P1-x,-y代入曲线C的方程可得-x+-y+m-x-y=1，同理可知，点P2x,-y、P3-x,y都在曲线C上，则曲线C关于原点和坐标轴对称，①②正确；QQ群3335285584422212232当m=-1时，1=x+y-xy=x-y+y，2422反设x<1且y<1，则0≤x<1，0≤y<1，1212121221∴-<x-y<，则0≤x-y<，2222444222122324422∴x+y-xy=x-y+y<1，这与x+y-xy=1矛盾.24∴假设不成立，∴x≥1或y≥1，命题③正确.故正确命题的序号为：①②③.故选：d.5.a12121x-+y-=,x>0,y>022212121x-+y+=,x>0,y<0222【解析】12121x++y-=,x0,y022212121x++y+=,x<0,y<0222x=0且y=0如图，图象由四个圆的部分图像和原点组成，且四个圆都可过原点，1+21+21+21+2①曲线C中，x∈-,,y∈-,，2222第23页共377页,经过的整点有：0,0，1,1，1,0，1,-1，-1,1，-1,0，-1,-1，0,1，0,-1共9个，命题①正确；②如图，曲线上任意两点距离范围为0,4R，即两点距离范围为0,22，命题②错误；③曲线C所围成的“花瓣”形状区域可看成四个半圆和一个正方形组成，设它的面积为S，122S=4×πR+2R=4π+2>5，命题③正确.2故选：A.6.B【解析】22222设动点C(x,y)，由已知得到动点C的轨迹方程[(x-a)+y][(x+a)+y]=a222222化简得(x+y)=2a(x-y)，原点O(0,0)代入入轨迹方程，①显然成立；把(x,y)关于原点对称的点(-x,-y)代入轨迹方程，②显然成立；222因为双纽线最高(低)点是轨迹方程与圆x+y=a相交位置aaa两方程联解得y0=±成立，∴-≤y0≤，③成立；222由图知双纽线C上满足PF1=PF2的点P有一个，④不成立.故选：B7.C2222【解析】设点P的坐标为x,y，由题意可得x+2+y⋅x-2+y=16.对于命题(1)，将原点坐标代入方程得2×2=4≠16，所以，命题(1)错误；对于命题(2)，点P关于x轴、y轴的对称点分别为P1x,-y、P2-x,y，22222222∵x+2+-y⋅x-2+-y=x+2+y⋅x-2+y=16，22222222∵-x+2+y⋅-x-2+y=x-2+y⋅x+2+y=16，则点P1、P2都在曲线C上，所以，曲线C关于x轴、y轴对称，命题(2)正确；对于命题(3)，设PM=a，PN=b，∠MPN=θ，则ab=16，2222a+b-16a+b-162ab-161由余弦定理得cosθ==≥=，2ab3232223当且仅当a=b=4时等号成立，则θ为锐角，所以，sinθ=1-cosθ≤，2113则ΔMPN的面积为SΔMPN=absinθ≤×16×=43<8，命题(3)正确；2222222222对于命题(4)，16=x+2+y⋅x-2+y≥x+2⋅x-2=x-4，第24页共377页,22可得-16≤x-4≤16，得x≤20，解得-25≤x≤25，11由(3)知，SΔMPN=MN⋅y=×4×y≤43，得y≤23，22曲线C在一个面积为45×43=1615<64的矩形内，命题(4)正确.因此，正确的命题序号为(2)(3)(4).故选C.8.C9.A【解析】解：对①，将方程中的y换成-y，则原方程不变，故曲线C关于x轴对称，故①正确；对②，将方程中的x换成y，y换成x，42所得方程为y+x=1，与原方程不同，故②错误；42对③，k+k-2=1,，2即2k-4k+3=0，2Δ=-4-4×2×3=-8<0，42故k+k-2=1无解，即点P(k,k-2)(k≥0)不可能在曲线C上，故③错误；对④，在曲线C上任取一点Mx0,y0，∵x0≤1，42∴x0≤x0，2242故x0+y0≥x0+y0=1，22即点M在圆x+y=1外，22又∵圆x+y=1的面积为：S=π，故曲线C围成的面积大于π，故④错误；综上所述：①正确.故选：A.10.AC【解析】以-x代x，得到(x+1)(x+2)(x+3)=xy，方程改变，不关于y轴对称，正确；以-x代x，-y代y，得到(x+1)(x+2)(x+3)=-xy，方程改变，不关于原点对称，错误；当x<0,y<0时，(x-1)(x-2)(x-3)<0，xy>0显然方程不成立，所以该曲线不经过第三象限，正确；令x=-1,易得y=12，即(-1,12)适合题意，同理可得(1,0),(2,0),(3,0)适合题意，所以该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数是错误的，错误，故选：AC第25页共377页,11.ABD22222【解析】对A，设动点Cx,y，由题意可得C的轨迹方程为x-a+yx+a+y=a把x,y关于x轴对称的点x,-y代入轨迹方程，显然成立，故A正确；11对B，因为Px0,y0，故S△PF1F2=2PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2=2F1F2⋅y0．22又PF1⋅PF2=a，所以asin∠F1PF2=2a⋅y0，aaaa即y0=sin∠F1PF2≤，故-≤y0≤．故B正确；2222对C，若PF1=PF2，则Px0,y0在F1F2的中垂线即y轴上．22222故此时x0=0，代入x-a+yx+a+y=a，可得y0=0，即P0,0，仅有一个，故C错误；对D，因为∠POF1+∠POF2=π，故cos∠POF1+cos∠POF2=0，222222OP+OF1-PF1OP+OF2-PF2+=0，2OP⋅OF12OP⋅OF22因为OF1=OF2=a，PF1⋅PF2=a，2222故2OP+2a=PF1+PF2．222即2OP+2a=PF1-PF2+2PF1⋅PF2，22所以2OP=PF1-PF2．又PF1-PF2≤F1F2=2a，当且仅当P，F1，F2共线时取等号．222故2OP=PF1-PF2≤(2a)，22即OP≤2a，解得OP≤2a，故D正确．故选：ABD.12.ACD222x-112【解析】当x>0，y>0时，曲线C:x+4y=2+2x+4y即+y-=1，422x21将+y=1中心平移到1,位于第一象限的部分；42因为点-x,y，x,-y，-x,-y都在曲线C上，所以曲线C图象关于x轴，y轴和原点对称，作出图象如图所示：对于选项A：由图知曲线C关于原点对称，故选项A正确；第26页共377页,2x2对于选项B：令+y=1中y=0可得x=2，向右平移一个单位可得横坐标为3，根据对称性可知4-3≤x≤3，故选项B不正确；2x213对于选项C：令+y=1中x=0可得y=1，向上平移个可得纵坐标最大值为，422399曲线C第一象限的部分被包围在矩形内，矩形面积为3×=，所以曲线C围成的区域面积小于×2224=18，故选项C正确；2x-112131对于选项D：令+y-=1中x=0，可得y=±，所以到点0,的最近距离为422223，故选项D正确，2故选：ACD13.BD【解析】解：把x=2，y=2代入曲线C，可知等号两边成立，所以曲线C在第一象限过点(2,2)，由曲线的对称性可知，该点的位置是图中的点M，对于A选项，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把(1,1)，(1,2)和(2,1)代入曲线C的方程验证可知，等号不成立，所以曲线C在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C只经过整点(0,0)，即A错误；对于B选项，22因为x+y≥2xy(x>0,y>0)，22x+y所以xy≤，222222322x+y222所以x+y=16xy≤16×=4x+y，422所以x+y≤4，即B正确；对于C选项，以O为圆点，2为半径的圆O的面积为4π，显然曲线C围成的区域的面积小于圆O的面积，即C错误；对于D选项，因为xy>0，第27页共377页,所以x与y同号，仅限与第一和三象限，即D正确.故选:BD.14.AC22222【解析】设P(x,y)，由题意有(x+a)+y×(x-a)+y=a，2222222化简得(x+y)-2ax+2ay=0，用-x替换x，-y替换y，方程不变，所以曲线关于原点成中心对称，A正确；令x=2a,y=0代入方程成立，即(2a,0)是曲线的一点，2a>a，B错；x=0x=0满足|PA|=|PB|的点在线段AB的垂直平分上，由2222222，得，所以曲线(x+y)-2ax+2ay=0y=0C上只有一点(0,0)满足|PA|=|PB|，C正确；4222222令x=ρcosθ,y=ρsinθ，代入方程得ρ-2aρ(cosθ-sinθ)=0，即ρ=2acos2θ，这是曲线C的极坐标方程，2222222显然ρ的最大值为2a，所以PO-a的最大值为2a-a=a，D错，故选：AC．15.AD2y2【解析】由题意，当x≥0时，曲线方程可以化为+x=1，即为焦点在y轴，对称轴是坐标轴的椭圆的42y2右半部分和y轴正半轴上的两个点，当x<0时，曲线方程可以化为-x=1，即为焦点在y轴，对称4轴是坐标轴的双曲线的左半部分，如图该曲线的范围为：y∈R，x≤1，所以A正确；由图可知，该曲线关于x轴对称，不关于y轴对称，所以B错误；2y2曲线-x=1的渐近线方程是2x±y=0，所以2x+y=0是双曲线的一条渐近线，所以与双曲线无4交点，与椭圆有一个交点，所以C错误；由图可知，曲线上到原点距离最小的点在椭圆部分，设(x0,y0)是椭圆部分上的点，222y02222y03y0则+x0=1，即求y0+x0的最小值，所以y0+1-=1+，所以当y0=044422时，y0+x0最小，此时x0=1，即点(1,0)到原点的距离最小，最小值为1，所以D正确.故选：AD.第28页共377页,16.BCD22【解析】解：当x>0，y>0时，方程x-1+y-1=2，22当x>0，y<0时，方程x-1+y+1=2，22当x<0，y>0时，方程x+1+y-1=2，22当x<0，y<0时，方程x+1+y+1=2，作出图象：由于x≠0，y≠0，所以A错误.曲线C既是中心对称，又是轴对称图形，对称中心为0,0，对称轴为x,y轴，B正确.点P，Q在曲线C上，当且仅当P，Q与圆弧所在的圆心共线时取得最大值，|PQ|的最大值为圆心距加两个半径42，C正确.22在当x>0，y>0时，x-1+y-1=2与坐标轴的交点M2,0和N0,2平分圆，故第一象限的面积为π+2，故总的面积为8+4π.17.甲、乙、丙【解析】对于甲的回答，在曲线C1上任取一点a,b，则a+b=1，点a,b关于直线y=x的对称点为b,a，且b+a=1，所以，曲线C1关于y=x对称，甲的回答正确；44对于乙的回答，在曲线C2上任取一点a,b，则a+b=1，4444点a,b关于原点的对称点为-a,-b，则-a+-b=a+b=1，所以，曲线C2关于原点对称，乙的回答正确；对于丙的回答，对于等式x+y=1，0≤y≤1，可得0≤y≤1，同理可得0≤x≤1，当0<a<1时，a<a，当0<b<1时，b<b，在曲线x+y=10<x<1,0<y<1上任取一点a,b，则1=a+b>a+b，即点a,b在直线x+y=1的下方，如下图所示：第29页共377页,121直线x+y=1交x轴于点A1,0，交y轴于点B0,1，所以，S1<s△oab=×1=，22丙的回答正确；44对于丁的回答，在曲线x+y=10<x<1,0<y<1上任取一点a,b，2424因为0<a<1，0<b<1，则a>a，b>b，442222则1=a+b<a+b，即点a,b在圆x+y=1外，如下图所示：22π2ππ圆x+y=1在第一象限内与两坐标轴围成的区域的面积为×1=，所以，s2>，丁的回答错误.444故答案为：甲、乙、丙.18.①②④.3【解析】由题意，曲线C是平面内与两个定点F1(0,1),F2(0,-1)的距离的积等于，22222322229可得x+(y+1)⋅x+(y-1)=，即[x+(y+1)]⋅[x+(y-1)]=，24用-x代换x，或-y代换y方程不变，所以曲线C关于坐标轴对称，所以①正确；22223设a=x+(y+1),b=x+(y-1)，可得ab=，23则a+b≥2ab=2=6，当且仅当a=b时，等号成立，2所以△F1PF2周长的最小值为l△F1PF2=a+b+2=2+6，所以②正确；2222a+b-4a+b4141过点P作PE⊥F1F2，则cos∠F1PF2==-≥×2ab-=-，2ab33333当且仅当a=b时，等号成立，π当∠F1PF2=时，sin∠F1PF2取得最大值，213所以△F1PF2的最大面积为S△F1PF2=2absin∠F1PF2=4，1333又由S△F1PF2=2F1F2PE=4，解得PE=4，即点P到y轴的最大距离为4，所以③不正确；第30页共377页,2222222由a+b=a+b+2ab=[x+(y+1)]+[x+(y-1)]+2ab22222222=2x+2y+2+2ab=2[(x+y)]+2+2ab=2(x+y)+5，3又由a+b≥2ab=2=6，当且仅当a=b时，等号成立，2222222222所以2[(x+y)]+5≥6，所以2(x+y)+5≥6，可得x+y≥，2所以④是正确的.故答案为：①②④.19.①③④22422224222【解析】对于①：当m=1时，曲线W1:x+y=1，W2:x+y=m，令x+y=x+y可得xx-1=0，当x=0时，y=±1，当x=±1时，y=0，所以W1与W2有4个公共点分别为0,1，0,-1，1,0，-1,0，共4个，故①正确；对于②：当0<m<1时，由w1与w2的方程可知x,y∈0,1，当x取同一个值时，2222242422w1:y1=m-x，w2:y2=m-x，当0<x<1时，x>x，所以y1<y2，所以曲线w1围成的区域面积小于曲线w2围成的区域面积；故②不正确；22对于③：当m>1时，x,y∈0,m，当W1与W2的方程中x取同一个大于1的数，可得y1>y2，所以∃m>1，曲线W1围成的区域面积等于W2围成的区域面积；故③正确；对于④：当0<m≤1时，曲线w1围成的区域内整点个数等于曲线w2围成的区域内整点个数，当m>122时，x取同一个大于1的数，可得y1>y2，此时曲线W1围成的区域内整点个数较多，所以曲线W1围成的区域内整点个数不少于曲线W2围成的区域内整点个数，故④正确；故答案为：①③④20.②③2332【解析】①因为y=x-2x+1中x-2x+1≥0，所以x+x-1x-1≥0，解得：x∈5+15-1-,∪1,+∞，所以x≤a不恒成立，故错误；225+15-1②假设曲线是中心对称图形，因为x∈-,∪1,+∞，所以取一点Px0,y0，225+15-1当x0→+∞，此时点Px0,y0的对称点的横坐标x→-∞，不符合x∈-,∪1,+∞，所22以假设错误，故正确；2323③将方程y=x-2x+1中的y变为-y时，方程变为-y=x-2x+1与原方程相同，所以曲线关于x轴对称，故正确；第31页共377页,5+15-15-1④因为x∈-2,2∪1,+∞，所以当m∈2,1时，直线x=mm>0与该曲线无交点，故错误，故答案为：②③.21.②④2222322【解析】作出圆x+y=4和四叶玫瑰线x+y=16xy的图示如下图所示：x2+y222232222x+y=16xy≤162，解得x+y≤4(当且仅当x=y=2时取等号)，则②正确；22223222222将x+y=4和x+y=16xy联立，解得x=y=2，即x+y=4与曲线C相切于点2,2，-2,2，-2,-2，2,-2，则①和③都错误；由xy<0，得④正确.综上，正确命题为：②④.故答案为：②④22.②③【解析】将x换成-x方程不变，所以图形关于y轴对称，2当x=0时，代入可得y=1，解得y=±1，即曲线经过点(0,1),(0,-1)，22当x>0时，方程变换为y-xy+x-1=0，2223由Δ=x-4(x-1)≥0，解得x∈0,，32所以x只能去整数1，当x=1时，y-y=0，解得y=0或y=1，即曲线经过(1,0),(1,1)，根据对称性可得曲线还经过(-1,0),(-1,1)，所以曲线一共经过6个整点，所以①是正确的；222222x+y当x>0时，由x+y=1+xy，可得x+y-1=xy≤，当且仅当x=y时取等号，22222所以x+y≤2，所以x+y≤2，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过2，根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2，所以②不正确；如图所示，在x轴上图形的面积大于矩形ABCD的面积：S1=1×2=2，x轴下方的面积大于等腰三角1形ABE的面积：S2=×2×1=1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1=3，所以③不正2确的.故选：②③.第32页共377页,23.②22【解析】①x+y=1+|xy|≥2|xy|∴|xy|≤1，要使得x,y均为整数，只能取-1,0,1三个数，则可得整数点有8个：(±1,±1),((±1,0),(0,±1)，故①不正确；22②由于|xy|≤1，故x+y=1+|xy|≤2，故曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2，正确；22③令x∈(0，1),y>0∴y-xy+x-1=0222记函数f(y)=y-xy+x-1,Δ=4-3x>0，所以函数有两个零点，2又因为f(0)<0,f(1)=x-x<0，故两个零点一个小于0，一个大于1，即曲线上x∈(0，1),y>0，同理有y∈(0，1),x>0即第一象限部分图像应在y=1,x=1与坐标轴围成的正方形外部，根据图像对称性可得面积大于4，故不正确.故答案为：②24.②④2y2xyx【解析】①根据题意，方程+=1，即+=1，表示四条线段，其图形如图所示，故①错25953误；②由图可知，曲线C关于x轴，y轴，坐标原点O对称，故②正确；③若点P(x,y)在曲线C上，则x≤5，y≤3，故③错误；1④曲线C围成的面积S=4××5×3=30，故④正确．2综上所述，正确结论的序号是②④．填②④25.②③④【解析】对于①，将原点0,0代入可判断①错误；1对于②，令y=0得，2x4=4，解得x=±24，则曲线C与x轴有两个交点，故②正确；第33页共377页,4444对于③，当y≥0时，y=4-2x，当y<0时，y=-4-2x，因为曲线y=4-2x与y=-4-2x曲线的图象都关于y轴对称，则曲线C的图象关于y轴对称；而当y>0与y<0时，解析式互为相反数，故其图象关于x轴对称，所以③正确；4444对于④，由2x+y=4得y=4-2x，因为0≤2x≤4，则y=4-2x≤4，故④正确.故答案为：②③④.第34页共377页,专题4：椭圆的定义与方程参考答案1.A55【解析】根据椭圆的定义和比例，有PN+QN=⋅DF1+DF2=⋅4=10.222.A【解析】在椭圆上任取一点P，连接VP交球O1于点Q，交球O2于点R，连接O1Q，O1F1，PO1，PF1，O2R，在△O1PF1与△O1PQ中有：O1Q=O1F1=r1，(r1为球O1的半径)，∘∠O1QP=∠O1F1P=90，O1P为公共边，所以△O1PF1≅△O1PQ，QQ群333528558所以PF1=PQ，设点P沿圆锥表面到达M的路线长为dPM，则PF1+dPM=PQ+dPM≥PQ+PR=QR，当且仅当P为直线VM与椭圆交点时取等号，r1-r24-1QR=VR-VQ===6，sin30∘12所以最小值为33，故选：A3.C2y2x【解析】如图，椭圆2+2=1a>b>0，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上一点，作一圆与ab线段F1P，F1F2的延长线都相切，并且与线段PF2也相切，切点分别为D，A，B，第35页共377页,|F1D|=|F1A|⇔|PF1|+|PD|=|F1F2|+|F2A|⇔|PF1|+|PB|=|F1F2|+|F2A|，⇔|PF1|+|PB|+|F2B|=|F1F2|+|F2A|+|F2B|⇔|PF1|+|PF2|=|F1F2|+2|F2A|，所以|F2A|=a-c(c为椭圆半焦距)，从而点A为椭圆长轴端点，即圆心M的轨迹是直线x=a(除点A外).因点M(2,1)在∠PF1F2的平分线上，且椭圆右端点A(2,0)，所以点M是上述圆心轨迹上的点，即点M到直线F1P，PF2，F1F2的距离都相等，且均为1，111△MPF1与△MPF2的面积之和为⋅|PF1|⋅1+⋅|PF2|⋅1=(|PF1|+|PF2|)=2.222故选：C4.D【解析】如图所示，点P在y轴右边，因为PM为F1N的垂直平分线，所以F1M=MN．1由中位线定理可得OM=F2N．2设点Px0,y0x0>0,y0>0．2222x02由两点间的距离公式，得PF1=x0+c+y0=x0+c+1-2ba22cx02=2+2cx0+a=a+ex0，a同理可得PF2=a-ex0，所以F2N=PF1-PF2=2ex0，故OM=ex0，2因为a=8，c=42，所以e=，222OM2x0x0故OM=x0，所以==．2OF24281因为x0∈0,8，所以x0∈0,1．8OM故的取值范围为0,1．OF2故选：D．5.B222【解析】由椭圆C的两个焦点F1，F2与短轴的两个端点B1，B2都在圆x+y=1上，得b=c=1，则a=222x2b+c=2，所以椭圆C的方程为+y=1，故B10,1，B20,-1，2S△PF1MF1M由∠F1PF2的平分线交C长轴于点M，显然，=，S△PF2MF2M第36页共377页,1S△PFM2PF1PMsin∠F1PMPF1又1==，S△PF2M1PF2PMsin∠F2PMPF22PF1F1MPF1+PF2F1M+F2M所以，=，即=，PF2F2MPF2F2M由PF1+PF2=2a=22，MF1+MF2=2c=2，得PF2=2F2M，设Mλ,0-1<λ<1，则F2M=1-λ，而a-c<PF2<a+c，22即2-1<pf2<2+1，也就是2-1<21-λ<2+1，所以-<λ<，22221所以mb1+mb2=2λ+1，0≤λ<，2所以2≤mb1+mb2<6.故选：b.6.c【解析】连接pf2,设椭圆的基本量为a,b,c，22qf1⋅qf2=qo+of1⋅qo+of2=qo-qf1,pfpf2=qn22122222+no-c=2+2-c=a-c=b=3故答案为：3.第37页共377页,7.a【解析】如图设f1，f分别为椭圆的左、右焦点，设直线y=kx与椭圆相交于a,b，连接af1,af,bf1,bf.根据椭圆的对称性可得：四边形af1bf为平行四边形.由椭圆的定义有：af1+af=2a,ff1=2c,∠f1af=120°222由余弦定理有：ff1=af1+af-2af1⋅afcos120°af1+af2222即4c=af1+af-af1⋅af≥af1+af-2af1+af222222所以4c≥af1+af-2=4a-a=3a当且仅当af1=af时取等号，又y=kx的斜率存在，故a，b不可能在y轴上.2c33所以等号不能成立,即即>，所以1>e>a242故选：A8.B【解析】由题意知AB=BF1，又AB=3F2B，所以线段AB过点F2且AF2=2F2B，不妨设F2B=m，故F1B=AB=AF2+F2B=3F2B=3m，由椭圆定义可得F1B+F2B=2a=4m，13故F2B=a，BF1=a，AF2=a，AF1=2a-AF2=a，22故点A为椭圆短轴的一个端点，不妨设A0,b，过点B作BM⊥x轴于M，1b由ΔAOF2和ΔBMF2相似，又AF2=2F2B，可得MB=AO=，221c3cb所以点F2M=F2O=，所以点B,-，22222229cbc13代入椭圆的方程可得+=1，解得=，即e=.4a24b2a233故选：B．第38页共377页,9.B【解析】如图所示，设F'为椭圆的左焦点，连接AF',BF'，则四边形AFBF'是平行四边形，可得AF+BF=44b4AF+AF'=2a=4，解得a=2，取M0,b，可得点M到直线l的距离，即有=，解得b532+42522=1，c=a-b=3，则焦距为2c=23，故选B.10.C【解析】解：看左视图，左视图为高为6的等腰三角形，如图所示，图中OP=4,∘∘∠OPM=30,∴∠CPD=60，又PC=PD，故△PCD为等边三角形，∴CD=43，即椭圆的短轴长为43.本题选择C选项.第39页共377页,11.A12.①②④⑤【解析】(1)因为A为圆⊙O内的一定点，P为⊙O上的一动点，线段AP的垂直平分线交半径OP于点M，可得MA=MP,MA+MO=MP+MO=OP=r，即动点M到两定点O,A的距离之和为定值，①当O,A不重合时，根据椭圆的定义，可知点M的轨迹是：以O,A为焦点的椭圆；②当O,A重合时，点M的轨迹是圆；(2)当A为圆⊙O外的一定点，P为⊙O上的一动点，线段AP的垂直平分线交半径OP于点M，可得MA=MP,MA-MO=MP-MO=OP=r，即动点M到两定点O,A的距离之差为定值，根据双曲线的定义，可得点M的轨迹是：以O,A为焦点的双曲线；(3)当A为圆⊙O上的一定点，P为⊙O上的一动点，此时点M的轨迹是圆心O.综上可得：点M的轨迹可能是点、圆、椭圆和双曲线.故答案为：①②④⑤2y2x13.+=1416【解析】如图，延长F2Q交F1P的延长线于S，连接OQ.因为PQ为∠SPF2的平分线且F2S⊥PQ，故△PSF2为等腰三角形且PS=PF2，SQ=QF2，所以PF1+PF2=PS+PF1=2×4=8.11在△F1SF2中，因为F1O=F2O,SQ=QF2，所以OQ=F1S=F1P+PS=4，2222故Q的轨迹方程为：x+y=16.2y222x令Mx,y，则Q2x,y，所以4x+y=16即+=1，4162y2x故答案为：+=1416第40页共377页,14.8+222y2x【解析】由椭圆+=1的焦点在x轴上知a=3,b=22,c=1，右焦点F(1,0)，左焦点为F1(-1,0)，98连接MF1，CΔMPF=FP+MP+MF=2+MP+MF由椭圆定义可知：MF1+|MF|=2a，|MP|+|MF|=|MP|+2a-MF1=6+|MP|-MF1，即|MP|-MF1最大时，|MP|+|MF|最大，22在△PMF1中，两边之差总小于第三边，|MP|-MF1≤PF1=(1+1)+(2-0)=22，当且仅当P、M、F1共线时，|MP|-MF1取最大值22，此时|MP|+|MF|取最大值6+22，则周长CΔMPF=2+MP+MF的最大值为8+22.故答案为：8+2215.28【解析】设椭圆的另一个焦点为F'由椭圆的几何性质可知：P7F=P1F'|，，|P1F+P7F=P1F|+P1F'=2a同理可得P1F+P7F=P2F+P6F=P3F+P5F=2P4F=2a，且a=4，故P1F+P2F+P3F+⋯+P7F=7a=28,故答案为28.16.1217.122222【解析】由已知得a=4,b=3,c=a-b=1，F2(1,0)，因为PF2+PF1=2a=4，所以PF1=4-PF2，所以PM-PF1=PM-4-PF2=PM+PF2-4，所以当三点M、P、F2共线时，PM+PF2-4最小，22即PM+PF2-4=MF2-4=3+4-4=1.故答案为：1.第41页共377页,118.2【解析】设椭圆的右焦点为F，AF+BF≥AB，当直线AB过右焦点F时，等号成立，∴△ABF的周长l=AF+BF+AB≤AF+BF+AF+BF=4a，22b此时直线AB过右焦点，AB=，a212b2c1S△ABF=××2c=b，得e==.2aa21故答案为：22y2x19.+=19822【解析】由题意，圆C1：x+1+y=25的圆心为-1,0，半径为5，22圆C2：x-1+y=1的圆心为1,0，半径为1，设动圆的圆心M(x,y)，半径为R，2222动圆与圆C1：x+1+y=25内切，与圆C2：x-1+y=1外切，所以MC1=5-R，MC2=1+R，所以MC1+MC2=5-R+1+R=6>C1C2，所以M的轨迹是以原点为中心，焦点在x轴上的椭圆，且2a=6，c=1，222所以b=a-c=8，2y2x∴椭圆的方程为+=1.982y2x故答案为：+=1．98y22x20.+=143【解析】设复数z对应的点为Z，则z-i表示点Z到点A(0，1)的距离，z+i表示点Z到点B(0,-1)的距离，又|AB|=2，由z+i+z-i=4知点Z到点A、B的距离和大于|AB|，z在复平面内对应点的轨迹为椭圆，所以a=4，c=1，则b=3，椭圆的焦点就是A，B，y22x所以z在复平面内对应的点的轨迹方程是：+=1，43y22x故答案为：+=143第42页共377页,2y2x21.+=1．32【解析】设椭圆半焦距为c，由已知可得PF2⊥F1F2,△PF1F2为直角三角形.2b易知PF2=.a21b232∴S△PF1F2=2×2c×a=3,∴2a=3bc①，5cb2设点P在第一象限由PF1=3F1Q，可得Q-3,-3a，2225cb222代入椭圆C的方程可得+=1②．又a=b+c③，229a9a2y2x由①②③可得a=3,b=2，所以椭圆C的标准方程为+=1．322y2x故答案为：+=1.322y2x22.+=1.169【解析】设切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2)，则过点A(x1,y1)的切线方程为y-y1=k(x-x1)，即y=kx+y122222-kx1代入3x+4y-12=0，整理化简可得(3+4k)x+8k(y1-kx1)x+4(y1-kx1)-12=0，由题设可22222222得64k(y1-kx1)-4×4[(y1-kx1)-3](3+4k)=0，即3+4k=(y1-kx1)，结合3x1+4y1-12=0可23x1得k=-2，则切线方程为3x1x+4y1y-12=0；同理可得经过点B(x2,y2)的切线方程为3x2x+4y2y-4y112=0．设交点P(x0,y0)，故由题设可得3x1x0+4y1y0-12=0且3x2x0+4y2y0-12=0，观察这两个等式22可以看出经过两点A(x1,y1),B(x2,y2)的直线是3x0x+4y0y-12=0，又该直线与x+y=1相切，则2y22y21222xx=1，即9x0+16y0=144，即交点P在曲线+=1运动，应填答案+=1．(3x)2+(4y)216916900第43页共377页,专题5：椭圆的对称性参考答案1.C【解析】因为F1关于P的对称点为M，关于F2的对称点为N,所以PF2为△F1MN的中位线,所以MF1+MN=2PF1+2PF2=2(PF1+PF2)=2×2a=12,F1N=2F1F2=4c=49-8=4,所以ΔMF1N的周长为12+4=16.故选:C.2.B【解析】如图，延长射线PF1、QF2分别与椭圆C相交于M、N两点，由椭圆的对称性可知PF1=NF2，MF1=QF2，设点P的坐标为x1,y1，点M的坐标为x2,y2，则点Q的坐标为-x2,-y2.33①若直线PF1的斜率不存在，则点P、Q的坐标分别为-1,、1,，22有PF1+QF2=3②若直线PF1的斜率存在，设直线PF1的方程为y=kx+1k≠0，2y2x+=12222联立方程43，消去y后整理为4k+3x+8kx+4k-12=0，y=kx+1228k4k-12有x1+x2=-2，x1x2=2，4k+34k+3222321211PF1=x1+1+y1=x1+1+3-x1=x1+2x1+4=x1+2=2+x1，44221MF1=2+x2，2212k2+134k2+3+314kPF1+QF2=4+2x1+x2=4-2=2=2，4k+34k+34k+33=3+∈3,4，24k+3则PF1+QF2的取值范围为3,4.故选：B第44页共377页,3.C139【解析】由椭圆对称性得PF2=QF1,因为PF2⊥x轴，所以PF2=yP=31-=,OP=1+42413=，因此△F1PQ的周长为PF1+QF1+PQ=PF1+PF2+2OP=2a+2OP=4+13，选C.24.B2y2x【解析】∵A,B分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左､右顶点，∴A-a,0,Ba,022abx2y22002b22又M,N是椭圆上关于x轴对称的两点，设Mx0,y0,则Nx0,-y0,且2+2=1，即y0=2a-x0.aba2b22y-yy22a-x02000ab4故AM,BN的斜率之积为k1k2=x+a⋅x-a=22=22=2=9,00a-x0a-x0a2cb5所以椭圆C离心率是e==1-=.aa23故选：B5.B【解析】∵①fx=x为奇函数，作出其图象，由图可知fx=x能等分该椭圆面积；同理，②fx=sinx为奇函数，能等分该椭圆面积；③fx=cosx为偶函数，其图象关于y轴对称，π在y轴右侧x∈0,时，fx>0，2πx∈,4时fx<0，故不能等分该椭圆面积.2故选：B第45页共377页,6.A33【解析】因为P3-1,2，P41,2关于y轴对称，所以椭圆经过P3，P4，13所以+=1，22a4b1当P2在椭圆上时，2=1，b22解得b=1,a=4，2x2椭圆方程为：+y=1成立.41113因为+>+=1，2222aba4b所以椭圆不经过P1，故选：A7.A22xi2222xi【解析】设点Px1,y1、Qx2,y2，则+yi=1，可得xi=4-4yi，yi=1-i=1,2.4422222x13x1对于命题甲：AP=x1-2+y1=x1-4x1+4+1-=-4x1+5，4423x2同理可得AQ=-4x2+5，4223x13x2∵AP=AQ，则-4x1+5=-4x2+5，整理得x1-x23x1+x2-16=0，44∵-2≤x1≤2，-2≤x2≤2，所以，-4≤x1+x2≤4，则3x1+x2-16≠0，必有x1=x2，所以，则P与Q关于x轴对称，命题甲正确；同理可知命题乙也正确.故选：A.8.D【解析】O是坐标原点，由对称性得SΔABF=2SΔOFA，当A是短轴端点时，A到OF的距离最大，即ΔOFA面积最大，又由题意a=2,b=1，则c=3，1∴SΔABF的最大值为2×cb=3．2故选：D．9.D2y2x【解析】解：根据题意，椭圆C：+=1中，a=2，b=3，4322则c=a-b=1，则F1-1,0，F21,0，设M为椭圆的上顶点，其坐标为0,3，在ΔMF1F2中，MF1=MF2=a=2，F1F2=2c=2，则∠F1MF2=60°，P为椭圆上任意一点，则∠F1PF2≤∠F1MF2=60°，则满足∠F1PF2为45°的点P有4个，点P可以在四个象限.第46页共377页,故选D．10.C【解析】2y2c2222x由题意知=，得a=2b=2c，不妨设椭圆的方程为+=1(a>b>0)，椭圆上任取点a2a2b2x0-cy0y0x0-cy0Px0,y0，取焦点F-c,0，则PF中点M2,2，根据条件可得2=2+4，kPF=x+c=02x-1，联立两式解得x0=-4,y0=4-c，代入椭圆方程解得a=32，b=3，由此可得椭圆的方程为+18y2y22x=1或+=1.故选C．918913311.0或(答案不唯一在-<t<内任取两个实数)2332x2【解析】设+y=1上存在关于直线y=x+t对称的两点ax1,y1,bx2,y22由对称性可知，线段ab被直线y=x+t垂直平分，则ab的中点mx0,y0在直线y=x+t上，且kab=-1故可设直线ab的方程为：y=-x+by=-x+b联立方程：2⇒3x2-4bx+2b2-2=0x2+y=124bx1+x2=32bb由韦达定理可知：，即中点m的坐标为,2b33y1+y2=2b-x1+x2=322由△=16b-122b-2>0，得-3<b<3b2bb33因为m在直线y=x+t上，所以=+t⇒t=-⇒-<t<33333133任取t=0或(答案不唯一，在-<t<内的任意两个实数均可)23312.②③2y2x【解析】①不考虑交点的情况，当p在+=1上时，pf1+pf2=10，pe1+pe2不为定值，错误；259②两个椭圆均关于y=x,y=-x对称，故曲线c关于直线y=x,y=-x均对称，正确；③曲线c在边长为6的正方形内部，故面积小于36，正确；故答案为②③第47页共377页,13.2【解析】由题意可知直线的斜率一定存在，因此设直线l的方程为y=kx+1，22代入椭圆方程整理得(1+4k)x+8kx=0，-8k所以x=，21+4k221-4k-8k1-4k所以y=所以a，，2221+4k1+4k1+4k28k4k-1由题意得b，，221+4k1+4k1116k所以三角形pab的面积s=2|op|∙|xa-xb|=22因为k≠0，1+4k11所以s△pab=8∙≤8∙=2.4k+124k故答案为：2.14.3，2cd【解析】延长cf2交椭圆于d,有对称性可知af1+cf2=cd，当cd垂直于x轴时，最小，此时obcd3cd4==3，当倾斜角为0时比值最大，此时==2，但取不到．ob3ob2故答案为3，2.15.22+2【解析】设f1-c,0,f2c,0c>0，F1关于直线y=-x的对称点P坐标为(0，c)，02点P在椭圆上，则：+c=1，2a222则c=b=1,a=b+c=2，则a=2，故△PF1F2的周长为：PF1+PF2+F1F2=2a+2c=22+2.216.217.1025.【解析】连接AF1,BF1，则由椭圆的中心对称性可得CΔABF2=AF2+BF2+AB=AF1+AF2+AB=6+AB≥6+4=101SΔABF2=SΔAF1F2≤2⋅25⋅2=25．第48页共377页,21321318.m取值范围为-13,13【解析】设椭圆上关于直线y=4x+m对称的点A(x1,y1)，B(x2,y2)，1则根据对称性可知线段AB被直线y=4x+m垂直平分，故直线AB的斜率k=-，4直线AB与椭圆有两个交点，且AB的中点Mx0,y0在直线y=4x+m，223x+4y=12故可设直线AB的方程为y=-1x+n，联立方程组，14y=-x+n422整理可得13x-8nx+16(n-3)=08n124n∴x1+x2=，y1+y2=-(x1+x2)+2n=，13413221313Δ=64n-4×13×16(n-3)>0，解得：-<n<，224n12n4n∴x0=，y0=，代入y=4x+m，解得：m=-，131313213213∴<m<，1313213213∴m的取值范围是-13,13．66219.(1)证明见解析；(2)-∞,-3∪3,+∞；(3)2.2x222【解析】(1)设mx,y，则+y=1，得x=2-2y，于是221221229125mc=x+y-=2-2y+y-=-y-y+=-y++2242211010因-1≤y≤1，所以当y=-时，mcmax=，即mc≤；2221(2)由题意知m≠0，可设直线ab的方程为y=-x+b．m2x+y2=1222+m22b2由消去y，得x-x+b-1=0．12m2my=-mx+b21x2因为直线y=-x+b与椭圆+y=1有两个不同的交点，m22422所以，δ=-2b+2+>0，即b<1+，①22mm224bm2b-1m由韦达定理得x1+x2=2，x1x2=2，m+2m+2y1+y212bmbm22mbbm2∵2=-m⋅2+b=2，所以，线段AB的中点M2,2.m+2m+2m+2m+2222mbmb1m+2将AB中点M2,2代入直线方程y=mx+2，解得b=-2②，m+2m+22m222m+2m+222将②代入①得-<，化简得m>.2m2m236666解得m<-3或m>3，因此，实数m的取值范围是-∞,-3∪3,+∞；第49页共377页,2166232t+1(3)令t=-m∈-2,0∪0,2，即t=0,2，且b=-2.24tb2b-2则x1+x2=-2，x1x2=2，2t+12t+128b2-122224tb则AB=1+t⋅x1-x2=1+t⋅x1+x2-4x1x2=1+t⋅-2-2=2t+12t+12222t+1222222⋅2t+1--2⋅1+t22⋅2t+1-b⋅1+t==222t+12t+12222⋅2t+13-2t⋅1+t，22t+122t+1且O到直线AB的距离为d=，22t+112222设ΔAOB的面积为St，所以St=AB⋅d=⋅2t+13-2t≤⋅244222t+1+3-2t2=，22212当且仅当t=时，等号成立，故ΔAOB面积的最大值为．222y2x20.(1)+=1(2)见解析43c=1a2a2=b2+c2【解析】(1)解：由题意知可得a=2，b=3，9142+2=1ab2y2x所以椭圆C的标准方程为+=1.43(2)证明：若x0=0，则P0,±3，此时直线PF2与直线PF1关于直线l对称.设F1关于直线l的对称点为Qm,n，x⋅m-1yn0202+=1若x0≠0，则43n3x0m+1-4y=-10229x0-16y0+72x04y0m+1则m=，n=，9x2+16y23x000要证直线PF2与直线PF1关于直线l对称，只需证Q，P，F2三点共线，ny0即证kOF2=kPF2，即证m-1=x-1，0229x0-16y0+72x0+122n4y0m+14y09x0+16y0因为==⋅m-13xm-13x09x2-16y2+72x0000-1229x0+16y06x0+246x0+24x0+4=y0⋅2=y0⋅2=y0⋅2-8y0+18x03x0x0+3x0-4-83-4+18x0x0+4y0=y0⋅=，x0+4x0-1x0-1综上，直线PF2与直线PF1关于直线l对称.第50页共377页,专题6：椭圆的离心率问题参考答案1.A【解析】如图，令P点在第一象限(由椭圆对称性，其他位置同理)，连接PO，显然G点在PO上，连接PI并延长交x轴于点M，连接GI并延长交x轴于点N，GI⊥x轴，过点P作PE垂直于x轴于点E，设点P(x0,y0)，F1(-c,0),F2(c,0)，则OE=x0,PE=y0，x0y0x0x0因为G为ΔPF1F2的重心，所以G3,3，因为IG⊥x轴，所以I点横坐标也为3，ON=3，因为PM为∠F1PF2的角平分线，2x0则有PF1-PF2=F1N-NF2=F1O+ON-OF2-ON=2ON=，3x0x0又因为PF1+PF2=2a，所以可得PF1=a+,PF2=a-，33x0a+F1MPF13F1Mc+OM又由角平分线的性质可得，==，而=F2MPF2a-x0F2Mc-OM3cx0所以得OM=，3a(a-c)x0(3a-c)x0所以MN=ON-OM=，ME=OE-OM=，3a3aINMNa-c(a-c)y0所以==，即IN=，PEME3a-c3a-c11因为SΔPF1F2=2PF1+PF2+F1F2IN=2F1F2PE1(a-c)y01c1即(2a+2c)=(2c)y0，解得=，所以答案为A.23a-c2a32.B2y22y2xx【解析】若内层椭圆方程为+=1(a>b>0)，由离心率相同，可设外层椭圆方程为+2222ab(ma)(mb)=1(m>1)，∴A(-ma,0),B(0,mb)，设切线AC为y=k1(x+ma)，切线BD为y=k2x+mb，y=k1(x+ma)∴2y2，整理得(a2k2+b2)x2+2ma3k2x+m2a4k2-a2b2=0，由Δ=0知：x1112+2=1ab2322222242222b1(2mak1)-4(ak1+b)(mak1-ab)=0，整理得k1=2⋅2，a1-my=k2x+mb2同理，2y2，可得k2=b⋅(m2-1)，x222+2=1aabb492b29ca2-b272∴(k1k2)=4=-16，即2=16，故e=a=2=4.故选：B.aaa第51页共377页,3.C【解析】由题设Fc,0,A0,b,Px1,y1,Qx2,y2，则线段PQ的中点为Bx0,y0，3cb由三角形重心的性质知AF=2FB，即(c,-b)=2x0-c,y0，解得：x0=,y0=-223cb5b即B,-代入直线l:6x-5y-28=0，得9c+-28=0①.222又B为线段PQ的中点，则x1+x2=3c,y1+y2=-b，2222x1y1x2y2又P,Q为椭圆上两点，∴+=1,+=1，2222ababx1+x2x1-x2y1+y2y1-y2以上两式相减得+=0，22aby1-y2b2x1+x2b23c62所以kPQ=x-x=-2⋅y+y=-2×-b=5，化简得2a=5bc②12a12aa=252225由①②及a=b+c，解得：b=4，即离心率e=.5c=2故选：C.4.B【解析】椭圆的焦点为F1-c,0，F2c,0，F1F2=2cF1F22c43c根据正弦定理可得2R===sin∠F1PF2sinπ3323c13c∴R=，r=R=.346设PF1=m，PF2=n，则m+n=2a，222π22由余弦定理得4c=m+n-2mncos=m+n-3mn=4a-3mn，322224a-c1π3a-c∴mn=3，∴SΔF1PF2=2mnsin3=3，13ca+c又SΔF1PF2=2m+n+2c⋅r=6，223a-c3a+c22∴=即2a-3c-ac=0，3622故3e+e-2=0，解得：e=或e=-1(舍).3故选：B.5.A2y2x【解析】设椭圆方程为+=1(a>b>0)，22ab2y2x双曲线方程为-=1(m>0,n>0)，22mn左右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0)22222c=a-b=m+n不妨设P在第一象限，PF1+PF2=2aPF1=a+m，得，PF1-PF2=2mPF2=a-m222在ΔPF1F2中，|F1F2|=|PF1|+|PF2|-2|PF1|⋅|PF2|⋅cos∠F1PF2，第52页共377页,22222a3m即4c=a+3m,+=4，22cc13设椭圆和双曲线的离心率分别为e1,e2,2+2=4，e1e21133设=2cosθ>1,cosθ>,=2sinθ<3,0<sinθ<，e12e22π1124π取0<θ<，+=2cosθ+sinθ=sinθ+，3e1e2333π1143当θ=时，+取得最大值为.6e1e23故选:a.6.a222【解析】由椭圆的定义，得pf1+pf2=2a，平方得pf1+pf2+2pf1pf2=4a①.22由pf1⋅pf2=c，∴pf1⋅pf2cos∠f1pf2=c②，∠f1pf2是锐角，2222由余弦定理得pf1+pf2-2pf1⋅pf2cos∠f1pf2=f1f2=4c③，22-③得2pf1pf21+cos∠f1pf2=4a-4c④2c由②④，得cos∠f1pf2=22<1，2a-3c∵∠f1pf2是锐角，2c0<<1，222a-3c22222即2a-3c>0且c<2a-3c2∴e<.2222由②③可知PF1+PF2=6c⑤22由①⑤可得PF1PF2=2a-3c，PF1+PF223222222PF1⋅PF2≤2=a，∴2a-3c≤a，即a≤3c，∴e≥3.32则椭圆离心率的取值范围是,.32故选：A.7.A2y2x【解析】椭圆2+2=1a>b>0的左右焦点分别为F1(-c，0)，F2(c，0)，设Q(x0，y0)，abx0y0∵G为△F1QF2的重心，∴G点坐标为G3，3，y0∵GI=λF1F2，则GI∥F1F2，∴I的纵坐标为，3又∵|QF1|+|QF2|=2a，|F1F2|=2c，1∴S△F1QF2=2•|F1F2|•|y0|，y0又∵I为△F1QF2的内心，∴3即为内切圆的半径，内心I把△F1QF2分为三个底分别为△F1MF2的三边，高为内切圆半径的小三角形，1y0∴S△F1QF2=2(|QF1|+|F1F2|+|QF2|)3，第53页共377页,11y01即2×2c•|y0|=2(2a+2c)3，∴2c=a，∴椭圆C的离心率为e=2，1∴该椭圆的离心率，2故选：A．18.3【解析】当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，取P特殊情况在上顶点时，内切圆的圆心在y轴上，重心也在y轴上，由此可得不论P在何处，GI始终垂直于x轴，设内切圆与边的切点分别为Q，N，A，如图所示：设P在第一象限，坐标为：(x0，y0)连接PO，则重心G在PO上，连接PI并延长交x轴于M点，连接GI并延长交x轴于N，则GN⊥x轴，作PE垂直于x轴交于E，x0y0x0x0可得重心G3，3所以I的横坐标也为3，|ON|=3，由内切圆的性质可得，PG=PA，F1Q=F1N，NF2=AF2，所以PF1-PF2=(PG+QF1)-(PA+AF2)=F1N-NF22x0=(F1O+ON)-(OF2-ON)=2ON=，3x0x0而PF1+PF2=2a，所以PF1=a+，PF2=a-，33x0a+PF1F1M3c+OMcx0由角平分线的性质可得===，所以可得OM=，PF2MF2x0c-OM3aa-3x0cx0a-cx0所以可得MN=ON-OM=-=，33a3acx03a-cx0所以ME=OE-OM=x0-=，3a3aINMNa-ca-ca-c所以==，即IN=⋅PE=⋅y0，PEOE3a-c3a-c3a-c111a-c1S△PF1F2=2(PF1+F1F2+PF2)⋅IN=2F1F2⋅PE，即2(2a+2c)⋅3a-c⋅y0=2⋅2c⋅y0，c1所以整理为：=，a31故答案为：.3第54页共377页,259.5【解析】如图，圆锥面与其内切球O1，O2分别相切与A,B，连接O1A,O2B,则O1A⊥AB，O2B⊥AB，过O2作O2D⊥O1A垂直于D，连接O1E,O2F，EF交O1O2于点C设圆锥母线与轴的夹角为α，截面与轴的夹角为β.22在RtΔO2DO1中，DO1=3-1=2，O2D=8-2=215O1D21515∴cosα===∵O1O2=8O1O284∴CO1=8-O2C∵ΔEO1C∼ΔFO2C8-O2CO2C∴=解得O2C=2O1EO2F2222∴CF=O2C-FO2=2-1=3CF3即cosβ==O2C23cosβ225则椭圆的离心率e===cosα1554310.22222ba-x0【解析】解：A-a,0，Ba,0，设P(x0，y0)，则y0=2，ayyy22000b则m=，n=，∴mn==-，x0+ax0-ax2-a2a20a22∴3-++3lnm+lnnb3mnmna22b2a3a2ab=3-++6ln=-2+3+6ln，b3b2b2a3bbba--a2a232t-22t2+3a2322t-4t+3t-6令=t>1，则ft=t-2t+3t-6lnt．ft==，b3ttab23∴当t=2时，函数ft取得最小值f2．∴=2．∴e=1-=，ba23故答案为：．2第55页共377页,211.2，1【解析】设直线AB的方程为y=kx，y=kx联立方程组2y2，消元得(a2k2+b2)x2=a2b2，x2+2=1abababk-ab-abk∴A，，B，，222222222222ak+bak+bak+bak+b又C(c,0)，M，N是AF，BF的中点，abcabk-abc-abk∴M+，，N+，，2a2k2+b222a2k2+b22a2k2+b222a2k2+b2∵以MN为直径的圆恰经过坐标原点O，∴OM⊥ON，abc-abcabk-abk∴+++∙=0，2a2k2+b222a2k2+b222a2k2+b22a2k2+b2222222cababk即--=0，44(a2k2+b2)4(a2k2+b2)222222222∴c(ak+b)-ab-abk=0，222222222422224∴(ac-ab)k=ab-bc=b，即a(c-b)k=b，∵存在符合条件的直线AB，使得OM⊥ON，22224∴关于k的方程a(c-b)k=b有解，2222222∴c>b，即c>a-c，∴2c>a，2c1c2∴>，∴e=>，a22a22又e<1，∴<e<1．22故答案为：2，1．1012.5【解析】设a，b，c坐标分别为xi,yii=1,2,3，x1+x2+x3=0因为△abc的重心恰好是坐标原点，则，y1+y2+y3=022x3=-x1+x2x1+x2y1+y2则，代入椭圆方程可得+=1，y=-y+ya2b231222x1y1+=1a2b2xxy1y2112其中22，所以2+2=-2⋯⋯①x2+y2=1aba2b2因为直线l的斜率为1，且过左焦点，则l的方程为：x=y-c，x=y-c联立方程2y2消去x可得：a2+b22-2b2cy-b4=0，xy2+2=1ab242bc-b所以y1+y2=22，y1y2=22⋯⋯②a+ba+b442c-b所以x1x2=y1-cy2-c=y1y2-cy1+y2+c=22⋯⋯③，a+b第56页共377页,22c210将②③代入①得e==，从而e=.a25510故答案为：55513.11,12y2x【解析】由题意，设椭圆c:+=1λ>0,λ≠3，Mx1,y1，Nx2,y2，M，N的中点为Px0,y0，则3λ2222x+xx-xy+yy-yx1y1x2y212121212x1+x2+=1，+=1，两式相减得，+=0，而x0=，y03λ3λ3λ2y1+y2=.2y2-y1λx1+x2λx0所以，MN所在直线的斜率kMN==-=-，x2-x13y1+y23y0λx01由M，N关于l对称，直线MN⊥l，故-=-①，又Px0,y0在l上，所以y0=2x0+1②，联立①与3y023λ②的方程，解得，x0=，y0=.2λ-6λ-322x0y02由题意，Px0,y0在C内，可得+<1，化简4λ-28λ+33>0，即2λ-32λ-11>0，解得0<3λ311λ<或λ>.22令椭圆C的离心率为e，323-λ当0<λ<时，C的焦点在x上，e=，232232即λ=3-3e，故0<3-3e<，所以<e<1；22112λ-3当λ>时，C的焦点在y上，e=，2λ331155即λ=，故>，所以<e<1.1-e21-e221155255由于11<2，所以c的离心率的取值范围是11,1.55故答案为：11,1.614.3【解析】设p(m,n)，过点p切线为y-n=k(x-m)，由题知：y-n=k(x-m)联立2⇒(k2a2+1)x2+2ka2(n-km)x+a2[(n-km)2-1]=0，x2+y=12a因为直线与椭圆相切，2422222所以δ=4ka(n-km)-4a(ka+1)[(n-km)-1]=0，2222整理得：(a-m)k+2mnk+1-n=0.设切线pa，pb的斜率分别为k1，k2，21-n222因为pa⊥pb，所以k1∙k2=22=-1，即m+n=1+a.a-m2所以点p在以(0,0)为圆心，1+a为半径的圆上，2即(0,0)到直线ax+y-4=0的距离为1+a.42d==a+1，解得a=3.2a+1266又因为b=1，所以c=3-1=2，e==.故答案为：333第57页共377页,215.,12x=x0+tcosα【解析】设px0,y0，直线ab的参数方程为，(t为参数)y=y0+tsinα2222代入圆x+y=a+b，22222化简得：t+2x0cosα+y0sinαt+x0+y0-a-b=0，22222222∴|pa||pb|=t1t2=x0+y0-a-b=a+b-x0+y0，2222∵x0+y0∈b,a，22∴|pa||pb|∈b,a，2222222∵存在点p，使得|pa|⋅|pb|=a-b，∴a-b≥b，即a≥2b，222122∴a≤2c，∴e≥，∴≤e<1，故答案为：,1222216.2,1a2a22【解析】椭圆上存在点m使om⊥ma，即m的轨迹方程为：x++y=,y≠0.242y2x2+2=1a2-b2ab22联立方程，化简得到x+ax+b=0.a2a2a2x++y2=2422a-b22易知：x=-a是方程的解，且x=0时，x+ax+b>0.2aac2方程在-a,0上有解，只需满足：0>x=->-a，解得=e>.a2-b2a222a2故答案为：2,1.217.2【解析】解：如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的半实轴长为a2，则根据椭圆及双曲线的定义：|PF1|+|PF2|=2a1，|PF1|-|PF2|=2a2，∴|PF1|=a1+a2，|PF2|=a1-a2，π设|F1F2|=2c，∠F1PF2=，则：4在△PF1F2中由余弦定理得，222π4c=(a1+a2)+(a1-a2)-2(a1+a2)(a1-a2)cos，4222化简得：(2-2)a1+(2+2)a2=4c，2-22+2即+=4，22e1e22-22+21又∵+≥22∙，e2e2e1e21212∴≤2，即e1∙e2≥，e1e222即椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为．2第58页共377页,2故答案为：．2918.2【解析】由题意设焦距为2c,椭圆长轴长为2a1,双曲线实轴为2a2，令P在双曲线的右支上，由双曲线的定义PF1-PF2=2a2，①由椭圆定义PF1+PF2=2a1，②又∵PF1⊥PF2，222∴PF1|+PF2|=4c，③222222①+②,得PF1|+PF2|=2a1+2a2，④222将④代入③,得a1+a2=2c，∴90,110.9故答案为：.2第59页共377页,专题7：椭圆中的定点问题参考答案2y2x1.(1)+=1；(2)定点坐标(1,0).42【解析】(1)由题意可得：左焦点F(-c,0)关于直线y=x对称点N(0,c)；21+=1a2=4222abx2y2a2=b2+c2解得b=2所以椭圆的方程：+=1；42c2=2b=c(2)由题意可知A(-2,0)，B(2,0)同时直线TA,TB斜率存在且不为零，2y2mxlAT:y=(x+2)与椭圆+=1交于A，设P(x1,y1)，6422222m22m2m4m-72可得1+18x+9x+9-4=0∴-2⋅x1=2，18+m236-2m12m∴x1=2，y1=2，18+m18+m2y2mxlBT:y=(x-2)与椭圆+=1交于B，设Q(x2,y2)，24222m2224m-8可得1+2x+2mx+2m-4=0，∴2⋅x2=2，2+m22m-4-4m∴x2=2，y2=2，2+m2+my1-y24m4m2m2-4当x1≠x2时，直线PQ:y-y2=x-x(x-x1)，y+2=2x-2，12m+26-mm+2令y=0时，x=1，2236-2m2m-42当x1=x2时，2=2，m=6，x1=x2=1，m+18m+2∴直线PQ恒过点1,0.2y2x12.(1)+=1；(2)存在，n∈0,；(3)证明见解析．4342y2x2【解析】(1)∵椭圆C1:2+2=1(a>b>0)右焦点与抛物线C2:y=4x的焦点F(1,0)重合，ab3且经过点M1,，29142a=4∴2+2=1，解得2，abb=322a-b=12y2x∴椭圆的方程为：+=1．43(2)设直线PQ的方程为：y=k(x-1)，k≠0，2y2x2222代入+=1，得：(3+4k)x-8kx+4k-12=0，432222Δ=(-8k)-4(3+4k)(4k-12)>0恒成立．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为R(x3，y3)，x1+x24k23k则x3=2=2，y3=k(x3-1)=-2，3+4k3+4k由QP∙NP=PQ∙NQ，得：PQ∙(NQ+NP)=PQ∙(2NR)=0，∴直线NR为直线PQ的垂直平分线，23k14k直线NR的方程为：y+=-x-，3+4k2k3+4k2第60页共377页,2k1令y=0得：N点的横坐标n==，3+4k23+42k231∵k∈(0,+∞)，∴+4∈(4,+∞)，∴n∈0,．k241线段OF上存在点N(n,0)，使得QP∙NP=PQ∙NQ，其中n∈0,．4(3)证明：设直线AB的方程为：y=k(x-4)，k≠0，2y2x2222代入+=1，得：(3+4k)x-32kx+64k-12=0，43∵过点P0(4,0)且不垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，222211∴由Δ=-32k-43+4k64k-12>0，得：k∈-,，22设A(x3，y3)，B(x4，y4)，E(x4，-y4)，2232k64k-12则x3+x4=2，x3x4=2，3+4k3+4ky3+y4则直线AE的方程为y-y3=(x-x3)，x3-x4x3-x4令y=0得：x=-y3∙+x3y3+y4x3y4+x4y3=y3+y4x3∙k(x4-4)+x4∙k(x4-4)=k(x3+x4-8)2x3x4-4(x3+x4)=x3+x4-82264k-1232k2∙-4∙223+4k3+4k==1．232k-823+4k∴直线AE过定点(1,0)．2533.(1)8；(2)0,；(3)证明见解析，-,.222【解析】(1)由题意a=2，b=1．∴c=4-1=3，AF1+AF2=2a=4，BF1+BF2=2a=4，∴△ABF2的周长为AF2+BF2+AB=AF2+BF2+AF1+BF1=4+4=8；(2)设直线AB方程为y=x+m，2x24+y=152222由得x+2mx+m-1=0，∴Δ=4m-5(m-1)>0，-5<m<5，y=x+m428m4(m-1)设a(x1,y1),b(x2,y2)，则x1+x2=-，x1x2=，552242ab=1+k×(x1+x2)-4x1x2=5-m，5m又原点o到直线ab的距离为d=，21142m222225225∴s△aob=abd=×5-m×=⋅m(5-m)=⋅-m-+，2252552422522525直线不过原点，∴0<m<5，∴0<-m-+≤，2442∴0<s△oab≤．2第61页共377页,y1(3)由(2)直线pa方程为y=(x+4)，x1+4y1y=(x+4)2y2x1+4x1222由2得4+2(x+4)=1，又4y1=4-x1，代入整理得：x+y2=1(x1+4)422(2x1+5)x+2(4-x1)x-x1(5x1+8)=0，x1,xc是此方程的两根，5x1+8y13y15x1+83y1∴xc=-2x+5，∴yc=x+4(xc+4)=2x+5，即c-2x+5,2x+5，111115x2+83y2同理可得d-2x+5,2x+5，223y13y23(x1+m)3(x2+m)--2x1+52x2+52x1+52x2+52m-5∴kcd===，5x1+85x2+85x1+85x2+83-+-+2x1+52x2+52x1+52x2+52m-55x1+83y15∴直线cd方程为y=3x+2x+5+2x+5，注意y1=x1+m，令x=-2，112m-555x1+83y13y13(2m-5)3y13(2y1-2x1-5)3y=3-2+2x+5+2x+5=2x+5-=2x+5-=21112(2x1+5)12(2x1+5)53∴直线cd过定点-,．222x24.(1)+y=1；(2)证明见解析；(3)直线ab过定点(1,0).2【解析】(1)∵m是椭圆上的动点∴ym≤b，11∴s△mf1f2=2|f1f2|⋅ym≤2⋅2c⋅b=bc，即ym=b时，s△mf1f2max=bc=1c222222∵e==，即a=2c，又a=b+c，∴b=c=1，∴a=2，a22x2∴椭圆γ的方程为+y=122y2x+=122ab22222222442(2)证明：联立y⋅y，得(ay0+bx0)x-2abx0x+ba-ay0=0(*)x⋅x00+=1a2b222x0y0222222∵点tx0,y0在椭圆上，∴2+2=1(a>b>0)⇒bx0+ay0=abab222222222222∴abx-2abxx0+abx0=0，即ab(x-2xx0+x0)=0222∴ab(x-x0)=0，得x=x0，故直线和椭圆仅有一个公共点，∴l为椭圆的公切线(3)设P(2,t)，切点A(x1,y1)，B(x2,y2)，由(2)的结论可知，x⋅x1x⋅x2切线PA,PB的方程分别为+y⋅y1=1，+y⋅y2=122∵P在切线上，∴x1+ty1=1，x2+ty2=1∴(x1,y1),(x2,y2)都满足x+ty=1，即直线AB的方程为：x+ty=1∴直线AB过定点(1,0).第62页共377页,35.(1)0,2；(2)证明见解析，定点E,0．2【解析】(1)由题设知F(1，0)，设直线AB的方程为x=my+1(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)x=my+1,由2消去x并整理，得(m2+2)y2+2my-1=0.x2+y=1,2222m1Δ=4m+4m+2>0，则y1+y2=-2，y1y2=-2，m+2m+22222×m+1所以|y1-y2|=(y1+y2)-4y1y2=2m+2221122×m+122×m+1所以四边形OAHB的面积S=2×|OH|×|y1-y2|=2×2×2=2m+2m+2222t22令m+1=t，则t≥1，所以S==，t2+11t+t1因为t+≥2(当且仅当t=1，即m=0时取等号)，所以0<s≤2，t故四边形oahb的面积的取值范围为0,2；y1-y2y1-y2(2)由b(x2，y2)，d(2，y1)，可知直线bd的斜率k=，所以直线bd的方程为y-y1=(x-2-x22-x22)x2y1-2y2my1y2+y1-2y2令y=0，得x==①y1-y2y1-y22m1由(1)知，y1+y2=-2，y1y2=-2，所以y1+y2=2my1y2②m+2m+213(y1+y2)+y1-2y2(y1-y2)223将②代入①，化简得x===，y1-y2y1-y223所以直线bd过定点e,0．22y2x6.(1)+=1；(2)证明见解析.43a=2a=22y2c1x【解析】(1)根据题意得：a=2，解得c=1，所以椭圆c的方程为+=1；43222b=3b=a-c(2)因为点m为椭圆上顶点，所以点m的坐标为m0,3，设点ax1,y1、bx2,y2，2y2x+=14322设直线ma:y=k1x+3，由y=k1x+3得3+4k1x+83k1x=0，2283k133-43k183k133-43k1解得x1=-4k2+3，则y1=k1x1+3=4k2+3，即点a-4k2+3,4k2+3，111125-43k1+33+53y1+334k2+33k111kan===--，x1-83k13k124k1+3k21设直线mb:y=k2x+3，同理可得kbn=--，3k233k11k11又因为k1k2=3，所以k2=，所以kbn=--=--，k1333k1k15所以kan=kbn，所以直线ab过定点n0,-3.3第63页共377页,37.(1)；(2)证明见解析.24【解析】(1)将点a的坐标代入椭圆m的方程可得=1，∵a>0，∴a=2，同理b=1，2a22∴c=a-b=3，c3因此，椭圆M的离心率为e==；a2(2)如下图所示：x1直线AB的方程为+y=1，即y=x+1，-22易知直线PC的斜率存在，设直线PC的方程为y=kx-2，y=kx-2联立2，消去y可得4k2+1x2-16k2x+16k2-4=0，x2+y=142216k-48k-24k由韦达定理可得2xP=2，∴xP=2，则yP=kxP-2=-2，4k+14k+14k+128k-24k所以，点P的坐标为2,-2，4k+14k+14k+2y=kx-2x=2k-14k+24k联立1，解得，即点Q,，y=x+1y=4k2k-12k-122k-14k1+24k+12k+1所以，直线BP的斜率为kPB=2=-，8k-24k-2-24k+12k+1所以，直线BP的方程为y=-x+1，4k-24k-24k-2在直线BP的方程中，令y=0，可得x=，即点S,0，2k+12k+14k2k-12k+1所以，直线SQ的斜率为kSQ==，4k+24k-24-2k-12k+12k+14k-22k+12k-1所以，直线SQ的方程为y=x-，即y=x-，42k+142整理可得2kx-2+x-4y+2=0，x-2=0x=2由，解得，因此，直线SQ过定点2,1.x-4y+2=0y=1第64页共377页,2y2x38.(1)+=1；(2)过定点，-,0.6222c=43+1=122【解析】(1)由题意可得a2b2，解得：a=6或2(舍)，b=2222a=b+c2y2x故椭圆C的方程为+=1.62(2)由题意知，当l1,l2其中一条的斜率不存在时，另外一条的斜率为0，此时直线MN为x轴；当l1,l2的斜率都存在且不为0时，设l1:x=my-2(m≠0)，x=my-2设A(x,y),Bx,y，联立2y2，整理得m2+3y2-4my-2=01122x+=162224m-2Δ=16m+8m+3>0，y1+y2=2,y1y2=2m+3m+3-12则x1+x2=my1+y2-4=2m+3-62m所以AB的中点M2,2m+3m+3x=-1y-2m-6m2-2m同理由2y2，可得DE的中点N2,2x3m+13m+16+2=12m2m+22m+33m+14m则kMN=2=266m3m-1-+22m+33m+12m4m6所以直线MN的方程为y-2=2x+2m+33m-1m+34m2m4m3化简得y=x+=x+3m2-1m2-13m2-123故直线MN恒过定点-,0.23综上，直线MN过定点-,0269.(1)3；(2)过定点，定点为-2,0.52【解析】(1)设Ax0,y0，则B-x0,-y0，由题意得焦点为F-a-1,022222所以，FA⋅FB=x0+a-1,y0⋅-x0+a-1,-y0=-x0-y0+a-1.222当FA⋅FB=0时，有x0+y0=a-1.y=kx,222222联立2得x2=a，y2=ka，从而a+ka=a2-1.x+y2=1,02202222222ka+1ka+1ka+1ka+1a234a242将k=代入，得=a-1，即a-2a-3=0，3a2+322所以a=3或a=-1(舍)，故a=3.2x2(2)由(1)知，F-2,0，椭圆C：+y=1.3x0+222设AD：x=y-2，代入椭圆C：x+3y=3，y02x0+2222x0+2消去x并整理得3+y-y-1=0，y2y00第65页共377页,2222所以(3y0+x0+22x0+2)y-22(x0+2)y0y-y0=0，2222而x0+3y0=3，所以5+22x0y-22x0+2y0y-y0=0，2y0-y0由韦达定理得yDy0=-，所以yD=.5+22x05+22x0-x0+2x0-2y0同理BE：x=y-2，即x=-2，yE=，-y0y05-22x0y0-y042x0y0所以yE+yD=+=2，5-22x05+22x025-8x0y0-y010y0yE-yD=-=25-22x05+22x025-8x042x0y02yE+yD25-8x022x0所以==，yE-yD10y05225-8x0yE-yDyE-yD11y0于是kDE=====5⋅=xE-xDx0-2x0+2x0-2⋅yE+yDx0222x0x0yyE-yyDy0y0yE-yDy-y⋅500005k.5y0所以直线DE：y-yD=x-xD.x0x0x0+2x04x0+52令y=0，得x=xD-yD=yD-yD-2=yD-2，5y0y05y05y0-y06将yD=代入得x=-2，5+22x056所以DE经过定点-2,0.52y2x310.(1)+=1；(2)过定点，1,.434【解析】本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，考查数学运算及逻辑推理的核心素养.(1)设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=-2,y1+y2=2，2222x1x1x2x2且+=1,+=12222abab2222x1-x2y1-y2两式相减得=-22aby1+y2y1-y2b2即⋅=-，x1+x2x1-x2a22-23b即⋅=-，24a22b3所以=a243又直线l的方程为y-1=x+1，47令x=0，得y=477所以2a×=,a=2,b=3，1642y2x所以椭圆C的方程为+=1.43(2)由题意得F1,0，直线PQ,MN的方程分别为y=k1(x-1),y=k2x-1，第66页共377页,y=k1(x-1)设Px3,y3,Qx4,y4，联立x2y2，+=1432222得3+4k1x-8k1x+4k1-12=0，28k1所以x3+x4=2，3+4k1224k1-3k1则G,223+4k13+4k1224k2-3k2同理H,223+4k23+4k2-3k1--3k233+4k23+4k2k1k2-412所以kGH=22=k+k4k14k212-223+4k13+4k2由k1+k2=-13得kGH=+k1k1+1，423k1234k1所以直线GH的方程为y+2=k1+k1+4x-23+4k13+4k1233整理得y=k1+k1+x-1+，443所以直线GH过定点1,.411.(1)2；(2)证明见解析.【解析】解：(1)由题意，得A-3,0，设Px0,y0，则根据P、O、Q三点共线可知Q-x0,-y0，y03y03y0故直线AP方程为y=x+3x+3，M0,x+3，AM=3,x+3，000-y0-3y0-3y0直线AQ方程为y=-x+3x+3，N0,-x+3，AN=3,-x+3，0003y20AM⋅AN=3+，2x0-3x23y2020又点P在C上，即3+y0=1，由此得AM⋅AN=3+2=2．x0-3(2)由题意知直线AP、AQ的斜率存在，设直线AP的方程为y=k1x+3，直线AQ的方程为y=y=k1x+3k2x+3，Px1,y1，Qx2,y2，由x2，2+y=132222得1+3k1x+63k1x+9k1-3=0，因为x=-3和x=x1是此方程的两个根，22-63k13-33k123k1所以-3+x1=2，x1=2，y1=2，1+3k11+3k11+3k1223-33k123k13-33k223k2所以P,，同理得Q,1+3k21+3k21+3k21+3k2112223k1-33-23k1因为k1k2=-1，所以Qk2+3,k2+3，11223-33k13当k1=1时，2=-2，1+3k1第67页共377页,33此时P与Q的横坐标相同，所以直线PQ的方程为x=-．所以R的横坐标为-．22224k14k13-33k123k1当k1≠1时，kPQ=31-k2，PQ的方程为y=31-k2x-1+3k2+1+3k2，1111234k133-33k123k1令x=-，得y=--+=0．231-k221+3k21+3k21113所以直线PQ恒过定点R-2,0．2x212.(1)+y=1；(2)证明见解析，定点(2,0).22y22xb【解析】解：(1)把x=c代入+=1得y=±，a2b2a22b22则|MN|==2.即b=a.a2又△F1MN的周长为42，由椭圆概念得4a=42，a=2，从而b=12x2故C的方程为+y=1.2(2)证明：由题意可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，2x22+y=1222联立，得1+2kx+4kmx+2m-2=0.y=kx+m设A，B的坐标分别为x1,y1，x2,y2，22222则Δ=16km-41+2k2m-2=16k-8m+8>0，24km2m-2且x1+x2=-2，x1x2=2.1+2k1+2k设直线F2A，F2B的倾斜角分别为α，β，∵∠AF2M=∠BF2M，且F2M垂直x轴，∴tanα+tanβ=0，即kF2A+kF2B=0，y1y2∴+=0，∴则y1x2-1+y2x1-1=0，x1-1x2-1即kx1+mx2-1+kx2+mx1-1=0，∴2kx1x2-(k-m)x1+x2-2m=0，22m-24km∴2k⋅+(k-m)⋅-2m=0，化简可得m=-2k，221+2k1+2k则直线AB的方程为y=kx-2k=k(x-2)，故直线AB过定点(2,0).2y2x213.(1)+=1.；(2)证明见解析，定点坐标为,0.4372226【解析】(1)由于直线y=x+6与圆x+y=b相切，则b==3，2c=1a2a=2由已知条件可得a2=c2+3，解得c=1，a>02y2x因此，椭圆C的方程为+=1；43(2)设点Ax1,y1、Bx2,y2，设椭圆C的右顶点为M2,0，由题意可知，直线l不过椭圆的左、右顶点，则m≠±2k，第68页共377页,y=kx+m联立2y2，消去y并整理得4k2+3x2+8kmx+4m2-12=0，x+=143222222Δ=64km-44k+34m-12=484k+3-m>0，28km4m-12由韦达定理可得x1+x2=-2，x1x2=2，4k+34k+3由于以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，则MA⋅MB=0，MA=x1-2,y1，MB=x2-2,y2，2所以，MA⋅MB=x1-2x2-2+y1y2=x1-2x2-2+kx1+mkx2+m=k+1x1x2+224m-12k+1-8kmkm-222km-2x1+x2+m+4=2+m+4=0，4k+3222整理可得7m+16km+4k=0，解得m=-k或m=-2k(舍去).722所以，直线l的方程为y=kx-k，所以，直线l恒过定点,0.772x214.(1)+y=1；(2)过定点，-4,-3．2222【解析】(1)由题意知，b=1，c=1，且a=b+c，所以a=2，2x2所以，椭圆标准方程为+y=1．2(2)①当直线AB斜率不存在时，设为x=x0-2<x0<0，设点a坐标为x0,y0，点b坐标为x0,-y0，22ya-ypy0-1yb-yp-y0-1x0y0由于tanα==，tanβ==，+=1，xa-xpx0xb-xpx021y0-1-y0-1+tanα+tanβx0x02x04∴tanα+β===-=-≠1，1-tanαtanβy0-1-y0-1x2+y2-1x01-⋅00x0x0π∴tanα+β≠tan，4∴直线ab斜率不存在时，不符合题意．②当直线ab斜率存在时，设方程为y=kx+m，点a坐标为x1,y1，点b坐标为x2,y2，y=kx+m联立2，得2k2+1x2+4kmx+2m2-2=0，x2+y=12222-4km2m-1δ=82k-m+1>0，x1+x2=2，x1x2=2，2k+12k+1yA-yPy1-1kx1+m-1yB-yPy2-1kx2+m-1∵tanα===，tanβ===，xA-xPx1x1xB-xPx2x2πtanα+tanβtan=tanα+β==1，41-tanαtanβ∴tanα+tanβ=1-tanαtanβ，kx1+m-1kx2+m-1kx1+m-1kx2+m-1∴+=1-⋅，x1x2x1x222∴k+2k-1x1x2+1+km-1x1+x2+m-1=0，222m-1-4km2∴k+2k-1+1+km-1+m-1=0．222k+12k+1显然，直线y=kx+m，不经过点0,1，即m≠1，m-1≠0，22m+1-4km故有，k+2k-1+1+k+m-1=0，222k+12k+1第69页共377页,化简得m=4k-3，∴直线AB为y=kx+4k-3，∴kx+4-3+y=0，x=-4显然当时，上式成立，直线AB过定点-4,-3，y=-3综上，直线AB过定点-4,-3．2x215.(Ⅰ)+y=1；(Ⅱ)证明见解析.43【解析】(Ⅰ)由椭圆离心率为，且经过点A(2,0)，2c3222可知e==,a=2所以c=3.所以b=a-c=4-3=1.a22x2所以椭圆C的方程为+y=1.4(Ⅱ)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，2x24+y=1222由，得(1+4k)x+8kmx+4m-4=0.y=kx+m222Δ=(8km)-4(1+4k)(4m-4)>0.28km4m-4设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则x1+x2=-2,x1x2=2.1+4k1+4k因为以线段PQ为直径的圆经过点A，所以AP⊥AQ.所以AP⋅AQ=0.AP=(x1-2,y1)⋅AQ=(x2-2,y2)AP⋅AQ=(x1-2)(x2-2)+y1y2=(x1-2)(x2-2)+(kx1+m)(kx2+m)22=x1x2-2(x1+x2)+4+kx1x2+km(x1+x2)+m22=(1+k)x1x2+(km-2)(x1+x2)+m+4224m-4-8km2=(1+k)+(km-2)+m+4221+4k1+4k22由AP⋅AQ=0，整理得5m+16km+12k=0.6解得m=-k或m=-2k(都满足Δ>0).56所以y=kx-或y=k(x-2).5因为直线l不过点A(2,0)，6所以直线l过定点，05当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x=x0(-2<x0<2)，22x0则p(x0,y0),q(x0,-y0)，y0=1-.4x252202ap⋅aq=(x0-2)(x0-2)-y0=x0-4x0+4-1-4=4x0-4x0+3=06解得x0=或x0=2(舍).56综上直线l过定点，0.5第70页共377页,专题8：椭圆中的定值问题参考答案2y2x31.(1)+=1；(2)存在；k=．432c1【解析】解：(1)由题意知2a+2c=6；=，解得a=2,c=1，a22y22222x∵a=b+c，∴b=3，所以椭圆c的方程为+=1．43(2)假设存在k，则k≠0，设a(x1,y1),b(x2,y2)，设直线ab:x=my+n，t(n,0)x=my+n2y2，化简得(3m2+4)y2+6mny+3n2-12=0，x+=14326mn3n-12∴y1+y2=-2，y1⋅y2=2，3m+43m+4222222δ=36mn-4(3n-12)(3m+4)=48(3m+4-n)>0222222222AT+BT=(x1-n)+y1+(x2-n)+y2=(m+1)(y1+y2)222226mn3n-12=(m+1)[(y1+y2)-2y1⋅y2]=(m+1)-2-2⋅23m+43m+426(m+1)222=(3m-4)n+4(3m+4)，22(3m+4)22要使AT+BT为定值，2213则有3m-4=0，所以m=±，所以k==±．3m22y2PFx22.(1)+=1；(2)为定值，证明见解析43|AB|【解析】(1)由题意，当点M在椭圆的左顶点时，M到F1的距离最短，则a-c=1，当点M在椭圆的上顶点(或下顶点)时，△MF1F2的面积最大，此时△MF1F2为等边三角形，则a=2c，a-c=1联立a=2c，解得a=2,c=1,b=3，a2=b2+c22y2x故椭圆C的方程为+=1.43PF2(2)为定值.|AB|证明：由题意可知，动直线l的斜率存在，设其方程为y=k(x-1)，2y2x+=12222联立43，得3+4kx-8kx+4k-3=0.y=k(x-1)24k2-38k设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=2，x1x2=2，3+4k3+4kx1+x24k2-3k设AB的中点为Qx0,y0，则x0=2=2，y0=kx0-1=2.3+4k3+4k2-3k14k当k≠0时，线段AB的垂直平分线的方程为y-=-x-，3+4k2k3+4k222kk令y=0，得x=2，即P2,0，3+4k3+4k231+k2k所以PF2=2-1=2.3+4k3+4k2216k2-312k2+12228kAB=1+kx1+x2-4x1x2=1+k2-2=2.3+4k3+4k3+4k第71页共377页,231+kPF23+4k21所以==.|AB|121+k2423+4k当k=0时，l的方程为y=0，PF21此时，AB=2a=4，PF2=c=1，=.|AB|4PF2综上，为定值.|AB|2x2333.(1)+y=1；(2)是定值，理由见解析.42【解析】(1)直线x-43y+3=0过左焦点F，则有F(-3,0)，所以c=3且右焦点F(3,0)，1311又S△OMF=×3×yM=，得yM=，代入直线方程有xM=3，所以M3,.2422∴△FMF为直角三角形且∠MFF=90°，11由椭圆定义，知：2a=|MF|+|MF|=+12+=4，即a=2，242x2∴椭圆的方程为+y=1.4(2)当直线BC的斜率不存在时，设直线BC的方程为x=x1，若Bx1,y1，则Cx1,-y1，223∵O为△ABC的重心，可知A-2x1,0，代入椭圆方程，得x1=1,y1=，即有|BC|=2|y1|=3，A到4BC的距离为d=3，1133∴S△ABC=|BC|⋅d=×3×3=，222当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为y=kx+m，设Bx1,y1，Cx2,y2，2x24+y=1222由，得1+4kx+8kmx+4m-4=0，显然Δ>0，y=kx+m2-8km4m-42m∴x1+x2=2，x1x2=2，则y1+y2=kx1+x2+2m=2，4k+14k+14k+18km-2m18km2-2m2∵O为△ABC的重心，可知A2,2，由A在椭圆上，得42+2=1，化简4k+14k+14k+14k+122得4m=4k+1，4k2-m2+13m231+k2222∴|BC|=1+k⋅|x1-x2|=41+k⋅2=41+k⋅2=，4k+14m|m|3|m|由重心的性质知：A到直线BC的距离d等于O到直线BC距离的3倍，即d=，21+k133∴S△ABC=|BC|⋅d=，2233综上得，△ABC的面积为定值．22y2x4.(1)+=1；(2)证明见解析．433=1b2a=2x2y2【解析】(1)由已知c1解得b=3所以椭圆C：4+3=1．a=2(2)证明：由已知斜率存在以下给出证明：第72页共377页,223x+4y=12,由题意，设直线PB的方程为y=kx+3(k≠0)，P0,3，Bx1,y1，则Bx1,-y1，由y=kx+3,22得3+4kx+8k3x=0，2所以Δ=8k3>0，8k38k38k3x1+0=-2，x1=-2，y1=-2+3，3+4k3+4k3+4k28k38k38k3-43k+33所以B-2,-2+3，即B-2,2，3+4k3+4k3+4k3+4k243k-333-8k3直线PB的方程为y-=x-，3+4k24k3+4k222-43k-334k-43k-334k令y=0得x=所以M，0，33+4k233+4k233令y=0由y=kx+3得x=-k所以N-k，0，2-43k-334k3所以OM⋅ON=33+4k2⋅-k=4.2x2π5.(1)+y=1；(2)是，定值为.22【解析】(1)当PQ⊥x轴时，点P的横坐标xP=c代入椭圆C的方程，2b可得点P的纵坐标yP=，a由题意知c=1，A(-a,0)，D(0,b)，又当OP⊥x轴时，OP⎳AD，2bb222∴=，得b=1，且a-b=c，aa∴a=2，2x2∴椭圆C的标准方程为+y=1.2π(2)∠MFN为定值，且定值为，理由如下：2由(1)得A-2,0，D(0,1)，B2,0，设Px1,y1，Qx2,y2，Mt,y3，直线PQ的方程为x=my+1，x=my+1,22联立方程可得22整理得m+2y+2my-1=0，x+2y-2=0,-2m-1则y1+y2=2，y1y2=2，m+2m+2y3y1由A，P，M三点共线可得=，①t+2x1+22x1222y12-x1∵+y1=1，∴2y1=2-x1=2-x12+x1，∴=，②2x1+22y1y32-x1由①②得=③t+22y1y3y2由B，Q，M三点共线可得=④t-2x2-2t-22-x1x2-2由③④可得=，t+22y1y2分别将x1=my1+1，x2=my2+1代入，得2t-2-my1y2+m2-1y1+y2-3+22=，t+22y1y2第73页共377页,-2m-1t-2将y1+y2=2，y1y2=2代入并整理，可得=3-22，m+2m+2t+2∴t=2，设Nt,y4，同理可得t=2，y4y1由B，P，N三点共线可得=，⑤t-2x1-2由③⑤得y3y4=-1，∴FM⋅FN=2-1,y3⋅2-1,y4=1+y3y4=0，π∴∠MFN=为定值.22x216.(1)+y=1；(2)-.232【解析】(1)因为椭圆的离心率为，2c2所以e==，a21设Ax0,y0，则S△AF1F2=2×2cy0，当y0=b时，△AF1F2面积取得最大值，222所以bc=1，又a=b+c，22解得a=2,b=1，2x2所以椭圆的方程是+y=1.22x2222(2)设直线PM：y=kx+m与+y=1联立得：1+2kx+4kmx+2m-2=0，2因为PM是椭圆的切线，22222所以Δ=4km-4×1+2k×2m-2=0，即2k-m+1=0，22x22x由+y=1，得y=1-，22x所以2yy=-x，则y=-，2yx0设Px0,y0，则k=-①，2y02x02因为+y0=1，222所以x0=21-y0②，2221将①②代入2k-m+1=0，得m=，2y0因为m,y0同号，1所以m=，y0因为M在直线x=-2上，所以M-2,-2k+m,F1-1,0,F21,0，y0-2k+m所以k1=,k2=，x0+1-3x0y2k-my0-y-m00所以k1⋅k2==,3x0+13x0+1第74页共377页,-x0-my0x0+11==-=-.3x0+13x0+132y2x7.(1)+=1；(2)是定值，33.1232【解析】(1)抛物线y=12x的焦点坐标为3,0.由题意：椭圆的一个焦点坐标为3,0，所以另一个焦点是-3,0，c=3.2222根据椭圆的定义有2a=3+2+0-2+-3+2+0-2=43所以a=23，2y2222x所以b=a-c=3所以椭圆C:+=1.123(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx0,y0，2y2x+=1 ①123，y=kx+m②②代入①整理得，2221+4kx+8kmx+4m-12=0，222222Δ=64km-161+4km-3=163-m+12k>0，2-8km4m-12x1+x2=2，x1x2=2，1+4k1+4k因为OACB是平行四边形所以OC=OA+OB，，-8km所以x0=x1+x2=2，1+4k2my0=y1+y2=kx1+x2+2m=2，1+4k-8km22m2因为x0,y0在椭圆上，代入得2+42=12，1+4k1+4k232整理得：m=1+4k，4mO到AB距离为d=，21+km2所以S▱OACB=2S△OAB=AB⋅d=⋅1+kx1-x2，1+k222224⋅3+12k-m3m43m=mx1+x2-4x1x2=m⋅2=4⋅m⋅2=2=33，1+4k1+4k1+4k所以平行四边形OACB的面积为定值33.2y2x228.(1)+=1，x+y=6；(2)证明见解析.42a=2b，【解析】(1)由题意21解得a=2，b=2+=1，22ab2y2x所以椭圆的标准方程为+=14222椭圆C的“准圆”方程为x+y=6(2)证明：①当弦AB⊥x轴时，交点M、N关于x轴对称，又OM⋅ON=0，则OM⊥ON，22tt23可设M(t,t)、N(t,-t)，+=1得|t|=42323此时原点O到弦AB的距离d=|t|=，则，3第75页共377页,42因此|AB|=26-=4233②当弦AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=kx+m，且与椭圆C的交点Mx1,y1、Nx2,y2，y=kx+m联列方程组x2y2，+=142222代入消元得：2+4kx+8kmx+4m-8=0，2-8km4m-8由x1+x2=2,x1x2=22+4k2+4k22224m-8-8km22m-8k可得y1y2=kx1+mkx2+m=k×2+km×2+m=2，2+4k2+4k2+4k由OM⋅ON=0得x1x2+y1y2=0，222224m-82m-8k6m-8k-8242即+==0，所以m=k+12+4k22+4k22+4k2322822此时△=324k-m+2=32k+>0成立，33|m|m2423则原点O到弦AB的距离d====，k2+1k2+13342则|AB|=26-=42，332综上得|AB|=42，因此弦AB的长为定值.32y2x59.(1)+=1；(2).43313【解析】(1)因为椭圆的离心率为，且过点P1,，229c114222所以=,+=1，又a=b+c，a2a2b222解得a=4,b=3，2y2x所以椭圆C的方程为+=1；43(2)设Ax1,y1,Bx2,y2,Nx3,y3，因为点M为线段OA的中点，x1y1所以M2,2，因为B，M，N三点共线，所以BN=λBM，λλ所以x3=x1+1-λx2,y3=y1+1-λy2，22又因为A，B点在椭圆上，22x1y1+=143所以22，x2+y2=1433又因为直线OA，OB的斜率之积为-，4所以3x1x2+4y1y2=0，因为点N在椭圆上，第76页共377页,x2y22所以3+3=1，即λ3x2+4y223x2+4y2λ1-λ6xx+8yy=12，43411+1-λ22+212122λ2所以+1-λ=1，48解得λ=，585所以BN=BM,则BM=MN，531S△OMB2⋅OM⋅dBdBBM5所以====为定值.S△AMN1⋅AM⋅ddNMN3N22x211310.(Ⅰ)+y=1；(Ⅱ)证明见解析，+=.2|OA|2|OB|22【解析】(Ⅰ)依题意F1F2=2c=2，所以c=1.31由MF1=3MF2，MF1+MF2=2a，得MF1=a，MF2=a，22223a2a2于是F1F2=MF1-MF2=-=2a=2，所以a=2，22222所以b=a-c=1，2x2因此椭圆C的方程为+y=1.2(Ⅱ)当直线l的斜率存在时，设直线AB:y=kx+m，Ax1,y1，Bx2,y2，22x+2y=2,222由消去y得1+2kx+4kmx+2m-2=0，y=kx+mx+x=-4km,1221+2k由题意，Δ>0，则22m-2x1x2=2,1+2k因为OA⊥OB，所以x1x2+y1y2=0，即x1x2+kx1+mkx2+m=0，22整理得3m=21+k.22211|OA|+|OB||AB|而+==，222222|OA||OB||OA||OB||OA||OB|设h为原点到直线l的距离，则OAOB=AB⋅h，111所以+=，222|OA||OB|h|m|111+k23而h=，所以+==.1+k2|OA|2|OB|2m22当直线l的斜率不存在时，设Ax1,y1，则有kOA=±1，不妨设kOA=1，则x1=y1，22224代入椭圆方程得x1=，所以|OA|=|OB|=，33113所以+=.|OA|2|OB|22113综上+=.|OA|2|OB|222x211.(1)+y=1；(2)证明见解析.4【解析】(1)因为椭圆C的焦距为23，所以c=3，131222又∵椭圆C过点A3,，∴+=1，且满足a=b+c，2a24b2第77页共377页,222x2可得a=4，b=1，椭圆C的标准方程为：+y=1；4(2)设点Ax1,y1、Bx2,y2，F3,0，由题意可知，直线l的斜率存在，可设直线l的方程为y=kx-3，y=kx-3联立2，可得4k2+1x2-83k2x+12k2-4=0，x2+y=14由于点F在椭圆C的内部，直线l与椭圆C必有两个交点，2283k12k-4由韦达定理可得x1+x2=2，x1⋅x2=2，4k+14k+1∵MA=λ1AF，MB=λ2BF，M0,y0，得x1,y1-y0=λ13-x1,-y1，x2,y2-y0=λ23-x2,-y2，x1x2∴λ1=，λ2=，3-x13-x22224k-212k-4x1x23x1+x2-2x1x24k2+1∴λ1+λ2=+==22=-8.3-x13-x23-3x1+x2+x1x212k-4-24k3+24k+1612.(1)离心率为e=；(2)证明见解析.32y2x【解析】(1)设椭圆方程为+=1a>b>0，Fc,0，则直线AB的方程为y=x-c，22aby=x-c联立2y2，消去y并整理得a2+b22-2a2cx+a2c2-b2xx=0，2+2=1ab2a2c2-b22ac设点Ax1,y1、Bx2,y2，由韦达定理可得x1+x2=22，x1x2=22，a+ba+b由OA+OB=x1+x2,y1+y2，a=3,-1，由OA+OB与a共线，得3y1+y2+x1+x2=0，又y1=x1-c，y2=x2-c，3x1+x2-2c+x1+x2=0，2232ac3c2222c2∴x1+x2=2c，即22=2，可得a=3b=3a-c，所以，2=3，a+bac26所以，椭圆的离心率为e===；a332y222x222(2)证明：由(1)知a=3b，所以椭圆方程+=1可化为x+3y=3b．22abx=λx1+μx2设OM=x,y，由OM=λOA+μOB得x,y=λx1,y1+μx2,y2，∴.y=λy1+μy2222∵Mx,y在椭圆上，∴λx1+μx2+3λy1+μy2=3b，2222222∴λx1+3y1+μx2+3y2+2λμx1x2+3y1y2=3b．(※)22223c232212ac-ab32由(1)，知x1+x2=2，a=2c，b=2c，x1x2=22=8c．a+b232922x1x2+3y1y2=x1x2+3x1-cx2-c=4x1x2-3cx1+x2+3c=c-c+3c=0．2222222222又x1+3y1=3b，x2+3y2=3b，代入(※)式，得λ+μ=1．22故λ+μ为定值，定值为1．第78页共377页,2y2x13.(1)+=1；(2)存在，实数λ=3.32【解析】解：(1)根据椭圆的定义，可得AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，∴△AF1B的周长为AF1+BF1+|AB|=AF1+BF1+AF2+BF2=4a，∴4a=43，a=3，2y22y2x232x∴椭圆E的方程为3+2=1，将P1,3代入得b=2，所以椭圆的方程为3+2=1.b222(2)由(1)可知4c=a-b=1，得F2(1,0)，依题意可知直线l的斜率不为0，故可设直线l的方程为x=2y2x+=122my+1，由32消去x，整理得2m+3y+4my-4=0，x=my+1-4m-4设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1+y2=2，y1y2=2，2m+32m+3222222不妨设y1>0，y2<0，AF2=x1-1+y1=my1+1-1+y1=m+1⋅y1=m+1⋅y1，22同理BF2=m+1⋅y2=-m+1⋅y2，1111111所以AF+BF=2+2=2y-y22m+1⋅y1-m+1⋅y2m+1122216n+162m+3-1y2-y11-y2-y112m2+3===⋅m2+1y1y2m2+1y1y2m2+1-422m+32143m+1=⋅=3m2+14即AF2+BF2=3AF2⋅BF2，所以存在实数λ=3，使得AF2+BF2=λAF2⋅BF2成立2y2x414.(1)+=1；(2)是，.4331+9=1a24b2a=22x2y【解析】(1)由已知e=c=1,解得b=3所以椭圆C的方程为+=143a2c=1222c=a-b(2)由(1)可知F1,0依题意可知直线l的斜率不为0，故可设直线l的方程为x=my+12y2x+=122由43，消去x整理得3m+4y+6my-9=0;设Ax1,y1，Bx2,y2x=my+1-6m-9则y1+y2=2，y1y2=23m+43m+4222222不妨设y1>0，y2<0，AF=x1-1+y1=my1+1-1+y1=m+1⋅y1=m+1⋅y1，22同理BF=m+1⋅y2=-m+1⋅y21111111所以AF+BF=2+2=2y-ym+1⋅y1-m+1⋅y2m+11221y2-y11-y2+y1-4y1y2=⋅=⋅m2+1y1y2m2+1y1y2-6m2-9-2-4×213m+43m+44114=⋅=;即+=.m2+1-93AFBF323m+4第79页共377页,专题9：椭圆中的定直线问题参考答案2y2x1.(1)+=1；(2)证明见解析，直线x=4.8461c222222【解析】(1)由题意，+=1且=，又a=b+c，解得a=8，b=4.a2b2a22y2x∴椭圆的方程为+=1.84x=my+2,(2)设直线MN的方程为x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y2，联立方程x2y2+=1,8422222整理得m+2y+4my-4=0，Δ=16m+16(m+2)=32(m+1)>0，-4m-4由y1+y2=2，y1y2=2，即y1+y2=my1y2.m+2m+2y2直线DN的方程为y=x-3.①x2-3过M且与y轴垂直的直线的方程为y=y1.②y1x2-3y1my2-1y1+y2-y1联立①②可得xP=3+=3+=3+=4.y2y2y2∴点P在定直线x=4上.2y2x2.(Ⅰ)+=1；(Ⅱ)证明见解析，直线y=3.43ab【解析】(Ⅰ)设Px,y，PM⎳x轴，PN⎳y轴，∴M0,y，Nx,0，Q-y,y，Rx,-x，baay221a11b1bx∴S1=y⋅y=⋅，S2=x⋅x=⋅，2b2b2a2aay222y21bxabxab∴S1+S2=2b+a=22+2=2，ababc1222∴=3，又=，a=b+c，2a22y2x解得：a=2，b=3，故椭圆的方程为+=1．43(Ⅱ)①当直线EF斜率存在时，设其方程为：y=kx+1，设Ex1,y1，Fx2,y2，2y2x+=12222联立43，得3+4kx+8kx-8=0，Δ=64k+323+4k>0，y=kx+1-8k-8由韦达定理得x1+x2=2，x1x2=2，∴kx1x2=x1+x2．3+4k3+4k因为B10,3，B20,-3，y+3xy-3x所以直线EB2的方程为=，直线FB1的方程为=．y1+3x1y2-3x2y+3y-3联立消去x得=，整理得y1+3x2y2-3x1-3x2y1+x1y2+3x1-x2-3x2kx1+1+x1kx2+1+3x1-x2y==x1y2-x2y1-3x1+x2x1kx2+1-x2kx1+1-3x1+x2-32kx2x1+x1+x2+3x1-x23x1-x2-33x1+x2===3，x1-x2-3x1+x2x1-x2-3x1+x2所以直线EB2，FB1的交点G一定在直线y=3上；②当直线EF的斜率不存在时，直线EB2，FB1与y轴重合，过点0,3，由①②知直线EB2，FB1的交点G在直线y=3上．第80页共377页,2y2x3.(1)+=1；(2)证明见解析，x=4.432【解析】(1)抛物线y=4x的焦点坐标为1,0∴c=1，xy直线AB的方程为：-=1⇒bx-ay-ab=0，设原点到直线AB的距离为d，ab-abab2∴d===21，a2+b2a2+b27ab=2212∴a2+b27⇒a=4b2=3a2-b2=c2=12y2x∴椭圆方程为+=1；43(2)因为直线l与椭圆相切，y=kx+m∴联立直线与椭圆方程：2y2⇒4k2+3x2+8kmx+4m2-12=0x+=1432222∴Δ=64km-44m-124k+3=0222222∴64km-64km-192k+48m-144=02222即4k-m+3=0⇒m=4k+324km4km4k4k3切点坐标xP=-2=-2=-myp=kxp+m=-m+m=m4k+3m34k3m3即P-,，∴kPF==-mm14k4k+m--1m4k+m∴kQF1=3，点F1的坐标为：1,0，4k+m∴F1Q的方程为y=x-134k+my=x-1联立直线F1Q,l方程：3y=kx+m∴4k+mx-1=3kx+m⇒4kx+mx-4k-m=3kx+3m⇒k+mx=4k+m解得x=4∴Q在x=4这条定直线上.2x24.(1)+y=1；(2)证明见解析．32y2x6【解析】(1)已知椭圆+=1a>b>0的离心率为，且过点0,1，a2b23所以b=1，2222ca-b6又c=a-b，则e===，所以a=3，aa32x2故椭圆C的标准方程为+y=1．3(2)设直线l的方程为y=kx+1k>0，Ax1,y1，Bx2,y2，y=kx+1联立2得3k2+1x2+6k2x+3k2-3=0，x2+y=13由题意知Δ>0恒成立，第81页共377页,26k2k由韦达定理得x1+x2=-2，所以y1+y2=2，3k+13k+123kk由于E为线段AB的中点，因此xE=-2，yE=2，3k+13k+1yE1此时kOE==-．xE3k1所以OE所在直线方程为y=-x，3k将其代入椭圆C的方程，并由k>0，3k1解得G-2,2，3k+13k+123kk又E-2,2，3k+13k+123k-x2222G3k+1由OG=OE⋅OF得xG=xE⋅xF⇒xF=x=2=-3，E3k-23k+1因此，点F在定直线x=-3上．5.(1)-1,11612；(2)证明见解析.【解析】(1)设Mx0,y0，N-x0,-y0，2221-y01+y01-y01-y01-y0则kPM⋅kPN=4-x⋅4+x=2=2=2，0016-x016-4-2y02y0+1212-2y0+12+7217所以kPM⋅kPN=2=-2+2，2y0+122y0+12因为y2∈0,2，所以2y2+12∈12,16，所以7∈7,7002y2+121612，0所以k⋅k∈-1,1PMPN1612；(2)若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x=4，此时直线l与椭圆C无公共点，不合乎题意.所以，直线l的斜率存在，设l:y-1=kx-4，即y=kx+1-4k，2y2x+=1222联立42，得1+2kx+4k1-4kx+21-4k-4=0，y=kx+1-4k2由Δ>0得12k-8k-1<0，24k1-4k21-4k-4设Ax1,y1、Bx2,y2，则x1+x2=-2，x1x2=2，1+2k1+2k设Qx3,y3，由AP⋅QB=AQ⋅PB，得4-x1x3-x2=x1-x34-x2(考虑线段在x轴的射影)，所以8x3=4+x3x1+x2-2x1x2，2-4k1-4k21-4k-4于是8x3=4+x3×2-2×2，整理得2x3-1=4-x3k，1+2k1+2ky3-1又k=，代入上式，得2x3+y3-2=0，所以点Q总在定直线2x+y-2=0上．x3-42y2x6.(1)+=1；(2)证明见解析.43c1222【解析】(1)由题意知=，所以a=2c，又a=b+c，a2所以b=3c第82页共377页,9当PQ⊥x轴时，△APQ的面积为，2212b9所以a+c⋅=2a22解得c=1,22所以a=4,b=3，2y2x所以椭圆C的标准方程为+=1.43(2)由(1)知F1,0，设直线PQ的方程为x=my+1，2y2x22与椭圆+=1联立，得3m+4y+6my-9=0.43显然Δ>0恒成立.设P(x1,y1),Q(x2,y2)，6m9所以有y1+y2=-2,y1y2=-2*3m+43m+4y1y2直线AP的方程为y=x+2，直线BQ的方程为y=x-2，x1+2x2-2y1y2联立两方程可得，所以x+2=x-2x1+2x2-2x+2x1+2y2my1+3y2my1y2+3y2=⋅==x-2y1x2-2y1my2-1my1y2-y13由*式可得y1y2=y1+y2，2m339y1+y2+3y2y1+y2x+2222代入上式可得===3，x-23y+y-yy13y2121+222解得x=4,故点M在定直线x=4上.2y2x7.(1)+=1；(2)证明见解析.431【解析】(1)因为AB=4，椭圆C离心率为，22a=4c122所以a=2，解得a=4，b=3.222a=b+c2y2x所以椭圆C的方程是+=1.43(2)①若直线l的斜率不存在时，如图，第83页共377页,因为椭圆C的右焦点为1,0，所以直线l的方程是x=1.33所以点M的坐标是1,，点N的坐标是1,-.221所以直线AM的方程是y=x+2，23直线BN的方程是y=x-2.2所以直线AM，BN的交点Q的坐标是4,3.所以点Q在直线x=4上.②若直线l的斜率存在时，如图.设斜率为k.所以直线l的方程为y=kx-1.y=kx-1联立方程组x2y2+=143222消去y，整理得3+4kx-8kx+4k-12=0.显然Δ>0.不妨设Mx1,y1，Nx2,y2，228k4k-12所以x1+x2=2，x1⋅x2=2.3+4k3+4ky1所以直线AM的方程是y=x+2.x1+26y1令x=4，得y=.x1+2y2直线BN的方程是y=x-2.x2-22y2令x=4，得y=.x2-26y12y26kx1-12kx2-1所以-=-x1+2x2-2x1+2x2-26kx1-1x2-2-2kx1+2x2-1=x1+2x2-2分子=6kx1-1x2-2-2kx1+2x2-1=2k3x1x2-x2-2x1+2-x1x2-x1+2x2-2.=2k2x1x2-5x1+x2+824k2-1225×8k=2k-+8223+4k3+4k第84页共377页,2228k-24-40k+24+32k=2k=0.23+4k所以点Q在直线x=4上.2y2x8.(1)+=1；(2)是，该定直线方程为x=4.43c122【解析】(1)由题意得：e==，a+c=3，则a=2，c=1，b=a-c=3，a22y2x∴椭圆的标准方程为+=1.43(2)由题知，A-2,0，B2,0，F(1,0)，设Mx1,y1，Nx2,y2，2y2x设直线MN的方程为x=my+1，将其与+=1联立，4322消去x并整理得3m+4y+6my-9=0，-6m-9由韦达定理得y1+y2=2①，y1y2=2②，3m+43m+43联立①②得my1y2=y1+y2，2y1设直线AM方程为y=x+2③，x1+2y2直线BN方程为y=x-2④，x2-2x-2y1x2-2y1my2+1-2my1y2-y1联立③④得===x+2y2x1+2y2my1+1+2my1y2+3y2313y1+y2-y1y1+y22221===，3393y1+y2+3y2y1+y2222x-21则=，解得x=4，即T点在定直线x=4上.x+2329.(1)a=2，b=3；(2)直线Q恒在定直线x=上.3【解析】(1)以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大时，三角形另一顶点为椭圆短轴的端点，222a=b+cc1e==∴a2，解得：a=2，b=3.12×2a×b=ab=23(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,y0，AP⋅BQ=-AP⋅BQ，AQ⋅BP=AQ⋅BP，APBP∴-AP⋅BQ+AQ⋅BP=0，即=，AQBQy1-0y22y1y2即=，整理可得：y0=，y1-y0y0-y2y1+y2设直线AB：x=ty+6，2y2x+=122联立直线AB与椭圆：43，整理得：3t+4y+36ty+96=0，x=ty+6y+y=-36t192123t2+42yy2123t+416∴96，∴y0=y+y=36t=-3t，y1y2=12-3t2+43t2+4第85页共377页,162∵Q在线段AB上，则x0=ty0+6=t⋅-+6=，3t32∴点Q恒在定直线x=上.32y2x10.(1)+=1；(2)证明见解析，x=1.43【解析】(1)设椭圆C的半焦距为cc>0，由F1为线段F2Q中点，AQ⊥AF2，所以A，Q，F2三点圆的圆心为F1(-c,0)，半径为2c=a，-c-322又因为该圆与直线l相切，所以=2c，∴c=1，所以a=4，b=3，22y2x故所求椭圆方程+=1．43(2)由对称性可知，若存在，则必为垂直于x轴的直线．依题意，直线l斜率必存在且不为0，设其方程为x=my+4，x=my+4设Hx,y，Gx,y，联立2y2，得3m2+4y2+24my+36=0，1122x+=143Δ>024m所以y1+y2=-2，故yy=-3y+y，3m+4122m1236y1y2=23m+4不妨设M-2,0，N2,0，y1y2所以直线MH的方程为y=(x+2)，直线GN的方程为y=(x-2)x1+2x2-22y1x2-2+2y2x1+2y1my2+2+y2my1+6消去y，得x==2×y2x1+2-y1x2-2y2my1+6-y1my2+23my1y2+y1+3y2m-2my1+y2+y1+3y2=2×=2×3y2-y13y2-y131y2-y1221=2×=2×=13y2-y12故四边形MNHG的对角线交点在定直线x=1上．2x211.(1)+y=1；(2)直线AM与直线BN的交点P落在定直线x=2上.2【解析】(1)∵AB=22，∴2a=22，则a=2，2c2设焦距为2c，∵离心率e=，∴=，∴c=1，2a2222∴b=a-c=12x2因此所求的椭圆方程为+y=12第86页共377页,(2)设直线MN方程为x=my+1，设Mx1,y1，Nx2,y2，2x2+y=122由2得m+2y+2my-1=0，x=my+12m1∴y1+y2=-2，y1y2=-2，m+2m+2y1y2直线AM方程是y=x+2，直线BN方程是y=x-2，x1+2x2-2y1y=x+2x1+2由y，2y=x-2x2-2x+2y2x1+2y2my1+1+2my1y2+1+2y2可得===x-2y1x2-2y1my2+1-2my1y2+1-2y112mm-2+(1+2)-2-y1-m+1+2-2m-m2+2ym+2m+21==21-m+1-2m+2y1m-2+(1-2)y1m+222-m3+22-1+2m+2y1-m3+22-1+2m+2y11+2==22-m+1-2m+2y1-m+1-2m+2y11+2222-m3+22-1+2m+2y11+2-1+2m-m+2y11+2==22-1+2m-m+2y1-1+2m-m+2y12x+2=1+2=3+22∴=3+22，解得：x=2x-2此直线AM与直线BN的交点P落在定直线x=2上.2x212.(1)+y=1，(2)不存在，理由见解析.222c22b12b2【解析】(1)依题意=，|AB|=，所以××2c=2，即b=1，a2a2a2222122所以a-c=b=1，所以a-a=1，所以a=2，22x2所以椭圆E的方程为+y=1.22x2(2)假设存在与x轴不垂直的直线l满足题意，设l:y=kx+m(k≠0)，将其代入+y=1，整理得(1+22222k)x+4kmx+2m-2=0，222222所以Δ=16km-4(1+2k)(2m-2)>0，所以1+2k>m，4km设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则x1+x2=-2，1+2k24km2m则y1+y2=kx1+m+kx2+m=k(x1+x2)+2m=-2+2m=2，1+2k1+2k2kmm所以CD的中点为M-,，221+2k1+2km12km所以弦CD的垂直平分线方程为y-=-x+，1+2k2k1+2k2因为弦CD的垂直平分线过E的右焦点F2(1,0)，m12km所以0-=-1-，1+2k2k1+2k22(1+2k2)21+2k222所以m=-，将其代入1+2k>m，得1+2k>，kk22化简得k+1<0，此不等式不成立，所以不存在符合题意的直线l.第87页共377页,专题10：椭圆中的范围问题参考答案481.(1)证明见解析；(2)．25【解析】(1)由题意知：点A,A1关于原点对称，∴A1-x1,-y1．∵Ax1,y1，Bx2,y2都在C上，2x12+y1=1x2-x242122则2，两式作差得：4+y2-y1=0．x2+y2=142y2-y1y2--y11即⋅=-．x2-x1x2--x14y2-y1y2--y111又kAB=x-x，kA1B=，∴kAB⋅kA1B=-4，则kA1B=-4k．21x2--x1AB1x11y1又AB⊥AA1，∴kAB=-k=-y，∴kA1B=-x=4x，AA114-11y1-y1--y1y21又kA1D==4x，故kA1D=kA1B，∴A1,D,B三点共线．x1--x1122x1x1xx1+y1(2)由(1)得：直线AB的方程为y=-x-x1+y1=-+，y1y1y1222222222将直线AB的方程代入椭圆C的方程，消去y整理得：4x1+y1x-8x1x1+y1x+4x1+y1-4y1=0，228x1x1+y1∴x1+x2=22．4x1+y122113y16x1y1x1+y1∴S△AA1B=2×AD×x2--x1=2×2×x1+x2=22，4x1+y1x1y1x224xyx2+y224y+x12111111∵4+y1=1，∴S△AA1B=2222=22．4x1+y1x1+4y1x1y14+4+1722y1x1y1x1令+=t，则t≥2，(当且仅当x1=y1时等号成立)．x1y124t24∴S△AA1B=2=9．4t+94t+t9925∵函数y=4t+在2,+∞上单调递增，∴当t=2时，y=4t+取得最小值，tt2248故△AA1B面积的最大值为24×=．2525222k+132.(1)|AB|=2；(2)2,22.2k+12x222【解析】(1)由+y=1可得：a=2，b=1，所以c=1，所以F1-1,0，F21,02设Ax1,y1，Bx1,y1．由已知得：直线AB的方程为y=k(x+1)，y=k(x+1)由2得x2+2k2(x+1)2-2=0，即1+2k22+4k2x+2k2-2=0，x2x+y=12224k2k-2所以x1+x2=-2，x1x2=2．1+2k1+2k222222k+1故|AB|=1+kx1-x2=1+kx1+x2-4x1x2=2．2k+1第88页共377页,1(2)设Cx3,y3，Dx3,y3．由已知得，kCD=-，2k1故直线CD的方程为y=-(x-1)，即x=-2ky+1．2k设d1,d2分别为点C,D到直线AB的距离，1则SACBD=S△CAB+S△DAB=ABd1+d2．2又C,D到直线AB在异侧，则2kx3+1-y3kx4+1-y4kx3-x4-y3-y41+2ky3-y4d1+d2=+==22221+k1+k1+k1+kx=-2ky+1由2得，(1-2ky)2+2y2-2=0，即4k2+2y2-4ky-1=0，x2+y=124k1故y3+y4=2,y3y4=-2．4k+24k+21+2k22-4yy2y3+y43424k+1所以d1+d2==，221+k1+k122k2+124k2+12k2+14k2+1从而SACBD=2⋅2k2+1⋅2=2k2+1，1+k1221因为kAB⋅kCD=-，不妨令k>0，令2k+1=t>1，可得k=t-1，22121211424×t-1+5×t-1+1t+t-4k+5k+14222SACBD=222=22=22=2k+1tt11112-++1令m=，因为t∈1,+∞，所以m∈0,，2t22t2t2112所以SACBD=2-2+2t+1=2-2m+m+1，2t211二次函数y=-2m+m+1对称轴为m=-=，开口向下，2×-2412112当m∈0,时，y=-2m+m+1单调递增，m∈,时，y=-2m+m+1单调递减，44211219所以m=0时，y=1；当m=时，y=-2++1=；44481121当m=时，y=-2++1=1，222所以y=-2m2+m+1∈1,98，232232所以-2m+m+1∈1,4，2-2m+m+1∈2,2，3因此，SACBD∈2,22．2y2x3.(1)+=1；(2)2.432c1c122【解析】(1)由椭圆C的离心率=，可得：=，即有a=4c.a2a2422再结合a、b、c三者的关系可得b=3c.2y2x椭圆C的方程可化为+=1，224c3c611将点A2,2代入上述椭圆方程可得2+2=1.2c2c2求解得c=1，所以c=1，a=2，b=3.2y2x椭圆C的方程为+=1；43第89页共377页,(2)设直线l:y=kx+m，222联立直线l与椭圆C的方程可得4k+3x+8kmx+4m-12=0.222若直线l与椭圆C相切，可得上述方程只有一个解，即有Δ=8km-44k+34m-12=0，化简可22得m=4k+3，(*).1设点Q的坐标为x,y，过点F1作l的垂线为l1:y=-x+1，k-km-1-k+m联立l1与l求得x=2，y=2.1+k1+kkm+12+m-k2k2m2+k2+m2+122由上式可得x+y=22=22，1+k1+k22将(*)代入上式可得x+y=4，故可知点Q的轨迹为以原点为圆心，以2为半径的圆.∵P是椭圆C上的异于端点的动点，故该轨迹应去掉点±2,0.1△QF1F2的面积为S△QF1F2=2⋅F1F2⋅yQ=yQ≤2，即△QF1F2面积的最大值为2.2x24.(1)+y=1；(2)1.4【解析】(1)因为△ABF2的周长为8，所以AF1+AF2+BF1+BF2=8，由椭圆的定义可得4a=8，即a=2，c322又椭圆的离心率为=，所以c=3，所以b=a-c=4-3=1，a22x2所以椭圆E的标准方程为+y=1；4(2)设Mx1,y1、Nx2,y2，若直线l与x轴重合，则直线l与圆O相交，设直线l的方程为x=ty+m，22|m|22因为直线l与圆x+y=1相切，所以=1，即m=t+1，21+tx=ty+m联立直线l与椭圆的方程2，整理得4+t22+2tmy+m2-4=0，x2y+y=1422222222Δ=4tm-44+tm-4=16t+64-16m=16t+64-16t+1=48>0，22tmm-4由韦达定理可得y1+y2=-2，y1y2=2，4+tt+4222243所以MN=1+ty1-y2=1+t⋅y1+y2-4y2y2=1+t⋅2，4+t第90页共377页,2112431+t又点O到直线l的距离为1，所以S△MNO=2MN⋅d=2×1+t⋅2×1=23×2=4+t4+t23m2323=≤=1，m2+333m+2m⋅mm3当且仅当m=，即m=3>1时，取等号，m所以△MNO的面积的最大值为1．2y2x11485.(1)+=1；(2)-≤d≤且d≠0；(3)．43557c=1a2a=2【解析】(1)由题意1+9=1，由a>b>0，故解得b=3，22a4bc=1222a=b+c2y2x∴椭圆标准方程是+=1；43(2)设P是椭圆上的点，则FPmin=a-c=2-1=1，FPmax=2+1=3，∵等差数列FP1，FP2，FP3，⋯至少有11项，1若d>0，则1+10d≤3，解得0<d≤，51若d<0，则3+10d≥1，解得-≤d<0，5若d=0，则满足条件的点p最多有4个，不合题意．11∴所求d的范围是-≤d≤且d≠0；5522b(3)当ab斜率为0时，ab=2a=4，cd==3，ab+cd=7，同理当ab斜率不存在时，也有aab+cd=7，当ab斜率存在且不为0时，设斜率为k，ab方程为y=k(x-1)，设a(x1,y1),b(x2,y2)，2y2x+=12222由43得(3+4k)x-8kx+4k-12=0，y=k(x-1)228k4k-12∴x1+x2=2，x1x2=2，3+4k3+4k8k224k2-1212(1+k2)222ab=1+k⋅(x1+x2)-4x1x2=1+k⋅2-4×2=2，3+4k3+4k3+4k12121+-12(1+k2)k设c(x3,y3),d(x4,y4)，同理可得cd=12=2，3+4×-3k+4k2117+7k7∴+==，abcd12(1+k2)1211abcd∴ab+cd+=2++≥2+2=4，当且仅当ab=cd，即k=±1时abcdcdab4848等号成立．∴ab+cd≥．<7，7748∴ab+cd的最小值为．7第91页共377页,2y2x96.(1)+=1；(2).434922a-b=1【解析】解：(1)由题意可得19+=122a4b2y222x解得：a=4，b=3，故椭圆m的方程+=143(2)由题意可得直线ab，cd斜率均存在1设ab的斜率为k，cd斜率为-，设ax1,y1，bx2,y2ky=k(x+1)直线ab的方程为y=k(x+1)，由x2y2+=14322222-8k得：3+4kx+8kx+4k-12=0，则x1+x2=2，3+4k2-4k3k可得点p的横坐标为，代入y=k(x+1)，得点p的纵坐标为，223+4k3+4k2-4k3k故点p坐标为,，223+4k3+4k-4k223k231+k2则pf=2+1+2-0=23+4k3+4k3+4k131+21k将k换为-，得qf==，k13+42k12131+2+k+222131+kk9k故△fpq面积s=××=⋅23+4k212213+425+12k+1222kk219u令u=2+k+，u≥2，故s=×，k2212u2+129u91-24us=2×22=2×22，当u≥2时，s<0，故s(u)在[2,+∞)单调递减，故u=2时，12u+112u+199smax=，所以△fpq面积的最大值4949x2s1227.(1)+y=1；(2)的最小值为3+22，此时k的值为.4s122y2x3【解析】(1)因为椭圆c:+=1(a>b>0)过点1,e，且e=，其中e为椭圆C的离心率，a2b22221+e=11+c=1a2b2a2a2b2b2=122x2所以e=c=3，即c=3，解得a=4，所以椭圆C的方程为4+y=1；a2a2c2=3a2=b2+c2a2=b2+c2(2)由(1)可得，A0,1，B2,0，xy所以直线AB的方程为+=1，即x+2y-2=0，21由题意，设Ex0,y0x0>0，因为直线y=kxk>0与椭圆C交于E，F两点，所以F-x0,-y0；y0=kx02由2可得x0+k2x2=1，则x=2，所以y=2kx0+y2=14001+4k201+4k204分别记点E，F到直线AB的距离为d1，d2，第92页共377页,24kx+2y-22+2-221+2k-1+4k2001+4k1+4k则d1===，555×1+4k2222因为k>0，所以1+2k-1+4k=4k>0，则1+2k-1+4k>0，221+2k-1+4k因此d1=，25×1+4k2-x0-2y0-221+2k+1+4k同理d2==，55×1+4k2又△AEB，△AFB的面积分别为S1，S2，1S22ABd2d21+2k+1+4k221+4k22所以====1+=1+S11ABd11+2k-1+4k21+2k-1+4k21+2kd1-121+4k22222=1+=1+=1+≥1+=1+1+2k-11+4k2+4k4k4k1+4k22-11+1+4k2-11+2-11+4k24k2=3+22，2-121当且仅当1=4k，即k=(负值舍去)时，等号成立.2S21故的最小值为3+22，此时k的值为.S122y2x45468.(1)+=1；(2),．9453【解析】(1)设AF2=2F2B=2kk>0，则AF1=2a-2k，F1B=2a-k，2224在△AF1B中，由余弦定理得3k=2a-2k+2a-k-22a-2k2a-k⋅，522整理得2a-3ak-9k=0，解得a=3k(负值舍)，所以AF1=4k，F1B=5k，AB=3k，所以∠F1AF2=90°，222在Rt△AF1F2中，AF1+AF2=F1F2，222即4k+2k=2c，解得c=5k．S△AF1F2AF2又因为==2，S△BF1F2F2B1122故S△AF1F2=2S△BF1F2，S△AF1F2=2AF1⋅AF2=2⋅4k⋅2k=4k，故4=4k，即k=1，c=5，a=3，b=2，2y2x所以椭圆C的方程是+=1．94y=kx-1(2)由22得4+9kx2-18k2x+9k2-36=0．xy+=194设Mx1,y1，Nx2,y2，2218k9k-36-8k则有x1+x2=2，x1x2=2，y1+y2=kx1+x2-2=2，4+9k4+9k4+9k29k-4k所以线段MN的中点坐标为,，224+9k4+9k第93页共377页,2-4k19k则线段MN的垂直平分线方程为y-=-x-，4+9k2k4+9k25k令x=0，则y=，24+9k5k于是线段MN的垂直平分线与y轴的交点Q0,，24+9k25k9k1+k又点P0,-k，所以PQ=k+=．224+9k4+9k222241+k1+2k又MN=1+k⋅x1-x2=2，4+9k81+2k2222MN81+2k81+k+k811于是====+，PQ3k1+k23k2+k43k2k2+13k2k2+1因为k∈1,21193，所以k2+1+k2∈20,2，MN4546所以的取值范围为,．PQ532x244449.(1)4+y=1；(2)-11,0∪0,11.213b1【解析】(1)由题意有+=1,=，a24b2a2解得a=2,b=12x2所以由题得椭圆方程为+y=14(2)∵c=3,∴F1(-3,0)，当直线斜率k=0时，显然∠AOB=180°不合题意当k≠0时，设直线l：y=kx-32x2+y=1联立直线l与椭圆4y=k(x-3)2222有1+4kx-83kx+12k-4=02283k12k-4设A(x1,y1)，B(x2,y2)，∴x1+x2=2,x1x2=2，1+4k1+4k22-ky1y2=k(x1-3)×k(x2-3)=kx1x2-3x1-3x2+3=21+4k因为∠AOB为钝角，所以OA⋅OB<0,∴x1x2+y1y2<0.222-k12k-411k-4∴x1x2+y1y2=2+2=2<01+4k1+4k1+4k24444∴11k-4<0,-<k<，且k≠011114444综上，k的取值范围是-11,0∪0,11.910.(1)证明见解析；(2).2【解析】(1)证明：∵点f1、f2是椭圆c1的两个焦点，故f1、f2的坐标是f1-1,0、f21,0，1而点f1、f2是椭圆c2上的点，将f1、f2的坐标代入c2的方程，得λ=，2设px0,y0，直线pf1和pf2的斜率分别是k1、k2k1≠0,k2≠0，2y0y0y0k1⋅k2=x+1⋅x-1=2，00x0-1第94页共377页,22x02121-x0又点p是椭圆c2上的点，故+y0=，则y0=，22221-x02y021所以k1⋅k2=2=2=-2(定值)；x0-1x0-1(2)直线pf1的方程可表示为y=kx+1k≠0，y=kx+1联立方程组2，得1+2k22+4k2x+2k2-2=0，x2x+y=124222δ=16k-41+2k2k-2=8k+1>0恒成立，224k2k-2设Ax1,y1、Bx2,y2，则x1+x2=-2，x1⋅x2=2，1+2k1+2k2222221+k∴AB=1+kx1-x2=1+k⋅x1+x2-4x1x2=2，1+2k221+4k同理可求得CD=，21+2k44k4+5k2+144k4+5k2+12k1∴AB⋅CD=22=42=41+42=41+1≤1+2k4k+4k+14k+4k+1+4k2+4k21941+=，1222⋅4k+4k229当且仅当k=±时等号成立，故AB⋅CD的最大值等于.222y2x11.(1)+=1；(2)43-1.432b=3,c1【解析】解：(1)依题意可知a=2,解得a=2.222a=b+c,2y2x所以椭圆C的标准方程为+=1；43(2)显然直线l斜率存在，设过点(0,1)点的直线l方程为y=kx+1，(k≠0，否则直线OD与直线x=4无交点.)直线l与椭圆C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2).y=kx+1,2222由22得(3+4k)x+8kx-8=0，则Δ=64k+32(3+4k)>0，3x+4y-12=0-8k6x1+x2=2，y1+y2=k(x1+x2)+2=2.3+4k3+4k-4k3所以D,.223+4k3+4k令x=4，yM=4k+1.33直线OD方程为y=-x，令x=4，yN=-.4kk3所以|MN|=|yM-yN|=4k+1+.k3①当k>0时，|MN|=4k+1+≥1+43.k33当且仅当4k=时,即k=时等号成立；k2②当k<0时，4k+3=-(-4k)+-3≤-43.kk第95页共377页,33当且仅当k=-时取等号成立.此时|MN|=4k+1+≥43-1.2k综上，线段|MN|的取值范围为43-1,+∞.故线段|MN|的最小值为43-1.x2112.(1)+y2=1；(2)OA⋅OB∈,3-624.22a-b=1a2=2x22【解析】解：(1)由题意11，∴2，∴+y=12+2=1b=12a2b11(2)①当直线AB斜率不存在时OA⋅OB=1-=22②当直线AB斜率存在时，设AB:y=kx+my=kx+m22222，∴1+2kx+4kmx+2m-2=0x+2y=12-4km2m-2∴x1+x2=2x1⋅x2=21+2k1+2k22221+k⋅22(2k+1-m)∵AB=1+kx1-x2=2=2，1+2k222(2k+1)⋅(2k+3)得m=24(k+1)12k2-122∴OA⋅OB=(1+k)x1x2+km(x1+x2)+m=2+224(k+1)(2k+1)21t111令t=2k-1≥-1得OA⋅OB=+=+⋅，22t2+10t+12226t++5t1∵t≥-1，∴OA⋅OB∈,3-6.42y2x13.(Ⅰ)+=1；(Ⅱ)x-y-1=0或x+y-1=0．432y2c1222x【解析】(Ⅰ)由题意知e==，2a=4，又a=b+c，解得a=2，b=3，所以椭圆方程为+a243=1；(Ⅱ)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在时，由题意知AB+CD=7，不满足条件；②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=k(x-1)，1则直线CD的方程为y=-(x-1)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，k2222将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得3+4kx-8kx+4k-12=0，228k4k-12则x1+x2=2，x1x2=2，3+4k3+4k222212(k+1)所以AB=k+1x1-x2=k+1⋅(x1+x2)-4x1x2=2，3+4k1122+112(k2+1)k同理，CD==，43k2+43+2k22222212(k+1)12(k+1)84(k+1)84(k+1)48所以AB+CD=+=≥=，3+4k23k2+4(3+4k2)(3k2+4)3+4k2+3k2+427222当且仅当3+4k=3k+4即k=±1时，上式取等号，所以直线AB的方程为x-y-1=0或x+y-1=0．第96页共377页,专题11：椭圆中的存在探索性问题参考答案2x291.(1)+y=1；(2)存在，点D0,±.47【解析】解：(1)由题意可知，2a=4，a=2.2222x1y1x2y2设点Ax1,y1，Bx2,y2，A，B在椭圆上，所以2+2=1，2+2=1，ababx1+x2x1-x2y1+y2y1-y2y1+y2y1-y2a2所以+=0，所以=-，222abx1+x2x1-x2b1y2-y1y1+y21b212因为kAB⋅kOM=-4，所以x-x⋅x+x=-4，所以-2=-4，所以b=3，2112a2x2所以椭圆C方程为+y=1.42222(2)F23,0，设直线l：y=kx-3，联立方程得1+4kx-83kx+12k-4=0，22283k12k-443k3k所以x1+x2=2，x1x2=2，所以M2,-2，1+4k1+4k1+4k1+4k23k143k33k假设存在点D，则MD的直线方程为y+=-x-，所以D0,.1+4k2k1+4k21+4k241+k2243kk2+12143kAB=1+kx1-x2=2，MD=1+22-0=2，1+4kk1+4k1+4k3若△ABD为等边三角形，则MD=AB，222341+k43kk+12133k9即×=，解得k=，此时=±，21+4k21+4k231+4k279所以存在点D0,±，使得△ABD为等边三角形.72y2x2.(1)+=1；(2)以MN为直径的圆恒过两定点-7,0，-1,0．43【解析】解：(1)由题意及三角形内切圆的性质可得11bc1⋅2c⋅b=(2a+2c)⋅，化简得=①223a2又|AB|=2a=4，22所以a=2，c=1，b=a-c=3，2y2x所以椭圆E的标准方程为+=1．43(2)由(1)知F1(-1,0)，B(2,0)，由题意，直线CD的斜率不为0，设直线CD的方程为x=my-1，2y2x代入椭圆E的方程+=1，4322整理得(3m+4)y-6my-9=0．设C(x1,y1)，Dx2,y2，6m9则y1+y2=2，y1y2=-2，②3m+43m+4y1直线BC:y=(x-2)．my1-3-6y1令x=-4，得N-4,my-3，1-6y2同理可得M-4,my-3，2第97页共377页,所以以MN为直径的圆的方程为6y16y2(x+4)(x+4)+y+my-3y+my-3=0，12226y16y236y1y2即x+8x+16+y+my-3+my-3y+=0，③12(my1-3)(my2-3)6y16y212my1y2-18y1+y2由②得：+==-6mmy1-3my2-3my1-3my2-336y1y236y1y2==-92(my1-3)(my2-3)my1y2-3my1+y2+922代入③得圆的方程为x+8x+7+y-6my=0．y=0若圆过定点，则2x+8x+7=0x=-1x=-7解得或y=0y=0所以以MN为直径的圆恒过两定点-7,0，-1,0．2y2x3.(1)+=1；(2)存在，Q(1，0).42c2【解析】(1)由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a=2，又e==，得c=2.a2222222由a-b=c得b=a-c=2.2y2x∴所求椭圆的方程为+=1；42(2)若存在点Q(m，0)，使得∠PQM+∠PQN=180°，则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2．等价于k1+k2=0.依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y=k(x-4)．y=k(x-4)由x2y2，+=1422222得(2k+1)x-16kx+32k-4=0.因为直线l与椭圆C有两个交点，所以Δ>0.222221即(16k)-4(2k+1)(32k-4)>0，解得k<.62216k32k-4设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=2，x1x2=2，2k+12k+1y1=k(x1-4)，y2=k(x2-4)，y1y2令k1+k2=+=0，x1-mx2-m(x1-m)y2+(x2-m)y1=0，当k≠0时，2x1x2-(m+4)(x1+x2)+8m=0，2232k-416k2×-(m+4)×+8m=0，222k+12k+18(m-1)化简得，=0，22k+1所以m=1.当k=0时，也成立．所以存在点Q(1，0)，使得∠PQM+∠PQN=180°.第98页共377页,2x234.(1)+y=1；(2)存在；P3,．42【解析】(1)由题设得A(-a,0)，B(0,-1)．设P(3,t)，则AP=(a+3,t)，BP=(3,1+t)．21235所以AP⋅BP=9+3a+t+t=t++3a+，241353559于是当t=-时，AP⋅BP取得最小值3a+，所以3a+=，解得a=2．24442x2所以E的方程为+y=1．4(2)假设存在点P(3,t)满足题设，设Cx1,y1，Dx2,y2．tt+1所以直线PA的方程为y=(x+2)，直线PB的方程为y=x-1．53t2222将y=(x+2)代入E得4t+25x+16tx+16t-100=0，52216t-10050-8t可得x2×(-2)=2，所以x2=2．4t+254t+25t+122将y=x-1代入E得4t+8t+13x-24(t+1)x=0，324(t+1)可得x1=2．4t+8t+13|AD||BC|若四边形ABCD为梯形，则AB⎳CD，所以=，|AP||BP||AD|x2-(-2)x2+2|BC|x1-0x1因为==，==，|AP|3-(-2)5|BP|3-03x2+2x150-8t224(t+1)所以5=3，所以32+2=5×2，4t+254t+8t+13208(t+1)32所以=，整理可得8t-12t+10t-15=0，224t+254t+8t+1323即(2t-3)4t+5=0，解得t=．23故当P3,时，四边形ABCD为梯形．22y2x5.(1)+=1；(2)N0,4，证明详见解析.84c=2a2【解析】(1)由条件可知42，解得：a2=8，b2=c2=4，+=122ab222a=b+c2y2x所以椭圆G的方程是+=1；84(2)设直线l:y=kx+1,k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，N0,y0，y=kx+1联立2y2，得1+2k2x2+4kx-6=0，x+=1844kx-6x1+x2=-2，x1x2=2，1+2k1+2k∵∠ANM=∠BNM，∴kAN+kBN=0，y1-y0y2-y0x2y1-x2y0+x1y2-x1y0即+=x1x2x1x2x2kx1+1+x1kx2+1-y0x1+x2==0，x1x2第99页共377页,即2kx1x2+1-y0x1+x2=0，-12k4k1-y02-2=0，得y0=4，1+2k1+2k即存在定点N0,4.196.(1)，△DEF的面积；(2)存在；t=3．2413【解析】解：(1)依题意，+=1，解得a=2．a24222因为c=a-b=4-3=1，即c=1，所以D(-2,0)，F(1,0)，c1所以离心率e==，a2139△DEF的面积S=×3×=．2241(2)由已知，直线DE的方程为y=x+1，23当A(-2,0),B1,,G(1,t)时，2t2直线AG的方程为y=(x+2)，交y轴于点0,t；333当A1,,B(-2,0),G(-2,t)时，23t-32t+3直线AG的方程为y-=(x-1)，交y轴于点0,．2-332t+3若直线AG经过y轴上定点，则t=，33即t=3，直线AG交y轴于点(0,2)．下面证明存在实数t=3，使得直线AG经过y轴上定点(0,2)．y=kx+1,联立2y2消y整理，得4k2+3x2+8kx-8=0，x+=143设Ax1,y1，Bx2,y2．-8k-8则x1+x2=2，x1x2=2．4k+34k+3y1-3设点Gx2,3，所以直线AG的方程：y-3=x-x2．x1-x2-x2y1+3x23x1-x2y1令x=0，得y=+3=x1-x2x1-x23x1-x2kx1+13x1-x2-kx1x2==．x1-x2x1-x2因为kx1x2=x1+x2，3x1-x2-x1+x22x1-2x2所以y===2．x1-x2x1-x2所以直线AG过定点(0,2)．综上，存在实数t=3，使得直线AG经过y轴上定点(0,2)．2y2x7.(1)+=1；(2)是，定点为3,0和-3,0.4322【解析】(1)设右焦点为F1，则F1M=1+2=5=FM∴(|MN|+|NF|)max=4+25-5=4+5第100页共377页,x∵|NF|=2a-NF1∴MN+|NF|=|MN|-|NF1|+2a<MF1+2a即N点为MF1与椭圆的交点时，周长最大∵MF1=5,所以2a+5=4+5⇒a=2,c=122∴b=a-c=32y2x所以椭圆E的标准方程为+=143(2)由(1)知A-2,0，设Bx0,y0，则C-x0,-y0当直线BC斜率存在时，设其方程为y=kxy=kx联立2y2得x2=12x2+=13+4k432323kk∴x0=,y0=,AB:y=(x+2)3+4k23+4k2421+1+k52k2k令x=0，得y=,∴P0,42421+1+3k1+1+3k2k同理得Q0,k21-1+3k4231+k2k2k3∴|PQ|=-=424|k|1+1+k1-1+233k3设PQ中点为S，则S0,-2k所以以PQ为直径的圆得方程为42231+k2323x+y+=2k2|k|22699即x+y+y+=+3k4k24k2226即x+y+y-3=0k令y=0，得x=±3所以过点3,0和-3,0，且为定点.当直线BC斜率不存在时，容易知道B(0,3),C(0,-3)此时P(0,3),Q(0,-3)所以以PQ为直径的圆是以原点为圆心，3为半径的圆，显然也过定点3,0和-3,0综上，此圆过定点3,0和-3,02x28.(1)+y=1；(2)0,9,0,-3.32y2x【解析】(1)设椭圆方程为+=1,(a>b>0)，因为椭圆短轴的两个端点为A(0,1),B(0,-1)，所以b22ab26c62222x2=1，且椭圆的离心率为，所以=，并且a-b=c，得出a=3，所以椭圆方程为+y=1.3a33第101页共377页,y0-1y0-1(2)设点M(x0,y0),则kMA=,所以过原点与MA平行的直线方程为：y=x,x0x03x03x0令y=3,得x=y-1,Py-1,3;00y0+1y0+1kMB=,所以直线MB方程为：y=x-1,x0x04x04x0令y=3,得x=y+1,Qy+1,3;004x03x0设过点P,Q的圆的方程为x-y+1y-y-1+y-3y-3=00023x0y0+3x0+4x0y0-4x02展开后得：x-x+y-6y+9=02y0-1227x0y0-x012x022221y0-3即：x-x++y-6y+9=0;x+y-6y-27+x=0y2-1y2-1x000令x=0,y=9或y=-3，故定点为0,9,0,-3.x2y2159.(1)+=1；(2)存在点M,0，满足MP⋅MQ为定值．.18942y22222x【解析】(1)由e=，及a=b+c，得a=2c=2b，设椭圆方程为+=1，联立方程组22b2b2222x+2y=2b24b得3x-4bx=0．则xA=，y=x-b3b所以AF=2xA-xF=2⋅=2．所以b=3．32y2x所以椭圆C的方程为+=1．189(2)当直线l不与x轴重合时，设l:x=ny+3，联立方程组22x+2y=1822得n+2y+6ny-9=0．x=ny+36n9设Px1,y1，Qx2,y2，Mt,0，则有y1+y2=-2，y1⋅y2=-2．n+2n+2于是MP⋅MQ=x1-tx2-t+y1y2=ny1+3-tny2+3-t+y1y22212222=n+1y1y2+n3-ty1+y2+3-t=2-9n+1-6n3-t+3-tn+2=n+22222226t-27+3-tn+23-t-9t-18n+2t-12t+9=，22n+2n+21522若MP⋅MQ为定值，则有2t-12t+9=2t-18，得12t=45，t=．42此时MP⋅MQ=t-18：当直线l与x轴重合时，P-32,0，Q32,0，2也有MP⋅MQ=x1-tx2-t=-32-t32-t=t-18．15综上，存在点M,0，满足MP⋅MQ为定值．42y2x10.(1)+=1；(2)存在；GM+HM=22．432y21x【解析】(1)由e=，可设a=2t,c=t，则b=3t,方程化为+=124t23t29314又点P1,在椭圆上，则+=1，解得t=124t23t22y2x因此椭圆C的方程为+=1．43第102页共377页,2当直线AB的斜率存在时，设AB直线的方程为y=kx+m22联立直线AB和椭圆C的方程消去y得，3x+4x+m-12=0222化简得：3+4kx+8kmx+4m-12=0221121-8km4m-12S△AOB=2m⋅x2-x1=2m⋅x2+x1-4x1x2=2m⋅2-4⋅23+4k3+4k2m2m222222=2⋅4km-m-33+4k=2⋅9-3m+12k3+4k3+4k23mm2m422=2⋅3+4k-m=23⋅2-223+4k3+4k3+4k2m122当=时，S取得最大值3，即此时2m=3+4k3+4k22-8km6mx1+x2y1+y2又x1+x2=2,y1+y2=kx1+x2+2m=2，则M2,23+4k3+4k-4km3m即M,223+4k3+4kx=-4km3+4k22y2x令3km，则+=123y=23+4k2因此平面内存在两点G,H使得GM+HM=22．当直线AB的斜率不存在时，设A2cosθ,3sinθ，则B2cosθ,-3sinθπS△AOB=23sinθcosθ=3sin2θ，即当θ=取得最大值3．42y2x此时AB中点M的坐标为(2,0)，满足方程+=1232即GM+HM=22．2y2x22311.(1)+=1；(2)存在，x+y=.622【解析】解：1由题意知，b=22ca-26又e===aa32∴a=62y2x∴椭圆C的方程为+=1622设Ax1,y1，Bx2,y2当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，y=kx+m由x2y2+=162222得3k+1x+6kmx+3m-6=02-6km3m-6∴x1+x2=2，x1x2=23k+13k+1y1y2=kx1+mkx2+m22=kx1x2+kmx1+x2+m∵以线段AB为直径的圆过坐标原点O第103页共377页,∴OA⋅OB=x1x2+y1y222=1+kx1x2+kmx1+x2+m22223m-66km2=1+k2-2+m3k+13k+1224m-6-6k==023k+122222∴2m=31+k，且Δ=612h-2m+4=69k+1>0∴坐标原点O到直线AB的距离|m||m|6d===k2+1222m3当直线AB的斜率不存在时，由题知，x1=y122x1x1∴+=16223∴x1=26∴坐标原点O到直线AB的距离d=|x1|=2223综上所述，存在以O为圆心的定圆恒与直线AB相切，定圆的方程为x+y=.22x2812.(1)+y=1；(2)0,；(3)存在，N(2,0).55c2【解析】(1)由椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点为(0,1)，知：b=1，而e==，a52222x2∴由a-b=c，可得：a=5,c=2，即椭圆的标准方程为+y=1；5(2)由(1)知：F(1,0)，则可设直线l为y=k(x-2)且k≠0，令A(x1,y1),B(x2,y2)，y=k(x-2)∴联立直线与椭圆方程，有2，整理得(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0，Δ=k2+1>0，则x2+y=152220k20k-5x1+x2=2,x1x2=2，1+5k1+5k∵MA=(x1-m,y1),MB=(x2-m,y2),AB=(x2-x1,y2-y1)，且(MA+MB)⊥AB，∴(x1+x2-2m)(x2-x1)+(y1+y2)(y2-y1)=0，而y1+y2=k(x1+x2-4)，y2-y1=k(x2-x1)，22∴整理可得：[(1+k)(x1+x2)-4k-2m](x2-x1)=0，又x2≠x1，(1+k2)(x+x)-4k22128k88∴m===，即m∈0,；21+5k2155+2k(3)由(2)，有C(x1,-y1)，若存在N(t,0)使C、B、N三点共线，∴NB=(x2-t,y2),NC=(x1-t,-y1)，由NB⎳NC知：(x2-t)(-y1)+(x1-t)y2=0，∴x1y2-x2y1+t(y1-y2)=0，由(2)可知：kx1(x2-2)-kx2(x1-2)+t(x1-x2)=0，整理可得：k(2-t)(x2-x1)=0，而x2≠x1且k≠0，故仅当t=2时，有C、B、N三点共线∴N(2,0)213.(1)x+y2=1；(2)0,85,0.55；(3)存在，N22y2x【解析】(1)设椭圆方程+=1a>b>0，22ab2抛物线x=4y的焦点为0,1，所以b=1第104页共377页,2b122又e=1-=1-=解得a=522aa52x2所以椭圆标准方程为+y=15(2)由题意，点F2,0，因为点M在线段OF上，所以0≤m≤2，设过点F的直线方程为y=kx-2，2222代入椭圆方程并整理得，5k+1x-20kx+20k-5=0，2220k20k-5设点Ax1,y1，点Bx2,y2，则x1+x2=2，x1x2=2，5k+15k+14ky1+y2=kx1-2+kx2-2=-2，5k+1x1+x2y1+y2设AB中点P2,2，由MA+MB⊥AB，可得MP⊥AB，1所以kMP⋅kAB=-1，即kMP=-，ky1+y22k-0-225k+11kMP=x+x=2=-，1210kk-m-m25k2+128k88整理得，m==<，5k2+1155+2k8所以m的取值范围为0,.5(3)由(2)知Ax1,y1，点C和点A关于x轴对称，所以Cx1,-y1，设点Nx0,0，则NC=x1-x0,-y1，CB=x2-x1,y2+y1，当C、B、N三点共线时，即NC⎳CB，所以x1-x0y2+y1+y1x2-x1=0，x1y2+x2y12kx1x2-2kx1+x2整理得，x0==，y1+y2y1+y22220k20k-54k由(2)知，x1+x2=2，x1x2=2，y1+y2=-2，5k+15k+15k+12220k-520k2k-2k22335k+15k+140k-10k-40k5所以x0===，4k-4k2-25k+15所以定点N,0.22y2x14.(1)+=1；(2)存在，点G(-4,0).8222(x+6)+y3【解析】(1)设点P(x,y)，则=，462x+32y2x化简得+=1822y2x故动点P的轨迹C的标准方程为+=182(2)设直线l的方程为x=ty-4第105页共377页,x=ty-4联立方程组2y2，得(t2+4)y2-8ty+8=0，x+=1822222Δ=64t-32t+4=32t-128=32t-4>0,得:t>2或t<-28t8y1+y2=2，y1y2=2.t+4t+4设Ex3,0,Fx4,0，定点G存在，其坐标为x0,0y1+1y2+1∵B(-2,-1)∴kBM=,kBN=.ty1-2ty2-2y1+1y2+1则BM:y=(x+2)-1,BN:y=(x+2)-1ty1-2ty2-1令y=0，求出与x轴的交点E,Fy1+1ty1-2x3+2-1=0,x3+2=ty1-2y1+1y2+1ty2-2x4+2-1=0,x4+2=ty2-2y2+1BE=x3+2,1,BF=x4+2,1,GF=x4-x0,0,GE=x3-x0,0BE⋅GF+GE⋅BF=0即有:x3+2x4-x0+x4+2x3-x0=0,即2x3x4+2x3+x4-x3+x4+4x0=02x3x4+2x3+x4x0=x3+x4+42x3x4+2x3+x4+4-82x3x4-8∴x0==+2x3+x4+4x3+x4+42x3x4+2x3+2x4+4-4x3-4x4-16=+2x3+x4+42x3+2x4+2-4x3+x4+4=+2x3+x4+42x3+2x4+2=-2x3+2+x4+2ty1-2ty2-22⋅⋅y1+1y2+12ty1-2ty2-2=-2=-2ty1-2+ty2-2ty1-2y2+1+ty2-2y1+1y1+1y2+122ty1y2-2ty1+y2+4=-22ty1y2+(t-2)y1+y2-42288t-16t2t⋅--4t⋅+8+8222t+4t+4t+4=-2=88t(t-2)8+2-42t⋅+-42t2+4t2+4t+4-16t2+8t2+42-8t+32=-2=-2=-42228t-4t+44t-16即x0=-4当直线l与x轴重合时，BE⋅GF+GE⋅BF=(-22+2)22-x0+-22-x0(22+2)=0,解得x0=-4.所以存在定点G，G的坐标为(-4,0).第106页共377页,专题12：椭圆向量结合问题参考答案2y2x1.(1)+=1；(2)42.84【解析】(1)依题意有GO2+GO1=GO1+|GP|=O1P=42．即G点轨迹是以O1，O2为焦点的椭圆．2y2x故点G的轨迹方程为+=1．84(2)设l方程为x=my+2，Dx1,y1，Ex2,y2，O1D=x1+2,y1，O1E=x2+2,y2，x=my+22y2得m2+2y2+4my-4=0，y+y=-4m，yy=-4．x12m2+212m2+2+=1842O1D⋅O1E=x1+2x2+2+y1y2=m+1y1y2+4my1+y2+16-4m2+116m236=2-2+16=-4+2，当m=0时O1D⋅O1E取最大值14．m+2m+2m+22此时2y-4=0，∴D2,2，E2,-2，11S△O1DE=2O1O2⋅DE=2⋅4⋅22=42．26522.(1)AB=(2)存在点P-,0，使得PA⋅PB=-339【解析】(1)当直线l与x轴垂直时,直线l:x=-12x2126将x=-1代入+y=1，得+y=1，解得y=±3336626即A-1,3,B-1,-3,所以AB=3(2)设Ax1,y1,Bx2,y2，Pt,0当直线l与x轴不重合时，设l:x=my-1x=my-1由2，可得m2+3y2-2my-2=0x2+y=132m-2则y1+y2=2,y1y2=2m+3m+32-6-4m所以x1+x2=my1-1+my2-1=2，x1x2=my1-1my2-1=2+1m+3m+32PA⋅PB=x1-t,y1⋅x2-t,y2=x1x2-tx1+x2+t+y1y22-4m-62-2=+1-t×+t+222m+3m+3m+32312-4m-t+-4m+6t-22222=+t+1=+t+122m+3m+33152当-t+=3，即t=-时，PA⋅PB的值为定值-与m无关.22395当直线l与x轴重合时，且t=-时，A-3,0,B3,03552PA⋅PB=-3+,0⋅3+,0=-33952所以存在点P-,0，使得PA⋅PB=-为定值.39143.(1)23；(2)y=x±1；(3)-,+∞.252x2【解析】解：(1)由椭圆C1：+y=1，4第107页共377页,22可得a=2，b=1，c=a-b=3，则椭圆C1的焦距为2c=23；112222(2)由kOQ=，设l:y=x+m，代入x+4y=4得x+2mx+2m-2=0，22222由Δ=4m-8(m-1)=8-4m>0，得m<2，2xA+xB=-2m，xAxB=2m-2，1222所以AB=1+⋅(-2m)-4(2m-2)=5⋅2-m，4m又Q到直线l的距离为d=，512由S△QAB=⋅d⋅AB=m⋅2-m=1,m=±1，21所以l:y=x±1；2x=210x2+4y2=4M5(3)由x2-y2=1，解得15，yM=5设N(x,y)是曲线C上一点，则F1(-3,0),F2(3,0)，NF1=(-3-x,-y)，NF2=(3-x,-y)，22所以NF1⋅NF2=x+y-3；222当点N在曲线x+4y=4x≥xM上时，NF1⋅NF2=1-3y，154当y=时，(NF1⋅NF2)min=-，55当y=0时，(NF1⋅NF2)max=1，4所以NF1⋅NF2∈-,1；5222当点N在曲线x-y=1x≥xM上时，NF1⋅NF2=2y-2；1544当y=5时，(NF1⋅NF2)min=-5，NF1⋅NF2∈-5,+∞；4综上，NF1⋅NF2∈-5,+∞.4.(1)x2+y2=16；(2)-24,56555.x=my+t【解析】(1)设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的方程为x=my+t，与椭圆方程联立x2y2得+=1164222m+4y+2mty+t-16=0，2-2mtt-16∘所以y1+y2=2,y1y2=2，因为∠MON=90，所以MO⊥ON，m+4m+422即OM⋅ON=0，所以x1x2+y1y2=my1+tmy2+t+y1y2=m+1y1y2+mty2+y1+t=0，25t2整理得=1+m，16t4O点到直线MN的距离为OH==，1+m252216所以H点的轨迹方程为x+y=.5第108页共377页,2y2x(2)由椭圆C:+=1，得a=4,b=2，右顶点A4,0，上顶点B0,2，16422设Hx0,y0，则HA⋅HB=4-x0,-y0-x0,2-y0=-4x0+x0-2y0+y022=x0-2+y0-1-5，表示Hx0,y0与2,1的距离的平方减去5的差，2216转化为求圆x+y=上的点到2,1的距离的平方减去5的取值范围，5再转化为圆心0,0到点2,1距离4+1=5加减半径的长的平方减去5的取值范围，42564224即为最大值为5+-5=5，最小值为5--5=-555-2456所以HA⋅HB的取值范围,.552y2x15.(1)+=1；(2)-942【解析】(1)设椭圆右顶点为Aa,0，上顶点B0,b，2222由题意知，|AB|=a+b=13，即a+b=132c5c5又椭圆离心率=，即=，a3a29222又由a=b+c，可得2a=3b，从而a=3,b=2．2y2x所以，椭圆的方程为+=1．94(2)设点P的坐标为(x1,y1)，点M的坐标为(x2,y2)，由题意，x2>x1>0，则点Q的坐标为(-x1,-y1)，PM=(x2-x1,y2-y1)，QP=(2x1,2y1)由PM=2QP，可知(x2-x1,y2-y1)=2(2x1,2y1)=(4x1,4y1)，即x2=5x1．由点A3,0，点B0,2，易知直线AB的方程为2x+3y=6，2x+3y=6由方程组消去y，QQ群333528558y=kx2y2x6+=16可得x2=，由方程组94消去y，可得x1=．3k+29k2+4y=kx2281由x2=5x1，可得9k+4=5(3k+2)，整理得18k+25k+8=0，解得k=-或k=-．928当k=-时，x2=-9<0，不合题意，舍去；9112当k=-时，x2=12，x1=，符合题意．251所以，k的值为-．2第109页共377页,2y2x76.(1)+=1；(2)是定值，定值为.989【解析】(1)由于线段PN的垂直平分线交直线PM于Q，由中垂线的性质可得PQ=QN，∴QM+QN=PQ+QM=PM=6>MN=2，所以动点Q在以M、N为焦点的椭圆上，2y2x22设该椭圆的标准方程为+=1a>b>0，设c=a-b，则a=3，c=1，22ab2y222x所以，b=a-c=22，因此，曲线C的方程为+=1；98(2)依题意可知直线AS、BS的斜率均存在且不为0，71设直线AS的方程为x=t1y-3，设直线BS的方程为x=t2y+3，则D4,t，E4,t.12717可得AD=7,t，BE=1,t，AD⋅BE=7+tt，1212222x0y029y0设点Sx0,y0，则有+=1，可得x0-9=-，988221y01y01y0y08则t=kAS=x+3，t=kBS=x-3，∴tt==2=-9，102012x0+3x0-3x0-9787因此，AD⋅BE=7+=7+7×-=(定值).t1t2992x23317.(1)4+y=1；(2)0,±2，0,±2.【解析】(1)由题意可得：三角形ABN为等腰直角三角形，所以2a=4，即a=2.64又由N0,-2，B2,0，NQ:QB=3:2所以Q,，55第110页共377页,62422y2x55代入+=1得：+=1，解得：b=1.2222abab2x2所以椭圆的方程为+y=14(2)由(1)可知A-2,0.设M点的坐标为x1,y1，直线l的斜率显然存在，设为k，则直线l的方程为y=kx+2y=kx+2于是A，B两点的坐标满足方程组x2，由方程组消去y并整理，2+y=142222得1+4kx+16kx+16k-4=02216k-42-8k4k由-2x1=2，得x1=2，从而y1=2，1+4k1+4k1+4k28k2k设线段AB是中点为M，则M的坐标为-,221+4k1+4k以下分两种情况：①当k=0时，点M的坐标为2,0.线段AM的垂直平分线为y轴，于是PA=-2,y0，PM=2,-y01531由PA⋅PM=得y0=±4222k-18k②当k≠0时，线段AM的垂直平分线方程为y-=x+1+4k2k1+4k2-6k令x=0，解得y0=21+4kPA=-2,-y0，PM=x1⋅y1-y0-22-8k26k4k6kPA⋅PM=-2x1-y0y1-y0=2+22+21+4k1+4k1+4k1+4k42416k+15k-115=22=41+4k13整理得k=±，y0=±22331综上y0=±或y0=±.22331点P的坐标是0,±2，0,±2.2y2x55558.(1)+=1；(2)-62,+62.9522【解析】(1)由题意，设Ax1,y1,Bx2,y2，直线x-y-2=0与x轴交于2,0点，22x1y12+2=1x2-x2y2-y2y-y2y+yab121212b12所以c=2，又2y2，两式相减得2+2=0，即x-x=-2x+x=x2+2=1ab12a12a2b2x1+x222b2b922-=-×-=1，所以5a=9b，a2y1+y2a2522222又a-b=4，所以a=9,b=5，2y2x椭圆C的方程为+=1.95(2)由已知得F(2,0)，G-3,0，设直线l1的方程为x=ty+2，PxP,yP,QxQ,yQ，第111页共377页,2y2x+=122由l1的方程与椭圆的方程联立95，整理得5t+9y+20ty-25=0，x=ty+2-20t-25yP所以yP+yQ=2,yPyQ=2，直线PG的斜率为x+3，5t+95t+9P2xPxQ=tyP+2tyQ+2=tyPyQ+2tyP+yQ+422-25-20t-45t+36=t+2t+4=，2225t+95t+95t+92-20t36xP+xQ=tyP+2+tyQ+2=tyP+yQ+4=2+4=25t+95t+9yP9yP直线PG的斜率为y=x+3x+3，则M6,x+3，PPyQyQ9yQ直线QG的斜率为x+3，直线QG的方程为y=x+3x+3，则N6,x+3，QQQ9yP9yQ81yPyQRM=6-m,x+3，RN=6-n,x+3，所以RM⋅RN=6-m6-n+=PQxP+3xQ+381yPyQ6-m6-n+xPxQ+3xP+xQ+9-81×25=6-m6-n+=6-m6-n-922-45t+36+3×36+95t+922=27-6m+n+mn，因为m+n=1，设m=sinθ,n=cosθ，则1πRM⋅RN=sinθcosθ-6sinθ+cosθ+27=sin2θ-62sinθ++27241ππ1ππ=-cos+2θ-62sinθ++27=-cos2+θ-62sinθ++2722424412ππ=-1-2sin+θ-62sinθ++272442ππ53=sin+θ-62sinθ++442π217π5555=sinθ+4-32+2，因为sinθ+4∈-1,1，所以RM⋅RN∈2-62,2+62，5555所以RM⋅SN的取值范围-62,+62.222x29.(1)+y=1；(2)证明见解析.4【解析】(1)因为椭圆C的焦距为23，所以c=3，131222又∵椭圆C过点A3,，∴+=1，且满足a=b+c，2a24b2222x2可得a=4，b=1，椭圆C的标准方程为：+y=1；4(2)设点Ax1,y1、Bx2,y2，F3,0，由题意可知，直线l的斜率存在，可设直线l的方程为y=kx-3，第112页共377页,y=kx-3联立2，可得4k2+1x2-83k2x+12k2-4=0，x2+y=14由于点F在椭圆C的内部，直线l与椭圆C必有两个交点，2283k12k-4由韦达定理可得x1+x2=2，x1⋅x2=2，4k+14k+1∵MA=λ1AF，MB=λ2BF，M0,y0，得x1,y1-y0=λ13-x1,-y1，x2,y2-y0=λ23-x2,-y2，x1x2∴λ1=，λ2=，3-x13-x22224k-212k-4x1x23x1+x2-2x1x24k2+1∴λ1+λ2=+==22=-8.3-x13-x23-3x1+x2+x1x212k-4-24k3+24k+1210.(1)x+y2=1；(2)-1,523.【解析】(1)2c=2⇒c=1，焦点坐标F1-1,0,F21,0,根据椭圆定义可知2222222a=1-1+2-0+1+1+2-0=22，222所以a=2，b=a-c=12x2所以椭圆方程是：+y=12(2)当l1的斜率为0时，OA⋅OB=-1，当l2的斜率不为0时，设l1:y=kx+m，代入椭圆C的方程可得2222k+1x+4kmx+2m-1=022由Δ=0得m=2k+112222又l2:y=-x+m代入椭圆C的方程可得k+2x-4kmx+2km-1=0k设Ax1,y1，Bx2,y2，则2Δ>0得k∈(0,1)x+x=4km122k+22k2m2-1x1x2=2k+211∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+-x1+m-x2+mkk1m2=2+1x1x2-kx1+x2+mk426k+k-2=2k+22令k+2=t，t∈(2,3)6t2-23t+20205∴OA⋅OB==6t+-23∈-1,tt35综上∴OA⋅OB∈-1,.32y22x11.(1)；(2)+=1．254【解析】(1)∵∠F1AB=90°，A为上顶点，第113页共377页,∴F1A⊥F2A，F1A=F2A，∴OF1=|OA|，∴c=b．2222c2又a=b+c=2c，∴e==．a2(2)∵椭圆的焦距为2c，∴c=1，∴F2=(1,0)．设A(0,b)，Bx0,y0∴AF2=(1,-b)，F2B=x0-1,y0．3又AF2=F2B，2351=x0-1x0=23∴，∴，32-b=y0y0=-b231251422又点B在椭圆上，∴⋅+⋅b=1，∴a=5，a29b2922又c=1，∴b=4，2y2x∴椭圆的标准方程为+=1．54x2y212.(1)+=1；(2)是，PE⋅PF为定值-3.124c=6a3a=23【解析】(1)由题可得62+22=1，解得b=2，ab222a=b+c2y2x所以椭圆的方程为+=1．12422(2)①当过点P且与圆x+y=3相切的切线斜率不存在时，由对称性，不妨设切线方程为x=3，则P(3,0)，E(3,3)，F(3,-3)，所以PE⋅PF=-3．22②当过点P且与圆x+y=3相切的切线斜率存在时，不妨设切线的方程为y=kx+m，设点Ex1,y1，Fx2,y2，Px0,y0，将直线方程与圆的方程联立并整理，222得1+kx+2kmx+m-3=0，m22由直线与圆相切易得圆心到直线的距离d==3即m=31+k，2k+12kmkm因为x0+x0=-2，所以x0=-2，k+1k+1联立直线和椭圆的方程并整理，222得1+3kx+6kmx+3m-12=0，2222则Δ=36km-41+3k3m-12>0，26km3m-12所以x1+x2=-2，x1x2=2．1+3k1+3k所以PE⋅PF=x1-x0,y1-y0⋅x2-x0,y2-y0=x1-x0x2-x0+y1-y0y2-y02=x1-x0x2-x0+kx1-x0x2-x02=k+1x1-x0x2-x0第114页共377页,22=k+1x1x2-x0x1+x2+x06km⋅-km22223m-12k+1km=k+12+2+21+3k1+3kk+142224222-12k-24k+k+3m-12-12k-24k+k+33+3k-12==22221+3k1+k1+3k1+k42-31+3k22-9k-12k-31+k===-3．22221+3k1+k1+3k1+k综上可知，PE⋅PF为定值-3．第115页共377页,22422413.(1)x+y=；(2)OA⋅OB=0；(3)证明见解析，定圆的方程为x+y=.332y2x22【解析】(1)由椭圆C:+=1，知a=4,b=2.42224根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆O:x+y=.3(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，则OA⋅OB=x1x2+y1y2.直线l为圆O的切线，分直线l的斜率存在和不存在两种情况讨论：2①当直线l的斜率不存在时，直线l:x=±.32y22x+=1x=242344若l:x=，由2，解得2，此时OA⋅OB=x1x2+y1y2=3-3=0.3x=y=±332若l:x=-，同理得：OA⋅OB=0.3②当直线l的斜率存在时，设l:y=kx+t.2y2x+=1222222222由42，得(1+2k)x+4ktx+2t-4=0，有Δ=16kt-8(1+2k)(t-2)=8(4k-t+2)，y=kx+t|t|222又直线l是圆O的切线，故=，可得3t=4k+4.1+k23x+x=-4kt121+2k2t2-4k222∴Δ>0，则2t2-4，而y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=kx1x2+kt(x1+x2)+t=2.1+2kx1x2=21+2k2t2-4t2-4k23t2-4k2-4∴x1x2+y1y2=2+2=2=0，即OA⋅OB=0.1+2k1+2k1+2k综上，恒有OA⋅OB=0.(3)∵M,N是椭圆C上的两个动点且OM⊥ON，设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1x2+y1y2=0.∴直线OM,ON：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论.22若直线ON的斜率不存在，即点N在y轴上，则点M在x轴上，有x1=4,y2=2.22∴|OM|=2，|ON|=2，且|MN|=x1+y2=6，112由S△OMN=|OM|⋅|ON|=|OH|⋅|MN|，解得|OH|=.2231若直线OM,ON的斜率都存在，设OM:y=k1x，则ON:y=-x.k12y2x2=4x11+2k21+k21+k2+=111由42，得4k2，有|OM|=22；同理，得|ON|=22.y=kxy2=11+2k12+k11121+2k22223(1+k1)于是，|MN|=|OM|+|ON|=2.22(1+2k1)(2+k1)112由S△OMN=|OM|⋅|ON|=|OH|⋅|MN|，可得|OH|=.22322因此，总有|OH|=，即点H在圆心为坐标原点，半径为的圆上.33224∴该定圆的方程为圆x+y=.314.存在，且直线l的方程为x+y+4=0或x-y-4=0.【解析】假设存在满足题意的直线l.第116页共377页,①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=0，可得R0,23、T0,-23，此时，OR⋅OT=-12，不合乎题意；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx-4，设点Rx1,y1、Tx2,y2，y=kx-4联立2y2，消去y并整理得4k2+3x2-32kx+16=0，x+=1161222211Δ=32k-4×16×4k+3=1924k-1>0，解得k<-或k>.2232k16由韦达定理可得x1+x2=2，x1x2=2，4k+34k+32OR⋅OT=x1x2+y1y2=x1x2+kx1-4kx2-4=k+1x1x2-4kx1+x2+16=22216k+1-128k+164k+316=，4k2+372可得k=1，解得k=±1，所以，直线l的方程为y=±x-4，16因此，存在直线l:x+y+4=0或x-y-4=0，使得OR⋅OT=.7第117页共377页,专题13：椭圆的应用问题参考答案1.C【解析】由a1-c1=PF，a2-c2=PF，得a1-c1=a2-c2，故①符合题意；由图可知a1>a2，c1>c2，a1+c1>a2+c2，故②不符合题意；c1c2∵a1-c1=a2-c2，∴a11-a=a21-a，12c1c2∵a1>a2，∴1-<1-，a1a2c1c2∴>，故④不符合题意，③符合题意.a1a2故选:C．2.Cxxyy2y2x【解析】当x≥0,y≥0时，方程+=1化为+=1(x≥0,y≥0)表示椭圆的一部分；4242xxyy2y2x当x>0,y<0时，方程+=1化为-=1(x>0,y<0)表示双曲线的一部分；4242xxyyy22x当x<0,y>0时，方程+=1化为-=1(x<0,y>0)表示双曲线的一部分；4224所以函数y=fx的图象如图所示：fx1-fx2P1：∀x1,x2∈R，x1≠x2，恒有<0成立，等价于函数f(x)在R上为单调递减函数，由图可x1-x2知，命题P1正确；P2：y=fx的图象上存在一点P，使得P到原点的距离小于2.2y2x根据椭圆性质可知，椭圆+=1短轴端点(0,2)到原点的距离最小为2，根据双曲线的性质可42知，双曲线的顶点(2,0)到原点的距离的最小为2，故函数y=fx的图象上不存在一点P，使得P到原点的距离小2，命题P2不正确；1P3：对于∀x∈R，2fx+x>0恒成立等价于对于∀x∈R，f(x)>-x.22y21x2从图象可知，直线y=-x的斜率大于双曲线-=1的渐近线y=-x的斜率，所以直线y=24222y21x-x与曲线-=1(x>0,y<0)有交点，故命题P3不正确.242所以P1∧P2、P1∧P3、¬P1∨P3不正确，¬P2∨P3正确.故选：C3.A第118页共377页,【解析】设F1F2=2c，设椭圆Γ的长轴长为2a1，双曲线Ω的实轴长为2a2，在图②中，△CDF1的周长为CF1+DF1+CD=CF1+CF2+DF1+DF2=4a1=vt2，所以，4a1=8vt1，可得a1=2vt1，在图①中，由双曲线的定义可得AF2-AF1=2a2，由椭圆的定义可得BF1+BF2=2a1，AF2=BF2-AB，则AF2-AF1=BF2-AB-AF1=2a1-BF1-AB-AF1=2a2，即2a1-AB+AF1+BF1=2a2，a13a1由题意可知，△ABF1的周长为AB+AF1+BF1=vt1，即2a2=2a1-vt1=2a1-=，22a14所以，=.a23cc因此，Γ与Ω的离心率之比为e1:e2=:=a2:a1=3:4.a1a2故选：A.4.Ca-c=200+1740a=6140【解析】由题意得，解得，a+c=8600+1740c=4200c4200所以离心率e==≈0.68，a6140故选：C5.Ac【解析】由题意，椭圆的离心率e=∈(0,1)，(c为半焦距；a为长半轴)a地球半径为R，卫星近地点离地面的距离为r，可得a-c=R+rr+Rr+R联立方程组a=，c=e，1-e1-e如图所示，设卫星近地点的距离为m，远地点的距离为n，r+Rr+R1+e2e所以远地点离地面的距离为n=a+c-R=+e-R=r+1-e1-e1-e1-e故选：A．6.B22222【解析】解:由题意可得a=4,b=3,c=a-b=1,所以a=2,c=1.①若光线从椭圆一个焦点沿x轴方向出发到长轴端点(较近的)再反射,第119页共377页,则所经过的路程为2a-c=2,②若光线从椭圆一个焦点沿x轴方向出发到长轴端点(较远的)再反射,则所经过的路程为2a+c=6.③若光线从椭圆一个焦点沿非x轴方向出发,则所经过的路程为4a=8故选:B7.B【解析】在照射过程中，椭圆的短半轴长是圆的半径，11°°由图∠0AB+∠OBA=∠AAB+∠BBA=×180=9022°∴∠AOB=90，由O是中点故有球心到椭圆中心的距离是椭圆的长半轴，过球心向地面做垂线，垂足是H，222在构成的直角三角形中，OO=OH+OH，22∴OH=a-b=4-2=2，故选：B．第120页共377页,8.B【解析】如图所示，对于①，卫星向径的最小值为|A1F1|=a-c，最大值为|A2F1|=a+c，∴①正确；a-c2c2对于②，卫星向径的最小值与最大值的比值为=1-=1-，a+ca+ca+1ca22越小，就越大，1-就越小，椭圆轨道越扁，∴②错误；caa+1+1ec对于③，根据在相同的时间内扫过的面积相等，卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间，∴③正确；对于④，卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小，∴④错误；综上，正确结论的序号是①③，共2个．故选B．9.C1S△PMF1F1M2F1PPMsin∠F1PM【解析】由椭圆的光学性质得到直线l'平分角F1PF2，因为===S△PMF2F2M1FPPMsin∠FPM222PF1PF2由PF1=1，PF1+PF2=4得到PF2=3，故F1M:F2M=1:3.故答案为C.第121页共377页,10.D【解析】画出图形的轴截面如图所示:则CD为椭圆的长轴，圆柱的底面直径为椭圆的短轴；依题意AB=4，CG=2，AE=BF=1，1则AO=AB=22AE1∴sin∠AOE==AO2∴∠AOE=30°∴∠GCO=60°CG1在RtΔCDG中有cos∠GCO==CD2∴CD=4即椭圆中，2a=4，2b=2∴a=2，b=1222∵c=a-b∴c=3c3∴e==a2故选：D11.ABC【解析】由于轨道Ⅱ的右顶点为轨道Ⅰ的中心，则a1=2a2，且PF=a1-c1=a2-c2.对于A选项，2a2-c1=a2-c2，∴c1=a2+c2，A选项正确；对于B选项，∵a1=2a2，c1=a2+c2>2c2，∴a1+c1>2a2+2c2=2a2+c2，B选项正确；c1c2+a2c2+a211对于C选项，∵c1=a2+c2，∴e1====e2+，即2e1=e2+1，所以，e2=2e1-1，a1a12a222C选项正确；对于D选项，∵e2=2e1-1=e1-1+e1<e1，所以，椭圆ⅱ比椭圆ⅰ更圆，d选项错误.故选：abc.第122页共377页,12.bc【解析】由题，以vkm s="">0，n>0，1由△PF1F2的面积为20，可得F1F2n=cn=5n=20，即n=4，22m1620由-=1，可得m=，故①符合题意；169320由P，4，且F1-5，0，F25，0，323525371350则PF1+PF2=16++16+=+=，993335080则△PF1F2的周长为+10=，故②符合题意；33第126页共377页,1212可得kPF1=35，kPF2=5，1212-535360则tanF1PF2==∈0，3，12×123191+5×35π则∠F1PF2<，故③不符合题意；311设△PF1F2的内切圆半径为r，可得rPF1+PF2+F1F2=⋅F1F2⋅4，22803可得r=40，解得r=，故④符合题意．32故选：C.3.D【解析】解：由题可知，F1A=-F2F1+F2A，若F2F1+F2A⋅F1A=0，即为F2F1+F2A⋅-F2F1+F2A=0，22可得AF2=F2F1，即有|AF2|=|F2F1|=2c，由双曲线的定义可知AF1-AF2=2a，可得|AF1|=2a+2c，24由于过F2的直线斜率为，724所以在等腰三角形AF1F2中，tan∠AF2F1=-，77则cos∠AF2F1=-，2522274c+4c-(2a+2c)由余弦定理得：cos∠AF2F1=-=，252∙2c∙2c化简得：3c=5a，34即a=c，b=c，5522可得a:b=3:4，a:b=9:16，2y2x所以此双曲线的标准方程可能为：-=1.916故选：D．4.A2y2x【解析】双曲线-=1中a=2，b=3，c=4+3=7，F1-7,0，43圆E半径为r=1，E0,-3，∴AF2=AF1+2a=AF1+4，AB≥AE-BE=AE-1(当且仅当A，E，B共线且B在A，E之间时取等号.)22∴AB+AF2≥AF1+4+AE-1=AF1+AE+3≥EF1+3=-7+3+3=7当且仅当A是线段EF1与双曲线的交点时取等号．∴AB+AF2的最小值是7.故选：A.第127页共377页,5.C【解析】设以实轴F1F2为直径的圆的圆心为O1，其半径r1=a，PF2线段PF2为直径的圆的圆心为O2，其半径为r2=，2PF1当P在双曲线左支上时，O1O2=，2PF2PF1∵r2-O1O2=-=a=r1，22∴两圆内切.PF1当P在双曲线右支上时，O1O2=，2PF1PF2∵O1O2-r2=-=a=r1，22∴r1+r2=O1O2∴两圆外切.故选：C.6.A【解析】不妨设点P的坐标为2,mm>0，由于AB为定值，由正弦定理可知当sin∠APB取得最大值时，ΔAPB的外接圆面积取得最小值，也等价于tan∠APB取得最大值，a+22-a因为tan∠APF=，tan∠BPF=，mm2+a2-a-mm2a2aa所以tan∠APB=tan∠APF-∠BPF==≤=，2+a2-ab2b2b1+m⋅mm+2m⋅mm2b当且仅当m=m>0，即当m=b时，等号成立，m此时∠APB最大，此时APB的外接圆面积取最小值，第128页共377页,2y2x22点P的坐标为2,b，代入-=1可得a=2，b=c-a=2．22ab2y2x所以双曲线的方程为-=1．22故选：A7.D2y2xb【解析】由题意，双曲线E：-=1的渐近线方程为y=±x，a2b2a由过E的右顶点作x轴的垂线与E的渐近线相交于A，B两点，且四边形OAFB为菱形，b则对角线互相平分，所以c=2a，=3，所以结合选项可知，只有D满足，a2y2x2-2=173由ab，解得xA=a，yA=a，22x2+y2=c2=4a272322因为PF=7-1，所以2a-2a+2a=(7-1)，解得a=1，则b=3，22y故双曲线方程为x-=1，3故选D．8.D【解析】分析：根据圆的半径得出a，根据中位线定理和勾股定理计算c，从而得出b，即可得出双曲线的方程．222详解：∵E为圆x+y=a上的点，∴OE=a=3，∵OE=1OP+OF1，2∴E是PF1的中点，又O是F1F2的中点，∴PF2=2OE=2a=23，且PF2∥OE，又PF1-PF2=2a=23，∴PF1=4a=43，22222∵PF1是圆的切线，∴OE⊥PF1，∴PF2⊥PF1，又F1F2=2c，∴4c=PF1+PF2=60，∴c=15，∴b=第129页共377页,22c-a=12．2y2x∴双曲线方程为-=1．312故选D．9.B10.A【解析】如图，设圆I与△PF1F2的三边F1F2、PF1、PF2分别相切于点E,F,G，连接IE,IF,IG，则IE⊥F1F2，IF⊥PF1，IG⊥PF2，它们分别是△IF1F2，△IPF1，△IPF2的高，1r∴S△IPF1=2PF1⋅IF=2PF1，1rS△IPF2=2PF2⋅IG=2PF2，1rS△IF1F2=2F1F2⋅IE=2F1F2，其中r是△PF1F2的内切圆的半径．1∵S△IPF1=S△IPF2+3S△IF1F2，rrr∴PF1=PF2+F1F2，226r1两边约去得：PF1=PF2+F1F2，231∴PF1-PF2=F1F2，3根据双曲线定义，得PF1-PF2=2a，F1F2=2c，22b∴3a=c，b=c-a=22a，=22，a可得双曲线的渐近线方程为y=±22x,即为22x±y=0，故选A．第130页共377页,11.C【解析】如图所示，线段MN的中点E在双曲线的左支上，ΔMNA中，EF1是中位线，NA=2EF1，同理，ΔMNB中，EF2是中位线，NB=2EF2，结合双曲线的NA-NB=2EF1-EF2=-4a=-8.同理线段MN中点E在双曲线的右支上，NA-NB=8，则所求=±8，故选C.12.B16【解析】由题意，易得，直线MN的方程为：x=，516设Px，y，则d=x-5x25x25x222PF=x-5+y=x-5+916-1=4-4=4-416x-d54∴==PF5x-454故选B13.B2222【解析】由题可知，PM|-PN|=PC1|-4)-(PC2|-1)，2222因此PM|-PN=PC1|-PC2-3=PC1-PC2)(PC1+PC2-3=2(PC1+PC2)-3≥2C1C2-3=13，故选B．14.A11【解析】由题意MO是ΔPF1F2中位线，所以MO=PF2,MT=PF1-F1T,又知OF1=22229+16=5，PF1是圆x+y=9的切线，所以OT=3，F1T=25-9=4，111MO-MT=PF2-PF1-F1T=F1T-PF1-PF2=4-a=1，故选A.222第131页共377页,15.C【解析】如下图所示，QF1=MF1=2+PF2.又PF1-PF2=2+QF1-PF2=2a,∴2+2=2a,a=2，所以c4离心率e===2，选C.a216.A【解析】∵点M(-5,0)N(5,0)点P使PM-PN=6,∴点P的轨迹是以M、N为焦点,2a=6的双曲线2y222222x可得b=c-a=5-3=16,双曲线的方程为-=1，9164∵双曲线的渐近线方程为y=±x，34∴直线y=x与双曲线没有公共点,34直线y=2x+1经过点0,1斜率k>,与双曲线也没有公共点32y2x而直线y=x+1与直线y=2都与双曲线-=1有交点，916因此,在y=x+1与y=2上存在点P使PM-PN=6,满足B型直线的条件只有①②正确，故选A.17.5【解析】如图，双曲线的两个焦点为：F1(-4,0),F2(4,0)为两个圆的圆心，半径分别为r1=2,r2=1|PM|max=|PF1|+2,|PN|min=|PF2|-1故|PM|-|PN|的最大值为：(|PF1|+2-|PF2|+1)=|PF1|-|PF2|+3=5故答案为：5.第132页共377页,18.43.n-n【解析】设点B(m,n)，则A1B:y=(x+3)，A2B1:y=(x-3)，m+3m-322n2则y=(x-3)，23-m22m2n1又+n=1，则=，33-m232212x2∴点P的轨迹方程为y=(x-3)，即-y=1(y>0)，332x2同理可得点Q也在轨迹-y=1(y>0)上，32x2注意到点M(-2,0)恰为双曲线-y=1的左焦点，3如图：2x2设双曲线-y=1的右焦点为N(2,0)，3则由双曲线的定义可得|PM|+|QM|-|PQ|=23+|PN|+23+|QN|-|PQ|≥43，∴|PM|+|QM|-|PQ|的最小值为43．故答案为：43．19.②④【解析】设点P的坐标为：P(x，y)，yy依题意，有：×=a，x+3x-32y2x整理，得：-=1，99a对于①，点的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且c=4，a<0，椭圆在x轴上两顶点的距离为：29=6，焦点为：2×4=8，不符；对于②，点的轨迹为焦点在y轴上的椭圆，且c=4，y22x25椭圆方程为：+=1，则-9a-9=16，解得：a=-，符合；-9a992y27x对于③，当a=时，-=1，所以，存在满足题意的实数a，③错误；997y22x对于④，点的轨迹为焦点在y轴上的双曲线，即+=1，-9a9不可能成为焦点在y轴上的双曲线，所以，不存在满足题意的实数a，正确.所以，正确命题的序号是②④.第133页共377页,22y20.x-=13【解析】由题设可知|QP|=|QA|，又因为QP=QB+BP=QB+2，故QA-QB=2，由双曲线222定义可知点Q在以B(-2,0),A(2,0)为焦点的双曲线上，由于2a=2⇒a=1,c=2，所以b=c-a=4222y2y-1=3，故点Q的轨迹方程是x-=1，应填答案x-=1．33第134页共377页,专题15：双曲线的对称性问题参考答案1.Db【解析】设F1-c,0，渐近线方程为y=x，其对称点Pm,n，ana111所以有=-，PF1的中点Q的坐标为Qm-c,n，m+cb222111因为根据题意得Qm-c,n在渐近线上，2221b1所以n=×m-c，2a22222b-ac-2a2ab所以解得m==,n=-，ccc22c2-2a2222c-2a2ab4ab即Pc,-c，代入双曲线方程得：22-22=1，cacb2c2化简可得：-4=1，即有e=5，所以e=5.2a故选：D.2.A【解析】根据双曲线的对称性可知点A,B关于原点对称，设Ax1,y1，B-x1,-y1，Px,y，x2y22y211x所以-=1,-=1,2222ababx2-x2y2-y22y2-y211b1两式相减得=，即=，22222abax1-x1因为直线PA，PB的斜率之积为，3y-y-y-yy2-y22111b1所以kPA·kPB=x-x·-x-x=22=2=3，11x1-xa2b123所以双曲线的离心率为e=1+=1+=,a233故选:A．3.C222【解析】①若A,B都在右支,若AB垂直x轴,a=4,b=8,c=12,所以F(23,0)2y2x则AB:x=23,代入双曲线-=1,求得y=±4,所以AB=y1-y2=8所以|AB|=8的直线有48一条,即垂直于x轴;②若A,B分别在两支,a=2,所以顶点距离为2+2=4<8，所以|AB|=8有两条,关于x轴对称.综上,满足这样的直线l的条数为3条.故选:C.第135页共377页,4.Bp【解析】由题意，可得MF1-MF2=2a,MF1+MF2=，2pp联立解得MF1=a+,MF2=-a，44又F1F2为直径，所以四边形F1NF2M为矩形，p2p2p22222所以S=MF1MF2=4-a，即32=16-a，即p=32a，22222p222由MF1+MF2=F1F2，得2a+=4c，即3a=2c，822b22即3a=2b，所以=，所以双曲线的渐近线的方程为y=±x，a22故选B．5.D【解析】双曲线的实轴长为2a，要使这样的直线有两条，第一种情况是：当直线与左右两支相交于两点时，只需AB=42a,a2，此时直线若和左支相交，必有两条直线符合题意.当4>2a时，直线与两支都相22b交时，存在两条直线符合题意，此时需要当直线仅与左支相交时，最短的弦长大于4，即>4，0<a<a1.综上，选d.26.c【解析】由于点q为三角形pf1f2内切圆的圆心，故过点f2作pq的垂线并延长交pf1于点n，易知垂足11b为f2n的中点，连接ob，则|ob|=|f1n|=(|f1p|-|f2p|)=a，又设内切圆与pf1，pf2分别切于22g，h，则由内切圆性质可得|pg|=|ph|，|f1g|=|f1a|，|f2a|=|f2h|，故|f1p|-|f2p|=|f1a|-|f2a|=2a，设|oa|=x，则有x+c-(c-x)=2a，解得|oa|=a，故有|oa|=|ob|=a，故选c.7.a【解析】因为点a为f2b的中点，所以oa⎳f1b，又f1b⊥f2b，所以oa⊥f2b，of1=of2=ob，所以3∠aof2=∠aob=∠bof1=60°，所以=tan60°=3，所以a=1，所以f1f2=21+3=4.a故选：a.8.c【解析】解法一：由点a(a，0)，b(0，b)关于直线l对称，可得直线l为线段ab的垂直平分线，abb线段ab的中点的坐标为,，直线ab的斜率为-，22abaa可得直线l的方程为y-=x-，2b2221b1b令y=0，可得x=a-，由题意可得-c=a-，22a22a22222即有a(a+2c)=b=c-a，即c-2ac-2a=0，c2由e=，可得e-2e-2=0，a解得e=1+3(e=1-3舍去)，故选：c．第136页共377页,22解法二：由点a(a，0)，b(0，b)关于直线l对称，可知af=bf,即a+c=b+c,22222两边平方，并结合b=c-a，整理可得c-2ac-2a=0，下同解法一.9.d【解析】设p(x0,y0)，f1(-c,0),f2(c,0)，则pf1⋅pf2=(-c-x0,-y0)⋅(c-x0,-y0)=(-c-x0)(c-x0)+2222y0=x0+y0-c，22222x0+y0表示p到原点距离的平方，当p为双曲线顶点时取得最小值，所以pf1⋅pf2min=a-c，即a-22c=-3，b=3，b=3，3b3双曲线的一条渐近线为y=x，则=，所以a=2，c=4+3=7，焦距为27．2a2故选：d．10.b【解析】采用特例法即可求得结果不妨设焦点f为右焦点，则f(5,0)，225y9令x=5代入双曲线方程得-=1，解得y=±，169499当ab⊥x轴时，不妨设a在第一象限，则a5,，b5,-，449118所以|af|=|bf|=，故+=.4|af||bf|9故选：b11.ac【解析】双曲线c关于原点对称，又直线y=kx过原点，所以a,b关于原点对称，由oa=ob,of1=of2得四边形af1bf2为平行四边形，a正确；当k→0，p点趋近于右顶点，此时∠f1pf2趋近于平角，因此不可能有∠f1pf2<90°，b错．y0设a(x0,y0)，则b(-x0,-y0)，由ae⊥x轴知e(x0,0)，k=，x00-(-y0)y01而kbe===k，c正确；x0-(-x0)2x02△apb中，∠apb>∠AEB>∠AEO=90°，因此∠PAB<90°，D错；故选：AC．第137页共377页,12.ADπ3【解析】当m>0，n<0时，由题意可知双曲线的渐近线的倾斜角为：，所以斜率为：，63m1m-n可得：=，所以双曲线的离心率为：e==2．-n3mπ3当m<0，n>0时，由题意可知双曲线的渐近线的倾斜角为：，所以斜率为：，63-m3n-m23可得：=，n=-3m，所以双曲线的离心率为：e==．n3n3故选：AD．13.-∞,-2【解析】解:设点Px0,y0,x0≥3，则点Q-x0,-y0,所以MP=x0,y0-1，MQ=-x0,-y0-1，22MP⋅MQ=-x0-y0+1，2x2x202因为P是双曲线-y=1上的点，故-y0=1，334x2220所以MP⋅MQ=-x0-y0+1=2-≤-2，3故MP⋅MQ的取值范围是-∞,-2.故答案为：-∞,-2214.y=±x22x2【解析】因为三个点-2,1，-2,3，2,-1中恰有两个点在双曲线C:-y=1(a>0)上，2a又双曲线的图象关于原点对称,2x2所以点-2,1，2,-1在双曲线C:-y=1(a>0)上，2a4所以-1=1，2a解得a=2，2所以其渐近线方程为：y=±x.22故答案为：y=±x2615.y=±x22y2x【解析】双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F，双曲线C的右支上一点A，它关于原点O的22ab对称点为B，满足∠AFB=90°，且|BF|=3|AF|，设左焦点为F1，连接AF1、BF1，由对称性可得AF1=BF、BF1=AF，可得|BF|-|AF|=2a，所以|AF|=a，|BF|=3a，222222∠F1BF=90°，所以F1F=BF1+BF，可得4c=a+9a，222222b3b662c=5a，又c=a+b，所以=，所以=，故渐近线为y=±xa22a226故答案为：y=±x．2第138页共377页,16.322y1-y2【解析】设点Ax1,y1，B-x1,-y1，Cx2,y2，则kAC⋅kBC=22，x1-x22222x1y1x2y2又-=1a>0,b>0①，-=1a>0,b>0②，2222ababy2-y2212b2①-②，得kAC⋅kBC=22=2=e-1=3.x1-x2a所以kAC⋅kBC=3.故答案为：3第139页共377页,专题16：双曲线的离心率问题参考答案1.B【解析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PB|，1|PN|∵|PA|=m|PB|，∴|PA|=m|PN|∴=，m|PA|1设PA的倾斜角为α，则sinα=，m当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，222设直线PA的方程为y=kx-1，代入x=4y，可得x=4(kx-1)，即x-4kx+4=0，2∴△=16k-16=0，∴k=±1，∴P(2，1)，2∴双曲线的实轴长为PA-PB=2(2-1)，∴双曲线的离心率为=2+1．2(2-1)故选B．2.Bb【解析】因为直线l为双曲线C的一条渐近线，则直线l:y=xa因为F1,F2是双曲线C的左、右焦点所以F1(-c，0)，F2(c，0)因为F1关于直线l的对称点为F1，设F1为(x，y)y-0by+0bx-c则⋅=-1,=⋅x+ca2a222b-a2ab解得x=,y=-cc22b-a2ab所以F1为c,-c222因为F1是以F2为圆心，以半虚轴长b为半径的圆，则圆的方程为x-c+y=bb2-a22abb2-a222ab22将以F1的c,-c代入圆的方程得c-c+-c=b222c化简整理得5a=c，所以e==52a所以选B3.C【解析】不妨设M在第二象限，则在等腰ΔABM中，AB=AM=2a，第140页共377页,设∠ABM=∠AMB=θ，则∠F1AM=2θ，θ为锐角．22aΔABM外接圆面积为3πa，则其半径为3a，∴23a=，sinθ36∴sinθ=，cosθ=，333622621∴sin2θ=2×3×3=3，cos2θ=2×3-1=3，5a42设M点坐标为(x,y)，则x=-a-AMcos2θ=-，y=AMsin2θ=a，335a42a即M点坐标为-3,3，5a242a2-33b2由M点在双曲线上，得-=1，整理得=2，222aba2cb∴e==1+=3．aa2故选C．4.B【解析】∵AB=5F1A，∴F1,A,B共线，且AB=5F1A，22AF2=AB⋅AF2=(AF2+F2B)⋅AF2=AF2+F2B⋅AF2，222∴F2B⋅AF2=0，则F2B⊥AF2，故有AF2+BF2=AB，设F1A=m，则AB=5m，BF1=6m，QQ群333528558由双曲线的定义可得AF2-m=2a6m-BF2=2a222AF2+BF2=25m2222∴(m+2a)+(6m-2a)=25m，整理得(m-a)(3m-2a)=0，解得：m=a或m=a，328若m=a，则AF2=a，BF2=2a，不满足AF2<BF2，舍去；33若m=a，AF2=3a<BF2=4a，符合题意，则BF1=6a，AB=5a，BF24a4此时cos∠ABF2===，|AB|5a5222在△F1BF2中，F1F2=BF1+BF2-2BF1⋅BF2cos∠ABF2，222242c172172即4c=36a+16a-2×6a×4a×，得到e==，即c=a，5a255c85∴e==．a5故选：B．5.C第141页共377页,【解析】由已知得Aa,0，设Fc,0，由AQ⋅AB=AQ⋅FB，得AQ⋅(AB+BF)=AQ⋅AF=0，所以l⊥x轴，即l:x=a，不妨设点Q在第一象限，则Qa,b.设Bx0,y0，由BQ=3FQ，得BF=2FQ，∴c-x0,-y0=2a-c,b，x0=3c-2a∴，即B3c-2a,-2b，y0=-2b∵点Bx0,y0在双曲线上，223c-2a-2b∴-=1，22ab222整理得9c-12ac-a=0，∴9e-12e-1=0，2+52-5解得e=，或e=(负值舍去).故选C.33故选：C6.A【解析】设AF1=t，则AF2=t+2a=BF2，从而BF1=t+4a，进而BA=4a.过F2作F2H⊥AB=H，则AH=2a.如图：在Rt△F1F2H中，F2H=2csin30°=c，F1H=2ccosθ=3c=AF2；222在Rt△AF2H中，3c-c=2a，22即2c=4a，所以e=2.故选：A第142页共377页,7.B【解析】由点A、B关于原点对称，设Bx,y，则A-x,-y∵Fc,0，设Cm,n，∴BF=c-x,-y，FC=m-c,n3c-x=m-cm=4c-3x∵3BF=FC，∴⇒，即C4c-3x,-3y-3y=nn=-3y∵AF⋅FB=0，AF=c+x,y,BF=c-x,-y222利用向量数量积公式得：c+x,y⋅c-x,-y=0，即c=x+y①又点C、B均在双曲线上，2y24c-3x2-3y2x∴-=1②，-=1③2222abab2222由①②③可得：a+2c=3a2c-a222两边同时除以a可得：1+2e=32e-12224222两边同时平方得；1+2e=92e-1，即2e-7e+5=0⇒2e-5e-1=025510又双曲线的离心率e>1，则e=，即e==222故选：B.8.Ba【解析】由题意，设点焦点F2且垂直渐近线的直线方程为：y-0=-x-c，bay-0=-x-c2baab由，解得：x=，y=，bccy=xa2aab所以，对称中心的点坐标为c,c，又F2c,0，设点Px0,y0，c+x0a22a22=cx0=-c2c2a2ab则0+y，解得2ab，即点Pc-c,c，0ab2=cy0=c22a2-c22222a2ab4ab222将点Pc-c,c代入双曲线的方程可得22-22=1，又a+b=c，acbc22c化简可得c=5a，故e==5.a故选：B.第143页共377页,9.D【解析】不妨设直线AB的斜率大于0．如图:连接HG．HF2，GF2，设△AF1F2的内切圆与三边分别切于点D，E，F，则AF1-AF2=AD+DF1-(AE+EF2)=DF1-EF2=F1F-FF2，所以2a=c+xH-(c-xH)，即xH=a，同理可得xG=a，所以HG⊥F1F2，θθ设直线AB的倾斜角为θ，在Rt△F2FG中，FG=FF2tan=(c-a)tan，22π-θπθ在Rt△F2FH中，FH=FF2tan=(c-a)⋅tan-，222又yH=3yG，所以FH=3FG，πθθθ3即(c-a)tan-=3(c-a)tan，解得tan=，22223θ2tan2所以tanθ==3，即直线AB的斜率为3，2θ1-tan2b由题意，直线AB与双曲线右支交于两点，故<3，acb2所以=1+∈(1,2).aa故选:D10.A【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB:y=kx+m因为OA⊥OB，即OA⋅OB=x1x2+y1y2=0y=kx+m联立2y2，整理得b2-a2k22-2kma2x-a2m2-a2b2=0xx2-2=1ab2-a2m2+b22kmax1+x2=222，x1x2=222b-akb-ak22y1y2=kx1+mkx2+m=kx1x1+kmx1+x2+m22222mb-abk代入得y1y2=222b-ak-a2m2+b2m2b2-a2b2k2所以x1x2+y1y2=222+222=0b-akb-ak第144页共377页,222mab整理得=222k+1b-a|m|即由O0,0到直线AB:y=kx+m的距离d=21+k所以距离为一个定值22211|OA|+|OB||AB|又+=2=222|OA||OB||OA|⋅|OB||OA|⋅|OB|11又S△ABC=|OA|⋅|OB|=|AB|⋅d22222即|OA|⋅|OB|=|AB|d11|AB|211+k2b2-a2所以2+2=2=d2=m2=a2b2|OA||OB||OA|⋅|OB|111又+≤222|OA||OB||OF|22b-a11+5所以≤⇒1<e≤a2b2c22又b>a⇒2<e1+5所以2<e≤2故选：a11.c【解析】如图所示：因为mg=λf1f2，所以mg⎳f1f2，所以ym=yg=a，ya=3yg=3a，11所以s△af1f2=2⋅2c⋅3a=2⋅af1+af2+2c⋅a，又af1-af2=2a，解得af1=2c+a,af2=2c-a，设axa,ya，f1-c,0，22222xa所以af1=xa+c+ya=xa+c+ba2-1，2222=exa+2cxa+a=exa+a=exa+a.第145页共377页,所以af1=a+exa，解得xa=2a，222a3a所以a2a,3a，代入双曲线方程得：-=1，22ab22解得b=3a,c=a+b=2a，c所以e==2.a故选：c12.d【解析】如图，因为af2=bf2，则取ab中点m，连结f2m，可得f2m⊥ab，设af2=bf2=x，因为af2-af1=2a，则af1=x-2a，又因为bf1-bf2=2a，则bf1=x+2a，ab=bf1-af1=4a，则am=bm=2a，则f1m=x，2222在rtδf1f2m中有f2m=4c-x，在rtδaf2m中有f2m=x-4a，22222222所以4c-x=x-4a，解得x=2a+2c，因为直线l的斜率为，2f2m2b22c2-a2122所以tan∠mf1f2=fm=22=2，所以22=2，c=3a，12a+2ca+c所以离心率e=3.故选：d第146页共377页,13.a2y2x2-2=1b2b2b2ab【解析】由2，得x=±c，所以p-c,a，qc,a.因为aa,0，所以ap=-c-a,a，y=bab2ππaq=c-a,a.又∠paf1+∠qaf2<2，所以2<∠paq<π，则ap⋅aq<0，即-c-ac-a22442bb22b2222bb+×<0，整理，得a-c+<0.因为c-a=b，所以-b+<0，所以<1，所以双曲线aaa2a2a2cb2c的离心率e==1+<2，又e>1，所以1<e<2，aa故选：a.14.a【解析】设bx0,22x0,x0>0，则A-x0,-22x0，Fc,0，如图∵M、N分别为AF2、BF2的中点，-x0+cx0+c∴M,-2x0，N,2x0，22∵原点O在以线段MN为直径的圆上，c2-x202∴OM⊥ON即OM∙ON=-2x0=0，4c解得：x0=3c22c故B3,3，c22cx2y2c28c2把B3,3代入双曲线方程2-2=1可得：2-2=1，ab9a9b422442化简得：9a-18ac+c=0即e-18e+9=0，2解得：e=9+62即e=6+3故选：A第147页共377页,15.C∘【解析】由双曲线的几何性质与函数的概念可知，此双曲线的两条渐近线的夹角为60，又双曲线的焦点b3b223既可在x轴，又可在y轴上，所以=3或，∴e=1+=2或.a3a3故选：C16.A【解析】AF⊥BF，△ABF是直角三角形，AO=OB=OF=cbx0A点在渐近线bx-ay=0上，设Ax0,a(x0>0)，F(c,0)2222bx02∴AO=x0+2=c解得：x0=aac+abA(a,b)，M,22(c+a)22b中点M在双曲线C上,代入方程：-=1224a4b222化简得(c+a)=5a，e+2e-4=0则e=5-1故选：A.17.Ab【解析】设Px1,y1,Qx2,y2，直线PQ的方程为x=y-c.ax=by-c,a442324联立x2y2整理得b-ay-2abcy+ab=0，-=1,a2b23242abab则y1+y2=22,y1y2=222.b-acb-acy+y24a2b6b2-a2c211129因为OP=2OF1+2OQ，所以P为线段QF1的中点，所以y2=2y1，y⋅y=2=22222412b-acab24b22=，整理得b=9a，22b-a故该双曲线的离心率e=10.故选：A.第148页共377页,18.B【解析】PF2=F1F2=2c，故PF1=PF2-2a=2c-2a，3PF1=2QF1，故QF1=3c-a，故QF2=2a+QF1=3c-a.222PF1+F1F2-PF2根据余弦定理cos∠PF1F2=，2PF1⋅F1F2222QF1+F1F2-QF2cos∠QF1F2=，cos∠PF1F2=-cos∠QF1F2，2QF1⋅F1F22227化简整理得到：5c-12ac+7a=0，即5e-12e+7=0，解得e=或e=1(舍去).5故选：B.19.AtanA+tanB2(tanA+tanB)【解析】tanC=-tan(A+B)=-，tanA+tanB-=0，1-tanAtanB1-tanAtanB2∵(tanA+tanB)1-=0，tanA+tanB≠0，1-tanAtanB∴1-tanAtanB=2，即tanAtanB=-1，设点C(xc,yc)在第一象限，222ycycycxcyc则tanA=，tanB=-，tanAtanB=-，-=1，xc+axc-ax2-a2a2b2cx222c2b∴yc=a2-1b，tanAtanB=-a2=-1，22bb∴=1，e=1+=2.22aa故选：A.20.Cabcbcbc【解析】渐近线为：y=±x，取y=c，解得x=±，则A-,c,B,c.baaa522OP=λOA+μOB，且A,B,P三点共线，故λ+μ=1，λ+μ=，9121λ=λ=λ=333bc则或，不妨取，则P,c，2123aμ=μ=μ=33322cc8232代入双曲线方程得到：-=1，即e=1,e=.a29a294故选：C.21.D【解析】依题意得1+a+b+c=0，故c=-1-a-b，22所以fx=x-1x+1+ax+a+b+1.另外两根分别是一椭圆、一双曲线的离心率，故gx=x+1+ax+a+b+1有两个分别属于0,1和1,+∞的零点.故有g0>0且g1<0，即a+b+1>0且2a+b+3<0.运用线性规划知识，以横轴为a，以纵轴为b，a+b+1>0作出不等式组所表达平面区域,为阴影部分2a+b+3<0第149页共377页,22可求得a+b∈5,+∞.故选D.22.2c2y2b2b2【解析】如下图所示，将x=c代入双曲线的方程得2-2=1，得y=±a，所以点Mc,a，ab设点P的坐标为c,tt>0，由ΔAPB的外接圆面积取最小值时，则∠APB取到最大值，a+cc-a则tan∠APB取到最大值，tan∠APF=，tan∠BPF=，tttan∠APF-tan∠BPFtan∠APB=tan∠APF-∠BPF=1+tan∠APF⋅tan∠BPFc+ac-a2a-ttt2a2aa===≤=，c+ac-ab2b2b2b1+t⋅t1+2t+t2t⋅tt2b当且仅当t=t>0，即当t=b时，等号成立，t所以，当t=b时，∠APB最大，此时ΔAPB的外接圆面积取最小值，b2bb2由题意可得b=，则=1，此时，双曲线的离心率为e=+1=2，aaa故答案为2．23.6【解析】设椭圆对应的参数为a1,b1,c，双曲线对应的参数为a2,b2,c，由于线段PF1的垂直平分线过F2，所以第150页共377页,PF1+2c=2a1有F1F2=PF2=2c.根据双曲线和椭圆的定义有，两式相减得到4c=2a1-a2，即PF1-2c=2a22e22a1c2a2c2a2ca1-a2=2c.所以+=+=4++≥4+2⋅=6，即最小值为6.e12c2a2c2a2c2a2224.21．7【解析】双曲线的焦点为F1-c,0,F2c,0,F1F2=2c，F1F22c43在△F1PF2中，由正弦定理得：2R===c，sin∠F1PF2sinπ332313解得R=c，r=R=c，346设PF1=m,PF2=n，222π2在△F1PF2中，由余弦定理得：4c=m+n-2mncos=m-n+mn，322解得mn=4c-a，1π22所以S△F1PF2=2mnsin3=3c-a，2222222因为m+n=m-n+4mn=4a+16c-a=16c-12a13cm+n+2c又S△F1PF2=2m+n+2cr=12，3cm+n+2c10c2-12a222所以3c-a=，则m+n=12c222210c-12a22所以m+n=c=16c-12a44222222整理得21c+36a-57ac=0，则c-a21c-36a=0c221解得e==或e=1(舍去)a7221故答案为：．7第151页共377页,2225.4【解析】解：如图所示：设△AMF1的内切圆在AF1,AM上的切点分别为E,G，由双曲线的定义知：MF1-MF2=2a，即NF1+4-MF2=2a，又∵NF1=EF1=GF2，即GF2+4-MF2=2a，即GM+4=2a，又∵GM=MN=4，∴2a=8，即a=4，2则a=16，a+2=4+2=6，22∴c=a+a+2=16+6=22，即c=22，22∴e=,422故答案为：.4第152页共377页,26.2【解析】设Px,y，Ax1,y1，B-x1,-y1，显然x≠x1，x≠-x1．22x1y1-=1a2b2∵点A，P在双曲线上，∴2y2，x-=1a2b2y2-y221b两式相减得=，222x-x1ay-yy+yy2-y22111b∴k1k2=kAPkBP=x-x⋅x+x=22=2>0，11x-x1a61226∵y=⋅+lnk1+lnk2=+2lnk1⋅k2，k1k2k1⋅k26设t=k1k2，则y=+2lntt>0，t622t-6∴求导得y=-+=，t2tt26∴y=+2lnt在0,3单调递减，在3,+∞单调递增，t6∴当t=3时，y=+2lnt取最小值，t2b此时e=1+=1+t=2．2a故答案为：2627.5【解析】因为直线AB过点F(c,0)，且斜率为3所以直线AB的方程为：y=3x-c2y2x与双曲线-=1联立消去x，得22ab122223243b-ay+3bcy+b=0设Ax1,y1,Bx2,y22423bc-3b所以y1+y2=22,y1y2=223a-b3a-b因为AF=4FB，可得y1=-4y22423bc2-3b代入上式得-3y2=22,-4y2=223a-b3a-b42322消去y2并化简整理得：c=(3a-b)342222362将b=c-a代入化简得：c=a256解之得c=a5c6因此，该双曲线的离心率e==a56故答案为：5第153页共377页,专题17：双曲线的定点问题参考答案2x21.(1)-y=1(2)证明见解析；定点3,032a1【分析】(1)由题意可得c的值，再由点F到直线x=的距离为，可得a的值，再由a，b，c之间的关c2系求出双曲线的方程；(2)设弦AB所在的直线方程，与双曲线的方程联立可得两根之和进而可得AB的中点M的坐标，再由椭圆可得弦CD的中点N的坐标，分别讨论当MN的斜率存在和不存在两种情况可得直线MN恒过定点.2a12222【解析】(1)由题设可得c-=，c=2，所以a=3，b=c-a=1.c22x2所以双曲线的标准方程为-y=1.3(2)证明：点F2,0，设过点F的弦AB所在的直线方程为x=ky+2，Ax1,y1，Bx2,y2，ky1+y2y1+y2则有M2+2,2.2x2-y=122联立3，可得k-3y+4ky+1=0.x=ky+22因为弦AB与双曲线C有两个交点，所以k-3≠0，4k62k所以y1+y2=2，所以M2,2.3-k3-k3-k(1)当k=0时，M点即是F点，此时，直线MN为x轴.216k2k(2)当k≠0时，将上式M点坐标中的k换成-k，同理可得N2,-2.3k-13k-1①当直线MN不垂直于x轴时，2k2k+223-k3k-12k直线MN的斜率kMN=2=2，66k3k-1-223-k3k-12k2k62k其方程y-=x-，化简得y=x-3，22223-k3k-13-k3k-1所以直线MN过定点3,0；266k②当直线MN垂直于x轴时，=，此时，k=±1，直线MN也过定点3,0.223-k3k-1综上所述，直线MN过定点3,0.【点评】本题主要考查双曲线的标准方程及性质、定点问题等知识以及逻辑思维与运算求解能力，考查了学生的计算能力，属于难题.22y2.(1)x-=1(x>0)；(2)4；(3)证明见解析，定点的坐标为(1,0).3【分析】(1)利用动圆经过的点及外切关系可求；(2)设出直线方程，联立方程组，结合中点公式，得到OA⋅OB，进而可求OA⋅OB；(3)设出直线方程，联立方程组，结合韦达定理，证明直线FM经过定点.PF2=r【解析】(1)设动圆的圆心P(x,y)，半径为r，则由题意可得PF1=r+2，即PF1-PF2=2，因为F1F2=4>2，所以点P的轨迹是以F1,F2为焦点的双曲线的右支，且a=1,c=2，第154页共377页,22y所以曲线C的方程为x-=1(x>0).3(2)当直线的斜率不存在时，P(1,0),A(1,3),B(1,-3)，此时OA⋅OB=4；当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx+m，A(x1,y1),B(x2,y2)，y=kx+m222联立22得(3-k)x-2kmx-m=0，3x-y=0222kmm3-k≠0，x1+x2=2,x1x2=-2，3-k3-k26m223my1+y2=kx1+x2+2m=2,y1y2=kx1x2+kmx1+x2+m=2.3-k3-k222km3mkm3m因为P为AB的中点，所以P2,2，代入曲线方程得22-22=1；3-k3-k3-k3-k22整理可得m=k-3；-m23m22m2OA⋅OB=x1x2+y1y2=2+2=2=-2，3-k3-k3-k22因为3x-y=0恰为双曲线的渐近线，且其中一条渐近线y=3x的倾斜角为60°，1所以OA⋅OB=OAOBcos120°=-OAOB=-2，所以OAOB=4.2综上可得OAOB=4.13(3)证明：当直线l1的斜率不存在时，E(2,3),F(2,-3),M,，直线FM:3x+y-3=0经过点(1,0).22当直线l1的斜率存在时，设直线l1:y=k(x-2)，E(x1,y1),F(x2,y2)，y113y1直线ED:y=(x+1)，当x=时，yM=，x1+122x1+113y1y=kx-22222M,，联立得(3-k)x+4kx-(3+4k)=0，22x+13x2-y2=312224k3+4k3-k≠0，x1+x2=-2,x1x2=-2，3-k3-k-3y1y2下面证明直线FM经过点Q1,0，即证kFQ=kMQ，=，x1+1x2-1把y1=kx1-2，y2=kx2-2代入整理得4x1x2-5x1+x2+4=0，22223+4k4k12+16k-20k即4×--5×-+4=+4=-4+4=0，2223-k3-kk-3所以直线FM经过点1,0.【点评】本题主要考查双曲线的方程及直线与双曲线的位置关系，联立方程结合韦达定理是主要的考虑方向，侧重考查数学运算的核心素养.22y3.(1)x-=1；(2)详见解析.3【分析】(1)根据离心率求得a,b,c的关系式，利用焦点到渐近线的距离列方程，解方程求得a,b,c的值，进而求得双曲线方程.(2)设出P点的坐标，根据点斜式求得A1P和A2P的方程，进而求得M,N两点的坐标，根据中点坐标和直径长求得圆D的方程.令y=0求得两个定点的坐标.2y2x【解析】(1)设C：-=1(a>0,b>0)，22ab因为离心率为2，所以c=2a，b=3a．所以C的渐近线为3x±y=0，第155页共377页,|3c-0|由3=，得c=2．223+±1于是a=1，b=3，22y故C的方程为x-=1．3(2)设Px0,y0(x0≠±1)，因为A1-1,0，A21,0，y0y0可得直线A1P与A2P方程为y=x+1，y=x-1．x0+1x0-1y0-y02x0y0y0由题设，所以M0,，N0,，MN=，MN中点坐标0,，x0+1x0-1x2-11-x200y2x2y22000于是圆D的方程为x+y-1-x2=x2-12．0022y0226因为x0-=1，所以圆D的方程可化为x+y+y-3=0．3y0当y=0时，x=±3，因此D经过两个定点-3,0和3,0．【点评】本小题主要考查双曲线标准方程的求法，考查双曲线的渐近线，考查直线的点斜式方程和圆的标准方程的求法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.22y4.(1)x-=1(x>0)；(2)证明见解析.3【解析】(1)由已知得PF1=PF2+2，即PF1-PF2=2，所以P的轨迹C为双曲线的右支，且2a=2，a=1，F1F2=2c=4，c=2，22∴b=c-a=3，22y∴曲线C的标准方程为x-=1(x>0).313(2)当直线l1的斜率不存在时，A2,3，B2,-3，M,，则直线BM经过点E1,0；22当直线l1的斜率存在时，不妨设直线l1:y=kx-2，Ax1,y1，Bx2,y2，y113y113y1则直线AD：y=x+1x+1，当x=2时，yM=，M2,，12x1+12x1+1y=kx-22222由22得3-kx+4kx-4k+3=0，3x-y=322-4k4k+3所以x1+x2=2，x1x2=2，3-kk-3-3y1y2下面证明直线BM经过点E1,0，即证kEM=kEB，即=，x1+1x2-1即-3y1x2+3y1=x1y2+y2，由y1=kx1-2k，y2=kx2-2k，224k2-34k+34k整理得，4x1x2-5x1+x2+4=0，即4⋅2-5⋅2+2=0恒成立.k-3k-3k-3即kEM=kEB，即BM经过点E1,0，故直线BM过定点1,0.2x2105.(1)-y=1(2)证明见解析，定点坐标为-,0432y2xc5222【解析】(1)设双曲线的标准方程为-=1a>0,b>0,由已知得=,2b=2,又a+b=ca2b2a2第156页共377页,2x2,解得a=2,b=1,所以双曲线的标准方程为-y=1.4y=kx+m222(2)设Ax1,y1,Bx2,y2,联立{x2,得1-4kx-8mkx-4m+1=0,有2-y=142222Δ=64mk+161-4km+1>08mkx1+x2=2<022{1-4k,y1y2=kx1+mkx2+m=kx1x2+mkx1+x2+m=2-4m+1x1x2=2>01-4km2-4k2y1y22,以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D-2,0,∴kAD·kBD=-1,即x+2·x+2=-1,∴1-4k1222-4m2+1m-4k16mk22y1y2+x1x2+2x1+x2+4=0,∴2+2+2+4=0,∴3m-16mk+20k=0,1-4k1-4k1-4k10k解得m=2k或m=.当m=2k时,l的方程为y=kx+2,直线过定点-2,0,与已知矛盾；当m310k10=时,l的方程为,直线过定点-,0,经检验符合已知条件,所以直线l过3310定点,定点坐标为-,0.3考点：双曲线标准方程，直线过定点2y2x6.(1)方程为-=1(2)6(3)证明见解析；PQ过定点(62,0)84【分析】(1)根据离心率得双曲线中a、b的关系，代入点的坐标，解方程组即可求得双曲线方程．(2)设点Px0y0，根据焦半径公式表示出PF1，PF2代入表达式，转化为关于横坐标的表达式，根据横坐标的取值范围即可求得最大值．(3)设出点P、Q的坐标和直线PQ的方程为，联立双曲线方程可得P、Q两点纵坐标的关系；根据以PQ为直径的圆过点A，化为AP⋅AQ=0，代入坐标化简即可求得过定点的坐标．c6232【解析】(1)离心率为e==所以c=aa222232即a+b=a2212b=a2因为点A(22,0)在双曲线上,所以22220-=12a2b2a=8解得2b2=1a2b=422y2x所以双曲线方程为-=184(2)由双曲线的对称性知，不妨设P在左支上，设Px0y0由焦半径得：PF1=-ex0-a，PF2=-ex0+ax0≤-22PF1+PF2-2ex0所以=|OP|x2+y200-6x062==x0≥832342x0-42-2x0第157页共377页,PF1+PF262所以≤=6，当x0=8时取等号．|OP|34-28PF1+PF2的最大值是6．|OP|(3)设PQ:x=my+n,Px1,y1,Qx2,y2，联立直线PQ和双曲线方程，化简得222m-2y+2mny+n-8=02222所以由Δ>0得4mn-4m-2n-8>022mnn-8y1+y2=2,y1y2=2且m≠±22-mm-2由题知AP⋅AQ=0所以x1-22x2-22+y1y2=0my1+n-22my2+n-22+y1y2=0221+my1y2+m(n-22)y1+y2+(n-22)=022n-82mn2代入得1+m2+m(n-22)2+(n-22)=0m-22-m解得n=62或n=22(舍去)，所以PQ方程为x=my+62即得PQ过定点(62,0)【点评】本题考查了双曲线标准方程的求法，双曲线焦半径公式的应用，直线过定点的求法，综合性强，属于难题．27.(1)；(2)证明见解析；3【分析】(1)确定两条渐近线方程，求出点Q到两条渐近线的距离，再计算QP1与QP2夹角的余弦值，应用向量的数量积公式，即可求得结论.(2)设而不解，联立直线与双曲线方程得到根与系数的关系，再利用向量式SM=λMT，SN=μNT，将λ,μ表示出来，代入λ+μ=1化简即可证得T为定点.2y2x【解析】解：(1)由曲线C:-=1，得渐近线方程为±2x-y=0，作示意图如图所示：36222cosθ-sinθ1-tanθ1设∠P1Ox=θ，tanθ=2，则cos2θ=22=2=-3cosθ+sinθ1+tanθ1则cos∠P1QP2=-cos2θ=，3|32-23|32-23|-32-23|32+23又QP1==，QP2==333318-1212QP1⋅QP2=QP1⋅QP2⋅cos∠P1QP2=⋅=.333(2)设M(x1,y1),N(x2,y2)，T(m,0),S(0,n)，m>0，设直线l的斜率为k，2y2x22222则l:y=k(x-m)，又-=1，得(2-k)x+2kmx-km-6=036第158页共377页,2222kmkm+6得x1+x2=-2，x1x2=-22-k2-kx1=λ(m-x1)由SM=λMT，则(x1,y1-n)=λ(m-x1,-y1)，即，y1-n=λ(-y1)x1x2得λ=，同理，由SN=μNT⇒μ=，m-x1m-x2x1x2m(x1+x2)-2x1x2则λ+μ=+==1m-x1m-x2m2-(x+x)m+xx121223⋅(k2m2+6)22m⋅2km2得2m(x1+x2)-3x1x2=m，则-2+2=m，2-k2-k2得m=9，又m>0，得m=3，即T为定点(3,0).【点评】本题考查了直线与双曲线的位置关系，向量数量积的定义，设而不解，根与系数的关系，学生的计算能力,是一道综合应用能力较强的题目.22y8.(1)x-=13(2)证明见解析(3)存在，M(-1,0).【分析】(1)根据双曲线所过的点和渐近线的夹角可得关于a,b的方程组，解该方程组后可得双曲线的标准方程.(2)设Ax1,y1，B-x1,-y1，Px0,y0，用三点的坐标表示kPAkPB，再利用点满足的方程化简前者可得所求的定值.2(3)设直线l为y=kx-2，Ax1,y1，Bx2,y2，根据MA⋅MB=0可得恒等式1+kx1x2-222m+2kx1+x2+m+4k=0，联立直线方程和双曲线方程后利用韦达定理化简前者可得m=-1，从而得到所求的定点.b【解析】(1)双曲线的渐近线方程为y=±x，aπbππ因为两条渐近线的夹角为，故渐近线y=x的倾斜角为或，3a63bb3所以=3或=.aa3b=3aa=3b49a=1又2-2=1，故4-9=1或4-9=1(无解)，故，ab2222b=3abab22y所以双曲线x-=1.3(2)设Ax1,y1，B-x1,-y1，Px0,y0，22y0-y1y0+y1y0-y1y0+y1y0-y1故kPA=x-x，kPB=x+x，所以kPAkPB=x-x×x+x=22，01010101x0-x12222222y02y122y0y1y0-y11因为x0-3=1,x1-3=1，所以x0-x1=3-3即22=3，x0-x11所以kPAkPB为定值.3(3)双曲线的右焦点为F22,0，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx-2，设Ax1,y1，Bx2,y2，因为MA⋅MB=0，所以x1-mx2-m+y1y2=0，第159页共377页,2222整理得到1+kx1x2-m+2kx1+x2+m+4k=0①，y=kx-22222由22可以得到3-kx+4kx-4k-3=0，3x-y=3因为直线l与双曲线有两个不同的交点，42222故Δ=16k+43-k4k+3=36+45k>0且3-k≠0，所以k≠±3.由题设有①对任意的k≠±3总成立，224k4k+3因x1+x2=-2,x1x2=-2，3-k3-k2224k+324k22所以①可转化为-1+k2+m+2k2+m+4k=0，3-k3-k222整理得到3m-1+5+4m-mk=0对任意的k≠±3总成立，2m-1=0故2，故m=-1即所求的定点M的坐标为-1,0.5+4m-m=0当直线l的斜率不存在时，则l:x=2，此时A2,3,B2,-3或B2,3,A2,-3，此时MA∙MB=-3+3=0.综上，定点M的坐标为-1,0.【点评】求双曲线的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与双曲线的位置关系中的定点、定值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有x1x2,x1+x2或y1y2,y1+y2，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程(或函数)，从而可求定点、定值、最值问题.109.-,03【分析】联立直线与双曲线求出韦达定理，由题知kAD⋅kBD=-1，结合斜率公式和韦达定理即可求解【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y=kx+m联立2得(1-4k2)x2-8kmx-4(m2+1)=0，x2-y=142222228mk-4(m+1)所以1-4k≠0，Δ=64mk+161-4km+1>0，x1+x2=2>0，x1x2=2<0，1-4k1-4k2222m-4k所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=kx1x2+mk(x1+x2)+m=2.1-4k因为以线段AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(-2，0)，所以kAD·kBD=-1，y1y2即⋅=-1，x1+2x2+2所以y1y2+x1x2+2(x1+x2)+4=0，22-4(m2+1)m-4k16mk即+++4=0，2221-4k1-4k1-4k2210k所以3m-16mk+20k=0，解得m=2k或m=.3当m=2k时，l的方程为y=k(x+2)，直线过定点(-2，0)，与已知矛盾；10k1010当m=时，l的方程为y=kx+，直线过定点-,0，经检验符合已知条件．33310故直线l过定点-,0.3第160页共377页,10故答案为：-,0310.3,0【分析】设PQ的方程为x=my+b,联立双曲线利用代数式恒成立即可求解直线PQ恒过定点时x=my+b中b的值,进而求得定点.22yx-=12122【解析】设PQ的方程为x=my+b,则由2⇒m-y+2bmy+b-1=0.x=my+b2设Px1,y1,Qx2,y2,则y1,y2是该方程的两根,22bmb-1∴y1+y2=-,y1⋅y2=.2121m-m-22又A-1,0,AP⊥AQ,故AP⋅AQ=0∴x1+1x2+1+y1⋅y2=0,又x1=my1+b,x2=my2+b,22∴1+my1⋅y2+b+1my1+y2+b+1=0,22bmb-1代入y1+y2=-,y1⋅y2=得：2121m-m-22222b-14bm21+m2+b+1m⋅-2+b+1=02m-12m-12222整理得：2b-11+m-4bmb+1m+2m-1b+1=0,2∴b-2b-3=0,∴b=3或b=-1.当b=-1时,PQ过A-1,0与题意不符,故舍去。当b=3时,PQ过定点3,0.故答案为：3,0【点评】本题主要考查了根据直线与双曲线的联立方程,利用韦达定理求解参数定值与直线过定点的问题.属于难题.第161页共377页,专题18：双曲线的定值问题参考答案2x21.(1)-y=1；(2)是定值，2.425-2b5-2【分析】(1)由BF=AF可得=(a+c)，求出a即可得出方程；2a2(2)设出点M，N的坐标，可得点P的坐标，代入双曲线C的方程，可得mn=1，设∠MON=2θ，利用渐近线方程的斜率得角θ的正切值，再利用三角函数的基本关系式及二倍角公式得sin2θ，由M，N的坐标得OM，ON，结合sin2θ及三角形面积公式即可求出S△MON.2b【解析】(1)由题意，易得F(c,0)，Bc,±a，25-2b5-2则由BF=AF，可得=(a+c)，2a2222∴2c-5-2ac-5a=0，即2e-5-2e-5=0.c525222又e=>1，解得e=(负值舍去)，∴c=a=a+b，a2422解得a=4b=4，2x2∴双曲线C的方程为-y=1.41(2)由(1)可知双曲线C的渐近线方程为y=±x，2设M(2m,m)，N(2n,-n)，其中m>0，n>0.m-n∵P为线段MN的中点，∴Pm+n,，222(m+n)(m-n)将点P的坐标代入双曲线C的方程得-=1，解得mn=1.441设∠MON=2θ，则tanθ=.2sinθ122π又tanθ==，sinθ+cosθ=1，0<θ<，cosθ22525∴sinθ=，cosθ=，554∴sin2θ=2sinθcosθ=.5又OM=5m，ON=5n，114∴S△MON=OM⋅ON⋅sin2θ=×5m⋅5n⋅=2mn=2，225∴△MON的面积为定值2.【点评】关键点睛：本题考查双曲线中三角形面积的定值问题，解题的关键是设出点M，N的坐标，设∠MON=2θ，得出mn=1和sin2θ.x22732322.(1)-y=1；(2)存在；QM⋅QN=；定点Q,0．4648【分析】(1)由已知得到a、b、c的方程组，解出a、b、c，即可求出双曲线C的方程；(2)设直线l的方程为x=my+1，设定点Qt,0，联立方程组，用“设而不求法”表示出QM⋅QN为常数，求出t，即可求出定点Q.16-3=122ab22【解析】(1)由题意，c=5,，解得a=4，b=1．a2222a+b=c第162页共377页,2x2∴双曲线方程为-y=1；4(2)设直线l的方程为x=my+1，设定点Qt,0，2x2-y=1联立4,，得m2-4y2+2my-3=0．x=my+122222∴m-4≠0，且△=4m+12m-4>0，解得m>3且m≠4．设Mx1,y1，Nx2,y2，2m3∴y1+y2=-2，y1y2=-2，m-4m-422m-8∴x1+x2=my1+y2+2=-2+2=2，m-4m-42223m2mx1x2=my1+1my2+1=my1y2+my1+y2+1=-2-2+1m-4m-424m+420=-=-4-．22m-4m-4∴QM⋅QN=x1-t,y1⋅x2-t,y2=x1-tx2-t+y1y222083228t-23=x1x2-tx1+x2+t+y1y2=-4-2+t2-2+t=-4+t+2m-4m-4m-4m-4为常数，与m无关，23273∴8t-23=0，即t=，此时QM⋅QN=．86423∴在x轴上存在定点Q,0，使得QM⋅QN为常数．8【点评】(1)待定系数法、代入法可以求二次曲线的标准方程；(2)“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.223.(1)x-y=1；(2)①k=0；②A2,1,λ=2或者A-2,1,λ=-2.【分析】(1)由题意a=b，代入已知点建立方程，解之可得双曲线C的标准方程.22(2)①由对称性可设Ex,y,F-x,-y，且x≥1，运用向量数量积的坐标运算表示BE⋅BF=-x-y222+1，又由y=x-1可得BE⋅BF=21-x≤0，由此可得∠EBF最小时，k的值.22②设Am,n,过点B的动直线为：y=tx+1.设Px1,y1,Qx2,y2,与双曲线的方程联立得1-tx-22tx1+1-n2tx-2=0，根据根的判别式和根与系数的关系可求得t<2且t≠1，由直线的斜率公式得x1-mtx2+1-n+=λ，再由恒等式的思想可求得点A的坐标及实数λ的值.x2-m5144【解析】(1)由题意a=b，且-=1解得a=b=1，22ab22所以双曲线C的标准方程为x-y=1.22(2)①由对称性可设Ex,y,F-x,-y，且x≥1，则BE⋅BF=x,y-1⋅-x,-y-1=-x-y+1，22222因为E点在双曲线C上，所以x-y=1，所以y=x-1，所以BE⋅BF=21-x≤0，当x=1时，BE⋅BF=0,∠EBF为直角，当x>1吋，BE⋅BF<0,∠EBF为钝角.因此，∠EBF最小时，x=1,k=0.②设Am,n,过点B的动直线为：y=tx+1.第163页共377页,22x-y=122设Px1,y1,Qx2,y2,联立得1-tx-2tx-2=0，y=tx+121-t≠022Δ=4t+81-t>0所以-2t，由1-t2≠0且Δ>0，解得t2<2且t2≠1，x1+x2=-21-t2x1x2=-21-ty1-ny2-ntx1+1-ntx2+1-nkAP+kAQ=λ，即+=λ,即+=λ，x1-mx2-mx1-mx2-m2化简得2t-λx1x2+-mt+1-n+λmx1+x2-2m+2mn-λm=0，-22t2所以2t-λ+-mt+1-n+λm-2m+2mn-λm=0，221-t1-t222化简得λm-2mnt+2λm-n-1t+2λ-2m+2mn-λm=0，由于上式对无穷多个不同的实数t都成立，2λm-2mn=0所以λm-n-1=02λ-2m+2mn-λm2=0如果m=0,那么n=-1,此时A0,-1不在双曲线C上，舍去.22因此m≠0,从而m=2n,代入m=n+1解得n=1,m=±2.此时A±2,1在双曲线C上.综上，A2,1,λ=2,或者A-2,1,λ=-2.【点评】关键点点睛：本题考查直线与双曲线位置关系之定值问题，属于较难题，关键在于将直线与双曲线的方程联立，得出根与系数的关系，继而将目标条件转化到曲线上的点的坐标上去.2y2x4.(1)-=1；(2)证明见解析.45【分析】(1)当BF2⊥l时，由勾股定理和三角形面积公式可得BF1⋅BF2=10，再由双曲线定义，即可得出结果.(2)当直线l与y轴垂直时，点M与原点O重合,求出定值；515当直线l与y轴不垂直时，设直线l的方程为x=ty-3，由渐近线可得-<<，联立直线与双2t2曲线方程，由韦达定理结合向量知识，即可得出定值.2221【解析】(1)当BF2⊥l时，BF1+BF2=4c，S△BF1F2=2BF1⋅BF2=5，可得BF1⋅BF2=10．由双曲线的定义可知，BF1-BF2=2a，222两边同时平方可得，BF1+BF2-2BF1⋅BF2=4a，22所以4c-2×10=4a．①3c3又双曲线的离心率为，所以=．②2a2222由①②可得，a=4，c=9，所以b=9-4=5，2y2x所以双曲线的标准方程为-=1．45(2)当直线l与y轴垂直时，点M与原点O重合，第164页共377页,28此时MA=MB=2，AF1=1，BF1=5，所以λ=2，μ=-，λ+μ=．55当直线l与y轴不垂直时，设直线l的方程为x=ty-3，Ax1,y1，Bx2,y2，515由题意知t≠0且-<<，2t222将直线l的方程与双曲线方程联立，消去x得，5t-4y-30ty+25=0，2230t25则Δ=900t-4×5t-4×25>0，y1+y2=2，y1y2=2．5t-45t-43易知点M的坐标为0,，t3则由MA=λAF1，可得x1,y1-=λ-3-x1,-y1，t3所以λ=-1，ty13同理可得μ=-1．y2t333y1+y28所以λ+μ=-1+-1=⋅-2=．ty1y2tty1y258综上，λ+μ为定值．5【点评】易错点点睛：直线与双曲线左、右分支各交于一点，直线斜率的取值范围容易忽略.本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目.5.(1)22x-y-62=0；(2)证明见解析.2【分析】(1)设直线PQ方程为x=my+3，Px1,y1，Qx2,y2，根据条件得出0<m<，分别求出p，5pfy1q的纵坐标，由条件可得=y可得答案.fq252yyy2x1-4k1114551(2)由kpa⋅kpb=x+2×x-2=2=2=4，所以k1=kap=4k,所以k=11x1-4x1-4pb255k15y1y2=，要证为定值，只需证为定值，由kbp⋅kbq=⋅=4kpb⋅k24kpb⋅kpqk24kpb⋅kbqx1-2x2-2y1y2，可得答案.my1+1my2+1【解析】(1)设直线pq方程为x=my+3，px1,y1，qx2,y2x=my+322⇒5(my+3)-4y=205x2-4y2=2022⇒5m-4y+30my+25=0由过右焦点f的直线l与双曲线c的右支交于p，q两点，则25m-4≠0-30m>05m2-4225，⇒0<m<2<055m-4δ=30m2-4×25×5m2-4>0由点P在x轴上方，则22-30m-20m+1-30m+20m+1y1=2,y2=225m-425m-4PF-30m-20m2+13m+2m2+112==-3⇒=3⇒m==FQ--30m+20m2+1-3m-2m2+1224第165页共377页,2∴直线l方程为x=y+3⇒22x-y-62=04(2)由方程可得A-2,0,B2,0，设Px1,y1，Qx2,y252yyy2x1-411145则kPA⋅kPB=x+2×x-2=2=2=4，11x1-4x1-45k155所以k1=kAP=,所以==4kPBk24kPB⋅k24kPB⋅kPQk15要证为定值，只需证为定值k24kPB⋅kBQ-30m25由(1)可知y1+y2=2，y1y2=25m-45m-4y1y2y1y2kBP⋅kBQ=⋅=x1-2x2-2my1+1my2+12525225m-45m-4==m2yy+my+y+1225-30m1212m⋅+m⋅+1225m-45m-42525==-25m2-30m2+5m2-44k1541∴=⋅-=-为定值．k24255【点评】关键点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系求直线方程和考查定值问题，解答本题的关键是先52yyy2x1-4k11145515得出kPA⋅kPB=x+2×x-2=2=2=4，所以k1=kAP=4k,所以k=4k⋅k11x1-4x1-4PB2PB25k15=，要证为定值，只需证为定值，属于中档题.4kPB⋅kPQk24kPB⋅kBQ6.证明见解析.【分析】过圆上一点作切线，找到切线方程是关键，分切线的斜率不存在时切线方程为x=±2，切线的|b|斜率存在时，设切线方程为y=kx+b，则2=2分析，联立化简，求出x1x2+y1y2=0即可.1+k【解析】当切线的斜率不存在时，切线方程为x=±2.当x=2时，代入双曲线方程，得y=±2，即A2,2，B2，-2，此时∠AOB=90°，同理，当x=-2时，∠AOB=90°.|b|22当切线的斜率存在时，设切线方程为y=kx+b，则=2，即b=21+k.21+k222由直线方程和双曲线方程消掉y，得2-kx-2kbx-b+2=0，2由直线l与双曲线交于A，B两点.故2-k≠0.设Ax1,y1，Bx2,y2.22kb-b+2则x1+x2=2,x1x2=2，2-k2-k222222222222-kb-2k2kb2b-kb2b-2ky1y2=kx1+bkx2+b=kx1x2+kbx1+x2+b=2+2+2=2，2-k2-k2-k2-k第166页共377页,22222-b-22b-2kb-2-2k22故x1x2+y1y2=2+2=2，由于b=21+k，2-k2-k2-k故x1x2+y1y2=0，即OA⋅OB=0，∠AOB=90°.综上可知，若l交双曲线于A，B两点，则∠AOB的大小为定值90°.【点评】本题考查双曲线的标准方程，圆的切线方程，直线与双曲线的位置关系，此类问题可以先取特殊值探索，比如此题中，可以先分析切线斜率不存在的情况，然后有针对性的验证x1x2+y1y2=0即可.22y7.(1)x-=1；(2)证明见解析；(3)证明见解析．22【分析】(1)设F2，M的坐标，利用点M在双曲线C上，∠MF1F2=30°，可得|MF1|-|MF2|=b=2，利用双曲线的定义，可得双曲线C的方程；(3)确定两条渐近线方程，设双曲线C上的点P(x0，y0)，求出点P到两条渐近线的距离，利用P(x0，y0)在双曲线C上，及向量的数量积公式，即可求得结论．(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，切线l的方程为：x0x+y0y=2代入双曲线C中，利用韦达定理，结合向量的数量积，可得结论．22【解析】(1)设F2，M的坐标分别为(1+b,0),(1+b,y0)22y022因为点M在双曲线C上，所以1+b-2=1，即y0=±b，所以|MF2|=bb22在Rt△MF2F1中，∠MF1F2=30°，|MF2|=b，所以|MF1|=2b2由双曲线的定义可知：|MF1|-|MF2|=b=222y故双曲线C的方程为：x-=12(3)由条件可知：两条渐近线分别为l1:2x-y=0，l2:2x+y=0|2x0-y0|设双曲线C上的点P(x0，y0)，则点P到两条渐近线的距离分别为|PP1|=，|PP2|=3|2x0+y0|3|2x2-y2|00所以|PP1||PP2|=322因为P(x0，y0)在双曲线C上，所以2x0-y0=22故|PP1||PP2|=3π-θ1设PP1和PP2的夹角为θ，则由tan=2，可得cosθ=232所以PP1∙PP2=|PP1||PP2|cosθ=9(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，切线l的方程为：x0x+y0y=22222①当y0≠0时，切线l的方程代入双曲线C中，化简得：(2y0-x0)x+4x0x-(2y0+4)=024x0(2y0+4)所以：x1+x2=-22,x1x2=-22(2y0-x0)(2y0-x0)2(2-x0x1)(2-x0x2)128-2x0又y1y2=y∙y=2[4-2x0(x1+x2)+x0x1x2]=2200y02y0-x0(2y2+4)8-2x24-2(x2+y2)0000所以OA∙OB=x1x2+y1y2=-22+22=22=0(2y0-x0)2y0-x02y0-x0②当y0=0时，易知上述结论也成立．第167页共377页,所以OA∙OB=x1x2+y1y2=0所以OA⊥OB【点评】解决直线与双曲线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；(2)强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22y8.(1)x-=1；(2)证明见解析.3【分析】(1)利用双曲线过点2,3，两条渐近线的夹角为60°，列出方程组解出即可；2(2)设Ax0,y0，由双曲线的对称性，可得B的坐标，设Px,y，结合题意，又由A、B在双曲线上，可得y02=3x0-3，将其坐标代入kPA⋅kPB中，计算可得答案.2y2x【解析】(1)由题意，双曲线C：-=1过点2,3，两条渐近线的夹角为60°，22ab4-9=14-9=1a2b2a2b2可得b，解得a=1，b=3，或，无解．b3a=3a=322y所以双曲线的方程为x-=1．3(2)设Ax0,y0，由双曲线的对称性，可得B-x0,-y0，设Px,y，2y-y02222则kPA⋅kPB=22，因为y0=3x0-3，y=3x-3，x-x02y-y0所以kPA⋅kPB=22=3，x-x0即kPA⋅kPB为定值3．bb3【点评】关键点点睛：(1)根据渐近线的夹角得到=3或者=两种情形；aa3(2)双曲线上点的坐标满足双曲线的方程，利用整体代换.2y2|PB|x9.(1)-=1；(2)=1412|BQ|2y2x22【分析】(1)将点A(-4,6)，b=3a代入-=1，求出a，进一步得出b，即求.22ab(2)设直线MN所在的直线方程，与双曲线方程联立，设出M,N的坐标，写出MA,NA所在的直线方程，|PB|yP求出P,Q的纵坐标，结合根与系数的关系可得yP=yQ，从让他可得==1.|BQ|yQ2y2x【解析】(1)将点A(-4,6)，b=3a代入-=1，22ab1636222可得-=1，解得a=4，则b=3a=12，22a3a2y2x∴双曲线的方程为-=1.412(2)由题意可知，直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+1，第168页共377页,y=kx+1联立22，可得3-k22-2k2x-k2-12=0，xyx-=1412422由Δ=4k+43-kk+12>0，解得-2<k<2，设mx1,y1，nx2,y2，222k-k-12则x1+x2=2，x1x2=2，3-k3-k又点a-4,6，y1-6∴am的方程为y-6=x+4，x1+43y1-66x1+3y1+6令x=-1，得yp=+6=x1+4x1+46x1+3kx1+1+63k+6x1+1==，x1+4x1+43k+6x2+1同理可得yq=，x2+43k+6x1+13k+6x2+1∴yp+yq=+x1+4x2+43k+6x1+1x2+4+x2+1x1+4=x1+4x2+4∵x1+1x2+4+x2+1x1+4=2x1x2+5x1+x2+822-2k-2410k=++8223-k3-k222-2k-24+10k+24-8k==0，23-k∴yp+yq=0，即yp=yq，|pb|yp∴==1，|bq|yq|pb|∴为定值1.|bq|【点评】关键点点睛：本题考查了双曲线方程的求法，考查了直线与双曲线的位置关系，解题的关键是利用韦达定理得出yp=yq，考查了运算求解能力.第169页共377页,302210.(1)；(2)(i)t=1+k；(ii)∠aob为定值90°．6【分析】(1)设q(a,b)为双曲线上的点，代入双曲线的方程，结合两点的距离公式和二次函数的最值，可得最小值；22(2)设直线l的方程为y=kx+t，由直线和圆相切可得t=1+k，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，联立双曲线的方程，消去y可得x的二次方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，计算可得∠aob为定值．22【解析】(1)设qx0,y0为双曲线上的点，则2x0-y0=1，223233225则|pq|=x0+y0-1=y0-2y0+=y0-+，22236230当y0=时|pq|最小，且为，3630所以点p(0,1)到从曲线c上点的距离的最小值为；6(2)①设直线线l的方程为y=kx+t，|t|22由直线l与圆相切，可得d==1，即t=1+k，21+ky=kx+t222②设ax1,y1,bx2,y2，联立得22⇒2-kx-2ktx-t-1=0，2x-y=12222ktt+12+k则2-k≠0,x1+x2=2,x1x2=-2=-2，2-k2-k2-k22所以y1y2=kx1+tkx2+t=kx1x2+ktx1+x2+t22222222222-kt-k+2kt+2t-kt2t-k2+k===，2222-k2-k2-k2+k22+k2所以oa⋅ob=x1x2+y1y2=-2+2=0，2-k2-k所以∠aob为定值90°．【点评】本题考查双曲线的方程和运用，以及直线和双曲线的位置关系，注意联立直线方程和双曲线的方程，运用韦达定理和向量的坐标运算，考查方程思想和运算能力、推理能力．11.(1)[3+2,+∞)，理由见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)由渐近线求出双曲线方程，得焦点坐标，利用两点间的距离及二次函数求最值即可；(2)由点到直线的距离求出|pq|，|pr|，求积后由双曲线方程化简即可.32【解析】(1)双曲线渐近线方程为y=±x，又b=1，所以a=3，32x2双曲线的标准方程为-y=1，3则f(-2,0)，设p(x0,y0)，x0∈[3,+∞)22222x042则|pf|=(x0+2)+y0=(x0+2)+-1=x0+22x0+1332所以|pf|≥5+26⋯所以|pf|的取值范围是[3+2,+∞)22|x0-3y0||x0+3y0||x0-3y0|(2)因为|pq|⋅|pr|=⋅=2242x023又-y0=1，所以|pq|⋅|pr|=为定值.34|x0-3y0||x0+3y0|【点评】关键点点睛：p(x0,y0)，利用点到直线的距离求出|pq|⋅|pr|=⋅=22第170页共377页,22|x0-3y0|后，根据点p(x0,y0)在双曲线上，化简求值是解题关键.42x212.(1)-y=1；(2)证明见解析，△mon面积为2.422【分析】(1)根据题意可得关于a、b、c的方程组，求出a、b的值，由此可得出双曲线c的标准方程；(2)设直线l的方程y=kx+m，将直线l的方程与双曲线c的方程联立，由δ=0可得出k、m所满足的等式，求出点m、n的坐标，利用三角形的面积公式可计算出△mon的面积.【解析】(1)设双曲线c的焦距为2cc>0，2c=25c2=a2+b2a2=4x2由题意可得：⇒，则双曲线C的方程为-y2=1；b2=14812-2=1ab(2)由于直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，y=kx+m则2消y得4k2-1x2+8kmx+4m2+4=0，x2-y=14222222Δ=64km-44k-14m+4=0⇒4k=m+1，①m设l与x轴交于一点D，OD=-，k1-mS△OMN=S△MOD+S△NOD=OD×yM-yN=k⋅xM-xN，22k1双曲线两条渐近线方程为：y=±x，211y=2x2mmy=-2x-2mm联立⇒M,，联立⇒N,，y=kx+m1-2k1-2ky=kx+m2k+12k+1-m2m2m-m4m1m4m则S△MON=2k⋅k⋅1-2k+1+2k=2k⋅k⋅2=2⋅k⋅k⋅2=2(定值).1-4k-m22【点评】关键点点睛：解答本题的关键就是利用直线与双曲线得出4k=m+1，并求出点M、N的坐标，再结合三角形的面积计算出S△OMN为定值.2y2x13.(1)+=1；(2)存在，定值为：62.841【分析】(1)根据椭圆定义即可求出结果；(2)设Nx0,y0得直线NR,NQ的斜率乘积k1k2=，利用点斜2式方程设出直线NR，NQ的方程，与(1)的方程联立，写出根与系数的关系，利用弦长公式求出|AB|，|CD|的长度，然后求和，通过计算可得出结果．【解析】(1)依题意：|MP|=|MR|，且|MR|+|MQ|=|MQ|+|MP|=|PQ|=42>4=|RQ|，由椭圆定义知点M的轨迹为以R，Q为焦点，长轴长为42，焦距为4的椭圆，即：a=22,c=2,b=2，2y2x故Γ:+=1.8422x0y0(2)设Nx0,y0，则-=1,x0≠±2，42∴直线NR,NQ的斜率都存在，分别设为k1,k2，第171页共377页,2x02-2y0y0y021则k1k2=x+2⋅x-2=2=2=2，00x0-4x0-42y2x2222将直线NR的方程y=k1(x-2)代入+=1得2k1+1x-8k1x+8k1-8=0，84228k18k1-8设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2,x1x2=2，2k1+12k1+1222k1+1∴|AB|=1+k1⋅x1+x2-4x1x2=42⋅2，2k1+12k2+1同理可得|CD|=42⋅，22k2+11+12222k1+1k2+1k1+14k1∴|AB|+|CD|=422k2+1+2k2+1=422k2+1+1121+122k1322k1+12=42⋅=6222k1+1【点评】本题考查了椭圆定义以及根与系数的关系，弦长公式，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．14.(1)k的取值范围为(-1,1)；x2-x1取最小值22；(2)是定值；证明见解析.22【分析】(1)根据直线与圆相切，可得m+1+k，联立直线与双曲线，根据x1x2<0可得k的范围，根据韦2达定理以及x2-x1=x1+x2-4x1x2可得最小值；(2)根据斜率公式以及韦达定理，将k1⋅k2变形化简可得结果.m22【解析】(1)∵l与圆相切，∴1=，∴m=1+k，21+ky=kx+m222由22，得(1-k)x-2mkx-(m+1)=0，x-y=121-k≠0Δ=4m2k2+41-k22+1=4m2+1-k2∴m=8>0，2x⋅x=m+1<0122k-12∴k<1,∴-1<k<1，故k的取值范围为(-1,1).2mk由于x1+x2=2，1-k2222mkm+12222∴x2-x1=(x1+x2)-4x1x2=2-4×2=2=2,1-kk-11-k1-k22∵0≤k<1，∴当k=0时，即k=0时，x2-x1取最小值22.(2)由已知可得a1,a2的坐标分别为(-1,0),(1,0)，y1y2∴k1=,k2=，x1+1x2-1y1y2(kx1+m)(kx2+m)∴k1⋅k2==(x1+1)(x2-1)(x1+1)(x2-1)22m+12mk2k2xx+mk(x+x)+m2k⋅2-mk⋅2+m1212k-1k-1==2x1x2+(x2-x1)-1m+1-22-122k-1k-12222222222mk+k-2mk+mk-mk-m==，2222m+1-22-k+1m-k+2-22第172页共377页,2222又因为m=1+k，所以m-k=1，-1∴k1⋅k2==-(3+22)为定值.3-22【点评】本题考查了直线与圆相切，考查了直线与双曲线相交，考查了斜率公式、韦达定理，考查了运算求解能力，属于中档题.第173页共377页,专题19：双曲线的定直线问题参考答案22y11.(1)x-=1；(2)存在，x=.32【分析】(1)由离心率可得c=2a，b=3a，设直线l的方程为y=x+a，将直线与双曲线方程联立求出点b(2a,3a)，根据三角形的面积即可求解.y1(2)设mx1,y1，nx2,y2，设直线mn的方程为x=my+2，则直线a1m的方程为y=(x+1)，x1+1y2直线a2n的方程为y=(x-1)，求出两直线的交点q的横坐标，将直线mn与双曲线联立，利用x2-1韦达定理代入q的横坐标表达式，化简即可求解.2y2x【解析】(1)设双曲线c:-=1(a>0,b>0)的焦距为2c，22ab因为离心率为2，所以c=2a，b=3a，y=x+a联立2y2，得：x2-ax-2a2=0，x2-2=1a3a所以点B的坐标为(2a,3a)，192因为F(2a,0)，所以△A1BF的面积为×3a×3a=，所以a=1，2222y双曲线的方程为x-=1.3(2)设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN的方程为x=my+2，y1y2直线A1M的方程为y=(x+1)，直线A2N的方程为y=(x-1)，x1+1x2-1y1y=(x+1)x1+1x1y2+x2y1-y1+y2联立y，所以点Q的横坐标为xQ=xy-xy+y+y，，2122112y=(x-1)x2-1x=my+2联立2，得：3m2-1y2+12my+9=0，2yx-=1312m9y1+y2=-2，y1y2=2，3m-13m-1x1y2+x2y1-y1+y2my1+2y2+my2+2y1-y1+y2所以xQ==x1y2-x2y1+y1+y2my1+2y2-my2+2y1+y1+y29-12m6m2myy+3y+y2m×2+3y2+2-y22y2+212213m-13m-13m-11====，3y2-y1-12m4y+12m23y2-2-y223m2-13m-11直线A1M与直线A2N的交点Q在直线x=上.2x1y2+x2y1-y1+y2【点评】本题解题的关键是求出直线MN与直线A2N的交点Q的横坐标xQ=，，考x1y2-x2y1+y1+y2查了运算求解能力.2.(1)25x-y-45=0或25x+y-45=0；(2)证明见解析.【分析】(1)设直线l的方程为x=my+2并联立双曲线根据韦达定理可得y1与y2关系，结合CN=3ND可得y1=-3y2，从而求得m值得直线方程；1(2)列出直线AC与BD方程，并求点P坐标得xP=，故得证.2第174页共377页,【解析】设直线l的方程为x=my+2，设Cx1,y1，Dx2,y2，把直线l与双曲线Ex=my+2联立方程组，2，可得4m2-1y2+16my+12=0，2yx-=1416m12则y1+y2=-2,y1y2=2，4m-14m-1(1)CN=2-x1,-y1，ND=x2-2,y2，由CN=3ND，可得y1=-3y2，8m212即y2=2①，-3y2=2②，4m-14m-18m212152把①式代入②式，可得-32=2，解得m=20，m=±10，4m-14m-1即直线l的方程为25x-y-45=0或25x+y-45=0．y1y2(2)直线AC的方程为y=x+1，直线BD的方程为y=x-1，x1+1x2-1y1y2y1y2直线AC与BD的交点为P，故x+1=x-1，即x+1=x-1，x1+1x2-1my1+3my2+1x+1my1y2+3y23进而得到=，又y1y2=-y1+y2，x-1my1y2+y14m3x+1-4y1+y2+3y2-3y1+9y21故===-3，解得x=x-1-3y+y+yy1-3y2212141故点P在定直线x=上．2【点评】直线与圆锥曲线综合问题，通常采用设而不求，结合韦达定理求解.3.(1)5；(2)详见解析；(3)详见解析.2a+435【解析】(1)根据双曲线的定义可得双曲线的离心率为e==，由于a>0，解得a=5，a52y2x故双曲线E的方程为-=1；545(2)设点P的坐标为,y，点Q的坐标为x0,y0，易知点F23,0，354则PF2=3,0-,y=,-y，QF2=3,0-x0,y0=3-x0,-y0，3344x0-354x0-3∴PF2⋅QF2=33-x0+-y⋅-y0=0⇒y=3y，因此点P的坐标为3,3，04x0-3y0-2y0-y3y03y0-4x0+12y0故直线PQ的斜率kPQ===，直线OQ的斜率为kOQ=，x-5x-53x0-5y0x00033223y0-4x0+12y03y0-4x0+12因此直线PQ与直线OQ的斜率之积为kPQ⋅kOQ=⋅x=2，3x0-5y003x0-5x0224x2-5x0y020由于点Qx0,y0在双曲线E上，所以-=1，所以y0=，54524x0-53y2-4x+123×-4x0+1212x2-5-20x+6000500于是有kPQ⋅kOQ=2=2=23x0-5x03x0-5x015x0-25x024x3x-512x0-20x0004===(定值)；15x2-25x5x3x-5500005(3)证法一：设点Hx,y且过点P,1的直线l与双曲线E的右支交于不同的两点Mx1,y1、3242242Nx2,y2，由(2)知，y1=x1-5，y2=x2-5，55第175页共377页,55PMMHPM=λPNx1-,y1-1=λx2-,y2-1设==λ，则{，即33，PNHNMH=λHNx-x,y-y=λx-x,y-y1122x-λx=51-λ,①123整理得y1-y2=1-λ,②，x1+λx2=x1+λ,③y1+λy2=y1+λ,④22252x1-λx2=1-λx,⑤由①×③，②×④得，3，y2-λ2y2=1-λ212y,⑥222422424x1-λx2将y1=5x1-5，y2=5x2-5，代入⑥得y=5×2=-4，⑦，1-λ4将⑦代入⑤得y=x-4，即点H恒在定直线4x-3y-12=0上；35证法二：依题意，直线l的斜率k存在，设直线l的方程为y-1=kx-，3y-1=kx-53由，2y2x-=1542222消去y得94-5kx+305k-3kx-255k-6k+9=0，因为直线l与双曲线E的右支交于不同的两点Mx1,y1、Nx2,y2，2222Δ=9005k-3k+9004-5k5k-6k+9>0,①305k2-3kx1+x2=2,②则有95k-4，2255k-6k+9x1x2=2,③95k-45PMMHx1-3x-x2设点Hx,y，由=，得=，PNHNx-5x-x123整理得6x1x2-3x+5x1+x2+10x=0，221505k-6k+9303x+55k-3k将②③代入上式得-+10x=0，2295k-495k-4整理得3x-5k-4x+15=0，④5因为点H在直线l上，所以y-1=kx-，⑤3联立④⑤消去k得4x-3y-12=0，所以点H恒在定直线4x-3y-12=0.考点：1.双曲线的离心率；2.向量的坐标运算；3.斜率公式；4.韦达定理4.9第176页共377页,专题20：双曲线的范围问题参考答案2x2331.(1)3-y=1；(2)-1,-3∪3,12y2x【解析】(1)设双曲线C2的方程为2-2=1a>0,b>0，ab222222则a=3，c=4，再由a+b=c，得b=1.2x2故C2的方程为-y=132x2(2)将y=kx+2代入-y=1，322得(1-3k)x-62kx-9=0由直线l与双曲线C2交于不同的两点，得21-3k≠0222△=-62k+361-3k=361-k>0212∴k≠且k<1①3设A(x1，y1)，B(x2，y2)，62k9则x1+x2=2,x1x2=-21-3k1-3k∴x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)kx2+2223k+7=(k+1)x1x2+2kx1+x2+2=23k-1又∵OA∙OB>2，得x1x2+y1y2>2，223k+7-3k+912∴>2，即>0，解得<k<3②3k2-13k2-1312由①②得<k<1，333故k的取值范围-1,-3∪3,1【点评】本题考查双曲线的标准方程，考查直线与双曲线相交中的范围问题．应注意：(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．2x2312.(i)-y=1；(ii)0<λ≤-.332c=23a3222【分析】(i)由2可求a,c的值，由b=c-a可求b的值,从而可求双曲线的方程；(ii)由(i)a3=c2λx0-2λy0知a(-2,0),设dx0,y0,ex1,y1,由ae=λed可得x1=,y1=,结合e,d在双曲线上,可1+λ1+λ1-6λ求x0=,结合双曲线的性质可得关于λ的不等式，进而可得结果.4λc=23a3【解析】(i)由题意可得,2,a3=c2第177页共377页,a=3∴,c=22x2所以双曲线的方程为-y=1.3(ii)由(i)知a-2,0,设dx0,y0,ex1,y1,∴ae=x1+2,y1,ed=x0-x1,y0-y1,则由ae=λed,λx0-2λy0可得x1=,y1=,1+λ1+λ∵e在双曲线上2x12∴-y1=1,3222∴-2+λx0-3λy0=3(1+λ),∵d在双曲线22∴3y0=x0-31-6λ代入上式可得,x0=4λ∵x0≥3=a1-6λ∴≥34λ131∴λ≤=-6+4332∵d在双曲线的左支,点d在右支31∴0<λ≤-.32【点评】本题主要考查了利用双曲线的性质、求解双曲线的方程以及双曲线的性质的应用,属于综合试题.求解双曲线方程的题型一般步骤：(1)判断焦点位置；(2)设方程；(3)列方程组求参数；(4)得结论.32262ba-b3.(1),2；(2)x0x+y0y=b；(3)2．2abca2+b2b2【解析】(1)因为a>b>0，所以<1，所以e===1+<2．aaaa∘由∠APB=90及圆的性质，可知四边形PAOB是正方形，所以OP=2b．b2ca2+b2b26因为OP=2b≥a，所以≥，所以e===1+≥．a2aaa26故双曲线离心率e的取值范围为,2．2222222(2)因为PA=OP-OA=x0+y0-b，22222所以以点P为圆心，PA为半径的圆P的方程为x-x0+y-y0=x0+y0-b．因为圆O与圆P两圆的公共弦所在的直线即为直线AB，222x+y=b所以联立方程组x-x2+y-y2=x2+y2-b2，0000222消去x，y，即得直线AB的方程为x0x+y0y=b．2(3)由(2)知，直线AB的方程为x0x+y0y=b，2b所以点O到直线AB的距离为d=．22x0+y042bx2+y2-b2222b00因为AB=2OA-d=2b-=，x2+y22200x0+y0第178页共377页,32221bx0+y0-b所以三角形OAB的面积S=×AB×d=．2x2+y200以下给出求三角形OAB的面积S的三种方法：2y2x因为点Px0,y0在双曲线2-2=1上，ab222222x0y02bx0-ab22所以2-2=1，即y0=2x0≥a．aba2222b2222设t=x0+y0-b=1+2x0-2b≥a-b，a2y2x所以-=1．22ab3-bt+bt-b因为S=222，t+b所以当0<t<b时，s>0，当t>b时，S>0．2y2x22所以-=1在0,b上单调递增，在b,+∞上单调递减．当a-b≤b，即b<a≤2b时，22ab3322322b×b1222b×a-bba-bs最大值=b2+b2=2b，当a-b≤b，即a>2b时，S最大值=2222=a2．a-b+b32212ba-b综上可知，当b<a≤2b时，s最大值=2b；当a>2b时，S最大值=2．a224.(Ⅰ)b=2k+1k≠1；(Ⅱ)y=±2x±6；(Ⅲ)310,334.b2222【解析】(Ⅰ)∵圆O:x+y=2，∴d==2⇒b=2k+1k≠1；2k+1y=kx+b22(Ⅱ)设点Ax1,y1、Bx2,y2，由22，得1-kx-2kb-b+1=0，x-y=122kbb+1∴x1+x2=2，x1x2=-2，1-k1-k22∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+bkx2+b=k+1x1x2+kbx1+x2+b22b+12kb22=1+k-2+kb⋅2+b=k+1，1-k1-k2∴k=2，k=±2，b=±6，因此，直线l的方程为y=±2x±6；121222(Ⅲ)由(Ⅱ)知：-=m，∴k=1+于是b-k=k+2，1-k2m22222b-k+1∴AB=1+kx1-x2=1+k⋅2，1-k又O到AB的距离d=2，132∴SΔAOB=2AB⋅d=24m+12m+1=28m+2-17∈310,334.225.(1)3x-y=12；(2)24.c2222【解析】1因为e==2，所以c=2a，b=c-a=3a．a2y2x222所以双曲线的方程为-=1，即3x-y=3a．22a3a22因为点M5，3在双曲线上，所以15-3=3a，所以a=4．22所以所求双曲线的方程为3x-y=12．12设直线OP的方程为y=kxk≠0，则直线OQ的方程为y=-x，k第179页共377页,x2=123x2-y2=1223-k由，得2，y=kx212ky=23-k212k+1222所以|OP|=x+y=．23-k1121+212k2+12k同理可得，|OQ|==，13k2-13-2k3-k2+3k2-12112+2k1所以+===．|OP|2|OQ|212k2+112k2+1622设OP|+OQ|=t，OQ2OP211则t⋅+=2++≥2+2=4，|OP|2|OQ|2OPOQ422所以t≥=24，即OP|+OQ|≥24(当且仅当OP=OQ=23时取等号)．1622所以当OP=OQ=23时，OP|+OQ|取得最小值24．22y6.(1)x-=1；(2)b=3；(3)b>3且b≠2.4【分析】(1)求出双曲线Γ的渐近线，与已知的渐近线比较后可得b的值，从而得到双曲线的标准方程.(2)在焦点三角形中利用勾股定理和双曲线的定义结合已知的面积可求b的值.(3)设Ax1,y1,Bx2,y2，由题设可得x1x2+y1y2<0，联立直线方程和双曲线方程，消元利用韦达定理化简前者，可求b的取值范围.22y【解析】(1)由双曲线Γ：x-=1(b>0)可得其渐近线方程为y=±bx，2b22y而Γ的一条渐近线方程为y=2x，故b=2即Γ的方程为：x-=1.4(2)不妨设P在第一象限，F1、F2分别为左右焦点，22则PF1-PF2=2，F1-1+b,0，F21+b,022222而PF1+PF2=F1F2=4+4b，所以2PF1PF2=4b，222所以PF1PF2=2b，故△PF1F2的面积为b，所以b=9，因为b>0，故b=3.(3)设Ax1,y1,Bx2,y2，因为坐标原点O始终在以AB为直径的圆内，故∠AOB为钝角，所以OA⋅OB<0即x1x2+y1y2<0，故x1x2+2x1+12x2+1<0即5x1x2+2x1+x2+1<0.y=2x+1222由2222可得b-4x-4x-1-b=0，bx-y=b241+b所以x1+x2=2,x1x2=-2，b-4b-422Δ>016+4b-41+b>0又2，故，故b>3且b≠2.b-4≠0b≠±221+b422又5⋅-2+2⋅2+1<0可化简为-5-5b+8+b-4<0，b-4b-4该不等式对任意的b>3且b≠2恒成立.第180页共377页,故b>3且b≠2.【点评】方法点睛：(1)求双曲线的渐近线，可令等式右边的常数为零即可；(2)与焦点三角形有关的计算问题，可利用解三角形的方法来处理；(3)直线与双曲线的位置关系中的范围问题，可联立直线方程和双曲线方程，消元后利用韦达定理化简目标代数式，从而得到所求的范围，注意判别式和二次项式系数的要求.MN227.(1)x-y=1；(2)∈1,2．PQ1【分析】(1)依题意可得a=b，所以得到c=2a，根据△ABC的面积×BC×AF=2+1，计算可2得；21-k≠0,(2)联立直线方程与曲线方程，消元、列出韦达定理，依题意得到Δ>0,，从而求出参数k的取值范xMxN<0,MN围，利用弦长公式表示出MN，PQ，即可得到的取值范围；PQ2y2x【解析】解：(1)因为双曲线E:-=1a>0,b>0为等轴双曲线，22ab所以a=b，设双曲线的焦距为2c，c>0，222故c=a+b=2a，即c=2a．因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，2y2x将xB=c=2a代入2-2=1，可得yB=a，故BC=2a．ab将△ABC的面积为2+1，11所以×BC×AF=2+1，即×2a×a+c=2+1，22222所以a=1，a=1，故双曲线E的方程为x-y=1．(2)依题意，直线l:y=kx-1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，22x-y=1,22联立方程组消去y可得，1-kx+2kx-2=0，y=kx-1,21-k≠0,x+x=-2k,Δ=2k22MN1-k2所以-41-k×-2>0,解得-1<k<1，且-2xx=-2.xmxn=2<0,mn1-k21-k222所以mn=xm-xn+ym-yn=1+kxm-xn22=1+kxm+xn-4xmxn2-2k-2=1+k-4×221-k1-k2221+k⋅2-k=．21-ky=x,11联立方程组得xp=，同理xq=，y=kx-1,k-1k+12221121+k所以pq=1+kxp-xq=1+kk-1-k+1=2．1-k第181页共377页,2221+k⋅2-kmn1-k22所以==2-k，其中-1<k<1，pq21+k221-kmn所以∈1,2．pq【点评】本题考查直线与双曲线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.2x28.(1)-y=1；(2)(4,+∞).3【分析】(1)求得直线l与x轴的交点，可得c=2，再由两直线平行的条件：斜率相等，可得渐近线方程，解方程可得a,b，进而得到双曲线的方程；2x2(2)设直线y=kx+1，代入-y=1，设m(x1,y1),n(x2,y2)，运用韦达定理和判别式大于0，以及中点3坐标公式及两直线垂直的条件：斜率之积为-1，求得mn的垂直平分线方程，令x=0，可得直线在y轴上的截距，由不等式的性质可得范围.3x23【解析】(1)直线l:y=-过x轴上一点(2,0)，3322由题意可得c=2，即a+b=4，b双曲线的渐近线方程为y=±x，ab3由两直线平行的条件可得=，解得a=3,b=1，a32x2即有双曲线的方程为-y=1.3(2)设直线y=kx+1(k≠0)，2x222代入-y=1，可得(1-3k)x-6kx-6=0，36k6设m(x1,y1),n(x2,y2)，则x1+x2=2,x1x2=2，1-3k1-3k3k1mn中点为,，221-3k1-3k113k可得mn的垂直平分线方程为y-=-x-，1-3k2k1-3k24令x=0，可得y=，21-3k222由δ=36k+24(1-3k)>0，解得3k<2，62又<0，解得3k<1，23k-124综上可得，0<3k<1，即有的范围是(4,+∞)，21-3k可得直线m与y轴上的截距的取值范围为(4,+∞).【点评】本题主要考查双曲线的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与双曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．2y2x9.(1)-=1；(2)-4.45【分析】(1)依题意得到方程组，解得即可；第182页共377页,2(2)设P(x,y)(x≥2)，于是PA1=(-2-x,-y),PF2=(3-x,-y)，根据平面向量数量积的坐标表示及y25x=-5转化为二次函数，根据二次函数的性质计算可得；4c=3,a2x2y222222【解析】解：(1)依题意有85又c=a+b，所以a=4,b=5，故双曲线的方程为4-5=2-2=1.ab1.(2)由已知得A1(-2,0),F2(3,0)，设P(x,y)(x≥2)，于是PA1=(-2-x,-y),PF2=(3-x,-y)，2225292922100因此PA1⋅PF2=x-x-6+y=x-x-6+x-5=x-x-11=x--，44499由于x≥2，所以当x=2时，PA1⋅PF2取得最小值，PA1⋅PF2min=-4.【点评】本题考查待定系数法求双曲线方程，平面向量的数量积以及二次函数的性质的应用，属于中档题.2y2x510.(1)-=1；(2)最小值为395【分析】(1)根据题意可得c=2a，b=3a，根据周长可得AF1+AF2=83，结合AF1-AF2=2a，求解可2y2x得a=3，b=3，所以曲线C的方程为：-=1；39(2)求出与l平行且与C相切的直线，利用平行直线间距离公式可得最小值．c【解析】(1)由题得e==2，所以c=2a，b=3a，a又F2c,0，所以Ac,3b，Bc,-3b，AF2=3b，因为△ABF1的周长为163，所以AF1+AF2=83①，又因为AF1-AF2=2a②，①-②，得2AF2=83-2a，即23b=83-2a，解得a=3，b=3，2y2x所以曲线C的方程为：-=1；39(2)设与直线l:3x-y+2=0平行且与C相切的直线方程为3x-y+m=0，3x-y+m=0由2y2得6x2+6mx+m2+9=0，x-=13922则Δ=36m-24m+9=0，解得m=±32．m-22设点P到直线l的距离为d，则根据平行线间的距离公式可得，d=，105所以当m=32时，d取最小值为.5【点评】本题考查双曲线标准方程的求法，曲线上的点到直线距离的最值问题等，求椭圆上的点到一条直线的距离的最值一般转化为求平行直线间的距离，属中档题．333311.(1)k∈-1,-2∪-2,2∪2,13(2)2第183页共377页,【分析】(1)联立直线与双曲线方程，利用方程组与两个交点，求出k的范围．(2)设出P的坐标，利用PA的表达式，求出最小值即可.y=kx-122【解析】解：(1)由22，整理得4k-3x-8kx+16=03x-4y=1224k-3≠03所以22，解得k≠±且-1<k<1δ=-8k-44k-3×16>023333∴k∈-1,-2∪-2,2∪2,12设Px,y，7272x273722所以PA=x-2+y=x-2+34-1=4x-7x+4因为x≥2，3所以x=2时，PAmin=．2【点评】本题考查直线与双曲线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．4512.(1)5(2)-∞，3【分析】(1)利用PF1⊥PF2，结合向量知识，可得P的轨迹方程，结合双曲线方程，即可得到点P到x轴的距离．(2)用坐标表示向量，利用向量的数量积建立函数关系式，根据双曲线的范围，可求得λ的取值范围．【解析】(1)设P点为(x0，y0)，而F1(-5,0)，F2(5,0)，则PF1=(-5-x0，-y0)，PF2=(5-x0，-y0)．∵PF1⊥PF2，∴PF1∙PF2=0，即(-5-x0)(5-x0)+(-y0)∙(-y0)=0，22整理，得x0+y0=5①又∵P(x0，y0)在双曲线上，22y0∴x0-=1②421645联立①②，得y0=，即|y0|=5545因此点P到x轴的距离为.5(2)设P的坐标为(x0，y0)，则Q的坐标为(-x0，-y0)，5222∴λ=MP∙MQ=(x0,y0-2)∙(-x0,-yo-2)=-x0-y0+4=-y0+3．4∵y0∈R∴λ的取值范围是(-∞，3]．【点评】本题主要考查向量的运算，考查双曲线中点的坐标的求法和范围问题的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.第184页共377页,专题21：双曲线的存在探索性问题参考答案2x2232731.(1)-y=1；(2)证明见解析；(3)存在，Q,0，.48641【解析】(1)由双曲线C的渐近线方程y=±x，2212可设双曲线的方程为y-x=λ(λ≠0)，4又双曲线C过点(4,3)，1可得3-×16=λ，即λ=-1，42x2则双曲线的方程为-y=1；4(2)证明：设点M的坐标为(m,n)，则点N的坐标为(-m,-n)，2x2其中-y=1，又设点P的坐标为(x,y)，4y-ny+n由kPM=，kPN=，x-mx+m22y-ny+ny-n得kPM⋅kPN=x-m⋅x+m=22，x-m222x2m将y=-1，n=-1，4422xm-1-+1441代入得kPM⋅kPN=22=4．x-m1故kPM⋅kPN为定值；4(3)设直线l的方程为x=my+1，设定点Q(t,0)，x=my+122联立方程组22，消x可得(m-4)y+2my-3=0，x-4y=422222则m-4≠0，且△=4m+12(m-4)>0，解得m>3且m≠4，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，2m3可得y1+y2=-2，y1y2=-2，m-4m-422m8所以x1+x2=m(y1+y2)+2=-2+2=-2，m-4m-422223m2m4m+4x1x2=(my1+1)(my2+1)=my1y2+m(y1+y2)+1=-2-2+1=-2=-4-m-4m-4m-420，2m-4所以QM⋅QN=(x1-t，y1)(x2-t，y2)=(x1-t)(x2-t)+y1y222083228t-23=x1x2-t(x1+x2)+t+y1y2=-4-2+t⋅2-2+t=-4+t+2为常数，与m-4m-4m-4m-4m无关．所以8t-23=0，23解得t=，8273此时QM⋅QN=．6423273故存在Q,0，使得QM⋅QN=．864第185页共377页,222.(1)8(2)2x-y-4x+y=0(3)不存在，理由见解析22y【解析】(1)由双曲线x-=1知，2右焦点为(3,0)，由直线倾斜角45°可知直线斜率为1，所以直线方程为：y=x-3，y=x-3联立2可得x2+23x-5=0，2yx-=12设M(x1,y1),N(x2,y2)，则Δ>0且x1+x2=-23，x1⋅x2=-5，22所以|MN|=1+1⋅|x1-x2|=2⋅(-23)-4×(-5)=8(2)设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P(x,y)，则x1+x2=2x，y1+y2=2y，2222∵2x1-y1=2，2x2-y2=2，∴4x(x1-x2)-2y(y1-y2)=0，y1-y22x∴直线P1P2的斜率k==，x1-x2yy-1∵kAP=，A，P，P1，P2共线，x-2y-12x∴=，x-2y22∴2x-y-4x+y=0，22即线段P1P2的中点P的轨迹方程是2x-y-4x+y=0．(3)假设直线m存在．设B(1,1)是弦Q1Q2的中点，且Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)，则x1+x2=2，y1+y2=2．∵Q1，Q2在双曲线上，222x1-y1=2∴22，2x2-y2=2∴2(x1+x2)(x1-x2)-(y1-y2)(y1+y2)=0，∴4(x1-x2)=2(y1-y2)，y1-y2∴k==2，x1-x2∴直线m的方程为y-1=2(x-1)，即2x-y-1=0，222x-y=22联立方程组，得2x-4x+3=02x-y-1=0∵△Δ=16-4×3×2=-8<0，∴直线m与双曲线无交点，∴直线m不存在．【点评】关键点点睛：在直线与双曲线相交问题中，涉及弦及弦中点的问题，可以采用“点差法”，第186页共377页,可以简化运算，降低运算难度.22y3.(1)x-=1；(2)证明见解析；(3)存在，M(-1,0).32y2x【分析】(1)利用双曲线C:-=1经过点(2,3)，两条渐近线的夹角为60°，建立方程即可求解；22ab(2)设A点坐标为Ax0,y0，则由对称性知B点坐标B-x0,-y0，设P(x,y)，由点A,P在双曲线上可得222y02yx0-=1，x-=1，代入kPA⋅kPB中化简即可；33(3)先假设存在定点M，使MA⊥MB恒成立，设出M点坐标，根据数量积为0，求得结论.4-9=122ab【解析】(1)由题意得：ba=32a=1解得：2b=322y∴双曲线C的方程为x-=13(2)证明：设A点坐标为Ax0,y0，则由对称性知B点坐标为B-x0,-y022y-y0y+y0y-y0设P(x,y)，则kPA⋅kPB=x-x⋅x+x=2200x-x022y0x0-=1322222，得y-y0=3x-x0x2-y=1322y-y0∴kPA⋅kPB=22=3x-x0222(3)当直线l的斜率存在时，设直线l方程为y=k(x-2)，与双曲线方程联立消y得：k-3x-4kx+24k+3=0，24kk2-3≠0x1+x2=2∴得k2≠3且k-3Δ>04k2+3x1⋅x2=2k-3设Ax1,y1､Bx2,y2∵MA⋅MB=x1-mx2-m+y1y22=x1-mx2-m+kx1-2(x-2)222=k+1x1x2-2k+m(x+x)2+m+4k22k+14k+34k(2k+m)22=-+m+4k22k-3k-323-(4m+5)k2=+m2k-3假设存在实数m，使得MA⋅MB=0，2222∴31-m+km-4m-5=0对任意的k≠3恒成立，21-m=0∴2，解得m=-1.m-4m-5=0∴当m=-1时，MA⋅MB=0.当直线l的斜率不存在时，由A(2,3),B(2,-3)及M(-1,0)知结论也成立综上：存在m=-1，使得MA⋅MB=0.第187页共377页,【点评】本题主要考查点的轨迹方程的求法，考查斜率的计算，考查存在性问题，综合性强，属于难题.22yn4.(1)x-4=1(2)4x-y-6=0(3)存在，T±2,0m-1【分析】(1)根据渐近线求解a,b关系，再根据双曲线上一点A求解双曲线标准方程；(2)由RD+SD=0知D为RS中点，利用点差法求解直线l斜率，进而求解直线方程；22(3)根据直线斜率及点斜式方程，分别列出直线AM和直线AN方程，求P,Q坐标，满足TQ+TP=2PQ,即可求解点T坐标.2y2x【解析】(1)由直线y=2x是双曲线渐近线，则b=2a，则双曲线方程-=1，22a4a代入A(1,0)，解得a=1，22y故双曲线C的方程为x-=14(2)由题意，可知D为RS中点，设RS两点坐标为R(x1,y1),S(x2,y2)，代入原式224x1-y1=422，两式作差得4(x1+x2)(x1-x2)-(y1+y2)(y1-y2)=04x2-y2=4整理得，4(x1+x2)-(y1+y2)⋅kl=0再由中点坐标公式x1+x2=2xD=4,y1+y2=2yD=4解得kl=4故直线l的方程为4x-y-6=0(3)存在，nn根据题意，由M(m,n),A(1,0)，则斜率kAM=，直线lAM:y=(x-1)，m-1m-1nn当x=0时，y=-，即P0,-m-1m-1nn同理，由N(-m,n)，A(1,0)则斜率kAN=-，直线lAM:y=-(x-1)，m+1m+1nn当x=0时，y=，即Q0，m+1m+1设：T(x,0)，则22n222n22nn2TQ=x+，TP=x+，PQ=+m+1m-1m-1m+12222n2n2nn2又TQ+TP=PQ，得到2x++=+m+1m-1m+1m-122n解得x=，又双曲线C中，m>1或m<-12m-1nx=±2m-1n故T坐标为±2,0m-1【点评】(1)双曲线中由渐近线方程可确定a与b的倍数关系，不能直接得具体值，需要再有一点坐标才能确定a,b值.(2)点差法步骤：设点→代入→作差→变形→求解.(3)顺应题意列出方程，注意自变量的取值范围，本题着重考查运算能立，属较难题.第188页共377页,2y2x95.(1)-=1；(2)存在，G,0.9164【分析】(1)连接PC，则PC=PM，即PC-PC1=MC1=6，则点P的轨迹是以C1，C为左右焦点，2a=6的双曲线，求解轨迹方程即可.(2)由题意可知kAC=-kBG时直线AG和BG的倾斜角互补.分类讨论：当直线l斜率不存在时，A，B关于x轴对称，x轴上的任意点G都有kAC=-kBG.当直线l斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx-42222,k≠0，与双曲线方程联立，整理得16-9kx+72kx-144k+1=0，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x122-144k2+1144k2+1y-072k72k1+x2=-2=2，x1x2=2=2.根据kAG=-kBG，可知x-x=16-9k9k-1616-9k9k-1610kx1-4y2kx2-4=-=-，整理得2x1x2-4x1+x2-x0x1+x2+8x0=0，将x1x2，x1+x2代x1-x0x2-x0x2-x0入求解x0，即可.【解析】(1)连接PC，则PC=PM，即PC-PC1=MC1=6∵C1C=10>6>0∴点P的轨迹是以C1，C为左右焦点，2a=6，2c=10的双曲线.22即a=3，c=5，b=c-a=42y2x∴点P的轨迹方程C2为：-=1916(2)当直线l斜率不存在时，直线l的方程为：x=4，则A，B关于x轴对称.因为点G在x轴上所以直线AG和BG关于x轴对称.则x轴上的任意点G都有kAC=-kBG，即直线AG和BG的倾斜角互补当直线l斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx-4,k≠0y=kx-4则22即16-9k22+72k2x-144k2+1=0xyx-=1916∵直线l交曲线C2于A,B两点216-9k≠04∴22222即k≠±3Δ=72k+4×16-9k×144k+1=5767k+16>0设Ax1,y1，Bx2,y22222则x1，x2是方程16-9kx+72kx-144k+1=0的两根.22-144k2+1144k2+172k72k即x1+x2=-2=2，x1x2=2=216-9k9k-1616-9k9k-16第189页共377页,假设存在点Gx0,0，使得直线AG和BG的倾斜角互补.y1-0kx1-4y2kx2-4则kAG=-kBG即==-=-x1-x0x1-x0x2-x0x2-x0x1-4x2-4∴=-即2x1x2-4x1+x2-x0x1+x2+8x0=0x1-x0x2-x0144k2+172k272k2288k2+1-4×72k272k2∴2×2-4×2-x0×2+8x0=2+x08-29k-169k-169k-169k-169k-16288128x09=2-2=0，即x0=49k-169k-169综上所述，存在点G,0，使得直线AG和BG的倾斜角互补4【点评】本题考查求双曲线方程，以及直线与双曲线的位置关系.属于较难的题.22y6.(1)x-=1(x>0)；(2)(-∞,-3)∪(3,+∞)；(3)存在，M-1,0.3【分析】(1)根据双曲线的定义即可求得方程；(2)联立直线与双曲线方程，转化成方程有解问题；(3)假设存在点M，联立直线和双曲线整理成二次方程，根据MA⋅MB=0结合韦达定理求解.【解析】(1)因为F1(-2,0),F2(2,0)，点P满足PF1-PF2=2<F1F2，所以点P的轨迹为以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点，实轴长为2的双曲线的右支，2y2x设其方程-=1,(x>0)，则c=2,a=1,b=3，22ab22y所以轨迹Γ的方程：x-=1,(x>0)；322y(2)斜率为k的直线l过点F2，直线方程为y=kx-2，代入x-=1，322222223x-kx-4x+4-3=0，即3-kx+4kx-4k-3=0有两个不等正根x1,x2，23-k≠0422Δ=16k-43-k-4k-3>02x+x=-4k>0，1223-k-4k2-3x1x2=2>03-k224k22-4k-3由->0得k>3，当k>3时，>0223-k3-k422且Δ=16k-43-k-4k-3>02即不等式组的k>3所以k∈-∞,-3∪3,+∞；(3)假设存在，设点Mm,0,Ax1,y1,Bx2,y2，使MA⊥MB，22y由(2)：斜率为k的直线l过点F2，直线方程为y=kx-2，代入x-=1，322222223x-kx-4x+4-3=0，即3-kx+4kx-4k-3=0有两个不等正根x1,x2，2k>3422Δ=16k-43-k-4k-3>02x+x=-4k，1223-k-4k2-3x1x2=23-k第190页共377页,MA⊥MB，所以MA⋅MB=0,x1-m,y1⋅x2-m,y2=0，x1-mx2-m+y1y2=0x1-mx2-m+kx1-2kx2-2=02222k+1x1x2-2k+mx1+x2+m+4k=0222-4k-324k22k+1⋅-2k+m-+m+4k=0223-k3-k424222224-4k-7k-3+8k+4km+3m-km+12k-4k=02222k-m+4m+5+3m-3=0，对k>3恒成立，2-m+4m+5=0所以2，解得m=-1，即M-1,0，3m-3=0当直线l斜率不存在时，直线方程x=2，此时A2,3,B2,-3，MA⋅MB=3,3⋅3,-3=0，仍然满足MA⊥MB，所以这样的点存在，M-1,0.【点评】此题考查求双曲线方程，注意考虑图象限制范围，通过直线与双曲线位置关系求参数范围，结合韦达定理解决相关定点问题.1+13157.(1)0,3；(2)；(3)存在，坐标为-,0或,0622b【分析】(1)设点P坐标，分别求出PO和PF的长度，比较大小，得到的取值范围；a(2)要使ΔOMN为等边三角形，则OM=ON,即xM=xN,直线l斜率不存在，再通过c=3yM求出2b的值；2a设直线l：x=c，；(3)设点Q的坐标，再计算出点S和T的坐标，由Q点在双曲线上关于x轴的对称性得，若存在点E，使得ES⊥ET恒成立，点E只能在x轴上，再设Et,0，根据ES⋅ET=0算出t的值。222222【解析】(1)设点Px0,y0，PO=x0+y0，PF=x0-c+y022c要使PO>PF，则PO>PF，代入化简得x0>，222ca+b2b∵x0≥a，∴<a⇒<a⇒<3，24a又∵a>0,b>0b所以的取值范围是0,3。a(2)要使ΔOMN为等边三角形，则OM=ON,即xM=xN,直线l斜率不存在，2b设直线l：x=c，则xM=xN=c，yM=，a2b1±13要使ΔOMN为等边三角形，c=3yM⇒2=6a2b又∵>0，2a2b1+13∴=a2622x1y1(3)设点Qx1,y1，则-=143y13y1直线QA1：y=x+2x+2，则S1,x+2，11第191页共377页,y1-y1直线QA2：y=x-ax-a，则T1,x-211由Q点在双曲线上关于x轴的对称性得，若存在点E，使得ES⊥ET恒成立，则点E只能在x轴上，设Et,0，若ES⊥ET，则ES⋅ET=0，22-3y129151-t+=1-t-=0⇒t=-或，x2-4422115即存在定点E，坐标为-,0或,022【点评】本题考查了双曲线中a,b,c的关系及转换，解析几何类型题目多与几何关系有关，多画图，找到变量间的几何关系，再根据圆锥曲线的对称性，猜测出定点可能存在的位置(比如x轴、y轴等)。注意利用向量的关系来解方程会简单一些。本题属于难题。22y18.(1)x-=1；(2)0,1；(3)存在直线x=满足题意，详见解析42【分析】(1)根据题意，得到a=1,c=5,b=2，即可求得双曲线Γ的方程；4k4(2)由yM=2=4在(0,2)上单调递增，即可求得点M的纵坐标yM的取值范围；4+kk+k1(3)求出kOM+kBP=0，可得直线BP与OM关于直线x=对称，即可求解．222y【解析】(1)由题意，椭圆x+=1的左、右顶点分别为A(-1,0),B(1,0)，双曲线Γ以A、B为顶点，焦422距为25，可得a=1,c=5，所以b=c-a=2，22y所以双曲线Γ的方程x-=1．4(2)由题意，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，直线AP的方程为y=k(x+1)(0<k<2)，2222代入椭圆方程，整理(4+k)x+2kx+k-4=0，2224-k4-k8kk4k所以x1=-1或x2=2，所以q2,2,m-2,2，4+k4+k4+k4+k4+k4k4所以ym=2=4在(0,2)上单调递增，所以ym∈(0,1)．4+kk+k22y(3)由(1)双曲线γ的方程x-=1，4y1y1可得kap⋅kbp=⋅=4，同理kap⋅kom=-4,1+x11-x1所以kap⋅kbp+kap⋅kom=0，即kom+kbp=0，1设直线om:y=kx，则直线bp:y=-k(x-1)，解得x=，21所以直线bp与om关于直线x=对称．2【点评】本题主要考查了椭圆与双曲线的标准方程及几何性质的应用，以及直线与圆锥曲线的位置关系及斜率计算等知识点的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．2239.(1)3x-y=1；(2)k∈(-6,-3)∪(3,6)；(3)k=±.222【分析】(1)由3a+b⊥3a-b得3a-b=0，结合a=x,0，b=1,y可求出轨迹方程；(2)联第192页共377页,立直线与曲线方程，得到韦达定理，由判别式大于0，且x1x2>0，解出k的范围；(3)假设存在点M，则MA⋅MB=0，结合韦达定理得到方程，解出k即可.22【解析】(1)由3a+b⊥3a-b，得3a+b3a-b=0，即3a-b=02222又a=x,0，b=1,y，所以3x-(y+1)=0，即3x-y=122故所求的轨迹方程是3x-y=1(2)设、，2222把y=kx-1代入3x-y=1，得3-kx+2kx-2=0x+x=-2k1223-k得-2x1x2=23-k2由3-k≠0且Δ>0，解得-6<k<6且k≠±3∵a、b在y轴的同一侧，-2所以x1x2>0，即x1x2=2>0，得到k<-3或k>33-k综上，得k∈-6,-3∪3,6.(3)由(2)得⋯①⋯②⋯⋯③∵曲线C与x轴交点、，若存在实数k，符合题意，则MA⊥MB33不妨取点M1，M1A⋅M1B=0,得x1-3x2-3+y1y2=0将①②③式代入上式,整理得到,解得舍去)根据曲线的对称性知3存在实数k=±，使得以AB为直径的圆恰好过M点2【点评】本题考查了双曲线的轨迹方程，直线与双曲线的位置关系，属于中档题.10．(1)；(2)存在第193页共377页,专题22：双曲线的渐近线问题参考答案1．A【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据sin∠PF2F1=3sin∠PF1F2得出PF1=3PF2，222∘ab根据双曲线的定义得出PF2=a，再然后根据PF2+PO=OF2得出∠OPF2=90以及HP=，根c2y22222bx据HO+HP=OP得出HO=，最后将P点坐标代入双曲线-=1中，通过化简即可得出结ca2b2果.【解析】设F1为双曲线的下焦点，F2为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，如图，过点P作PH⊥F1F2于点H,因为sin∠PF2F1=3sin∠PF1F2，PHPH所以=3×，PF1=3PF2，PF2PF1因为PF1-PF2=2a，所以PF2=a，因为双曲线上的点P到原点的距离为b，即PO=b，且OF2=c，222222∘所以PF2+PO=a+b=c=OF2，∠OPF2=90，11ab故×OP×PF2=×OF2×HP，HP=，22c22222babb因为HO+HP=OP，所以HO=c，P-c,c，2y22abbx将P-c,c代入双曲线2-2=1中，abb22ab2c-c442244222即2-2=1，化简得b-a=ac，b-a=aa+b，ab42224224bbbbb-ab-2a=0，4-2-2=0，2-22+1=0，aaaa2bba2解得=2或-1(舍去)，=2，=，a2ab2a2则该双曲线的渐近线方程为y=±x=±x，b2故选：A.【点评】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，考查双曲线定义以及等面积法的灵活应用，考查计算能力，考查化归与转化思想，考查数形结合思想，体现了综合性，是难题.2．BNF【分析】作出图形，可知NM与抛物线相切时，取得最小值，求出点N的坐标，利用双曲线定义求出NMcb2c22a，结合c=1，可求得，再利用=-1求得结果.aa2a第194页共377页,【解析】由抛物线的对称性，设N为抛物线第一象限内点，如图所示：故点N作NB垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知|NF|=|NB|，易知NB⎳x轴，可得∠NMF=∠BNMNFNB∴==cos∠BNM=cos∠NMFNMNMNF2当∠NMF取得最大值时，取得最小值，此时NM与抛物线y=4x相切，NM设直线NM方程为：y=kx+1，2y=4x2222联立，整理得kx+2k-4x+k=0，y=kx+12其中Δ=-16k+16=0，解得：k=±1，由N为抛物线第一象限内点，则k=122则x+2-4x+1=0，解得：x=1，此时y=4，即y=2或y=-2所以点N的坐标且N(1,2)由题意知，双曲线的左焦点为M-1,0，右焦点为F1,0设双曲线的实轴长为2a，则2a=|NM|-|NF|=22-2，∴a=2-1，c1又c=1，则==2+1a2-1b2c2-a2c22故渐近线斜率的平方为==-1=2+1-1=2+22a2a2a故选：B【点评】本题考查求双曲线的渐近线斜率，方法如下：bb①直接求出a,b，从而求出；②构造a,b的齐次式，求出；③采用渐近线的定义以及圆锥曲线的定义来求aa解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．3．B【分析】由同起点的向量做加法想到平行四边形法则，从而取F2P的中点E，由已知可知F1E⊥F2P，由三线合一知三角形PF1F2为等腰三角形，再由余弦的定义表示∠F1F2E的余弦值，又由双曲线的定义表示QF1，2b最后在△F1QF2中，由余弦定理构建方程，求得2，将其代入渐近线方程，得答案.a【解析】取线段F2P的中点E，连接F1E，因为(F2F+F1F2)⋅F2F=0，所以F1E⊥F2P，故三角形PF1F2为等腰三角形，且F1P=F1F2=2c．aF2E2a在Rt△FlEF2中，cos∠F1F2E===，F1F22c4c第195页共377页,a连接F1Q，又F2Q=，点Q在双曲线C上，5a11a所以由双曲线的定义可得，QF1-QF2=2a，故QF1=2a+=．55在△F1QF2中，由余弦定理得，2a211a2FF2+FQ2-FQ2(2c)+-122155acos∠F1F2Q===．2F1F2⋅F2Q2×2c×a4c522222bc-a51整理可得4c=5a，所以==-1=，a2a2441故双曲线C的渐近线方程为y=±x．2故选：B【点评】本题考查由几何关系求双曲线的渐近线，由余弦定理构建方程，还考查了平面向量加法的平行四边形法则和垂直关系，属于难题.4．D2ππ【分析】由M是三角形外心可得∠F1MF2=，根据圆周角与圆心角关系得∠F1PF2=，根据余弦定理、双3322b1曲线的定义得|PF1||PF2|=1-cos∠FPF，由三角形面积公式S△PF1F2=2|PF1||PF2|sin∠F1PF2，即可确定a12,b的数量关系，写出渐近线方程即可.3OM3【解析】由△PF1F2的外心M0,3c，知：tan∠MF1F2=tan∠MF2F1=OF=3，1π2ππ∴在△MF1F2中，∠MF1F2=∠MF2F1=，即∠F1MF2=，故∠F1PF2=，633222在△F1PF2中，|F1F2|=|PF1|+|PF2|-2|PF1||PF2|cos∠F1PF2，而|PF1-PF2|=2a，22222∴|PF1|+|PF2|=4a+2|PF1||PF2|，即4c=4a+2PF1PF21-cos∠F1PF2，2c2-a22b2sin∠FPF2b112∴PF1PF2=1-cos∠FPF=1-cos∠FPF，而S△PF1F2=2|PF1||PF2|sin∠F1PF2=1-cos∠FPF=1212122b2=3b，∠F1PF2tan222∴由题意知：b=2a，故双曲线的渐近线方程为：y=±2x．故选：D．【点评】关键点点睛：利用外接圆的性质求∠F1PF2，由余弦定理、双曲线的定义及三角形面积公式求焦点三角形的面积，进而确定双曲线参数的数量关系.5．C【分析】设点P的坐标为c,y0y0>0，由于AB为定值，由正弦定理可知当sin∠APB取得最大值时，△APB的外接圆面积取得最小值，也等价于tan∠APB取得最大值，利用两角的正切公式知tan∠APB=2atan∠APF-∠BPF=，再利用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案.2by0+y0【解析】根据双曲线的对称性不妨设点P的坐标为c,y0y0>0，由于AB为定值，由正弦定理可知当sin∠APB取得最大值时，△APB的外接圆面积取得最小值，也等价于tan∠APB取得最大值，a+cc-a∵tan∠APF=，tan∠BPF=，y0y0第196页共377页,a+cc-a-y0y02a2aa∴tan∠APB=tan∠APF-∠BPF==≤=，a+cc-ab2b2b1+y⋅yy0+y2y0⋅000y02b当且仅当y0=y0>0，即当y0=b时，等号成立，此时∠APB最大，此时△APB的外接圆面积取最小值，y0x2y2c2a2+b2b2点P的坐标为c,b，代入-=1，可得=2，即=2，即=1．22222abaaa所以双曲线的渐近线方程为：y=±x．故选：C【点评】本题考查了求双曲线渐近线方程，及利用基本不等式求最值，解题时先确定双曲线标准方程的形式，b然后再根据a，b，c及渐近线之间的关系，求出的值即可，考查学生的计算能力和转化化归能力，属于中a档题6．C22a【分析】如图所示：切点为M，连接OM，作PN⊥x轴于N，计算PF1=2a，PF2=4a，PN=，F1Nc2ab=，根据勾股定理计算得到答案.c【解析】如图所示：切点为M，连接OM，作PN⊥x轴于N，QF1-QF2=QP+PF1-QF2=PF1=2a，故PF2=4a，2ab2a2ab在RtΔMOF1中，sin∠MF1O=，故cos∠MF1O=，故PN=，F1N=，cccc4a42ab2b2根据勾股定理：16a=+2c-，解得=3+1.c2ca故选：C.【点评】本题考查了双曲线的渐近线斜率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.7．A【分析】由双曲线的定义和内切圆的性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义，可求出渐进线方程.【解析】如图所示：设G,B,N分别为△MAF2三边与其内切圆的切点，圆心为I.已知△MGI≌△MNI，△F2BI≌△F2NI,△AGI≌△ABI.第197页共377页,即NM=MG,AG=AB,F2B=F2N由双曲线的定义有：MF1-MF2=2a.则MF1-MF2=MF1-MN-NF2=MF1-MG-BF2=AF2-BF2+AG=AB+AG=2AB.所以2AB=2a,即AB=a.又F1F2=4AB.222b所以2c=4a，又a+b=c，解得=3.a2y2xb双曲线C:-=1(a>0,b>0)的渐近线方程为：y=±x=±3x.a2b2a故选：A【点评】本题考查双曲线的定义、性质和渐进线方程，考查圆的切线性质，属于中档题.8．A22【分析】设P(m,n)，得到m-3n=3，联立方程组，求得A,B的坐标，结合向量的数量积的运算，即可求解．2m222【解析】设点P(m,n)，则-n=1，即m-3n=3，32x23由双曲线-y=1的渐近线方程为y=±x，333y=x3m+3n3m+n则由3，解得A4,4，y-n=-3(x-m)3y=-x3m-3nn-3m由3，解得B4,4，y-n=3(x-m)3n-m3m-3n-m-3n-3n-3m所以PA=4,4,PB=4,4，3n-m-m-3n3m-3n-3n-3m2m2-6n263所以PA⋅PB=×+×=-=-=-．444416168故选：A．【点评】本题主要考查了双曲线的标准方程及性质，以及向量的数量积的运算，其中解答中根据题意，联立方程组，求得A、B的坐标，结合向量的数量积的公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．9．Bbbbb【分析】设直线l1的方程为y=x，则直线l2的方程为y=-x，设点Ax1,x1、Mx2,-x2，则点aaaab2B-x1,-x1，利用kAM⋅kBM=e，可得出e-1=e，解出即可.a第198页共377页,bb【解析】设直线l1的方程为y=x，则直线l2的方程为y=-x，aabbb设点Ax1,x1、Mx2,-x2，则点B-x1,-x1，aaabbbbx1+x2-x1+x2x1-x22aaaabkAM=x-x，kMB=-x-x=x+x，∴kAM⋅kBM=2=e，121212a225+1即e-1=e，即e-e-1=0，∵e>1，解得e=，故选B.222c【点评】本题考查双曲线离心率的求解，同时也涉及到渐近线方程，在求解离心率时，充分利用公式e==2a2b+1可简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.2a10．A【分析】设圆I与△PF1F2的三边F1F2、PF1、PF2分别相切于点E,F,G，连接IE,IF,IG,IF1F2，△IPF1，△IPF21可看作三个高均为圆I半径r的三角形.利用三角形面积公式，代入已知式S△IPF1=S△IPF2+3S△IF1F2，化简可1得PF1-PF2=F1F2，再结合双曲线的定义与渐近线方程可得所求．3【解析】如图，设圆I与△PF1F2的三边F1F2、PF1、PF2分别相切于点E,F,G，连接IE,IF,IG，则IE⊥F1F2，IF⊥PF1，IG⊥PF2，它们分别是△IF1F2，△IPF1，△IPF2的高，1r∴S△IPF1=2PF1⋅IF=2PF1，1rS△IPF2=2PF2⋅IG=2PF2，1rS△IF1F2=2F1F2⋅IE=2F1F2，其中r是△PF1F2的内切圆的半径．1∵S△IPF1=S△IPF2+3S△IF1F2，rrr∴PF1=PF2+F1F2，226r1两边约去得：PF1=PF2+F1F2，231∴PF1-PF2=F1F2，3根据双曲线定义，得PF1-PF2=2a，F1F2=2c，22b∴3a=c，b=c-a=22a，=22，a第199页共377页,可得双曲线的渐近线方程为y=±22x,即为22x±y=0，故选A．【点评】本题主要考查双曲线的定义以及双曲线的渐近线，着重考查了双曲线的基本性质、三角形内切圆的性质，属于中档题．解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.11．D【解析】分析：先根据三角形切的关系化简条件tanA+tanB+3tanC=0得tanAtanB=-2,再通过坐标关系表示tanAtanB，最后根据点C在双曲线上化简得a,b关系，即得双曲线的渐近线的方程.详解：因为△ABC中tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，所以tanAtanB=-22yyy设C(x,y),所以⋅=-2∴=-2,x+ax-ax2-a2x2y2y2b2b2b∵-=1∴=-∴-=-2∴=2a2b2x2-a2a2a2ab因此双曲线的渐近线的方程为y=±x,y=±2xa选D.点睛：熟记一些常用结论或方法：2y22y2xxb1.已知双曲线方程-=1求渐近线：-=0⇒y=±xa2b2a2b2a2. △ABC中tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC12．B2b22bba【解析】Aa,0,Bc,a,Cc,-a，由双曲线的对称性知D在x轴上，设Dx,0，由BD⊥AB，得c-x⋅2b44abb=-1，则c-x=，又D到直线BC的距离小于a+c，则c-x=<a+c，解得c-aa2a-ca2a-c4b222b<c-a=b,∈0,1，则双曲线的渐近线斜率的取值范围是-1,0∪0,1，故选b.a2a13．a【解析】如图所示，f-c,0，pq⊥of设px,y则菱形pfqo的12c面积为2××c×y=c,∴y=c则tan∠pof==2，即渐近线op的方程为y=-2x，故双曲线的21c2渐近线方程为y=±2x选a14．c第200页共377页,【解析】∵on+pf1=2om，故on-om=om-pf1，即mn=f1m，故点m为线段f1n的中点，连接aom，则om为δnf1f2的中位线，且om=,om⊥f1n，故nf2=2om=a，且f2n⊥f1n,∵nf1-222nf2=2a，故点n在双曲线c的右支上，∴nf1=3a，则在rtδnf1f2中，由勾股定理可得，nf1+nf222222c10bb6=f1f2，即3a+a=2c，解得a=2=1+2，故a=2，故双曲线c的渐近线方程为y=a6±x，故选c.2【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.本题中，利用双曲线的定222义与几何性质，以及c=a+b构造a,b的齐次式，从而可求出渐近线的斜率，进而求出渐近线方程的.15．b22y22【解析】设抛物线x=8y与双曲线2-x=1(a>0)的一个交点为M(x0,y0)，因为抛物线x=8y的焦点为a22y0223F(0,2)，且MF=5，所以y0+2=5,x0=8y0,2-x0=1，解得y0=3,x0=24,a=5，则该双曲线的渐近线方a5程为x=±y，即3x±5y=0；故选B.3点睛：在处理抛物线上的点到焦点的距离时，要注意利用抛物线的定义将抛物线上点到焦点的距离和到准线的距离进行互化；已知双曲线方程求渐近线方程，学生往往记不清渐近线方程的形式，记住以下结论即2y22y2xx可，双曲线-=1(a>0,b>0)的渐近线方程为-=0.2222abab16．C222【解析】试题分析：因为过F1作圆x+y=a的切线分别交双曲线的左右两支于点B,C，且BC=CF2，所yc+x2a2ab-c22a2以BF1=2a，设切点为T,B(x,y)，则利用三角形的相似可得==，所以x=,y=，aaccc222ab-c2a所以Bc,c，代入双曲线的方程，整理可得b=(3+1)a，所以双曲线的渐近线方程为y=±(3+1)x，故选C.考点：双曲线的几何性质.【方法点晴】本题主要考查了双曲线的几何性质，其中解答中涉及到双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，相似三角形、以及双曲线的渐近线的方程的求解等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中根据相似三角形，列出比例关系式，得到点B的坐标是解答的关键，试题运算较大，属于中档试题.17．y=±3x∘90∘【分析】取特殊位置BF⊥x轴，此时∠BFA=90，∠BAF=，AF=a+c，将x=c代入抛物线得y=e2b22bbBFa±a，所以Bc,a，tan∠BAF==a+c=e-1，可得AF90∘btan=e-1，分别讨论e>2，e=2，1<e<2可得e=2，进而可求得渐近线方程为y=±x.ea第201页共377页,【解析】∠bfa∘90∘如图：因为=e恒成立，取特殊位置bf⊥x轴时，此时∠bfa=90，所以∠baf=，∠bafebf在rt△abf中，tan∠baf=，af2y2x双曲线c:-=1a>0,b>0中，AF=a+c，22ab2y22cb将x=c代入双曲线方程得-=1，整理可得：y=±，a2b2a22bb取点Bc,a位于第一象限，所以BF=a，2b222BFabc-ac-a则tan∠BAF======e-1，AFa+caa+caa+ca90∘所以tan∠BAF=tan=e-1，e90∘∘当e>2时，e-1>1，tan<tan45=1，此时不符合题意，故不成立，e90∘∘当1<e<2时，e-1<1，tan>tan45=1，此时不符合题意，故不成立，e90∘∘当e=2时，tan=tan45=1=e-1，e222cca+b22所以e=2，即=2，可得==4，所以b=3a，aa2a22bb所以=3，=±3，a2a所以双曲线的渐近线方程为y=±3x，故答案为：y=±3x90∘【点评】关键点点睛：本题解题的关键点是去特殊位置BF⊥x轴时，可得∠BAF=计算其正切值可得e90∘tan=e-1，经过讨论求出离心率e.e22a+b18．4【分析】设Px0,y0,求出直线PR,PQ的方程,分别与l1,l2联立,进而求出R,Q的坐标,根据两点间的距离公式,求出PR,PQ,则可求PR⋅PQ的值.22x0y0222222【解析】解:设Px0,y0则2-2=1，即bx0-ay0=ab.ab由题意知直线PR,PQ分别与l2,l1平行bbbb则kPR=-,kPQ=.所以lPR:y-y0=-x-x0,lPQ:y-y0=x-x0aaaabay0+bx0y=xx=a2b将直线PR与l1联立得b,解得ay+bxy-y=-x-x000a0y=2abbx0-ay0y=-xx=a2b将直线PQ与l2联立得b,解得ay-bxy-y=x-x000a0y=2a第202页共377页,ay0+bx0ay0+bx0bx0-ay0ay0-bx0即R2b,2a,Q2b,2a.ay0+bx02ay0+bx02112所以PR=x0-2b+y0-2a=2+2⋅bx0-ay0,4a4bbx0-ay02ay0-bx02112PQ=x0-2b+y0-2a=2+2⋅bx0+ay04a4b221122221122a+b所以PR⋅PQ=2+2bx0-ay0=2+2ab=4.4a4b4a4b22a+b故答案为:.4【点评】本题考查了两点间的距离求解,考查了圆锥曲线的综合计算.本题的难点及易错点在于计算.对于此类填空题,有一个技巧可能会减少运算量,即已知点是曲线上的任意一点,不妨设该点是特殊点,如顶点,可减少运算量.19．y=±x【分析】根据OP+OF2⋅F2P=0，可知OP=OF2=OF1，即ΔPF1F2为直角三角形.利用双曲线的定2义，题意所给已知条件PF1⋅PF2=2a，和勾股定理列方程组，化简求得a=b，即为等轴双曲线，渐近线为y=±x.【解析】根据OP+OF2⋅F2P=0，可知OP=OF2=OF1，即ΔPF1F2为直角三角形.设PF1=m,PF22mn=2a222=n，依题意有，解得m=3+1a,n=3-1a，根据勾股定理得m+n=4c，解得c=m-n=2a2a=2b,a=b，故双曲线为等轴双曲线，渐近线为y=±x.【点评】本小题主要考查双曲线的定义和准线方程的求解.考查直角三角形的几何性质以及运算求解能力，属于中档题.5+120．y=±x2b【解析】过F1的直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，设垂足为A，易得F1A=b，cos∠QF1O=,c又PQ-PF2=a，所以PF1-QF1-PF2=a，而PF1-PF2=2a，故QF1=a，QF2=3a，在�222b22QF1O中，利用余弦定理可得：9a=a+4c-2a×2c×，即2a=c-abc22b5+15+1，a+ab-b=0，得：=，故渐近线方程为：y=±xa22第203页共377页,专题23：双曲线向量结合问题参考答案1．A【分析】根据向量数量积为零对应的垂直关系结合双曲线的定义求解出PF1,PF2的长度，再根据焦点坐标求解出椭圆的方程，联立直线与椭圆方程可求解出A,B的纵坐标，通过AB=λAF2用yA,yB表示出λ，则λ的值可求.2y2x【解析】不妨设P为椭圆与双曲线在第一象限内的交点，椭圆方程为2+2=1a>b>0，F1-2,0ab,F22,0，由双曲线定义可知：PF1-PF2=2，又因为PF1⋅PF2=0，所以PF1⊥PF2，F1F2=2c=22，222所以PF1+PF1-2=F1F2=8，所以PF1=3+1,PF2=3-1，222x2所以2a=PF1+PF2=23，所以a=3，所以b=a-c=1，所以椭圆方程为+y=1，3y=x-22又因为lAB:y=x-2，所以22，所以4y+22y-1=0，x+3y=3-22±26-2±66-26+2所以y==，所以yA=,yB=-，8444yB6+2又因为AB=λAF2，所以yB-yA=-λyA，所以1-λ==-，解得λ=3+3，yA6-2故选：A.【点评】解答本题的关键是通过已知的条件求解出椭圆的方程，后续求解λ的过程中，除了联立思想的运用，还要注意利用点的纵坐标去分析求解问题.2．B【分析】由题意设Bx0,y0，F(c,0)，P(m,n)，则A-x0,-y0，求出BP，AF，BF的坐标，根据BP=4BF得222到m,n，由点F在圆上得到c=x0+y0，把点P，B坐标代入双曲线方程联立，可得答案.【解析】由题意设Bx0,y0，F(c,0)，P(m,n)，则A-x0,-y0，BP=m-x0,n-y0，AF=c+x0,y0，BF=c-x0,-y0．4c-x0=m-x0m=4c-3x0∵BP=4BF，∴，．-4y0=n-y0,n=-3y0∵以AB为直径的圆过点F，∴AF⋅BF=c+x0,y⋅c-x0,-y=0，222即c=x0+y0①，224c-3x2-3y2x0y000∵点P，B均在双曲线上，∴-=1②，-=1③．2222abab22222c-x0x0-cy022222c-3a②-③整理得2=-2，将y0=c-x0代入，整理得x0=2，abc2222223b3a-c2222510于是y0=c-x0=2，最后将x0，y0代入双曲线方程，整理得4c=10a，所以e=2=2．c故选：B.【点评】本题考查了直线与双曲线的位置关系、圆的有关性质及与向量的结合，关键点是利用BP=4BF和AF⋅BF得到点之间的关系，考查了学生分析问题、解决问题的能力.3．B【分析】先依题意写出直线l的方程，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理，结合向量的数量积运算计算即第204页共377页,得结果.22y【解析】由双曲线的方程x-=1可知，右焦点坐标为(2,0)，3∴l的直线方程可设为y=x-2，设Ax1,y1，Bx2,y2，则OA⋅OB=x1x2+y1y2，22yx-=12联立3可得2x+4x-7=0，y=x-27∴x1x2=-，x1+x2=-2，279∴y1y2=x1-2x2-2=x1x2-2x1+x2+4=-+4+4=，2279∴OA⋅OB=-+=1．22故选：B．4．B3323【分析】设点Px,y，转化条件得OP⋅FP=2x+3-2，由x∈-∞,-2∪2,+∞即可得解.【解析】由题意，点O0,0，点F-3,0，22x22x设点Px,y，则-y=1，y=-1，x∈-∞,-2∪2,+∞，22所以OP=x,y,FP=x+3,y，x2332322所以OP⋅FP=xx+3+y=x+3x+2-1=2x+3-2，3323所以当x=-2时，OP⋅FP取最小值2-2+3-2=2-6.故选：B.5．C【解析】试题分析：设,则所以求的最大值,只要求出的最大值,的最小值,因为点M为圆上的动点,所以的最大值为,因为点Α,Β在双曲线上,所以的最小值为16,所以的最大值为,故选C.考点：双曲线的简单几何性质、圆的有关性质.【方法点晴】本题主要考查了双曲线的简单几何性质和定点到圆上点的距离.由A,B，M是不相关的两个点可知本题是分别考查了两个知识点，即将数量积的最值转化成原点到双曲线上的最近距离的平方和圆上的点原点的最大距离的平方，由此实现了几何与代数转化，体现了解析几何的特点.本题综合性强，难度大.6．(1)-15,-3∪-3,3∪3,15；(2)-7；(3)存在实数a=-2满足题意，理由见详解.【分析】(1)先由题意，得到直线l的方程为y=ax+2，联立直线与双曲线方程，根据交点个数，列出不等式求解，即可得出结果；(2)先设Ax1,y1、Bx2,y2，根据两点都在双曲线的右支上，列出不等式求解，得出-15<a<-3，再由第205页共377页,oa⋅ob=0，利用韦达定理，列出等式求解，即可得出结果；(3)先假设存在实数a满足题意，根据对称性，得到两直线垂直，求出a，再求出中点坐标验证，即可得出结果.【解析】(1)因为直线l经过点p0,2且以d=1,a为一个方向向量，所以直线l的方程为y=ax+2，y=ax+22222由22得3x-ax+2=1，整理得3-ax-4ax-5=0，3x-y=123-a≠0a≠±3因此22，解得，即-15<a<-3或-3<a<3或3δ=-4a+203-a>0-15<a<15<a<15，所以实数a的取值范围是-15,-3∪-3,3∪3,15；(2)设ax1,y1、bx2,y2，x+x=4a>01223-a因为点A、B均在已知双曲线的右支上，所以由(1)可得xx=-5>0，1223-aΔ=-4a2+203-a2>0解得-15<a<-3；又oa⋅ob=0，即x1x2+y1y2=0，则x1x2+ax1+2ax2+2=0，2整理得1+ax1x2+2ax1+x2+4=0，-51+a2228a7-a则++4=0，整理得=0，解得a=±7，2223-a3-a3-a因为-15<a<-3，所以a=-7；1(3)假设存在实数a，使得a、b两点关于直线y=x-8对称，21则直线ab:y=ax+2与y=x-8垂直，2所以a=-2，则y=-2x+2，4a-8由(2)知x1+x2=2=3-4=8，则y1+y2=-2x1+x2+4=-12，3-a因此ab的中点坐标为4,-6，11又-6=×4-8，即点4,-6在直线y=x-8，221所以存在实数a=-2，使得a、b两点关于直线y=x-8对称.2【点评】思路点睛：已知直线与圆锥曲线交点个数求参数时，一般需要联立直线与圆锥曲线的方程，消去x(或y)，得到关于y(或x)的一元二次方程，根据判别式列出对应的不等式，即可求解.(判别式大于零，有两个交点；判别式等于零，有一个交点；判别式小于零，没有交点.)2y2x47．(1)-=1；(2).249【分析】(1)求出点m的坐标，根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出a、b的值，即可得出双曲线的方程；(2)设渐近线l1:2x-y=0的倾斜角为θ，可得tanθ=2，求出cos2θ的值，利用点到直线的距离公式求出第206页共377页,pp1、pp2，利用平面向量数量积的定义可求得pp1⋅pp2的值.222【解析】(1)设f2c,0、mc,y0y0>0，则c=a+b，2y242c02bb将点M的坐标代入双曲线的方程得2-2=1，可得y0=2，∵y0>0，∴y0=a，aba2b∴MF2=，a2∘2b∵∠MF1F2=30，MF2⊥x轴，所以，MF1=2MF2=，a2b22由双曲线的定义可得MF1-MF2=2a=，∴b=2a，则c=a+b=3a，a221bbc2S△MF1F2=2×2c×a=a=23a=43，∴a=2，b=2，2y2x因此，双曲线的方程为-=1；24(2)双曲线的两条渐近线为l1:2x-y=0，l2:2x+y=0，易知P2,0，渐近线l1的倾斜角为θ，则tanθ=2，22222cosθ-sinθ1-tanθ1∴cos2θ=cosθ-sinθ===-，cos2θ+sin2θ1+tan2θ322PP2=PP1==，2+13414由平面向量数量积的定义可得PP1⋅PP2=PP1⋅PP2cosπ-2θ=×=.339【点评】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．x2135-1928．(1)-y=1；(2)PM⋅PN∈-∞,-1；(3)S∈，+∞.4522【分析】(1)先由题意，得到双曲线的渐近线方程，根据夹角公式，由题中条件，得到a=4b，再由点到直线距离公式，求出a,b，进而可得出结果；m-n(2)先由题意，设M2m,m，N2n,-n，m>0，n>0，当λ=1，得到Pm+n,，代入双曲线方程，2得到mn=1，再计算向量数量积，即可得出结果；(3)同(2)，设M2m,m，N2n,-n，m>0，n>0，第207页共377页,2m+2λnm-λn1+λ2由MP=λPN得P,，代入双曲线方程，得到mn=，再由点到直线距离公式，两1+λ1+λ4λ21+λ11点间距离公式，求出S==1+λ+，由题中条件，求出λ∈55-10，+∞，进而可求出结果2λ2λ.【解析】(1)由题意双曲线渐近线为bx±ay=0.b2-a222a-b322根据夹角公式==⇒a=4b.a2+b2a2+b25bc2又=1⇒b=1⇒a=4.22b+a2x2所以-y=1.4(2)由题意，设M2m,m，N2n,-n，m>0，n>0，m-n当λ=1时，MP=PN，则Pm+n,，222(m+n)m-n所以-=1，整理得mn=1；44m+n-n-m又PM=m-n,，PN=n-m,，22m+n2552222所以PM·PN=-m-n-=-m+n+4mn=-m+n+2mn+44445≤-⋅4mn+4=-1，当且仅当m=n=1时，等号成立；4所以PM·PN∈-∞,-1.(3)同(2)，设M2m,m，N2n,-n，m>0，n>0，由MP=λPN得OP-OM=λON-OP，即1+λOP=OM+λON，1λ2m+2λnm-λn则OP=OM+ON=,1+λ1+λ1+λ1+λ2m+2λnm-λn所以P,.1+λ1+λ2m+2λn21+λm-λn2把点P的坐标代入双曲线的方程得-=1.41+λ21+λ222(m+λn)-(m-λn)=(1+λ)所以mn=，4λm+n因为直线MN的斜率为kMN=，2m-2nm+n则直线MN的方程为y-m=x-2m，即m+nx-2m-2ny-4mn=0，2m-2n所以点O到直线m+nx-2m-2ny-4mn=0的距离为d=-4mn4mn，2222m+n+4m-nm+n+4m-n2222又MN=2m-2n+m+n=4m-n+m+n，211+λ所以S=2⋅MN⋅d=2mn=2λ，21+λ11由题意知，λ>0，所以S==1+λ+，2λ2λ21λ+2λ+111S=⋅=λ++1.2λ2λ设Px,y是双曲线右支上一点，记双曲线左右焦点分别为F1-5,0，F25,0，由双曲线的性质可得，PF1>PF2，第208页共377页,22212又PF2=x-5+y=x-25x+5+x-145255=4x-25x+4=2x-2=2x-2，x∈2,+∞，所以PF2∈5-2,+∞，即双曲线上的点到其焦点的距离的范围是5-2,+∞，由题意可得，λ∈55-10，+∞，11令fx=x++1，x∈55-10，+∞，2x任取1<55-10<x1<x2，111111则fx1-fx2=2x1+x-2x2+x=2x1-x21-xx<0显然成立，121211所以fx=x++1在x∈55-10，+∞上单调递增，2x135-19因此fxmin=f55-10=，5135-19即smin=.5135-19所以s∈，+∞.5【点评】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法：(1)函数法：用其他变量表示参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解；(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的范围；(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式求参数的取值范围；(4)数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解.9．存在，c(1,0)．【分析】假设在x轴上存在定点c(m,0)，使ca∙cb为常数，当ab不与x轴垂直时，设出直线ab的方程，然后与双曲线方程联立消去y得到关于x的一元二次方程，进而可得到两根之和与两根之积，表示出向量ca∙cb并将所求的两根之和与两根之积代入整理即可求出c的坐标；当ab与x轴垂直时可直接得到a，b的坐标，再由ca∙cb=-1，可确定答案．【解析】解：由条件知f1(-2,0),f2(2,0)，设点a,b的坐标分别为x1,y1,x2,y2，假设在x轴上存在定点c(m,0)，使ca⋅cb为常数，当ab不与x轴垂直时，设直线ab的方程是y=k(x-2)(k≠±1)，222222代入x-y=2，得1-kx+4kx-4k+2=0，224k4k+2∴x1+x2=2,x1x2=2，k-1k-122222∴ca⋅cb=x1-mx2-m+kx1-2x2-2=k+1x1x2-2k+mx1+x2+4k+m2222k+14k+24k2k+m22=-+4k+m22k-1k-122(1-2m)k+22=+m2k-14-4m2=2(1-2m)++m，2k-1∵ca⋅cb是与k无关的常数，第209页共377页,∴4-4m=0，即m=1，此时ca⋅cb=-1；当ab与x轴垂直时，点a,b的坐标可分别设为(2,2),(2,-2)，此时ca⋅cb=(1,2)⋅(1,-2)=1×1+2×-2=-1；故在x轴上存在定点c(1,0)，使ca⋅cb为常数．【点评】本题主要考查直线与双曲线的位置关系的应用，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于中档题．2210．(ⅰ)4x-y=1(ⅱ)k=±2132225【分析】(ⅰ)由题意结合双曲线过点(1,3)即可得-=1，由抛物线的焦点可得c=a+b=，即a2b24可得解；2k-2(ⅱ)设ax1,y1，bx2,y2，联立方程可得x1+x2=2，x1x2=2，由oa⊥ob可得x1x2+y1y2=4-k4-kx1x2+kx1+1kx2+1=0，代入即可得解.2y2x【解析】(ⅰ)由题意设双曲线方程为-=1，双曲线的半焦距为c，22ab13把(1,3)代入得-=1①,22ab25又y=25x的焦点是2,0，2225∴c=a+b=，4242212与①联立，消去b可得4a-21a+5=0，解得a=或a=5(不合题意舍去)，4222于是b=c-a=1，22∴双曲线方程为4x-y=1；22(ⅱ)由(ⅰ)得双曲线方程为4x-y=1，∴该双曲线的渐近线为y=±2x，由直线l:y=kx+1与双曲线c交于a，b两点可得k≠±2，y=kx+1联立方程可得22，4x-y=122消去y得4-kx-2kx-2=0，2当δ=32-4k>0即-22<k<22(k≠±2)时，l与c有两个交点a，b，2k-2设ax1,y1，bx2,y2，则x1+x2=2，x1x2=2，4-k4-k∵因为oa⊥ob，故oa⋅ob=0，2∴x1x2+y1y2=x1x2+kx1+1kx2+1=k+1x1x2+kx1+x2+1，2-2k+12k=+k⋅+1=0，224-k4-k2化简得k=2，∴k=±2，检验符合条件，故当k=±2时，oa⊥ob．【点评】本题考查了抛物线焦点以及双曲线方程的求解，考查了直线与双曲线的综合应用与运算求解能力，属于中档题.211．(1)y-x2=1;(2)2,843【分析】(1)根据离心率以及顶点到渐近线的距离表达出a,b,c对应的关系再求解即可.(2)由双曲线方程与渐近线方程可设p(x0,y0),a(x1,2x1),b(x2,-2x2),再利用ap=λpb求得p(x0,y0),再第210页共377页,代入双曲线方程求解化简,再代入面积公式求解即可.c=5c5ba2a=2【解析】(1)由题,一条渐近线方程y=ax⇒bx-ay=0,可知ab-025⇒ab25,==a2+b25c52222c5a+1522两式相乘有b=1,又c=a+b.故=⇒=⇒a=4,c=5.a2a242y2故双曲线c的方程：-x=14(2)由题,渐近线方程为y=±2x,故设p(x0,y0),a(x1,2x1),b(x2,-2x2)x1+λx2x0-x1=λ(x2-x0)x0=1+λ因为ap=λpb,故y0-2x1=λ(-2x2-y0)⇒x1-λx2,将点p(x0,y0)代入双曲线方程有y0=21+λx-λx2x+λx21+λ212121+λ-1+λ=1.化简得x1x2=-4λ.2111+λ11故s△aob=x1y2-x2y1=x1(-2x2)-x2×2x1=2x1x2==λ++2.222λ2λ因为λ∈1,21∈2,101λ+1+2∈2,83,由对勾函数性质得λ+λ3,故s△aob=2λ3【点评】本题主要考查了双曲线方程的求解以及设点求双曲线上对应的点代入方程求解的方法等.主要利用向量的关系表达出双曲线上的点的表达式,属于难题.2212．(1)2m-3k=3(k≠±3)；(2)证明见解析，abmin=622y【分析】(1)设点ax1,y1,bx2,y2联立直线方程y=kx+m和双曲线方程x-=1消元化简:32223-kx-2kmx-m-3=0,然后利用韦达定理结合向量垂直即x1x2+y1y2=0,可求得k和m满足的关系;(2)利用点到直线的距离公式求出距离表达式再利用(1)的结论即可证明距离是定值;利用弦长公式以及韦221+k54+6k达定理表示出弦长表达式ab=22,然后利用换元配方求解最小值.k-3y=kx+m【解析】(1)设点ax,y,bx,y,联立2消y得3-k22-2kmx-m2-3=0,11222yxx-=1323-k≠0x+x=2km122∴3-k,-m2-3x1x2=23-k22由oa⊥ob得oa·ob=x1x2+y1y2=1+kx1x2+kmx1+x2+m=022代入化简可得k和m满足的关系为:2m-3k=3(k≠±3);0-0+mm2m2-32(2)由点到直线的距离公式可得:d==,由(1)得k=k2+1k2+136代入可解得d=为定值;2由直线与双曲线交点弦弦长公式可得:22221+k54+6k2ab=1+kx1+x2-4x1x2=22,令3-k=t(t≤3)k-328896112化简可得ab=-+6=288--2,t2tt6第211页共377页,11由t≤3可得当=,t=3时abmin=6.t3【点评】本题考查了直线与双曲线的位置关系以及弦长距离的问题,解决此类问题通常联立解直线与双曲线方程组成的方程组,消元利用韦达定理解决，运算过程常常采用设而不求,整体代入等解法,是高考常考题型.第212页共377页,专题24：双曲线的应用问题参考答案1．c3【分析】连接f1a,f1b，已知条件为∠f1ab=90°，tan∠abf1=，设af1=m，由双曲线定义表示出af2，4用已知正切值求出bf2，再由双曲线定义得bf1，这样可由勾股定理求出m(用a表示)，然后在△af1f2中，应用勾股定理得出a,c的关系，求得离心率．【解析】易知f1,a,d共线，f1,b,c共线，如图，设af1=m，af2=n，则m-n=2a，33由tan∠abc=-得，tan∠abf1=，又∠f1ab=∠f2ad=90°，44m344所以tan∠abf1==，ab=m，则bf2=ab-af2=m-n，ab43341所以bf1=2a+bf2=2a+m-n=4a+m，3322224212由af1+ab=bf1得m+m=4a+m，因为m>0，故解得m=3a，33则n=3a-2a=a，222222c10在△AF1F2中，m+n=(2c)，即9a+a=4c，所以e==．a2故选：C．【点评】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出a,c的关系，解题方法是利用双曲线的性质及已知条件得出△ABF1的性质，从而在这个三角形中把AF1,AF2结合双曲线定义用a表示，然后再用勾股定理求得出a,c的关系式．2．C【分析】分类讨论去绝对值可得函数f(x)的图象，根据图象以及椭圆和双曲线的性质可得答案.xxyy2y2x【解析】当x≥0,y≥0时，方程+=1化为+=1(x≥0,y≥0)表示椭圆的一部分；4242xxyy2y2x当x>0,y<0时，方程+=1化为-=1(x>0,y<0)表示双曲线的一部分；4242xxyyy22x当x<0,y>0时，方程+=1化为-=1(x<0,y>0)表示双曲线的一部分；4224所以函数y=fx的图象如图所示：第213页共377页,fx1-fx2P1：∀x1,x2∈R，x1≠x2，恒有<0成立，等价于函数f(x)在R上为单调递减函数，由图可知，x1-x2命题P1正确；P2：y=fx的图象上存在一点P，使得P到原点的距离小于2.2y2x根据椭圆性质可知，椭圆+=1短轴端点(0,2)到原点的距离最小为2，根据双曲线的性质可知，双42曲线的顶点(2,0)到原点的距离的最小为2，故函数y=fx的图象上不存在一点P，使得P到原点的距离小2，命题P2不正确；1P3：对于∀x∈R，2fx+x>0恒成立等价于对于∀x∈R，f(x)>-x.22y21x2从图象可知，直线y=-x的斜率大于双曲线-=1的渐近线y=-x的斜率，所以直线y=24222y21x-x与曲线-=1(x>0,y<0)有交点，故命题P3不正确.242所以P1∧P2、P1∧P3、¬P1∨P3不正确，¬P2∨P3正确.故选：Cxxyy【点评】分类讨论去绝对值，作出方程+=1所确定的图象，利用图象求解是解题关键.423．By22x【分析】设出双曲线方程-=1a>0，写出点B15,-a-5，代入双曲线方程即可求解.22aa【解析】如图：建系，因为拱桥是等轴双曲线，第214页共377页,y22x则设双曲线方程-=1a>0，C0.-a，22aa又因为AB=30，CD=5，则B15,-a-5，-a-52215将B代入双曲线方程，可得-=1，22aay22x解得a=20，即-=1，222020当水面下降5m，纵坐标yN=-a-10，代入双曲线方程可得xN=105，∴MN=2xN=205≈44.8.故选：B4．Dcosαb1【分析】由已知求出2a、焦距2c，利用=可得sinα=可得答案.sinαab21+2a【解析】设两耳所在双曲线的实轴长为2a，焦距为2c，虚轴长为2b，-5πb则2a=3×10×334=0.01002m，2c=0.2m，由题意tan-α=，2acosαb1a2a0.01002所以=，所以sinα=====0.0501≈0.05．sinαab2c2c0.21+2a故选：D．5．B2y2x-272x【分析】根据双曲线的定义求出点P所在的双曲线的标准方程-=1x>15，将方程与22564362y-=1联立，求解即可.642y2x【解析】设由船P到B台和到A台的距离差确定的双曲线方程为-=1x≥a，22ab因为船P上接到A台发射的电磁波比B台电磁波早185.2μs，185.2×0.3则船P到B台和到A台的距离差为PB-PA=2a==30海里，1.852故a=15，又c=17，故b=8，2y2x故由船P到B台和到A台的距离差所确定的双曲线为-=1x>15，2256422x-27y-=1x<213664联立2，x2y225-64=1x>15135322解得P7,±7，故选：B.【点评】本题考查了双曲线的定义、圆锥曲线在生活中的应用，考查了理解转化能力，属于中档题.6．C【分析】根据双曲线的性质，可以直接结论.3【解析】∵A，B两点在双曲线y=上x第215页共377页,∴面积S1+S2等于3+3-2×1=4.故选：C.【点评】本题考查双曲线的性质，属于基础题型.7．A【分析】根据清洁钢球能擦净凹槽的最底部的轴截面图，只需圆与双曲线的顶点相交，联立圆与双曲线方程，得到关于y的一元二次方程，要满足方程的根不能大于1，即可求解.【解析】清洁钢球能擦净凹槽的最底部时，轴截面如下图所示，圆心在双曲线的对称轴上，并与双曲线的顶点相交，设半径为r，圆心为(0,r+1)，22222圆方程为：x+(y-r-1)=r代入双曲线方程y-x=1，2得y-(r+1)y+r=0,∴y=1,y=r，要使清洁球到达底部，r≤1.故选:A【点评】本题考查圆锥曲线方程的实际应用，关键要把实际问题抽象转化为数学问题，属于较难题.8．A【分析】根据对称性将几何体分为上下两部分，由已知中过0,y0≤y≤1作几何体的水平截面，计算截面面积，利用祖暅原理得出几何体的体积即可．22【解析】双曲线x-y=1的渐近线方程为y=±x，记D绕y轴旋转一周所得的几何体为Ω，根据对称性分为上下两部分，过0,y0≤y≤1作几何体上半部分的水平截面，22则截面面积S=πx-y=π，利用祖暅原理得Ω的体积相当于底面面积为π高为2的圆柱的体积，∴Ω的体积V=π×2=2π，故选A.【点评】本题考查了几何体的体积计算问题，也考查了双曲线的简单几何性质应用问题，正确理解题意是解题的关键，是中档题．9．B第216页共377页,2yxx22【分析】作出曲线-=1的图像，利用y=x+2是y+x=2的切线，渐近线方程为y=±x,即可得22出结论.y22x2【解析】当x≥0时，曲线方程为-=1,图形为双曲线在y轴的右半部分；当x<0时，曲线方程为y+22222x=2，图形为圆在y轴的左半部分；如图所示，因为y=x+2是y+x=2的切线，渐近线方程为y=±x,2yxx所以直线y=x+2与曲线-=1的交点个数为1.22【点评】本题主要考查双曲线的简单性质，属于基础题型.10．A【解析】如图，以接报中心为原点O，正东、正北方向为x轴、y轴正向，建立直角坐标系．设A、B、C分别是西、东、北观测点，则A(-1020，0)，B(1020，0)，C(0，1020).设P(x，y)为巨响为生点，由A、C同时听到巨响声，得PA=PC，故P在AC的垂直平分线PO上，PO的方程为y=-x，因B点比A点晚4s听到爆炸声，故，PB-PA=340×4=1360由双曲线定义知P点2y2x22222在以A、B为焦点的双曲线-=1上，依题意得a=680，c=1020，∴b=c-a=1020-680=5×22ab2y22x340,故双曲线方程为-=1 ，将y=-x代入上式，得x=±6805，∵PB>PA，∴x=226805×340-6805，y=6805，即P(-6805，6805)，故PO=68010.0故巨响发生在接报中心的西偏北45距中心68010m处．故选A【点评】本题考查双曲线的性质和应用，解题时由题设条件作出图形，利用数形结合思想是解题的关键.．11．A【解析】由题得：设周长为l第217页共377页,BM+BN=2a⇒l=AB+BN+AN=AB+2a-BM+AM-2mAM-AN=2m∵AB+AM≥BM⇒l≥2a-2m当且仅当M、A、B共线时，周长的最小【点评】考察椭圆和双曲线的综合，根据题意要得周长得最小值，首先要将周长得表达式写出，根据椭圆和双曲线得性质得AB、BN、AM、AN的关系将其替换到周长中，然后根据三角形两边之和大于第三边得到答案12．36π.【分析】由已知中过(0，y)(0≤y≤4)作Ω的水平截面，计算截面面积，利用祖暅原理得出Ω的体积．2y2x4【解析】在xOy平面上，将双曲线的一支-=1(x>0)及其渐近线y=x和直线y=0，y=4围成9163的封闭图形记为D，如图中阴影部分．2y243x则直线y=a与渐近线y=x交于一点Aa，a点，与双曲线的一支-=1(x>0)交于3491632B16+a，a点，4记D绕y轴旋转一周所得的几何体为Ω．过(0，y)(0≤y≤4)作Ω的水平截面，32232则截面面积S=4a+16-4π=9π，利用祖暅原理得Ω的体积相当于底面面积为9π高为4的圆柱的体积，∴Ω的体积V=9π×4=36π，故答案为36π【点评】本题考查的知识点是类比推理，其中利用祖暅原理将不规则几何体的体积转化为底面面积为9π高为4的圆柱的体积，是解答的关键．祖暅原理也可以成为中国的积分，将图形的横截面的面积在体高上积分，得到几何体的体积.13．②22【解析】依题意知函数y=f(x)的图象是双曲线x-y=1的一部分.第218页共377页,由函数的定义，函数的图象可能是以下情况：从以上情况可以看出：①④表示偶函数，②③表示奇函数，①错②对；由图②④可知函数y=f(x)在(1,+∞)单调递减，故③错；由图④可知函数是偶函数时，其值域也为(0,+∞)，故④错.故答案为：②.134π14．2,2322113【解析】(1)OM=1+(3)=2，ON=1，所以ON=2OM，则N点坐标为2,2．22y(2)双曲线x-=1的渐近线为y=±3x，由“中心投影点”的定义，知中心投影点是单位圆上夹在两渐3π24π近线之间的两段圆弧，一条渐近线的倾斜角为，因此弧长为2×π×1=．333第219页共377页,专题25：抛物线的定义与方程参考答案1．B【分析】根据抛物线的定义，结合两点间距离公式进行求解即可.2【解析】抛物线y=4x的焦点F(1,0)，准线l的方程为x=-1，过P做PQ⊥l，垂足为Q，设△APF周长为c，22c=PA+PF+AF=PA+PF+(3-1)+1=PA+PF+5，由抛物线的定义可知：PF=PQ，因此c=PQ+AP+5，当P,A,Q在同一条直线上时，c有最小值，即PA⊥l时，cmin=3-(-1)+5=4+5，故选：B2．D【分析】根据AF+AB取到最小值时，点A与P重合，利用抛物线的定义得到PC2⊥l，从而得到点P的坐标，连接FC2，由抛物线的定义得到Q为FC2与抛物线C1的交点求解.【解析】如图所示：2222C2:x+y-42y+7=0，即x+y-22=1，圆心为C20,22，2抛物线C1:y=4x的焦点为F1,0，记C1的准线为l，过点A作AD1⊥l，第220页共377页,过C2作C2D2⊥l，AF+AB=AD1+AB≥AD1+AC2-1，当A,C2,D1共线时，点B在AC2上，此时P2,22，连接FC2，AF-AB≤AF-AC2-1=AF-AC2+1≤FC2+1，此时Q为FC2与抛物线C1的交点，1y=-22x-1x=2x=FC2:y=-22x-1，由2，解得或2，y=4xy=-22y=2因为Q在第一象限，1所以Q,2，222-222所以kPQ==，132-2故选：D【点评】本题关键是抛物线定义的灵活应用.3．BPA【分析】设直线PA的倾斜角为θ，设PP垂直于准线于P，由抛物线的性质可得PP=PF，则=PFPA1PA=，当直线PA与抛物线相切时，cosθ最小，取得最大值，设出直线方程得到直线和抛物cosθPPPF线相切时的点P的坐标，然后进行计算得到结果.【解析】设直线PA的倾斜角为θ，设PP垂直于准线于P，由抛物线的性质可得PP=PF，PAPA1所以则==，cosθPFPPPA当cosθ最小时，则值最大，PF所以当直线PA与抛物线相切时，θ最大，即cosθ最小，由题意可得A-1,0，设切线PA的方程为：x=my-1，x=my-122，整理可得y-4my+4=0，y=4x2Δ=16m-16=0，可得m=±1，2将m=±1代入y-4my+4=0，可得y=±2，所以x=1，即P的横坐标为1，即P的坐标1,±2，22所以PA=2+2=22，PP=1--1=2，PA22所以的最大值为：=2，PF2故选：B．第221页共377页,【点评】关键点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质．解题的关键是利用了抛物线的定义．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化．4．A2【分析】设|AF|=a,|BF|=b，由抛物线定义，梯形的中位线定理，得2|MN|=a+b，再根据余弦定理得ABMN22=a+b-ab，结合基本不等式求得AB的范围，从而得到的最大值.AB【解析】设|AF|=a,|BF|=b，连接AF,BF，过A作准线l的垂线，垂足为Q，过B作准线l的垂线，垂足为P，由抛物线的定义得：|AF|=|AQ|,|BF|=|BP|，则2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b.22222则在ΔABF中，由余弦定理可得：AB=|AF|+|BF|-2|AF|⋅|BF|cos∠AFB=a+b-ab，2222222(a+b)(a+b)而AB=a+b-ab=(a+b)-3ab≥(a+b)-3⋅=，44a+bMN因此AB≥=MN，即≤1(当且仅当a=b时取等号).2AB故选：A【点评】本题考查了抛物线的基本性质，综合运用了余弦定理，基本不等式知识，属于较难题.5．Dx【分析】先将所求问题转化为求y=e上任意一点到抛物线焦点F的距离的最小，再利用导数求最值即可得到答案.【解析】如图，设抛物线的焦点为F，则F(1,0)，由抛物线的定义知|PH|+1=|PF|，所以PH+PQ=|PF|-1+|PQ|≥|QF|-1，当且仅当Q,P,F三点共线时，等号成立，第222页共377页,x222x22x设Q(x,e)，则|QF|=(x-1)+e，令f(x)=(x-1)+e，2x则f(x)=2(x-1)+2e，由复合函数单调性知，f(x)在R上单调递增，且f(0)=0，所以当x>0时，f(x)>f(0)=0，当x<0时，f(x)<f(0)=0，所以fx在(0,+∞)上单调递增，在(-∞,0)上单调递减，所以fxmin=f(0)=2|qf|min=2，所以ph+pq的最小值为2-1.故选：d【点评】本题考查抛物线中的最值问题，涉及到抛物线的定义，两点间的距离公式，导数求函数的最值，是一道较为综合的题目，属于有一定难度的题.6．a【分析】根据重心坐标公式求出r的横坐标为xr=3-xp+xq，纵坐标为yr=-yp+yq，设直线pq的方程为x=ky+m，与抛物线方程联立，用m、k求出表示出r的坐标，结合抛物线的方程，求出k的取值范围，再结合抛物线的定义可得出结论．【解析】由题意知，抛物线c的焦点为f1,0，设点pxp,yp、qxq,yq、rxr,yr，xp+xq+xr=13由重心的坐标公式得y+y+y，∴xr=3-xp+xq，yr=-yp+yq，pqr=03x=ky+m2设直线pq的方程为x=ky+m，由2，消去x得y-4ky-4m=0，y=4x22δ=16k+16m=16k+m>0，由韦达定理得yP+yQ=4k，yPyQ=-4m，2所以，xP+xQ=kyP+m+kyQ+m=kyP+yQ+2m=4k+2m，2故xR=3-xP+xQ=3-4k-2m，yR=-yP+yQ=-4k，222将点R的坐标代入抛物线C的方程得16k=4×3-4k-2m，得2m=3-8k，2221则Δ=82k+2m=83-6k>0，得0≤k<，222则PF+QF=xP+xQ+2=4k+2m+2=5-4k∈3,5.219∵F1,0不在直线PQ上，则m≠1，此时，k≠，则PF+QF≠.8299因此，PF+QF的取值范围是3,∪,5.22故选：A.第223页共377页,【点评】考查抛物线与直线的综合，求距离的取值范围，重心坐标的计算，属于难题．7．B【分析】设拋物线的标准方程，将点代入拋物线方程，求得拋物线方程，设出直线方程并与抛物线方程联立，根据韦达定理可得x1x2=4，则PN+9QM=PC2+9QC2+10，由焦半径公式以及基本不等式，即可求得结果.2【解析】设抛物线方程为y=2px2由抛物线过定点2,4得2p=8，抛物线方程y=8x，焦点为C22,0，22圆的标准方程为x-2+y=1,∴圆心为2,0，半径r=1，由于直线过焦点，可设直线方程为y=kx-2，设Px1,y1,Qx2,y2,y=kx-222⇒kx-4k+8x+4k=0，∴x1x2=4y=8x又PN+9QM=PC2+1+9QC2+9=PC2+9QC2+10=x1+2+9x2+2+10=x1+9x2+30≥2x1⋅9x2+30=12+30=42，x1=x2时等号成立，∴PN+9QM的最小值为42，故选B.【点评】本题主要考查抛物线的方程与性质，以及直线与抛物线的位置关系、利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式a+b≥2ab求最值，要注意应用基本不等式的条件是“一正二定三相等”.8．BCD【分析】先根据题意与抛物线的概念，可以得到点P的轨迹方程，再根据“最远距离直线”逐一判断即可．【解析】由题意可得，点P到点M的距离比到直线l的距离小1，即等价于“点P到点M的距离等于到直线l'：x=-1的距离”故P点轨迹是以M1，0为焦点，直线l'：x=-1为准线的抛物线，2其方程是y=4x，故A错误;2点P的轨迹方程是抛物线y=4x，它与直线l'没交点，即两者是没有交会的轨迹，故B正确;2要满足“最远距离直线”则必须满足与上述抛物线y=4x有交点，2把y=2x+6代入抛物线y=4x，2消去y并整理得x+5x+9=02因为Δ=5-4×1×9=-11<0，无解，所以y=2x+6不是“最远距离直线”，故C正确；12把y=x+1代入抛物线y=4x，22消去y并整理得x-12x+4=0，2因为Δ=-12-4×1×4=128>0，有解，1所以y=x+1是“最远距离直线”，故D正确．2故选：BCD．【点评】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，抛物线的概念以及圆锥曲线的轨迹问题，还考查了分析第224页共377页,问题与解决问题的能力，属于较难题．59．3【分析】根据题意得到p的值，过点A作AD垂直于准线l于点D，过点B作BE垂直于l于点E，延长AB交l于点C，再利用三角形相似得到BC和AC的关系，从而得到BF，AF，CF的关系，求出AD=4，即可得到答案．【解析】焦点F到准线的距离为p=2，过点A作AD垂直于准线l于点D，过点B作BE垂直于l于点E，延长AB交l于点C，则ΔBCE∽ΔACD，BCBEBF1所以===，ACADAF3记BC=x，则AC=3x，因为|AF|=3|FB|，113所以BF=AB=x，AF=3BF=x，4223因为CF=BC+BF=x，F为AC的中点，23所以AD=2FG=4，所以AF=x=4，284即x=,BE=33AD-1+BE-15即线段AB的中点到y轴的距离为=．235故答案为：．3【点评】方法点睛：.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．本题中充分运用抛物线定义实施转化，其关键在于求点P的坐标．2p2．若P(x0,y0)为抛物线y=2px(p>0)上一点，由定义易得|PF|=x0+；若过焦点的弦AB的端点坐标2为A(x1,y1),B(x2,y2)，则弦长为AB=x1+x2+p,x1+x2可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．10．1【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),则AB⋅CD=AF-1DF-1=(x1+1-1)(x2+1-1)=x1x2,22222由y=kx-1与y=4x联立方程消y得kx-(2k+4)x+k=0,x1x2=1,因此AB⋅CD=1.第225页共377页,11．2【解析】设P到抛物线准线的距离为d，根据抛物线的定义知PQ+PF=PQ+d，由圆的几何性质及平面几何体知识可得，PQ+d的最小值是圆心到准线的距离与半径的差，即PQ+PF=PQ+d≥3-1=2，故答案为2.12．2【分析】要求直线OQ的斜率的最大值,由直线的斜率公式可知应求点Q的横、纵坐标的关系,由题可设点y2p021P2p,y0,点F2,0,进而根据OQ=3OP+3OF求得OQ,再由均值不等式求得最值.2py0【解析】由题可得F2,0,设P2p,y0,显然,当y0<0时,kOQ<0；当y0>0时,kOQ>0,要求kOQ的最大值,设y0>0,因为2PQ=QF,所以2PQ=QF,即2OQ-OP=OF-OQ,y2p2y2100所以OQ=OP+OF=+,,333p632y0322所以kOQ=2=y≤=2,y0p0py0p++2⋅3p6p2y0p2y022当且仅当2y0=p时等号成立,即kOQ的最大值为2,故答案为:2【点评】本题考查与抛物线有关的最值问题,考查利用均值不等式求最值,考查运算能力与转化思想.13．112【分析】设过抛物线的焦点F的直线y=kx+1，与y=x联立，结合抛物线的第一定义和韦达定理及圆的4性质，求出AB⋅CD的乘积12【解析】抛物线的焦点为F0,1，准线为y=-1，可设直线方程为y=kx+1，直线y=kx+1，与y=x联422立得：y-4k-2y+1=0，可得yAyD=1,∵AB=AF-1=yA+1-1=yA,CD=DF-1=yD+1-1=yD,∴AB⋅CD=1答案为1.【点评】抛物线的弦长问题通常转化为到准线距离,本题既考查了直线与圆，又考查了直线与抛物线的应用问题14．6【解析】p【分析】直线AB:x=my+2代入抛物线方程，利用韦达定理，计算SΔAA1F,SΔBB1F，相乘化简可得求4p2224m+1=9，由三角形面积公式可得SΔA1B1F=pm+1=6.p【解析】设直线AB:x=my+，222代入抛物线方程，消元可得y-2pmy-p=0，2设Ax1y1,Bx2y2，则y1y2=-p,y1+y2=2pm，第226页共377页,211p1y1pSΔAA1F=2AA1×y1=2x1+2y1=22p+2y1=9，211p1y2pSΔBB1F=2BB1×y2=2x2+2y2=22p+2y2=1，22y1y2p122∴SΔAA1F⋅SΔBB1F=2+4+4y1+y2y1y24p42pp12222=2+4+44p×m+2p×p4p4p2=m+1=9，4pp222∴SΔA1B1F=2y1-y2=2y1+y2-4y1y2=pm+1=6，故答案为6.【点评】解决直线与抛物线的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与抛物线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.15．4【解析】412323设点A、B的横坐标分别为xA、xB，由焦半径公式得AF==xA+1⇒xA=,yA=±，yA=333323322时，kAB=kAF==-3，AB的方程为y=-3x-1，与y=4x联立可得，3x-10x+3=0，11-323解得xB=3，所以BF=3+1=4，同理，yA=-时，BF=4，故答案为4.316．2x-y-1=0【解析】试题分析:由题设可得，设，则，由FA+FB+FC=0可得，即，又，故由FA,FB,FC成等差数列可得，由此可得．而，且，即的中点坐标为由此可得.故由点斜式方程可得，应填答案.考点：抛物线的几何性质及向量等差数列等知识的综合运用．【易错点晴】抛物线是平面解析几何中的重要圆锥曲线之一，也是高中数学中的重要知识点和历届高考必考的考点之一.本题以抛物线的焦点弦满足的向量等式FA,FB,FC成等差数列，且点B在x轴下方，若FA+FB+FC=0为背景，考查是抛物线的定义和平面向量的坐标运算及分析问题解决问题的综合能力.解答时先设三点的坐标，再借助向量等式建立坐标之间的关系，从而使得问题获解.第227页共377页,2y2x17．+=1①②③4322【解析】由圆C:x+1+y=16,则圆心C-1,0，半径r=4;因为线段AP的垂直平分线与直线CP相交于点Q，如图(1)示：所以QA=QP=PC-QC=4-QC，所以QA+QC=4>AC=2，符合椭圆的定义，所以点Q的轨迹是以A1,0、C-1,0为焦点，长轴为4的椭圆，2y22x故a=2,c=1,b=3,所以点Q的轨迹方程是+=1；43(1)若点A在圆C内不同于点C处，如图(1)所示，则有QA+QC=4>AC=2，符合椭圆的定义，故点Q的轨迹是以A1,0、C-1,0为焦点，长轴为4的椭圆，所以③正确；1(2)若点A与C重合，如图(2)所示，则有QP=QA=PC=2，符合圆的定义，故点Q的轨迹是以2C-1,0为圆心，2为半径的圆，所以②正确；(3)若点A在圆C上，如图(3)所示，则由垂径定理，线段AP的垂直平分线必过点C,故Q与C重合故点Q的轨迹一个点，所以①正确；(4)若点A在圆C外，如图(4)所示，则QA=QP=PC+QC=4+QC，所以QA-QC=4<AC，故点Q的轨迹是以A1,0、C-1,0为焦点，实轴长为4的双曲线的一支，所以④不正确；(5)点A不论在什么位置，点Q的轨迹都不可能是抛物线，故⑤不正确.2y2x故答案为：+=1；①②③.43第228页共377页,【点评】求动点轨迹方程的方法：(1)定义法；(2)参数法；(3)轨交法.2218．x+2+y=410【分析】(1)利用直译法直接求出P点的轨迹．1(2)先利用阿氏圆的定义将PB转化为P点到另一个定点的距离，然后结合抛物线的定义容易求得21PB+PQ+QH的最小值．2【解析】设P(x，y)，由阿氏圆的定义可得22|PA|1(x+2)+(y-1)122=，即=,化简得x+2+y=4|PB|2(x+2)2+(y-4)24|PA|11∵=，则|PA|=|PB||PB|22设F(1,0),则由抛物线的定义可得|QH|=|QF|1∴PB+PQ+QH=PA+PQ+QF≥AF=10,2当且仅当A,P,Q,F四点共线时取等号，1∴PB+PQ+QH的最小值为10222故答案为：x+2+y=410【点评】本题考查了抛物线的定义及几何性质，同时考查了阿氏圆定义的应用．还考查了学生利用转化思想、方程思想等思想方法解题的能力．难度较大．第229页共377页,专题26：抛物线的对称性问题参考答案1．A【分析】由题意设出直线AB的方程，与抛物线方程联立消元后得到关于x的二次方程，然后结合根与系数的关系求出线段AB的中点坐标，代入对称轴方程y=x+m后可得m的值．【解析】∵A,B两点关于直线y=x+m对称，∴可设直线AB的方程为y=-x+b，y=-x+b2由2消去y整理得2x+x-b=0，y=2x∵直线AB与抛物线交于两点，1∴Δ=1+8b>0，解得b>-．81b又由题意得x1+x2=-,x1x2=-，221∵x1x2=-，2∴b=1，满足题意．设A，B的中点为P(x0，y0)，x1+x21则x0==-，2415∴y0=-x0+1=+1=，4415又点-,在直线y=x+m上，44513∴=-+m，解得m=．442故选A．【点评】解决解析几何中的对称问题时要注意垂直与平分两个方面：(1)根据垂直可得两对称点所在直线的方程的斜率，进而得到过两对称点的方程，然后与曲线方程联立消元后运用根与系数的关系求解；(2)根据平分得到两对称点的中点坐标，然后根据此中点在对称轴上可得所求．2．B【分析】设出等边三角形的边长，根据等边三角形和抛物线的对称性，可得到对称两个顶点的坐标，将坐标代入抛物线方程可求得边长.【解析】设等边三角形的边长为a，根据等边三角形和抛物线的对称性，可得等边三角形一个顶点的坐标为3aa232a,2，代入抛物线方程得2=2p⋅2a，解得a=43p.【点评】本小题主要考查等边三角形和抛物线图像的对称性，考查利用抛物线上点的坐标求参数等知识，属于基础题.3．D03【解析】由题意得，当等边三角形关于x轴对称时，两个边的斜率k=±tan30=±，33其方程为y=±(x-4)，3每条直线与抛物线均有两个交点，焦点两侧的两交点连接，分别构成一个等边三角形，这样的正三角形有2个，如图所示(黑色两个)，第230页共377页,两个顶点同时在抛物线上方如图中蓝色，或同时在下方各一个，如图中绿色部分，故选D.4．D2222【解析】设抛物线y=x上两动点的坐标分别为Pa,a,Qx,x，AP=a+1,a-1,2QP=x+1,x-1，∵PA⊥PQ，∵AP•QP=0，即222a+1x-a+a-1x-a=0，整理可得：a+1x-a1+a-1x+a=0,而P、Q和A三点2不重合即x≠-1,x≠a，所以式子可化成1+a-1x+a=0，整理可得a+x-1a+1-x=0，根据题2意可知，关于a的方程有实数解，即判别式△=x-1-41-x≥0，得x≤-3或x≥1，点Q的横坐标取值范围是-∞,-3∪1,+∞，故选D.5．A22【分析】设圆心为P(0,a)，(a>0)，半径为r，Q(x,y)是抛物线上任一点，求出PQ，当PQ的最小值在原点处取得时，圆P过原点，可得此时圆半径的范围，半径不在这个范围内的圆不过原点．【解析】设圆心为P(0,a)，(a>0)，半径为r，Q(x,y)是抛物线上任一点，22222PQ=x+(y-a)=4y+(y-a)=(y-a+2)+4a-4，2若PQ的最小值不在O(0,0)处取得，则圆P不过原点，所以a-2>0，即a>2，此时圆半径为r=4a-4=2a-1>2．因此当r>2时，圆无法触及抛物线的顶点O．故选：A．【点评】本题考查圆与抛物线的位置关系，题中圆不过原点，说明抛物线上的点到圆心距离的最小值不是在原点处取得，由此得到解法，即设圆心为P(0,a)，抛物线上点的坐标为Q(x,y)，求出PQ，然后确定其最小值，由最小值点不是原点可得结论．6．Dx1+x2【分析】求出抛物线的焦点和准线方程，设Ax1,y1，Bx2,y2，点M到x轴距离为，利用抛物线的定211义可求AF+BF=y1++y2+，利用AF+BF≥AB=4即可求解.44第231页共377页,【解析】11由题意可得F0,，准线为y=-，44x1+x2y1+y2设Ax1,y1，Bx2,y2，因为M是AB的中点，所以M2,211由抛物线的定义可得AF=AA1=y1+，BF=BB1=y2+，44111所以AF+BF=y1++y2+=y1+y2+≥AB=4，4427所以y1+y2≥，当且仅当A,B,F三点共线时等号成立，2y1+y27所以线段AB的中点M到x轴距离的最小值为=，24故选：D【点评】本题解题的关键点是利用抛物线的定义求出AF+BF，结合AF+BF≥AB=4可求.7．B【分析】根据A1,2，B-1,2，M,N是曲线C上关于y轴对称的两点，结合抛物线的对称性建立四边形ABNM周长模型l=AB+2AM+2xM，再由抛物线的定义得到2xM=2MF-1，然后由直线段最短求解.2【解析】设抛物线y=2x的焦点为F，则四边形ABNM的周长:l=AB+2AM+2xM=2+2AM+2MF-1≥1+2AF=1+17，当A,M,F共线时取等号，故选：B.【点评】本题主要考查抛物线的定义和几何性质以及四边形周长最值问题，属于中档题.8．C【分析】两个曲线都关于x轴对称，可知A，B两点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而可设出两点坐标，分别代入抛物线和圆的方程，从而可求出答案.【解析】由题意，抛物线与圆交于A，B两点，且AB=4，因为两个曲线都关于x轴对称，所以A，B两点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，22故可设Am,2m>0，Bm,-2，代入圆的方程得m+2=5，解得m=1，故A1,2，B1,-2，代入抛物线方程可得4=2p，即p=2.故选：C.【点评】本题考查抛物线和圆的方程的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.第232页共377页,9．B【分析】求出圆心坐标，可得抛物线的焦点，过P作准线的垂线，垂足为H，根据抛物线的定义，可得MN=NH，故ΔPMN的周长为PH+4，联立圆与抛物线可得B点坐标，可得PH的取值范围，可得答案.【解析】如图，可得圆心M(0,1)也是抛物线的焦点，过P作准线的垂线，垂足为H，根据抛物线的定义，可得MN=NH故ΔPMN的周长l=NH+NP+MP=PH+4，2x=4y由22可得B(23，3).x+(y-1)=16PH的取值范围为(4,6)∴ΔPMN的周长PH+4的取值范围为(8,10)故选：B.【点评】本题主要考查圆与抛物线的综合、抛物线的基本量的计算与性质，综合性大，属于中档题.10．BCD【分析】利用导数的几何意义得到直线AB的方程，从而得到定点坐标，得A错误；将直线AB的方程与抛物线方程联立，并利用根与系数的关系得到M点横坐标，从而得到PM⊥x轴，得B正确；设N(0，b)，直线NA、NB的斜率分别为k1、k2，并利用斜率公式及根与系数的关系得到当b=-1时，k1+k2=0，得C正确；根据抛物线的几何性质得到A,B两点到准线的距离的倒数之和，并借助根与系数的关系化简，得D正确.121【解析】设A(x1，y1)、B(x2，y2)，∵y=x，∴y=x，42112112112∴过点A的切线方程为y-y1=x1(x-x1)，即y-x1=x1x-x1，∴y=x1x-x1，242224112同理过点B的切线方程为y=x2x-x2，24aa将(a，-1)分别代入上式，得-1=x1-y1，-1=x2-y2，22a∴直线AB的方程为x-y+1=0，∴直线AB过定点(0，1)，A选项错误，22x=4y22联立方程a得：x-2ax-4=0，Δ=4a+16>0，则x1+x2=2a，x1⋅x2=-4，x-y+1=02x1+x2∴点M的横坐标为=a，∴PM⊥x轴，B选项正确，2设N(0，b)，由题意得x1≠0、x2≠0，设直线NA、NB的斜率分别为k1、k2，1y1-by2-b4x1⋅x2-b(x1+x2)2a(-b-1)则k1+k2=+==，x1x2x1⋅x2-4当b=-1时，k1+k2=0，即直线NA与直线NB关于y轴对称，C选项正确，∵点A到准线的距离为y1+1，点B到准线的距离为y2+1，第233页共377页,11y1+y2+2y1+y2+2y1+y2+2∴+====1，D选项正确，y1+1y2+1(y+1)(y+1)y1⋅y2+y1+y2+1(x⋅x)21212+y1+y2+116故选：BCD.【点评】本题考查导数的几何意义、抛物线的几何性质以及直线与抛物线的位置关系，以直线与抛物线相切为出发点，利用根与系数的关系考查定值问题.3411．(Ⅰ)r∈2,1；(Ⅱ)96.22【分析】(Ⅰ)联立抛物线与圆的方程，由题意可得x-x+1-r=0在0,+∞上有两个不同的解，即2Δ=1-41-r>0，解不等式组可得答案.1-r2>0222(Ⅱ)用半径r表示出四边形ABCD的面积为SABCD=1+21-r4r-3，令t=1-r，此时SABCD22=(1+2t)1-4t，构造函数f(t)=(1+2t)1-4t，求导判单调性，由单调性即可得到最值.2y=x22【解析】(Ⅰ)联立222得x-x+1-r=0.由题可知，(x-1)+y=r222Δ=1-41-r>0x-x+1-r=0在0,+∞上有两个不同的解，所以，1-r2>0323得4<r<1，所以r∈2,1.(ⅱ)设ax1,-x1，dx1,x1，bx2,-x2，cx2,x2，2由韦达定理可知，x1+x2=1，x1⋅x2=1-r⋅ad+bc=2x1+x2.22又x1+x2=x1+x2+2x1x2=1+21-r.22x2-x1=x1+x2-4x1x2=4r-3，122所以sabcd=ad+bc⋅x2-x1=1+21-r4r-3.2212令t=1-r，则t∈0,，此时sabcd=(1+2t)1-4t.22321记f(t)=(1+2t)1-4t=-8t-4t+2t+1，t∈0,.22f'(t)=-24t-8t+2=-2(2t+1)(6t-1).111当f't>0时，t∈0,，当f't<0时，t∈,.662111所以y=ft在0,上单调递增，在,单调递减.6621324所以f(t)max=f=，得四边形ABCD的最大值为6.6279【点评】本题考查圆与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查利用导数研究函数的最值问题，属于中档题.212．(1)y=16x(2)抛物线C上不存在两点D，E关于过焦点的直线l对称；详见解析2【分析】(1)联立直线与抛物线方程，消去x得y-py+2p=0，因为直线l与抛物C相切，所以Δ=0即可求出参数p的值.(2)设直线l的方程为y=kx-4k≠0.假设抛物线C上存在两点D，E关于直线l对称，可设直线DE1的方程为y=-x+m，联立直线与抛物线方程，消元，设Dx1,y1，Ex2,y2，DE中点为Gx0,y0.列出韦k达定理表示出G点坐标，其代入方程y=kx-4，即可判断.第234页共377页,2y=2px2【解析】(1)由题联立方程组消去x得y-py+2p=02x-y+2=02因为直线l与抛物C相切，所以Δ=p-8p=0解得p=8或0(舍)2所以抛物线C的方程为y=16x.(2)由(1)可知F4,0，所以可设直线l的方程为y=kx-4k≠0.假设抛物线C上存在两点D，E关于直线l对称，1可设直线DE的方程为y=-x+m，k2y=16x2222联立方程组1消去y得x-2mk+16kx+mk=0y=-x+mk22222由Δ=2mk+16k-4mk>0，得4k+mk>0，设Dx1,y1，Ex2,y2，DE中点为Gx0,y0.x1+x221则x0==km+8k>0，y0=-x0+m=-8k，2k因为Gx0,y0在直线上l，所以将其代入方程y=kx-4，2422得8k+km+4=0，即m=--8k，代入4k+mk>0，得k<-1，k所以k无解，故不存在.即抛物线C上不存在两点D，E关于过焦点的直线l对称.【点评】本题考查直线与抛物线相切求抛物线的方程，直线与抛物线的综合应用，属于中档题.13．①②③④⑤【分析】根据题意，结合抛物线定义和性质，即可对选项进行逐一分析判断.【解析】根据题意，作图如下：2因为A，B在抛物线y=2px上，由抛物线的定义，得AA=AF,BB=BF，又A'，B'分别为A，B在l上的射影，所以A'F⊥B'F，即①正确；11取AB的中点N，则MN=(AF+BF)=AB，22所以AM⊥BM，即②正确；由②得AM平分∠AAF，所以AF⊥AM，又因为BM⊥AM，第235页共377页,所以A'F⎳BM，即③正确；取AB⊥x轴，则四边形AFMA为矩形，则A'F与AM的交点在y轴上，且AB'与A'B交于原点，即④⑤正确；故答案为：①②③④⑤.【点评】要注意填空题的一些特殊解法的利用，可减少思维量和运算量，如本题中的特殊位置法(取AB⊥x轴).14．②③【分析】先求出曲线C的轨迹方程，进而画出图形，对三个结论逐个分析，可得出答案.33223【解析】设动点Mx,y是曲线C上任意一点，则MF+x+=5，即x-+y+x+=5，22233223125当x≥-时，x-+y=5-x-，整理得x=-y+，2224233223125当x<-时，x-+y=5+x+，整理得x=y-，222162作出曲线C的图形，如下图，显然①不正确，曲线C不关于y轴对称；3当x=-时，可得y=±4，所以当点P(x,y)在曲线C上时，y满足|y|≤4成立，即②正确；2553令y=0，可得x=±，所以当点P(x,y)在曲线C上时，x满足|x|≤，且0≤x+≤4，又PF+22233x+=5，所以PF=5-x+，1≤|PF|≤5，即③正确.22故答案为：②③.【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查数形结合思想的应用，考查学生的计算求解能力，属于难题.15．2.【分析】画出图形，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即得p的值.【解析】如图：|AB|=26，|AM|=6，p|DE|=210，|DN|=10，|ON|=，22(6)3∴xA==，2pp∵|OD|=|OA|，第236页共377页,2222∴|ON|+|DN|=|OM|+|AM|2p9∴+10=+6，解得：p=2，4p2故答案为2．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，抛物线与圆的方程的应用，考查数形结合思想，属于中档题．16．2【解析】设B(x1,y1)，A(x2,y2)，∵|OA|=|OB|，2222∴x1+y1=x2+y2．22又y1=2px1，y2=2px2，22∴x2-x1+2p(x2-x1)=0，即(x2-x1)(x1+x2+2p)=0．又x1、x2与p同号，∴x1+x2=2p≠0．∴x2-x1=0，即x1=x2．根据抛物线对称性可知点B，A关于x轴对称，3由△OAB为等边三角形，不妨设直线OB的方程为y=x，33y=x由3，解得B(6p,23p)，y2=2px22∴OB=(6p)+(23p)=43p．∵△OAB的面积为483，32∴(43p)=483，42解得p=4，∴p=2．答案：2第237页共377页,专题27：抛物线的定点问题参考答案21．(1)y=4x；(2)证明见解析.p1p【分析】(1)根据焦点F2,0，求得点A，B的坐标，然后由S△AOB=2⋅AB⋅2=2求解；2(2)易知直线l的斜率存在，记为k，设直线l:y=kx+m，与y=4x联立，由kOP=tanα，kOQ=tanβ，结合απtanα+tanBkOP+kOQπ+β=，由tanα+β===tan=1求解.41-tanα⋅tanβ1-kOP⋅kOQ4p【解析】(1)因为焦点F2,0，pp所以点A，B的坐标分别为2,p，2,-p.1p所以S△AOB=⋅2p⋅=2，222故p=2.故抛物线C的方程为y=4x.(2)由题设Px1,y1，Qx2,y2，易知直线l的斜率存在，记为k，22则设直线l:y=kx+m，与y=4x联立得ky-4y+4m=0，44m得y1+y2=，y1⋅y2=，kk22y1y21242m则x1+x2=4+4=4×y1+y2-2y1y2=2-k，ky2y2212mx1⋅x2=4⋅4=2，ky1y2164kkOP⋅kOQ=⋅==，x1x2y1⋅y2my1y2x2kx1+m+x1kx2+mkOP+kOQ=+=x1x1x1x22k1x2+mx1+x24==.x1x2m又知kOP=tanα，kOQ=tanβ，tanα+tanBkOP+kOQtanα+β==，1-tanα⋅tanβ1-kOP⋅kOQ4mπ==tan=1，4k41-m解得m=4k+4，所以直线l:y=kx+4k+4=kx+4+4，恒过定点-4,4.【点评】定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．22．(1)x=4y；(2)证明见解析.【分析】(1)把已知条件用坐标表示，并化简即得C的方程；(2)设Dt,-2，Ex1,y1，Fx2,y2，利用导数得出切线DE,DF的方程，由D在切线上，从而可得直线EF的方程，由直线方程可得定点坐标．【解析】(1)设Px,y，则PA=-x,-1-y，PB=-x,1-y，第238页共377页,AB=0,2，BA=0,-2，22所以，PBAB=PA⋅BA可以化为-x+1-y=1+yAB=0,2，2化简得x=4y．2所以，C的方程为x=4y．(2)由题设可设Dt,-2，Ex1,y1，Fx2,y2，由题意知切线DE，DF的斜率都存在，22x2由x=4y，得y=，则y=，4xx1所以kDE=，22x1x1x1直线DE的方程为y-y1=x-x1，即y-y1=x-，①222222x1因为Ex1,y1在x=4y上，所以x1=4y1，即=2y1，②2将②代入①得x1x-2y1-2y=0，所以直线DE的方程为x1x-2y1-2y=0同理可得直线DF的方程为x2x-2y2-2y=0．因为Dt,-2在直线DE上，所以tx1-2y1+4=0，又Dt,-2在直线DF上，所以tx2-2y2+4=0，所以直线EF的方程为tx-2y+4=0，故直线EF过定点0,2．【点评】本题考查直接法求动点轨迹方程，考查抛物线中的直线过定点问题，解题方法是设出切线坐标，由导数的几何意义写出切线方程，再由D在切线上，根据直线方程的意义得出直线EF方程，然后得定点坐标．3．(1)x-2y-2=0；(2)证明见解析.22【分析】(1)先判断直线l1：mx-y-2m=0过定点T2,0，由垂径定理表示出PQ=23-d，当PQ⊥ET时，当d最大时，PQ最小，求出PQ斜率m，得到直线方程；(2)联立方程组表示出点M、N，进而表示出直线MN的方程，利用点斜式方程说明直线过定点.【解析】(1)由题意得直线l1：mx-y-2m=0过定点T2,0，2222由x+y-2x-4y-4=0得x-1+y-2=9.22因为2-1+0-2<9，所以点T2,0在圆E内.22设圆心1,2到直线l1的距离为d，PQ=23-d，当d最大时，PQ最小，11此时PQ⊥ET，所以m=kPQ=-=，kET2此时直线l1的方程为x-2y-2=0.(2)证明：因为抛物线过圆E的圆心1,2，2所以2=2p，解得p=2，2所以抛物线的方程为y=4x.第239页共377页,1由直线l1的方程为mx-y-2m=0，可得直线l1：x=y+2，且过定点T2,0，m由l1⊥l2可得直线l2：x=-my+2，2y=4x,2联立，消x整理得y+4my-8=0.x=-my+2,设点Cx1,y1，Dx2,y2，则y1+y2=-4m，所以yN=-2m，22则xN=2+2m，即点N2+2m,-2m，22同理得点M2+2,m，m当m≠1时，2+2mm1m直线MN的斜率kMN=2=1=2，-2m2-m1-mm2m2m2则直线MN的方程为y-m=2x-2-2，1-mm2m221-m即y=x--2+⋅，1-m2m2mmm所以直线MN的方程为y=x-4，21-m即直线MN恒过定点4,0；当m=1时，N4,-2，M4,2，直线MN的方程为x=4，也过定点4,0.综上，直线MN恒过定点4,0.【点评】证明直线过定点，通常有两类：(1)直线方程整理为斜截式y=kx+b，过定点(0,b)；(2)直线方程整理为点斜式y-yo=k(x-x0)，过定点(x0,y0)．24．(1)y=4x；(2)过定点5,-2.【分析】(1)根据已知条件求出p的值，可得出抛物线C1的方程；(2)设直线MN的方程x=my+n，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线MN的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由PM⊥PN得出PM⋅PN=0，代入韦达定理可得出m、n所满足的关系式，由此可得出直线MN所过定点的坐标.2y2x【解析】(1)把椭圆C2的方程化为标准方程是+=1，112椭圆的左、右顶点分别为-1,0、1,0，p2依题意=1，解得p=2，所以抛物线C1的方程为y=4x；2(2)若直线MN与y轴垂直，则直线MN与抛物线C1只有一个交点，不合乎题意.2设直线MN的方程为x=my+n，与抛物线方程联立并化简得y-4my-4n=0.22则Δ=16m+16n>0，可得m+n>0，设Mx1,y1、Nx2,y2，则y1+y2=4m，y1y2=-4n.y2y-2y+2111因为PM⊥PN，PM=x1-1,y1-2=4-1,y1-2=4,y1-2，第240页共377页,y2-2y2+2同理可得PN=4,y2-2，y1-2y2-2y1+2y2+2所以，PM⋅PN=+y1-2y2-2=0，16所以，y1-2y2-2y1+2y2+2+16=0，显然y1≠2且y2≠2，所以，y1+2y2+2+16=y1y2+2y1+y2+20=-4n+8m+20=0，所以，n=2m+5，所以，直线MN的方程为x=my+2m+5，即x-my+2-5=0，因此，直线MN过定点5,-2.【点评】求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程y-y0=kx-x0或截距式y=kx+b来证明.25．(1)y=4x；(2)直线l过定点，定点坐标为0,-1，证明见解析.【分析】(1)联立直线方程和抛物线方程，求出交点的坐标后利用弦长公式可求p的值，从而可求抛物线的方程.(2)设直线l的方程为x=my+b，联立直线方程和抛物线方程，消去x后利用韦达定理化简斜率之和，从而22y1y2可得b=m，故可求定点坐标.我们也可以设M4,y1，N4,y2，用坐标表示斜率之和，再用该两点的坐标表示直线l，化简后可得直线过定点.y=x,【解析】(1)由2解得x1=0，x2=2p，y=2px,2因为直线y=x被抛物线C:y=2pxp>0截得的弦长为42，所以22p-0=42，p>0，解得p=2，2所以抛物线C的方程为y=4x.(2)法一：设直线l的方程为x=my+b，Mx1,y1，Nx2,y2，x=my+b,2由2得y-4my-4b=0，y=4x,所以y1+y2=4m，y1y2=-4b，因为点A1,2，且直线AM，AN的斜率之和为4，22y1-2y2-2y1y2所以+=4，而x1=，x2=，x1-1x2-144化简得y1+y2+y1y2=0，所以4m-4b=0，即b=m，所以直线l的方程为x=my+1，所以直线l过定点，定点坐标为0,-1.22y1y2法二：设M4,y1，N4,y2，因为点A1,2，且直线AM，AN的斜率之和为4，第241页共377页,y1-2y2-2所以2+2=4，即y1+y2+y1y2=0，y1y2-1-1442y2-y1y1①当y2+y1≠0时，直线l的方程为y-y1=22x-4y2y1-444即y=-x-1，y2y1所以直线l过定点，定点坐标为0,-1；②当y2+y1=0时，y1y2=0，所以y1=y2=0，不满足题意.所以直线l过定点，定点坐标为0,-1.【点评】直线与抛物线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有x1x2,x1+x2或y1y2,y1+y2，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程(或函数)，从而可求定点、定值、最值问题，也可以设出交点坐标，用交点坐标表示目标代数式，从而解决定点、定值、最值问题.26．(1)x=4y；(2)证明见解析，定点为2,3.p【分析】(1)根据抛物线的性质即可得到4=2py0，y0+=2，解得即可；2(2)设B(x1，y1)，M(x2，y2)．由题意，可设直线BM的方程为y=kx+b，由根与系数的关系．得x1+x2=4k，x1x2=-4b，再根据A，P，B三点共线，化简整理可得y=k(x-2)+3．即可求出直线BM过定点．【解析】(1)根据题意知，4=2py0，①p因为|AF|=2，所以y0+=2．②．2联立①②解的y0=1，p=2．2所以E的方程为x=4y．22(2)证明：设B(x1，y1)，M(x2，y2)．由题意，可设直线BM的方程为y=kx+b，代入x=4y，得x-4kx-4b=0．由根与系数的关系．得x1+x2=4k，x1x2=-4b．③由MP⊥x轴及点P在直线y=x-3上，得P(x2，x2-3)，x2-4kx1+b-1则由A，P，B三点共线，得=，x2-2x1-2整理，得(k-1)x1x2-(2k-4)x1+(b+1)x2-2b-6=0．将③代入上式并整理，得(2-x1)(2k+b-3)=0．由点B的任意性，得2k+b-3=0，所以y=kx+3-2k=k(x-2)+3．即直线BM恒过定点(2,3)．【点评】证明直线过定点，一般有两种方法.特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上(定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立).(2)分离参数法：一般可以根据需要选定参数λ∈R，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等2式f1(x,y)λ+f2(x,y)λ+f3(x,y)=0，(一般地，fi(x,y)(i=1,2,3)为关于x,y的二元一次关系式)由上述原理第242页共377页,f1(x,y)=0可得方程组f2(x,y)=0，从而求得该定点.f3(x,y)=07．(1)证明见解析；(2)直线AB恒过定点(1,3)．222x1x2x1【分析】(1)设切点Ax1,2，Bx2,2，求出导数y=x，由此可得切线斜率，得切线MA方程y-2=2x1x-x1，同时设M(t,t-3)，代入切线方程并整理，同理得MB方程，从而可得x1,x2是方程x-2tx+3t-6=0的两根，利用韦达定理得x1+x2,x1x2，求出N点横坐标可证得结论；(2)利用(1)再求得N点纵坐标，由A,B两点坐标求得直线AB的斜率，然后得出直线AB方程后可得定点坐标．22x1x2【解析】(1)设切点Ax1,2，Bx2,2，y=x，2x1∴切线MA的斜率为x1，切线MA:y-=x1x-x1，22x12设M(t,t-3)，则有t-3-=x1t-x1，化简得x1-2tx1+3t-6=0，22同理可的x2-2tx2+2t-6=02∴x1，x2是方程x-2tx+3t-6=0的两根，∴x1+x2=2t，x1x2=2t-6，x1+x2xN==t=xM，∴MN⊥x轴.212212122(2)∵yN=x1+x2=x1+x2-x1x2=t-t+3，∴Nt,t-t+3.442221x1-x21.kAB=⋅=x1+x2=t，2x1-x222∴直线AB:y-t-t+3=t(x-t)，即y-3=t(x-1)，∴直线AB过定点(1,3).22x1x2【点评】本题考查直线与抛物线相交问题，考查导数的几何意义，方法是设切点Ax1,2，Bx2,2，设动点坐标M(t,t-3)，把M点坐标代入两切线方程得出x1,x2是一元二次方程的根，利用韦达定理得出x1+x2,x1x2，这样可得中点N坐标，由中点N坐标写出直线AB方程可得定点坐标．是设而不求思想的运用．28．(1)y=4xx≠0；(2)证明见解析，定点为2,0.【分析】(1)设点Px,y，E-1,a，F-1,b，由AE⊥AF可得出ab=-4，由EP⎳OA，FO⎳OP可得出y=a，y=-bx，代入ab=-4化间可得出动点P的轨迹C的方程；(2)设直线l的方程为x=ty+nn≠0，设点Mx1,y1、Nx2,y2，联立直线l与曲线C的方程，列出韦达定理，由OM⋅ON=-4可求得n的值，可得出直线l的方程，进而可得出直线l所过定点的坐标.【解析】(1)设Px,y、E-1,a、F-1,b，则AE=-2,a，AF=-2,b，EP=x+1,y-a，OA=1,0，FO=1,-b，OP=x,y.由AE⊥AF，得AE⋅AF=4+ab=0，且点E、F均不在x轴上，故ab=-4，且a≠0，b≠0.由EP⎳OA，得y-a=0，即y=a.由FO⎳OP，得bx+y=0，即y=-bx.22所以y=-abx=4x，所以动点P的轨迹C的方程为：y=4xx≠0；第243页共377页,(2)若直线l的斜率为零时，则直线l与曲线C至多只有一个公共点，不合乎题意.可设直线l的方程为x=ty+nn≠0.y=ty+n2由2，得y-4ty-4n=0.y=4x设Mx1,y1、Nx2,y2，则y1+y2=4t，y1y2=-4n.yy2122∴OM⋅ON=x1x2+y1y2=+y1y2=n-4n=-4，16∵n≠0，解得n=2，所以，直线l的方程为x=ty+2，即直线l恒过定点2,0.【点评】直线过定点：根据题中条件确定直线方程y=kx+m中的k与、所满足的等量关系或等式，然后再代入直线方程，即可确定直线所过定点的坐标29．(1)y=4x；(2)直线AB经过定点4,0，证明见解析.【分析】(1)利用抛物线的定义可得动点M满足的轨迹方程C﹔1(2)设直线OA的方程为：y=kx，则直线OB的方程为：y=-x，联立直线与抛物线方程解出交点坐标，进k而可得直线AB的方程，可得直线AB经过的定点坐标．【解析】(1)由题意易得：点M到定点F1,0的距离等于点M到直线x=-1的距离由抛物线定义可得：动2点M满足的轨迹方程C为y=4x．1(2)设直线OA的方程为：y=kx，则直线OB的方程为：y=-x．ky=kx442联立方程2可得A2,k，同理可得：B(4k,-4k)．y=4xk4+4kkk∴k==k=±1421-k2-4k2kk2k直线AB的方程为y+4k=(x-4k)即y=(x-4)．221-k1-k特别的，当k=1或-1时，点A与点B的横坐标都是4．综上可知，直线AB经过定点4,0．【点评】本题考查抛物线的定义的应用，考查直线与抛物线的位置关系，解决本题的关键点是设出直线OA和OB的方程，分别与抛物线联立解出交点坐标，即可写出直线AB的方程，进而得出定点坐标，考查了学生计算能力，属于中档题．210．(1)y=4x；(2)证明见解析.p【分析】(1)由条件可得PF=5=4+，解出即可；2(2)当直线l的斜率存在时，设l:y=kx+m，Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与抛物线的方程联立消元，然后韦4-2km4-2km2达定理可得x1+x2=2，由AF+BF=6可得x1+x2=2=4⇒m=k-2k，然后表示出kk线段AB的垂直平分线方程可得答案.p【解析】(1)由抛物线的焦半径公式可得PF=5=4+，解得p=222即抛物线C的方程为y=4x(2)当直线l的斜率存在时，设l:y=kx+m，Ax1,y1,Bx2,y22y=4x222由可得kx+2km-4x+m=0y=kx+m第244页共377页,222所以k≠0，Δ=2km-4-4km>0，即km<14-2kmx1+x2=2k4-2km2因为AF+BF=6，所以x1+x2+2=6，所以x1+x2=2=4⇒m=k-2kk所以线段AB的中点坐标为2,2k+m1所以线段AB的垂直平分线方程为y-2k-m=-x-2，k12141即y=-x++2k+m=-x+=-x-4，所以过定点4,0kkkkk当直线l的斜率不存在时也满足综上：线段AB的垂直平分线过定点4,0【点评】定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.2111．(1)y=2x；(2)过定点，定点为-,0.2p3【分析】(1)根据抛物线的定义可知MF=1+=,求出p后可得抛物线方程.22(2)设直线l的方程为y=kx+m，设Ax1,y1，Bx2,y2，由条件可得kAF+kBF=0，化简即得2kx1x2+1mx1+x2-y1+y2=0，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理代入可得k=2m，从而得出答案.2p3【解析】(1)根据抛物线的定义，MF=1+=⇒p=1，222抛物线的方程为y=2x，(2)设直线l的方程为y=kx+m，设Ax1,y1，Bx2,y2，y=kx+m222直线l与抛物线的方程联立得2⇒kx+2km-2x+m=0，y=2x22-2kmm22mx1+x2=2，x1x2=2,则y1+y2=k，y1y2=k，kk-y1-y2又kAF+kBF=0，即+=0，11-x1-x2221x1y2+x2y1-y1+y2=0，212kx1x2+mx1+x2-y1+y2=0，22m2-2km1即2k⋅+m⋅-=0，整理得：k=2m，k2k2k所以直线的方程为y=m2x+1，1即直线经过定点-,0.2【点评】关键点睛：本题考查求抛物线的方程和直线与抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，解答本题的1关键是由kAF+kBF=0，得到2kx1x2+mx1+x2-y1+y2=0，然后由方程联立韦达定理代入，属于中2档题.2912．(1)y=6x；(2)证明见解析，,0.2【分析】(1)设圆心Cx,y，然后根据条件建立方程求解即可；第245页共377页,2233k+633+6k(2)设直线l1的方程为y=kx-2，然后算出M2,k，N2,-3k，然后表示出直线MN的2k方程即可.2222【解析】(1)设圆心Cx,y，由题意得x+9=(x-3)+y，即y=6x2所以曲线C的方程为y=6x(2)由题意可知，直线l1,l2的斜率均存在，3设直线l1的方程为y=kx-，Ax1,y1，Bx2,y222y=6x2222联立方程组3得4kx-(12k+24)x+9k=0，y=kx-223k+66所以x1+x2=2，y1+y2=k(x1+x2-3)=kk23k+63因为点M是线段AB的中点，所以M2,k2k213+6k同理，将k换成-k得N2,-3k，223k+63+6k当≠，即k≠±1时2k223+3kk-kkMN=22=23k+63+6kk-1-2k222-k3+6k所以直线MN的方程为y+3k=2x-2k-1-k9即y=x-，k2-129所以直线MN恒过定点,0299当k=±1时，直线MN的方程为x=，也过点,0229所以直线MN恒过定点,02【点评】定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.第246页共377页,专题28：抛物线的定值问题参考答案1．Dk1【分析】设出A,B,M,N的坐标，求得直线AF,BF的方程，由此求得M,N两点的坐标，由此求得.k2y1【解析】依题意F1,0，设Ax1,y1,Bx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，所以AM的方程是y=x-1，设k0x1-1y122221=，则AM:y=k0x-1，与抛物线方程联立可得k0x-2k0+4x+k0=0，所以x1x3=1，x3=，x1-1x1y11y11y2y1y2所以y3=k0x3-1=-x，即Mx,-x，同理可得Nx,-x，由于k2=x-4=x-4，所以k1=1112212y1y2-+x1x2x1y2-x2y1x1⋅k2x2-4-x2⋅k2x1-44k2x2-x1k1====4k2，所以=4.1-1x2-x1x2-x1x2-x1k2x1x2故选：D【点评】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.22．(1)y=20x；(2)证明见解析.【分析】(1)分析可知，曲线C1是以5,0为焦点，直线x=-5为准线的抛物线，进而可求得曲线C1的方程；(2)设P的坐标为-4,y0，设过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，分析可知切线PA、PC的22y0斜率k1、k2为关于k的二次方程72k+18y0k+y0-9=0的两根，可得出k1+k2=-，设四点A、B、C、D4的纵坐标分别为y1、y2、y3、y4，联立直线PA与抛物线的方程，可得出y1y2的表达式，进一步可得出y3y4的表达式，由此可计算得出结果.【解析】(1)由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C25,0的距离等于它到直线x=-5的距离，因此，曲线C1是以5,0为焦点，直线x=-5为准线的抛物线，2故曲线C1的方程为y=20x；(2)当点P在直线x=-4上运动时，P的坐标为-4,y0，又y0≠±3，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y-y0=kx+4，即kx-y+y0+4k=0，5k+y0+4k22于是=3，整理得72k+18y0k+y0-9=0，①2k+1设过P所作的两条切线PA、PC的斜率分别为k1、k2，22则k1、k2是关于k的方程72k+18y0k+y0-9=0的两个实根，18y0y0故k1+k2=-=-②，724k1x-y+y0+4k1=02由2，得k1y-20y+20y0+4k1=0③，y=20x设四点A、B、C、D的纵坐标分别为y1、y2、y3、y4，20y0+4k120y0+4k2则y1、y2是方程③的两个实根，所以y1⋅y2=④，同理可得y3⋅y4=⑤，k1k22400y0+4k1y0+4k2400y0+4k1+k2y0+16k1k2于是由②④⑤三式得y1y2y3y4==k1k2k1k222400y0-y0+16k1k2==6400．k1k2第247页共377页,所以当P在直线x=-4上运动时，四点A、B、C、D的纵坐标之积为定值6400．【点评】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．3．(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，求得弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线方程；(2)直线AB的斜率不为0，故可设直线AB的方程为x=ty+s，A(x1,y1)，B(x2,y2).将直线方程与抛物线方程联立，根据垂直，得到坐标之间的关系，求得参数的值，进而求得结果，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到定值，证得结果.p【解析】(1)显然直线PQ的斜率不为0，故可设置PQ的方程为x=my+，22y=2px222p⇒y-2mpy-p=0，所以yP+yQ=2mp，yPyQ=-p.x=my+22所以xP+xQ=m(yP+yQ)+p=2mp+p.2|PQ|=xP+xQ+p=2mp+2p，所以当m=0时，|PQ|最小，所以2p=4，p=22故所求抛物线的方程为y=4x.(2)直线AB的斜率不为0，故可设直线AB的方程为x=ty+s，A(x1,y1)，B(x2,y2).2y=4x2⇒y-4ty-4s=0，所以y1+y2=4t，y1y2=-4s.x=ty+s222x1x2=(ty1+s)(ty2+s)=ty1y2+ts(y1+y2)+s=s.因为OA⊥OB，所以OA⋅OB=0，2所以x1x2+y1y2=0，即s-4s=0解得s=0或s=4.若s=0，则直线AB过点O，不符合题意.则有s=4，此时直线AB的方程为x=ty+4，所以直线AB过定点T(4,0).又OM⊥AB，所以OM⊥MT，所以点M在以OT为直径的圆上，所以N(2,0).1此时|MN|=|OT|=2.2【点评】该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，解题方法如下：(1)根据题意，设出直线方程，与抛物线的方程联立，求弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线的方程；也可以利用抛物线的焦点弦长最短是通径，得到结果；(2)根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，根据垂直关系，得到坐标之间的关系，从而求得参数的值，第248页共377页,再根据直角三角形的外心为斜边中点，得到结果.14．(1)4x-3y-4=0；(2)是定值，定值为.422y1y2【分析】(1)设直线AB的方程为x=my+1，A4,y1,B4,y2，联立直线与抛物线，结合韦达定理，再由AF=4FB，y1=-4y2可得m的值；22(2)设过A点的切线lA的方程为：y=kx-x1+y1，代入y=4x,由Δ=0得k=,所以lA的方程为：y1yy1|AP|2=2x+2x1，进而确定点Q，AQ，AM，AP，再由AF⋅AB=AF⋅AB，可得.|AB|⋅|AF|22y1y2【解析】解：(1)设lAB:x=my+1,A4,y1,B4,y2x=my+12由2得y-4my-4=0,y=4x则y1+y2=4m,y1y2=-4因为AF=4FB,所以y1=-4y2,3从而y1=4,y2=-1,m=,4所以直线AB的方程为4x-3y-4=0；(2)设过A点的切线lA的方程为：y=kx-x1+y1，22代入y=4x,由Δ=0得k=,y1所以lA的方程为：y1y=2x+2x1.2x1y1设直线lA与y轴交点为Q,令x=0,得yQ==，y12y2yy2y2111121∴AQ=-4,-2,∵AM=2AB=24-4,y2-y122421y1y2y1y1y2y1-+-+23AM⋅AQ2161622y1+42∴AP=AM⋅cosAM,AQ===,AQy4y28y111+164y2+43y6+12y4+48y2+6421111∴|AP|==,2264y164y1y2y2y2y6+12y4+48y2+64121111∵AF⋅AB=AF⋅AB=1-4,-y1⋅4-4,y2-y1=2,16y12|AP|1∴=.|AB|⋅|AF|4【点评】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|=x1+x2+p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．212p5．(1)y=2pxp>0；(2)2,0；(3)kMN=-，证明见解析．y0+y0【分析】(1)利用抛物线的定义可知轨迹Γ为抛物线，确定该抛物线的焦点和准线方程，即可得出轨迹Γ的方程；(2)设直线l的方程为x=my+t，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出t的值，即可得出直线l所过定点的坐标；第249页共377页,(3)设点Mx3,y3、Nx4,y4，根据kP0M=-kQ0N可得出y3+y4=-y0+y0，再利用直线的斜率公式可证得结论成立.p【解析】(1)由题意可知，圆心C到点F的距离等于圆心C到直线x=-的距离，2p所以，点C的轨迹Γ是以点F为焦点，以直线x=-为准线的抛物线，22因此，轨迹Γ的方程为y=2pxp>0；(2)若直线l垂直于y轴，则直线l与抛物线只有一个交点，不合乎题意.2y=2px2设直线l的方程为x=my+t，联立，消去x可得y-2pmy-2pt=0，x=my+t1由韦达定理可得y1y2=-2pt=-p，∵p>0，解得t=，211所以，直线l的方程为x=my+，因此，直线l过定点,0；22(3)设点Mx3,y3、Nx4,y4，y3-y0y3-y02p则kP0M=x-x=22=y+y，30y3-y0302p2p2p同理可得kQ0N=，kMN=y+y，y4+y034由于直线P0M、Q0N的倾斜角互补，则kP0M=-kQ0N，可得y3+y0+y4+y0=0，所以，y3+y4=-y0+y0，2p2p因此，直线MN的斜率为kMN=y+y=-(定值).34y0+y0【点评】求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程y-y0=kx-x0或截距式y=kx+b来证明.26．(1)y=4x；(2)证明见解析；(3)4.【分析】(1)由椭圆的方程可得右焦点的坐标，由题意可得抛物线的焦点坐标，进而可得抛物线的方程；2(2)可设M的坐标，设过点M(-1,t)的直线方程为y=k(x+1)+t，与抛物线方程y=4x联立，消去x得：2ky-4y+4k+4t=0，利用判别式等于零可得结论；(3)设A，B的坐标，由(2)可得参数t，k的关系，代入过M的切线方程与抛物线的方程中，可得A，B用参数k1，k2表示的坐标，代入弦长公式中求|AB|的表达式，由参数的范围求出|AB|的最小值．【解析】(1)由椭圆方程得，椭圆的右焦点为(1,0)∴抛物线的焦点为F(1,0)，∴p=2，2所以抛物线的标准方程：y=4x．(2)抛物线C的准线方程为x=-1．设M(-1,t)，设过点M(-1,t)的直线方程为y=k(x+1)+t，22与抛物线方程y=4x联立，消去x得：ky-4y+4k+4t=0．第250页共377页,2其判别式△=16-16k(k+t)，令△=0，得：k+kt-1=0．由韦达定理知k1+k2=-t，k1k2=-1，故k1k2=-1(定值)．221-k(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由k+kt-1=0，得t=，k1-k2422222故ky-4y+4k+4t=ky-4y+4k+4×=ky-4y+=ky-=0，kkk21所以y=，代入抛物线方程得x=，kk21212所以A，，B，，k2k1k2k212221122|AB|=-+-k2k2k2k112k2-k22k-k22112=+4k2k2k1k221因为k1k2=-1，k1+k2=-t，22222所以|AB|=(k1-k2)+4(k1-k2)=4+t|k1-k2|22=4+t(k1+k2)-4k1k222=4+tt+42=4+t≥4，当且仅当t=0时取等号．当且仅时取等号．故|AB|的最小值为4．21【点评】求曲线弦长的方法：(1)利用弦长公式l=1+kx1-x2；(2)利用l=1+2y1-y2；(3)如果交k点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.7．(1)证明见解析，(2)12392【分析】(1)先把点M,3的坐标代入抛物线C:y=2pxp>0中求出p的值，设直线MA的方程为y-499y-3=kx-42412443=kx-，联立，得y-y+-9=0，结合已知可得yA=-3，yB=-3，4y2=4xkkk-k然后利用斜公式化简可得结果；2(2)设直线AB的方程为y=-x+b，和抛物线方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系，再利用弦长39公式求出AB=39(3+2b)，再利用点到直线的距离公式求出点M,3到直线AB的距离，则S=4第251页共377页,133AB⋅d=3+2b⋅(9-2b)，然后令t=3+2b(t>0)，构造函数可求出面积的最大值2492【解析】(1)证明：因为M,3是抛物线C:y=2pxp>0上一点，492所以9=2p⋅，得p=2，所以抛物线方程为y=4x，49设直线MA的方程为y-3=kx-，49y-3=kx-42412由，得y-y+-9=0，y2=4xkk44所以yA+3=，所以yA=-3，kk因为直线AM，BM的斜率互为相反数，9所以直线BM的方程为y-3=-kx-，44同理可得yB=-3，-kyB-yAyB-yA442所以kAB=x-x=22=y+y=44=-3，BAyB-yABA-3+-344-kk2所以直线AB的斜率为定值-，32(2)解：由(1)设直线AB的方程为y=-x+b，A(x1,y1),B(x2,y2)32y=-x+b由3，得y2+6y-6b=0，y2=4x因为直线与抛物线有两个交点，3所以36-4⋅(-6b)>0，得b>-，2y1+y2=-6,y1y2=-6b，12所以AB=1+2⋅(y1+y2)-4y1y2k9=1+⋅36+24b=39(3+2b)，492×4+9-3b27-6b点M到直线AB的距离为d==，132131127-6b33所以△MAB的面积为S=AB⋅d=39(3+2b)⋅=3+2b⋅(9-2b)，2221342令t=3+2b(t>0)，则2b=t-3，332所以S=t(12-t)(t>0)，422令f(t)=t(12-t)(t>0)，则f(t)=12-3t，令f(t)=0，得t=2或t=-2(舍去)，当0<t<2时，f(t)>0，当t>2时，f(t)<0，所以f(t)在(0,2)递增，在(2,+∞)上递减，所以当t=2时，f(t)取最大值，即f(t)max=f(2)=2×(12-4)=16，3321所以△MAB的面积的最大值为Smax=×16=123，此时直线AB为y=-x+432【点评】此题考查了直线与抛物线位置关系的应用，考查点到直线的距离公式，弦长公式，考查计算能力，考查转化思想，属于较难题.8．(1)y=-1；(2)m=2．第252页共377页,【分析】(1)设直线l的方程为y=kx+1，联立方程组，根据根与系数的关系，求得x1+x2,x1x2，结合抛物线的方程，求得分别以点A,B为切点的切线方程，联立方程组，求得交点坐标，即可求解；2(2)设直线l的方程为y=kx+m与抛物线的方程，联立方程组，利用根与系数的关系，分别求得AM2211116k+8m11,BM，得到2+2=2⋅2，根据2+2为定值，列出方程组，即可求解.AMBM1+k16mAMBM【解析】(1)设点Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程为y=kx+1，y=kx+12联立方程组2，整理得x-4kx-4=0，x=4y则x1+x2=4k，x1x2=-4，22xx由抛物线方程x=4y，可得y=，则y=，422x1x1x1所以以点A为切点的切线方程是y-y1=x-x1，即y=x-，2242x2x2同理，以点B为切点的切线方程是y=x-．242y=x1x-x1x=x1+x2242联立方程组2，解得xx，y=x2x-x2y=12244x1+x2x1x2∴点P的坐标为2,4，即2k,-1，∴点P的轨迹方程是y=-1．22(2)设直线l的方程为y=kx+m代入x=4y，化简得x-4kx-4m=0，又设Ax3,y3，Bx4,y4，则x3+x4=4k，x3x4=-4m，22222所以AM=x3+y3-m=1+kx3，22222同理可得：BM=x4+y4-m=1+kx4，21111116k+8m所以2+2=22+22=2⋅2，AMBM1+kx31+kx41+k16m211116k+8m因为2+2为定值，令2⋅2=C(C为常数)，AMBM1+k16m22222Cm=1则16k+8m=16Cmk+16Cm，可得2，解得m=2．8m=16Cm【点评】本题主要考查抛物线方程、及直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．9．(1)36；(2)1.y=k(x-1)22【分析】(1)设AB所在直线方程为y=k(x-1)，Ax1,2x1,Bx2,-2x2，由2，得kx-y=4x222k+4x+k=0，然后根据AB=6，利用AB=x1+x2+p=6，求得斜率k，得到直线AB的中垂线方1程，进而得到点P坐标，求得点P到直线AB的距离d，由S△PAB=⋅AB⋅d求解.2121(2)由(1)方法：得到S△PAB=⋅AB⋅d1，由y=4x，得y=±2x，求导y=±，得到直线AQ的方程y2xxx2=+x1；直线BQ的方程y=--x2，联立求得Q-1,，进而得到点Q到直线AB的距离为：x1x2k1S△PABd2，得到S△QAB=⋅AB⋅d2，再代入求解.2S△QAB第253页共377页,【解析】(1)设AB所在直线方程为y=k(x-1)，Ax1,2x1,Bx2,-2x2，y=k(x-1)2222由2，得kx-2k+4x+k=0，y=4x22k+4由韦达定理得：x1+x2=2,x1⋅x2=1，k因为AB=6，22k+4所以AB=x1+x2+p=2+2=6，k2解得k=2，因为k>0，所以k=2，则x1+x2=4,y1+y2=22，2所以M2,2，则直线AB的中垂线方程为：y=-x+22，2令y=0得x=4，所以点P4,0，32所以点P到直线AB的距离为：d==6，21+211所以S△PAB=⋅AB⋅d=⋅6⋅6=36.222k+22(2)由(1)知：M2,k，k221k+2则直线AB的中垂线方程为：y-=-x-，kkk22令y=0得x=3+，2k2所以点P3+2,0，k22k+2所以点P到直线AB的距离为：d1=，2k1+k22112k+42k+2所以S△PAB=2⋅AB⋅d1=2⋅k2+2⋅2.k1+k2由y=4x，得y=±2x，1所以y=±，x1x则直线AQ的方程为：y-2x1=x-x1，即y=+x1；x1x11x直线BQ的方程为y+2x2=-x-x2，即y=--x2；x2x2y=x+x1x11由x，解得x=-x1⋅x2=-1，y=-+x1y=--x2x1x222k+42222由x1+x2=2,x1⋅x2=1，得：kx1-2k+4x1+k=0，k22242k+4+2k+4-4k解得x1=2，2k2222k+2+21+k1+1+k==，k2k第254页共377页,21+1+k所以x1=，k12所以y=-+x1=，x1k2所以Q-1,，k22k+k2k2+2所以点Q到直线AB的距离为：d2==，221+kk1+k222k2+2112k+412k+4所以S△QAB=2⋅AB⋅d2=2⋅k2+2⋅d2=2k2+2×2.k1+kS△PAB=1为定值，S△QAB【点评】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，弦长公式，点到直线的距离以及定值问题，还考查了运算求解的能力，属于难题.210．(1)y=4x；(2)存在，T1,-2.【分析】(1)本题可根据题意得出焦点坐标以及准线方程，然后根据焦点F到准线l的距离为2即可求出p=2，最后根据p=2即可求出抛物线方程；2y=4x(2)本题首先可设出Ta,b、Ax1,y1、Bx2,y2，然后联立方程并通过韦达定理得出x-y+m=0Δ=16-16m>0y1+y2=4，再然后对kAT+kBT进行化简并根据kAT+kBT为与m无关的常数得出y1⋅y2=4mb+2=0，最后通过计算即可得出结果.ab-2a-2b=0pp2【解析】(1)由题意得F2,0，准线方程：x=-2，所以p=2，抛物线方程为y=4x.(2)假设存在定点T满足题意，设Ta,b，Ax1,y1，Bx2,y2，Δ=16-16m>02y=4x2联立方程，消去x得y-4y+4m=0，由韦达定理得y1+y2=4，x-y+m=0y1⋅y2=4my1-by2-b因为直线AT、BT的斜率为kAT=、kBT=，x1-ax2-ay1-by2-by1-bx2-a+y2-bx1-a所以kAT+kBT=+=x1-ax2-ax1-ax2-a22y2y1y1-b4-a+y2-b4-a4y-by2-4a+4y-by2-4a1221==2222y1y2y1-4ay2-4a4-a4-a224y1y2y1+y2-16ay1+y2-4by1+y2+32ab=2222y1y2-4ay1+y2+16a24y1y2y1+y2-16ay1+y2-4by1+y2-2y1y2+32ab=222y1y2-4ay1+y2-2y1y2+16a2(b+2)m+ab-2a-2b=.22m+2am+a-4ab+2=0要使kAT+kBT为与m无关的常数，只能，解得a=1，b=-2，ab-2a-2b=0此时kAT+kBT=0为常数，综上所述，存在定点T1,-2，使得直线AT、BT的斜率之和恒为定值0.第255页共377页,【点评】本题考查抛物线的方程的求法以及抛物线中的定值问题，考查直线与抛物线相交的相关问题，考查韦达定理的灵活应用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是难题.11．(1)证明见解析(2)822【分析】(1)设直线AB:x=my+2,联立直线AB与抛物线:y=4x,根据韦达定理求得y1y2=-8,再根据直线PA,PB的方程求出M.N的纵坐标,然后相乘可证;(2)利用面积公式求得面积的表达式,再用基本不等式求得最值即可.【解析】(1)证明:设直线AB:x=my+2，设Ax1,y1,Bx2,y2,Px0,y0，x=my+22由2消去x并整理得：y-4my-8=0y=4x∴y1y2=-8，∵直线PA,PB分别与直线x=-2分别交于M,N两点，y0-y1y0-y14∴x0≠x1,x0≠x2，∴kPA=x-x=22=y+y，01y0y101-4424y1直线PA:y-y1=y+yx-4，012228y1y0y1+y1-8-y1y0y1-8令x=-2,yM=y1--==，y0+y1y0+y1y0+y1y0+y1y0y2-8同理：yN=，y0+y22y0y1-8y0y2-8y0y1y2-8y0y1+y2+64∴yMyN=y+y×y+y=20102y0+y0y1+y2+y1y22-8y0-8y0y1+y2+64=-8,2y0+y0y1+y2-8所以M,N两点的纵坐标之积为定值-8.(2)设直线x=-2与x轴交于点E，11SΔMNQ=EQ∙yM-yN=×4×yM+yN22∵yM>0,yN>0，∴SΔMNQ=2×yM+yN≥2×2yM∙yN=82，当且仅当yM=yN=22时取等号，∴ΔMNQ的面积的最小值为82.【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系,直线方程,斜率公式,面积公式,基本不等式,字母运算求解能力,本题属于中档题.212．(1)y=2x(2)是，定值1111【分析】(1)t=p，得M为焦点，所以AB=x1+p+x2+p，再由直线与抛物线联立，利用根与系数222的关系代入求解；(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，直线l1:x=my+t，l2:x=ny+t，分别联立抛物线方程可得y1+y2=2m，y1y2=-2t，y3+y4=2n，y3y4=-2t.设Pt,λ，Qt,μ，由A，P，D三点共线，通过计算可得λ+μ=0，即P，Q关于x轴对称，从而使问题得到解决.【解析】(1)设Ax1,y1，Bx2,y2，12将直线l1:y=x-p与抛物线y=2px联立，2第256页共377页,212得x-3px+p=0，所以x1+x2=3p.41由t=p，得M即为焦点，211所以AB=x1+p+x2+p=4p=4，即p=1，222所以抛物线的方程为y=2x.(2)由题意可知，l1，l2斜率存在且不为0.设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4设直线l1:x=my+t，l2:x=ny+t，222与抛物线y=2x联立得，y-2my-2t=0，y-2ny-2t=0，所以y1+y2=2m，y1y2=-2t，y3+y4=2n，y3y4=-2t.22设Pt,λ，Qt,μ，由A，P，D三点共线，又y1=2x，y4=2x4，λ-y1y1-y4y1-y4得=⇒λ=⋅t-x1+y1t-x1x1-x4x1-x42y1-y4=22⋅t-x1+y1y1-y422t-2x1+y1+y1y4=y1+y4y1y4+2t=.y1+y4y3-y2同理，μ=⋅t-x3+y3x3-x22=⋅t-x3+y3y3+y222t-2x3+y3+y2y3=y3+y2y2y3+2t=.y2+y3y1y4+2ty2y3+2t所以λ+μ=+y1+y4y2+y3y1y2y4+y1y3y4+y1y2y3+y2y3y4+2ty1+y2+y3+y4=y1+y4y2+y3y1y2y3+y4+y3y4y1+y2+2ty1+y2+y3+y4=y1+y4y2+y3-2t⋅2n-2t⋅2m+2t2m+2n==0.y1+y4y2+y3即P，Q关于x轴对称.MP所以，=1为定值.MQ【点评】本题主要考查直线与抛物线的位置关系中的定值问题，做此类题时，一般要由直线与抛物线方程联第257页共377页,立并利用根与系数的关系解题.考查学生的数学运算求解能力，是一道有一定难度的题.13．(1)-3(2)证明见解析x2x212【分析】(1)设Ax1,4，Bx2,4，将向量OA,OB分别用坐标表示出来，再进行向量数量积的坐标运算，即可得答案；x1+x2(2)求出两切线交点M的坐标为2,-1，再代入FM⋅AB进行坐标运算，即可得到定值22x1x2【解析】(1)设Ax1,4，Bx2,4，x2x212∵焦点F0,1，∴AF=-x1,1-4，FB=x2,4-1，-x1=λx2x2x2∵AF=λFB，∴22消λ得x2-1+x1-1=0，1-x1=λx2-1142444x1x2化简整理得x1-x24+1=0，22x1x2∵x1≠x2，∴x1x2=-4，∴y1y2=⋅=1.44∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=-3(定值).121(2)抛物线方程为y=x，∴y'=x，42221x11x2∴过抛物线A、B两点的切线方程分别为y=x1x-x1+和y=x2x-x2+，2424221x11x2即y=x1x-和y=x2x-，2424x1+x2联立解出两切线交点M的坐标为2,-1，x+xx2-x2x2-x2x2-x212212121∴FM⋅AB=2-2x2-x1,4=2-2=0(定值).【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系中的定值问题，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意坐标法思想的应用.1114．(1)-∞,-∪-,0∪(1,+∞)(2)求证见解析33【分析】(1)先求出抛物线方程，设出直线l的方程，由直线与抛物线有两个交点得斜率k的范围，还要考虑直1线PA,PB与x轴相交可得k≠-，最终可得所求范围；31(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由韦达定理得x1+x2,x1x2，写出直线PA方程，求出M点横坐标，表示出，同理λ111得，然后计算+可得．μλμ22【解析】(1)由已知2=2p，p=2，∴抛物线的方程为x=4y，22设直线l的方程为y=kx-k，代入抛物线方程得x=4(kx-k)，即x-4kx+4k=0.2由于有两个交点，则Δ=(-4k)-4×4k>0，即k>1或k<0；1又由于直线PA,PB与x轴有交点，所以直线l不过点P(2,1)和点P(-2,1)，所以k≠-.综上，斜率k的取311值范围为-∞,-∪-,0∪(1,+∞).33y1-1(2)设点Ax1,y1,Bx2,y2，根据韦达定理知，x1+x2=4k,x1x2=4k，直线PA的方程为y-1=(x-x1-2x1-22)，令y=0，知xM=2-，y1-1第258页共377页,10-1kx1-k-1k111k11则===-⋅，同理:=-⋅.λxM-1(1-k)x1+k-11-k1-kx1-1μ1-k1-kx2-1112k1112k1x1+x2-22k4k-2那么λ+μ=1-k-1-kx-1+x-1=1-k-1-k⋅=1-k-1-k=12x1x2-x1+x2+12.【点评】本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线相交中的定值问题，解析几何中求解定值问题常用的方法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．15．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由两直线平行的条件：斜率相等，运用直线的斜率公式，结合点在抛物线上，化简可得结论(2)因为直线PM过点F，所以y1y0=-4，求得直线OM，PQ的方程，设点N坐标为(m,n)，又因为直线QP，MO交于点N，化简整理可得m，n的方程，分解因式即可得到定值．【解析】证明：(1)因为MQ∥OP，所以kMQ=kOP，y1y2-y0所以2=22，所以y0=y1-y2；y1y2y0-444(2)因为直线PM过点F，y1-y0y0可得=，222y1y0y0--1444所以y1y0=-4，44由(1)得y0=y1-y2，所以y1=-，y2=--y0，y0y04因为OM：y=x，y024y1PQ：y-y1=y+yx-4，即4x-(y1+y2)y+y1y2=0，12设点N坐标为(m，n)，又因为直线QP，MO交于点N，4所以n=m，4m-(y1+y2)n+y1y2=0，y04m4444可得y0=n，4m--y-y-y0n+-y-y-y0=0，0000223222消去y0得2mn+n+8m+4m=0，所以(2m+1)n+4m(2m+1)=0，22221所以(2m+1)(n+4m)=0，因为n+4m≠0，所以2m+1=0，即m=-，21所以点N的横坐标为定值-．2第259页共377页,专题29：抛物线的定直线问题参考答案21．(1)x=4y；(2)证明见解析.【分析】(1)易得点A的坐标为A22,2，然后利用待定系数法即可求得抛物线的方程；2xx(2)抛物线C:y=，则y=，设Mx1,y1,Nx2,y2，可分别求得切线PM的方程和切线PN的方程，联42x1+x2x1x22立解得点P2,4，设直线MN的方程为y=kx+1，代入抛物线的方程得x-4kx-4=0，所以x1x2=-4，进而可得点P的纵坐标为-1，命题得证.【解析】(1)点A的横坐标为22，所以点A的坐标为A22,2，2代入解得p=2，所以抛物线的方程为x=4y；2xx(2)抛物线C:y=，则y=，设Mx1,y1,Nx2,y2，422x1x1x1所以切线PM的方程为y-y1=x-x1，即y=⋅x-,2222x2x2同理切线PN的方程为y=⋅x-，22x1+x2x1x2联立解得点P2,4，2设直线MN的方程为y=kx+1，代入x=4y，2得x-4kx-4=0，所以x1x2=-4，所以点P在y=-1上，结论得证.【点评】方法点睛：直线过定点的解题策略一般有以下几种：(1)如果题设条件没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定点，再进行证明；(2)直接找出参数之间的关系，并在计算过程中消去部分参数，将直线方程化为点斜式或者斜截式方程，从而得到定点；(3)若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程，观察直线方程特征与参数方程满足的方程的特征，即可找出直线所过定点坐标，注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.22．(1)①③，y=4x；(2)点P在定直线上；证明见解析；定直线x=-2．【分析】(1)根据抛物线的标准方程确定可以满足哪两个条件；(2)设AB:x=my+2，CD:x=ny+2，Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，直线AB方程代入抛物线方程整理应用应用韦达定理得y1+y2,y1y2，同理得y3+y4,y3y4，然后由抛物线上两点坐标写出直线AC和BD方程，两方程消去y后并代入韦达定理的结论可得x=-2为定值．这样得定直线．2【解析】(1)若有①，则4=2p×4，p=2，此时②不能满足，MF=2，③能满足，若有②，则p=3，①③都不能满足．2故能同时满足①③，抛物线方程为y=4x；(2)AB:x=my+2，CD:x=ny+2，Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4；第260页共377页,x=my+22⇒y-4my-8=0，y2=4xy1+y2=4m由韦达定理得，y1y2=-8y3+y4=4n同理，；y3y4=-824y1因为AC:y-y1=y+yx-4134x+y1y3即AC:y=，y1+y34x+y2y4同理，BD:y=；y2+y44x+y1y34x+y2y4消去y得=，y1+y3y2+y44xy2+y4+y1y3y2+y4=4xy1+y3+y2y4y1+y3，4xy2+y4-y1-y3=-y1y2y3-y1y3y4+y1y2y4+y2y3y4，4xy2+y4-y1-y3=-8y2+y4-y1-y3，x=-2．所以点P在定直线x=-2上．【点评】关键点点睛：本题考查求抛物线的标准方程，直线与抛物线相交中的定直线问题．解题方法是设而不求的思想方法：设直线方程，设交点坐标，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得两交点的纵坐标(或横坐标)的和与积．对定直线问题，需求出动点的坐标，代入上述韦达定理的结论可得坐标满足的性质，从而确定定直线，3．(1)证明见解析；(2)2+2.∘∘【分析】(1)因为∠BAF=∠AFO+45，得到∠BAM=45得到直线AB的斜率，设直线AB的方程为y=x+b，将直线AB的方程与抛物线方程联立，可求得中点坐标得到答案；(2)由正弦定理和面积公式得到外接圆半径，根据三角形面积得到内切圆的半径，作比值结合导数法求最值可得答案.【解析】(1)由题意可知，过A点作x轴的平行线，如图所示，作为∠MAF=∠AFO，∘∘∘因为∠BAF=∠AFO+45，所以∠BAM=45，则直线AB的斜率为tan45=1，设直线AB的方程为y=x+b，设点Ax1,y1、Bx2,y2，y=x+b22联立2，整理得x+2b-4x+b=0，y=4x2所以x1+x2=4-2b，x1x2=b，y1+y2=x1+x2+2b=4，x1+x2y1+y2AB的中点C2,2，即C2-b,2，则C在直线y=2上；第261页共377页,222t1-2t22(2)设At1,2t1、Bt2,2t2，则直线AB的斜率为kAB=22=t+t=1，所以t1+t2=2，t1-t21222由抛物线的定义可得AF=t1+1，BF=t2+1，AB=2x2-x1=22t2-t1，22t11-t1sin∠AFO=，cos∠AFO=，22t1+11+t122π22t11-t12t1+1-t1sin∠FAB=sin∠AFO+=+=，42t2+1t2+12t2+1111BF2t2+1t2+1t2+112由正弦定理得2R=，可得R==，sin∠FAB222t1+1-t122t1+1-t12⋅2t1+111又由S△ABF=rAB+AF+BF=AF⋅AB⋅sin∠FAB，22222t1+1-t1t1+1⋅22t2-t1⋅2AF⋅ABsin∠FAB2t1+1所以△ABF内切圆半径为r===22AF+BF+ABt1+t2+22t2-t1+222t2-t12t1+1-t1，22t1+t2+22t2-t1+22222Rt1+t2+22t2-t1+2t1+1t2+1所以r=22，22t2-t1t1-2t1-1R将t2=2-t1代入可得r2222R2t1-41+2t1+21+2t1+12-t1+1可得r=22=222-2t1t1-2t1-1222222t1-2+1t1+1t1-4t1+5t1+1t1-4t1+522=2，421-t1t1-2+1⋅t1+2-1221-t1t1+2-1令1-t1=x，由图形可得0<t1<1，则0<x<1，1-x2+1⋅1+x2+14x+4设fx=2=2，22⋅x2-x22⋅xx-254x+2x2-22+1x+2⋅x2-22-1x+2x-32x-12x+42则fx=23=23，22⋅xx-222⋅xx-222对于方程x-22-1x+2=0，δ=42-1-8<0，2所以，对任意的x∈0,1，x-22-1x+2>0，2二次函数gx=x-22+1x+2的图象开口向上，对称轴为直线x=2+1，所以，函数gx在区间0,1上单调递减，第262页共377页,∵g0=2>0，g1=1-22<0，所以，存在x0∈0,1，使得gx0=0，222即x0-22+1x0+2=0，则x0-2=2x0且x0+2=22+1x0，当0<x<x0时，gx>0，fx<0，此时函数fx单调递减；当x0<x<1时，gx<0，fx>0，此时函数fx单调递增.44x2+22-4x222+1x2-4x2x0+4x0+400008+82所以，fxmin=fx0=2=2=2=2=22⋅x0x0-242x042x042x042=2+2.R因此，的最小值为2+2.r【点评】圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．4．(1)1；(2)证明见解析.【分析】(1)当直线l过点M且垂直于x轴时，由AB=4知抛物线所过的点，代入抛物线方程求得p的值；(2)设直线l的方程，与抛物线方程联立，消去x化简得关于y的方程，利用根与系数的关系以及中点坐标求出直线l1的方程，再根据垂直关系求出直线l2的方程，由此求得两直线的交点坐标P，并判断点P在定直线x=1上．【解析】(1)因为l过M2,0，且当l垂直于x轴时，AB=4，所以抛物线经过点2,2，代入抛物线方程，得4=2p×2，解得p=1.(2)由题意，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为：y=kx-2k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2.2y=2x2联立消去x，得ky-2y-4k=0，y=kx-22则y1+y2=，y1y2=-4.ky1+y21因为C为AB中点，所以yC==，2k1则直线l1方程为：y=.k1因为直线l2过点M且与l垂直，则直线l2方程为：y=-x-2，k1y=x=1k1联立，解得1即P1,，所以，点P在定直线x=1上.y=-1x-2y=kkk【点评】本题考查了抛物线的标准方程与简单几何性质应用问题，也考查了直线与方程的应用问题，属于中档题．5．(1)p=6；(2)证明见解析.pp-1+2【分析】(1)依题意设直线l1的方程为y=x+，解方程=2即得p的值；212+-12(2)依题意设Mm,-3，Ax1,y1，根据四边形BMAN为平行四边形，求出ON=x1-m,3，即得解.第263页共377页,p【解析】(1)依题意设直线l1的方程为y=x+，222由已知得，圆E:x+1+y=2的圆心C2-1,0，半径r=2因为直线l1与圆E相切，pp-1+2所以圆心到直线l1:y=x+的距离d==2.212+-12p-1+2即=2，解得p=6或p=-2(舍去)，2所以p=6.22x(2)依题意设Mm,-3，由(1)知抛物线F方程为x=12y，所以y=，12xx1所以y=，设Ax1,y1，则以A为切点的切线l2的斜率为k=，661所以切线l2的方程为y=x1x-x1+y1.6121令x=0，y=-x1+y1=-×12y1=-y1，即l2交y轴于B点坐标为0,-y1.66四边形BMAN为平行四边形，所以MN=MA+MB，所以MA=x1-m,y1+3，MB=-m,-y1+3，∴MN=MA+MB=x1-2m,6，∴ON=OM+MN=x1-m,3.设N点坐标为x,y，则y=3，所以点N在直线y=3上.【点评】本题主要考查抛物线的几何性质，考查直线和圆的位置关系，考查抛物线中的定直线问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.26．(1)x=4y；(2)证明见解析.【分析】(1)根据抛物线的定义，得到圆心M表示以F0,1为焦点，以y=-1为准线的抛物线，即可求得圆心M的轨迹方程；22(2)设A4t1,4t1,B4t2,4t2，由A,B,N三点共线，求得t1t2的值，再求得过点A与直线OB垂直和点B与直线OA垂直的直线方程，联立方程组，求得y=-2，即可得到结论.【解析】(1)圆M经过点F0,1与直线y=-1相切，则圆心M满足到点F0,1与到直线y=-1的距离相等，根据抛物线的定义，可得圆心M表示以F0,1为焦点，以y=-1为准线的抛物线，2其中p=2，所以圆心M的轨迹方程为x=4y.22(2)设A4t1,4t1，B4t2,4t2，224t1-24t2-21由A,B,N三点共线，则=，整理得t1t2=-，4t14t2221过点A与直线OB垂直的直线为y-4t2=-x-4t2，t121同理过点B与直线OA垂直的直线为y-4t1=-x-4t1，t2第264页共377页,y-4t2=-1x-4t2t21两条垂线联立方程组1，解得y=-4t1t2-4=2，2y-4t1=-x-4t1t2所以垂心在直线y=-2.【点评】本题主要考查了抛物线的定义及标准方程，以及直线的位置关系的应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.27．(1)y=4x；(2)存在，P0,0，x=-5.【分析】(1)显然当AF⊥x轴时，|AC|取得最小值，可得2p=4，即可得到所求抛物线方程；(2)假设x轴上存在一点P(x0，0)，使得直线PB与直线m的交点恒在一条定直线上．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x=ty+5，联立抛物线方程，运用韦达定理，由PB的方程和直线m的方程，联立求得交点，化简可得所求定点和定直线．【解析】(1)设直线AC的倾斜角为α，22p所以由抛物线y=2px(p>0)的焦点弦公式得|AC|=，2sinαπ所以当α=，即当AF⊥x轴时，|AC|取得最小值.2p2把x=代入y=2px可得y=±p，2故2p=4，p=2，2可得抛物线的方程为：y=4x．(2)假设x轴上存在一点P(x0，0)，使得直线PB与直线m的交点恒在一条定直线上．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x=ty+5，22联立抛物线方程y=4x，可得y-4ty-20=0，y1+y2=4t，y1y2=-20，y2y2直线PB的方程为y=(x-x0)即y=(x-x0)，x2-x0ty2+5-x0联立直线m:y=y1，ty1y2+(5-x0)y1-20t+(5-x0)y1可得x=x0+=x0+，y2y220120由y1y2=-20，y1=y，可得y2=-y，t=4y-y，15-x02即有x=x0-5+4-20y，15-x0由假设可得-=0，420即x0=0，此时x=-5，可得存在定点P(0,0)，定直线为x=-5．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．8．(1)p=1(2)证明见解析2【分析】(1)根据AB=4，知抛物线y=2px(p>0)过点(2，2)，代入计算得到答案.2(2)由题意设直线l的方程为：y=k(x-2)，且k≠0，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程得到y1+y2=，y1y2k第265页共377页,1=-4，根据直线方程得到P1，，得到答案.k【解析】(1)当直线l过点M(2，0)，且垂直于x轴时，2由AB=4，知抛物线y=2px(p>0)过点(2，2)，代入抛物线方程，得4=2p×2，解得p=1；(2)证明：由题意设直线l的方程为：y=k(x-2)，且k≠0，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，2y=2x2联立，消去x，化简得ky-2y-4k=0，y=kx-22由根与系数的关系得y1+y2=，y1y2=-4；ky1+y211又点C在直线AB上，则yC==，所以直线l1的方程为y=；2kk1又直线l2过点M且与直线l垂直，则直线l2的方程为y=-(x-2)；k1y=x=1k1联立，解得1，所以点P1，，y=-1x-2y=kkk所以点P在定直线x=1上.【点评】本题考查了抛物线的p值，定直线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.2x29．(Ⅰ)+y=1；(Ⅱ)详见解析.2c=2a2【分析】(Ⅰ)由题意可知23解得a2=2，b2=1，即可求出椭圆方程，+=1,224a4b222a=b+c(Ⅱ)设点Q，A，B的坐标分别为x,y，x1,y1，x2,y2，根据题意设PA=λAQ，(λ>0)，PB=-λBQ，分别求出点A，B的坐标，即可证明点Q总在定直线上．c=2a2【解析】(Ⅰ)由题意可知23解得a2=2，b2=1，+=1,224a4b222a=b+c2x2故椭圆的方程为+y=1．22证明(Ⅱ)由已知可得抛物线C2的标准方程为y=4x，设点Q，A，B的坐标分别为x,y，x1,y1，x2,y2，PAPB由题意知=，不妨设A在P，Q之间，设PA=λAQ，(λ>0)，AQBQ第266页共377页,又点Q在P，B之间，故PB=-λBQ，∵PB>BQ，∴λ>1，λx-2+λy由PA=λAQ可得x1,y1+2=λx-x1,y-y1解得x1=，y1=，1+λ1+λ∵点A在抛物线上，-2+λy2λx∴1+λ=4×1+λ，2即(λy-2)=4λλ+1x，λ≠-1，①λxλy+2由PB=-λBQ可得x2,y2+2=-λx-x2,y-y2解得x2=，y2=，λ-1λ-1∵点B在抛物线上，λy+22λx∴λ-1=4×λ-1，2即(λy+2)=4λλ-1x，λ≠1，②．由②-①可得8λy=4λ-2x，∵λ≠0，∴x+y=0，∴点Q总在定直线x+y=0上【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查抛物线的简单性质，考查推理论证与运算求解能力，考查化归与转化思想，属中档题．210．(1)y=2x；(2)所求的定点为，定直线方程为y=．．【分析】(1)曲线C上任一点到定点(0，)的距离等于它到定直线的距离.所以，由抛物2p12线的定义，其方程为x=2py，而=，所以，y=2x；282(2)利用“参数法”得到y=4x+4x+，根据图象的平移变换得到结论：定点为，定直线方程为y=.2【解析】(1)利用抛物线的定义，确定得到y=2x；(2)设：y-2=k(x-1)(k≠0):y=2=2由得2x-kx+k-2=0同理得B点坐标为第267页共377页,∴2消去k得：y=4x+4x+⋯⋯⋯9分M轨迹是抛物线，故存在一定点和一定直线，使得M到定点的距离等于它到定直线的距离．将抛物线方程化为，此抛物线可看成是由抛物线左移个单位，上移个单位得到的，而抛物线的焦点为(0，)，准线为y=-.∴所求的定点为，定直线方程为y=.考点：抛物线方程，直线与抛物线的位置关系．【点评】难题，利用“直接法”可确定得到抛物线方程．利用“参数法”求得抛物线方程，通过研究焦点、准线等，达到确定“存在性”的目的．11．(1)证明见解析；(2)证明见解析.1212【分析】(1)设Ax1,x1，Bx2,x2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到OA⋅OB=220，从而得证；1(2)对函数求导，利用导数的几何意义求出过点A、B的切线l1、l1的方程，即可得到y=x1x2=-2，即可得2证；1212【解析】(1)设Ax1,x1，Bx2,x2，22122把y=kx+2代入y=x，得x-2kx-4=0.2由韦达定理得x1+x2=2k，x1x2=-4.121212∴OA⋅OB=x1,x1⋅x2,x2=x1x2+x1x2=0.224所以OA⊥OB12(2)∵y=x，∴y=x，21212故经过点Ax1,x1的切线l1的方程为：y-x1=x1x-x1，2212即y=x1x-x1，①21212同理，经过点Bx2,x2的切线l2的方程为：y=x2x-x2，②221①×x2-②×x1，得y=x1x2=-2.2即点M在直线l:y=-2上.【点评】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|=x1+x2+p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．12．(1)p=2，b=1；(2)证明见解析.第268页共377页,【分析】(1)根据圆心到直线的距离等于半径可得b=1，联立直线与抛物线方程，根据判别式等于零可得p=2；(2)联立直线l1与抛物线，解得点P的坐标为1,2，点Q的坐标为4,4，设直线l2的方程为y=kx+2k≠0，点M的坐标为x2,y2，点N的坐标为x1,y1，联立直线l2与抛物线方程，根据韦达定理可得y1y2=8，利用直线PM和直线QN的方程联立，消去y可得x=2，所以点T在定直线x=2上22【解析】(1)圆B的标准方程为x-3+y=8，可知圆B的圆心为3,0，半径为22，b+3由直线x-y+b=0与圆B相切，可得=22，解得b=1或b=-7(舍去)，22y=2px2联立方程，消去x后整理为y-2py+2p=0，x-y+1=02因为直线与抛物线相切，所以Δ=4p-8p=0，得p=2，故p=2，b=1.2(2)证明：直线l1的方程为y=x+2，32y=4xx=1x=4联立方程2，解得或，y=x+2y=2y=43则点P的坐标为1,2，点Q的坐标为4,4，设直线l2的方程为y=kx+2k≠0，点M的坐标为x2,y2，点N的坐标为x1,y12y=4x2222联立方程，消去y整理为kx+4k-4x+4k=0，y=kx+224-4k有x1+x2=2，x1x2=4，k22228-8ky1y2=kx1+2x2+2=kx1x2+2x1+x2+4=k2+8=8，k22422由Δ=4k-4-16k>0得-<k<0或0<k<，22y2-2y2-2442y1直线pm的斜率为====，x2-11y2-1y2+28+2y1+424y1y1-4y1-44直线qn的斜率为==，x1-41y2-4y1+4142y12y18直线pm的方程为y-2=x-1，化为y=x+，y1+4y1+4y1+4444y1直线qn的方程为y-4=x-4，化为y=x+，y1+4y1+4y1+42y144y18联立直线pm、qn的方程消去y后得y+4-y+4x=y+4-y+4，11112y1-24y1-2得x=，因为直线l1与l2不重合，所以y1≠2，所以x=2，y1+4y1+4故点t在定直线x=2上.【点评】本题考查了直线与圆、直线与抛物线相切的位置关系，考查了韦达定理、斜率公式、直线的交点问题，考查了运算求解能力，属于中档题.第269页共377页,专题30：抛物线的范围问题参考答案1．a1【分析】设|af|=a、|bf|=b，根据抛物线的定义，有mn=(a+b)，结合余弦定理与基本不等式即可求2解．【解析】设|af|=a、|bf|=b，如图所示，根据抛物线的定义，可知|af|=|aq|、|bf|=|bp|，1在梯形abpq中，有mn=(a+b)，2222π222在△abf中，|ab|=a+b-2ab⋅cos=a+b-ab=(a+b)-3ab，32a+b22(a+b)a+b又∵ab≤，∴|ab|≥⇒ab≥，2421mn2(a+b)|mn|∴≤=1，故的最大值是1，aba+b|ab|2故选：a．【点评】方法点睛：与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：(1)将抛物线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决．22．(1)x=6y；(2)9.3【分析】(1)由直线l:mx+y-=0经过抛物线c的焦点，解得p=3；2(2)联立方程，利用弦长公式表示ab，分别表示两条切线的方程，得到p点坐标，利用点到直线距离公式，表示三角形的高，从而得到三角形的面积表达式，求最值即可.2【解析】解：(1)设抛物线c的方程为x=2py(p>0).3p3∵直线l:mx+y-=0经过抛物线C的焦点，∴m×0+-=0，解得p=3.2222∴抛物线C的方程为x=6y.(2)设Ax1,y1、Bx2,y2，2x=6y2由3，得x+6mx-9=0.mx+y-=022∵Δ=36m+36>0，x1+x2=-6m，x1x2=-9，222∴AB=1+m⋅36m+36=61+m.22xx由x=6y得y=.∴y=.63第270页共377页,x1∴抛物线C经过点A的切线方程是y-y1=x-x1，322x1x1x1将y1=代入上式整理得y=x-.6362x2x2同理可得抛物线C经过点B的切线方程为y=x-.362y=x1x-x1x=x1+x2x=-3m362解方程组2得xx，∴y=-3.y=x2x-x2y=12236633m×(-3m)--33222∴P-3m,-到直线mx+y-=0的距离d==3m+1，22m2+1112223△ABP的面积S=ABd=×6×1+m×3m+1=9m+12.222∵m+1≥1，∴S≥9.当m=0时，S=9.∴△ABP面积的最小值为9.513．(1)x+2y+1=0；(2),.102【分析】(1)设直线l1：y+1=k(x-1)，与抛物线方程联立，再由根的判别式等于零求得直线的斜率，由此可求得直线的方程．x+x1x+x2y1y2(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，求得直线l1:y1y=2，直线l2:y2y=2，得到点M0,2，N0,2．表|MN|示出直线AB方程，与抛物线方程联立，由根与系数的关系表示，可求得范围．|AB|2【解析】(1)由题意知直线l1，l2的斜率一定存在，设直线l1：y+1=k(x-1)，与抛物线方程联立，得ky-y-k-1=0．111由△=1+4k(k+1)=0，得k=-，则l1的方程为y=x-．222222(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线l1：y-y1=kx-x1，与抛物线方程y=x联立，得ky-y+y1-y1k=0．21x+x1x+x2由Δ=1-4ky1-y1k=0，解得k=，所以直线l1:y1y=，同理得直线l2:y2y=，则2y122y1y2M0,2，N0,2．x0+x1y1y0=2x0+x设点P(x0，y0)，代入可得x+x，则直线AB方程为y0y=2．02y2y0=22与抛物线方程联立，得y-2y0y+x0=0，则有y1+y2=2y0，y1y2=x0．12|MN|1则|MN|=2|y1-y2|，|AB|=4y0+1|y1-y2|，所以|AB|=2．24y0+1222|MN|151又点P在圆(x+2)+y=1上，所以-1≤y0≤1，即0≤y0≤1，所以=∈,.|AB|24y2+11020|MN|51所以的取值范围为,.|AB|102【点评】方法点睛：(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线第271页共377页,设成横截式.22+1254．(1)x=8y；(2)-∞,-∪,+∞．216【分析】(1)设出直线AB的方程与抛物线方程联立，写出韦达定理，由弦长公式可得答案.(2)由直线直线l的方程与抛物线方程联立，写出韦达定理，由判别式求出参数t的范围，设出C，D两点坐标，表示出k1k2，将韦达定理代入，根据参数t的范围可求出答案.【解析】(1)设Ax1,y1，Bx2,y2．依题意，知直线AB的方程为y=xtan45°+1，即y=x+1，2将它代入抛物线H的方程中，并整理得x-2px-2p=0．2由韦达定理得x1+x2=2p，x1x2=-2p，其Δ=4p+8p>0对p>0恒成立；2由弦长公式得|AB|=2x1+x2-4x1x2=83，22化简得p+2p-24=0且p>0，解得p=4．故抛物线H的方程为x=8y．(2)设Cx3,y3，Dx4,y4，由(1)易得F(0,2)，则依题意知E(0,-2)．y3+2y4+2y3+2y4+2而k1k2=kCEkDE=⋅=①；x3x4x3x41又因C，D两点在直线l:y=x+t(t≠0)上，2y3y4+2y3+y4+4于是x3x4=2y3-2t2y4-2t，代入①式整理得k1k2=2②．4y3y4-4ty3+y4+4t222将l的方程x=2y-2t代入H的方程x=8y中，化简得y-(2t+2)y+t=0，222由韦达定理得y3+y4=2t+2，y3y4=t③，其Δ=(2t+2)-4t>0且t≠0，1解得t>-且t≠0；22t+4t+81将③式代入②式化简得k1k2=(t>-且t≠0)．-8t2t11t112+1分情况讨论如下：当t>0时，由均值不等式得k1k2=-+-≤-2⋅-=-，8t28t22t1当且仅当=，且t>0，即t=22时取等号；8t1t11当-<t<0时，令k1k2=f(t)=-+-，28t228-t1则f(t)=>0对t∈-,0恒成立，8t221125从而知f(t)在区间-,0上单调递增，所以k1k2=f(t)>f-=．22162+125综上得k1k2的取值范围为-∞,-2∪16,+∞．【点评】关键点睛：本题考查根据弦长求抛物线的方程和考查直线与抛物线的位置关系，解答本题的关键是y3y4+2y3+y4+4t2+4t+8由C，D两点坐标，表示出k1k2=2，将韦达定理代入可得k1k2=-8t，从而由参4y3y4-4ty3+y4+4t数t的范围求解，属于中档题.21449675．(1)y=4x；(2)AD⋅AE∈7,48+7．p【分析】(1)根据题意可得a=2，c=1，再根据=1即可求解.2(2)将直线l:x-y+m=0与椭圆方程联立，设Mx1,y1，Nx2,y2，利用韦达定理可得AD=8m6m4-,，再将直线l:x-y+m=0与抛物线方程联立设Px3,y3，Qx4,y4，利用韦达定理可得AE7716296=8-2m,4，再由从而可得AD⋅AE=m-m+32，配方即可求解.77第272页共377页,2a=4，【解析】(1)因为椭圆C的离心率为1，长轴长为4，，所以a=2，c=1，c12=，a2p因为椭圆C和抛物线F有相同的焦点，所以=1，即p=2，22所以抛物线F的方程为y=4x．2y2x(2)由(1)知椭圆C:+=1，432y2x+=1，22由43得7x+8mx+4m-12=0，x-y+m=0，222Δ1=64m-4×7×4m-12>0，得m<7，-7<m<7．设mx1,y1，nx2,y2，8m则x1+x2=-，76m所以y1+y2=x1+x2+2m=．78m6m易知a-2,0，所以ad=am+an=x1+x2+4,y1+y2=4-,．772y=4x，22由得x+2m-4x+m=0．x-y+m=0，22δ2=2m-4-4m>0，得m<1．设Px3,y3，Qx4,y4，则x3+x4=4-2m，所以y3+y4=x3+x4+2m=4，所以AE=AP+AQ=x3+x4+4,y3+y4=8-2m,4．8m6m所以AD⋅AE=4-,⋅8-2m,4778m6m16296=4-⋅8-2m+×4=m-m+32，-7<m<1，777716296易知函数y=m-m+32在m∈-7,1上单调递减，77144967所以ad⋅ae∈7,48+7．【点评】方法点睛：求解圆锥曲线中最值或范围问题的一般方法：一是建立关系，二是求最值或范围，即先由题设条件建立关于所求目标的函数关系式，再对目标函数求最值，如本题中需先将直线方程分别与椭圆、抛物线方程联立，利用根与系数的关系将ad，ae用m表示出来，再结合m的范围及函数的单调性求ad⋅ae的取值范围．6．(1)证明见解析；(2)22．【分析】(1)利用导数的几何意义及点斜式方程求得直线pa和pb方程，可得直线ab的方程为y=xx0-y0y0，由直线po的斜率为，结合op⊥ab可求得y0=-1，即可得出定点；x0|pn|1(2)由点到直线的距离公式及两点之间的距离公式求得=2，利用基本不等式的性质即|mn|pm2-1pn2pm可求得2的最大值，进而得出所求.pn【解析】解：(1)证明：设px0,y0,x0≠0，显然y0≠0，设ax1,y1,bx2,y2，第273页共377页,12由y=x，求导y=x，22则直线pa的斜率k=x1，直线pa的方程：y-y1=x1x-x1，则y-y1=x1x-x1，即y+y1=x1x，同理直线pb的方程：y+y2=x2x，∴由直线pa,pb过切点p，则y0+y1=x1x0,y0+y2=x2x0，则a和b的坐标满足y0+y=xx0，y0∴直线ab的方程为y=xx0-y0，则直线po的斜率为，直线ab的斜率为x0，x0y0由pn⊥ab，即op⊥ab，∴×x0=-1，则y0=-1，x0则直线ab的方程y=xx0+1，∴ab与y轴的交点m是定点(0,1)；(2)由(1)px0,-1，则|pn|为p到直线ab:xx0-y+1=0的距离，2x0+2222|pn|=,|pm|=x0-0+(-1-1)=x0+4，2x0+122|pn||pn|1由|mn|=|pm|-|pn|,∴==2，|mn||pm|2-|pn|2pm2-1pn|pm|2x2+42x2+1x4+5x2+4x200000由2=22=42=1+42，|pn|x0+2x0+4x0+4x0+4x0+411924=1+4≤1+4+4=8，当且仅当x0=2，即x0=±2时，取等号，x0++4x02x0|pn|11|pn|则=2≥=22,∴的最小值22．|mn∣pm9-1|mn|2-18pn【点评】关键点睛：本题考查抛物线中直线过定点问题，考查最值的求解，解题的关键是利用导数的几何意义|pn|1及点斜式方程求得直线pa和pb方程，得出直线ab的方程为y=xx0+1，得出=2，|mn|pm2-1pn2pm用基本不等式的性质即可求得2的最大值.pn297．(ⅰ)y=4x；(ⅱ),+∞.4p【分析】(ⅰ)由抛物线c的焦点为f:(1,0)，得=1，求得p，则抛物线方程可求；2(ⅱ)设a(x1,y1),b(x2,y2)，由题意可知，ma,mb不与y轴垂直，设ma:x-x0=m1(y-y0)，mb:x-x0=m2(y-y0)，分别与抛物线方程联立，利用根与系数的关系求得a,b的纵坐标，得到ab的斜率，再由直线2222y0(x0-a)ma与圆相切，可得(y0-1)m+2y0(a-x0)+(a-x0)-1=0，得到m1+m2=2，写出mq的斜y0-124a-a-21率，再由mq⊥ab，结合点m在抛物线上，求得x0=>，由此求解实数a的取值范围.4a-942p【解析】(Ⅰ)因为抛物线C：y=2px的焦点为F:(1,0)，所以=1，则p=2，22所以抛物线方程为：y=4x；(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由题意可知，MA,MB不与y轴垂直，第274页共377页,设MA:x-x0=m1(y-y0)，MB:x-x0=m2(y-y0)，2y=4x2由，得y-4m1y+4y0-4x0=0，x-x0=m1(y-y0)则y1+y0=4m1，得y1=4m1-y0，同理可得y2=4m2-y0，y1-y2y1-y242所以kAB=x-x=22=y+y=，12y1y2122(m1+m2)-y0-44a+my0-x0若过M的直线与圆相切，可得=1，21+m222化简得(y0-1)m+2y0(a-x0)+(a-x0)-1=0，2y0(x0-a)则m1+m2=2，y0-1y0又kMQ=，MQ⊥AB，x0-a2y0所以kAB⋅kMQ=⋅=-1，2(m1+m2)-y0x0-ay0-2(m1+m2)y0y02y0(x0-a)y0所以=，即-=，2x0-a2x2-1x0-a022将y0=4x0代入，化简得(4a-9)x0=4a-a-2，24a-a-2即x0=，因为y0>1，4a-92(4a-1)24a-a-219所以x0=>，即>0，得a>，4a-944(4a-9)49所以实数a的取值范围是,+∞.4【点评】方法点睛：该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，解题方法如下：(1)结合抛物线的焦点坐标求得p的值，得到抛物线的方程；(2)根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理求得点的纵坐标，利用斜率坐标公式求得其斜率；(3)根据直线与圆相切，得到等量关系式；(4)根据两直线垂直得到其斜率乘积等于-1；(5)根据坐标的范围得到不等关系，求得参数的取值范围.8．-1<k<02【分析】设ax1,y1，bx2,y2是抛物线上关于直线y=kx+3k≠0对称的两点，ab的中点px0,y0，则y12=4x1,y2=4x2，两式相减化简得到y0=-2k，再由y0=kx0+3，求得点p的坐标，然后根据点p在抛物线内部2,由y0<4x0求解.【解析】设ax1,y1，bx2,y2是抛物线上关于直线y=kx+3k≠0对称的两点，22则y1=4x1,y2=4x2，设ab的中点px0,y0.∴y1+y2y1-y2=4x1-x2y1-y24421kab=====-.x1-x2y1+y22y0y0k∴y0=-2k第275页共377页,又∵y0=kx0+3，y0-33∴x0==-2-kk∵点p在抛物线内部,2323∴-2k<4-2-，即k++2<0，kk31)当k>0，则k+2k+3<0，2∴k+1k-k+3<0，即k<-1,无解；32)当k<0,则k+2k+3>02∴k+1k-k+3>0，即k>-1故-1<k<0.9．(ⅰ)2；(ⅱ)-∞,-3∪1,+∞.【分析】(ⅰ)利用抛物线的定义，转化求解p的值；22(ⅱ)由(ⅰ)得抛物线的方程为y=4x，f(1,0)，可设a(t，2t)，t≠0，t≠±1，设直线af:x=sy+1(s≠2y=4x220)，联立消去x得y-4sy-4=0，求出b的坐标，求出直线bn:y=-，由x=sy+1t2t-1y=-(x-1)2t4222解得n的横坐标是xn=1+2，其中t>0，t≠1然后求解即可．t-1y=-t【解析】解：(Ⅰ)由题意可得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离．p由抛物线的定义得=1，即p=2．222(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为y=4x，F(1,0)，可设A(t，2t)，t≠0，t≠±1．由题知AF不垂直于y轴，可设直线AF:x=sy+1(s≠0)，(s≠0)，2y=4x2由消去x得y-4sy-4=0，x=sy+112故y1y2=-4，所以B2,-t．t22tt-1又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为-，t2-12t2t-12从而的直线FN:y=-(x-1)，直线BN:y=-，2tt2t-1y=-(x-1)2t422由2解得N的横坐标是xN=1+2，其中t>0，t≠1t-1y=-t∴xN>1或xN<-3．综上，点N的横坐标的取值范围是(-∞，-3)∪(1，+∞)．【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．2x2210．(I)+y=1，x=4y；(II)2,+∞．4727c【解析】试题分析：(Ⅰ)由题意得得M-c,-b，根据点M在抛物线上得c=4b-b，又由=44a3222，得c=3b，可得7b=7b，解得b=1，从而得c=3，a=2，可得曲线方程．(Ⅱ)设kON=m，kOM=21y=mxm'，分析可得m'=-，先设出直线ON的方程为y=mx(m>0)，由2，解得xN=4m，从而可求4mx=4y第276页共377页,2SΔOMNON⋅OM得ON=4m1+m，同理可得OM,OA,OB,故可将λ==化为m的代数式，用SΔOABOA⋅OB基本不等式求解可得结果．试题解析：7(Ⅰ)由抛物线定义可得M-c,-b，42∵点M在抛物线x=4by上，2722∴c=4b-b，即c=7b-4b①4c322又由=，得c=3ba22将上式代入①，得7b=7b解得b=1,∴c=3,∴a=2，2x22所以曲线C1的方程为+y=1，曲线C2的方程为x=4y．4(Ⅱ)设直线MN的方程为y=kx+1，y=kx+12由2消去y整理得x-4kx-4=0，x=4y设M(x1,y1)，Nx2,y2.则x1x2=-4，设kON=m，kOM=m'，y2y111则mm'=⋅=x1x2=-，x2x11641所以m'=-，②4m设直线ON的方程为y=mx(m>0)，y=mx由2，解得xN=4m，x=4y22所以ON=1+mxN=4m1+m，1由②可知，用-代替m，4m1121可得OM=m1+-4mxM=1+2，16my=mx2由x2，解得xA=，+y2=124m+142221+m所以OA=1+mxA=，24m+1121+21116m用-4m代替m，可得OB=1+2xB=16m1+124m2114m1+m⋅1+SΔOMNON⋅OMm16m2所以λ===SΔOABOA⋅OB121+2221+m16m⋅4m2+11+124m第277页共377页,2121=4m+1⋅+1=4m+2+224m4m1=2m+≥2，当且仅当m=1时等号成立．2m所以λ的取值范围为2,+∞.点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．3411．(Ⅰ)r∈2,1；(Ⅱ)96.22【分析】(Ⅰ)联立抛物线与圆的方程，由题意可得x-x+1-r=0在0,+∞上有两个不同的解，即2Δ=1-41-r>0，解不等式组可得答案.1-r2>0222(Ⅱ)用半径r表示出四边形ABCD的面积为SABCD=1+21-r4r-3，令t=1-r，此时SABCD22=(1+2t)1-4t，构造函数f(t)=(1+2t)1-4t，求导判单调性，由单调性即可得到最值.2y=x22【解析】(Ⅰ)联立222得x-x+1-r=0.由题可知，(x-1)+y=r222Δ=1-41-r>0x-x+1-r=0在0,+∞上有两个不同的解，所以，1-r2>0323得4<r<1，所以r∈2,1.(ⅱ)设ax1,-x1，dx1,x1，bx2,-x2，cx2,x2，2由韦达定理可知，x1+x2=1，x1⋅x2=1-r⋅ad+bc=2x1+x2.22又x1+x2=x1+x2+2x1x2=1+21-r.22x2-x1=x1+x2-4x1x2=4r-3，122所以sabcd=ad+bc⋅x2-x1=1+21-r4r-3.2212令t=1-r，则t∈0,，此时sabcd=(1+2t)1-4t.22321记f(t)=(1+2t)1-4t=-8t-4t+2t+1，t∈0,.22f'(t)=-24t-8t+2=-2(2t+1)(6t-1).111当f't>0时，t∈0,，当f't<0时，t∈,.662111所以y=ft在0,上单调递增，在,单调递减.6621324所以f(t)max=f=，得四边形ABCD的最大值为6.6279【点评】本题考查圆与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查利用导数研究函数的最值问题，属于中档题.22512．(1)y=4x；(2)π.8【分析】(1)根据抛物线定义求解方程；第278页共377页,(2)设Px0,y0，抛物线在P处的切线MN:y0y=2x+x0，设Qx1,y1，Mx2,y2，Nx3,y3，可得QA，QB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，再利用韦达定理及三角形的面积公式及△QMN中正弦定理，即可得答案；【解析】设抛物线焦点为F，作PT⊥y轴延长交抛物线准线于点K，作PS⊥l于点S，作FH⊥l于点H，pppPS+PT=PS+PK-=PS+PF-≥FH-222ppp2-0+4+4p+4p2252焦点F到直线l的距离PH==，PH-=-=-1，12+-12222222解得p=2因此抛物线E的方程为y=4x.(2)设Px0,y0抛物线在P处的切线MN:y0y=2x+x0设Qx1,y1，Mx2,y2，Nx3,y3，QA:y-y1=k1x-x1，QB:y-y1=k2x-x1y-y1=k1x-x1k12联立QA与抛物线：2，整理得4y-y+y1-k1x1=0y=4x2k12相切：Δ=-1-4y1-k1x1=0，即x1k1-y1k1+1=0422同理可得：x1k2-y1k2+1=0，因此k1，k2是方程x1k-y1k2+1=0的两根，222判别式：Δ=y1-4x1>0，即x1+4-4x1>0，x1+4x1+16>0成立1y1x1+4韦达定理；k1k2=，k1+k2==，x1x1x1k1-k2到角公式；tan∠MQN=，1+k1k2k1-k22tan2∠MQN1+kk12则sin∠MQN==1+tan2∠MQNk1-k221+1+kk12第279页共377页,2k1-k2k1-k2=1+kk2+k-k2=2212121+k1k2+k1-k2-4k1k22x0y-y1=k1x-x1k1x1+y0-y1联立QA与MN:，解得x2=，y0y=2x+x0k-21y02x0k2x1+-y1y0同理可得：x3=2k2-y02x02x02k1x1+y-y1k2x1+y-y12400弦长公式：MN=1+yx2-x3=1+22-20y0k1-k2-y0y02x022x02k1x1+y-y1k2-y-k2x1+y-y1k1-y40000=1+2y0k-2k-21y2y002x02x1yy1+yk1-k2400=1+2y024k1k2-yk1+k2+y200在△QMN中使用正弦定理：2x02x122MNy-y1+y1+k1k2+k1+k2-4k1k24002R==1+=sin∠MQNy2240k1k2-yk1+k2+y2002x02x112x1+424y-x1+4+y1+x+x-x4001111+.2y012x1+44-+x1y0x1y20122y0-2x1+4+4x12x2+6x+1711yx2401=1+22y0y0-2x1+4y0+4x1xy21012212322525=y0+42x1+6x1+17=y0+42x1++≥22222125225π252S=πR≥π22=8，面积最小值为8π.【点评】本题考查抛物线的定义及直线与抛物线的综合问题，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意运算的准确性，属于难题.979713．(Ⅰ)y=4+26x-2和y=4-26x-2；(Ⅱ)2,.32【分析】(Ⅰ)设过点P的切线方程为y=kx-2，与抛物线C1的方程联立，由Δ=0可求得k的值，由此可求得所求切线的方程；(Ⅱ)设点Pm,n、Ax1,y1、Bx2,y2，利用导数求得直线PA、PB的方程，将点P的坐标代入直线PA、PB的方程，可得出两个等式，可求得直线AB的方程，并将直线AB的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求得AB以及点P到直线AB的距离，可求得△PAB的面积，然后利用椭圆方程可将△PAB的面积表示为有关n的函数，由此可求得△PAB面积的取值范围.22【解析】(Ⅰ)设过点P的切线方程为y=kx-2，将其代入y=x+2，可得x-kx+2k+2=0，第280页共377页,2因为直线l与抛物线C1相切，∴Δ=k-8k-8=0，解得k=4±26.因此，所求的两条切线的方程为y=4+26x-2和y=4-26x-2；2(Ⅱ)设Pm,n、Ax1,y1、Bx2,y2，由y=x+2，可得y=2x，2则切线PA的方程为y-y1=2x1x-x1，又y1=x1+2，即y=2x1x-y1+4.同理，切线PB的方程为y=2x2x-y2+4.n=2x1m-y1+4又PA和PB都过点Pm,n，∴.n=2x2m-y2+4∴直线AB方程为n=2mx-y+4，即y=2mx-n+4.y=2mx-n+42联立2，得x-2xm+n-2=0.y=x+222Δ=4m-4(n-2)=4(m-n+2)>0,由韦达定理得x1+x2=2m，x1x2=n-2.222|AB|=1+4mx1-x2=21+4mm-n+2.22m-n+2∵点P到直线AB的距离为d=，21+4m123∴△PAB的面积S△PAB=AB⋅d=2m-n+22.222mn22∵+=1，∴m=4-4n，-1≤n≤1，41123∴S△PAB=AB⋅d=2-4n-n+62223=2-4n+1+972∈2,9797.81632【点评】本题考查抛物线的切线方程的求解，同时也考查了三角形面积取值范围的求解，考查了抛物线切点弦方程的求解，考查计算能力，属于较难题.第281页共377页,专题31：抛物线的存在探索性问题参考答案21．(1)x=4y；(2)存在，定点R(0，-2).【分析】(1)由|PA|等于点P到直线y=-1的距离，结合抛物线的定义得出点P的轨迹方程；(2)由对称性确定点R必在y轴上，再由∠MRQ=∠NRQ可得kMR+kNR=0，联立直线l与抛物线方程，结合韦达定理求出定点R(0，-2).【解析】(1)由题知，|PA|等于点P到直线y=-1的距离，故P点的轨迹是以A为焦点，y=-1为准线的抛2物线，所以其方程为x=4y.(2)根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R，则点R必在y轴上，可设其坐标为(0，r)y1-ry2-r此时由∠MRQ=∠NRQ可得kMR+kNR=0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则+=0x1x222由题知直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+2，与x=4y联立得x-4kx-8=0，则x1+x2=4k，x1x2=-8y1-ry2-rkx1+2-rkx2+2-r(2-r)(x1+x2)k(2-r)+=+=2k+=2k-=0x1x2x1x2x1x22故r=-2，即存在满足条件的定点R(0，-2).【点评】关键点睛：解决问题一时，关键是由抛物线的定义得出轨迹方程；解决问题二时，关键是由对称性得出点R必在y轴上，进而设出其坐标.22．(1)证明见解析；(2)存在，N±2,-1.【分析】(1)由题意设直线AB:y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线与抛物线方程联立求出两根之和、两根22x1x1x2x2之积，求出直线AN:y=x-以及直线BN:y=x-，将两直线联立求出交点即证.2424AC+BD(2)由(1)知点N为CD的中点，取AB的中点E，则EN=，利用抛物线的定义可得AB=2EN，2AF⋅CNBF⋅CNS△ABN=S△AEN+S△BEN，S△ACN=，S△BDN=，根据2S△BDN=S△ACN+S△ABN，可得2BF=22AF+AB，即x2=-2x1，结合韦达定理即可求解.【解析】解(1)由题知p=22所以M:x=4y设直线AB:y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2y=kx+12联立2得x-4kx-4=0x=4yx1+x2=4k所以x1x2=-42xx对y=求导得y=42x1所以直线AN的斜率为kAN=22x1x1x1所以直线AN:y-y1=x-x1即AN:y=x-①2242x2x2同理直线BN:y=x-②24x1+x2x==2k2联立①和②得xx12y=4=-1第282页共377页,所以点N的坐标为(2k,-1)，即点N在定直线y=-1上(2)由(1)知点N为CD的中点AC+BD取AB的中点E，则EN=2由题知AC+BD=AB所以AB=2ENEN⋅CNEN⋅DNEN⋅CNAB⋅CN所以S△ABN=S△AEN+S△BEN=+=2×=2222AC⋅CNAF⋅CNBD⋅DNBF⋅CN而S△ACN==，S△BDN==2222若存在点N满足题意则2S△BDN=S△ACN+S△ABN即2BF=AF+AB所以2x2-0=0-x1+x2-x1即x2=-2x1③x1+x2=4k又因为④x1x2=-42将③代入④解得k=±42由(1)知N(2k,-1)即N±2,-12经检验，存在N±2,-1满足题意.【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是由Ax1,y1，Bx2,y2，求出点N的坐标为(2k,-1)以及x2=-2x1，考查了计算能力、推理能力.153．(1)4p；(2)证明见解析；(3)存在满足题意的点Q，其坐标为(0，0)和-p，0．8p【分析】(1)设AB:y=x-，与抛物线方程联立,利用根与系数的关系以及抛物线的定义得出A、B两点2之间的距离；p(2)设AB:x=ty+，与抛物线方程联立，得出一元二次方程，通过计算得出kDO=kOB，即可证得B、O、D2在同一条直线上；2(3)设点Q的坐标为(t，0)，列方程组求出点Q关于直线y=2x的对称点为Q，将Q的坐标代入y=2px，可得点Q的坐标．pp2【解析】(1)F2,0，设AB:y=x-2，联立y=2px得：222ppx-3px+=0⇒xA+xB=3p，xAxB=⇒AB=xA+xB+p=4p；44p222(2)设AB:x=ty+，联立y=2px得：y-2pty-p=0，2pA(x1,y1)，B(x2,y2)D-,y1，2y12y1y22py22py12py12y1kDO=p=-p，kOB=x=2=yy=2=-p，2y212-p-2∴kDO=kOB，∴B、O、D在同一条直线上；(3)设点Q的坐标为(t，0)，点Q关于直线y=2x的对称点为Q(x，y)，第283页共377页,y13=-x=-tx-t25则y，解得：4，=x+ty=t25215若Q在C上，将Q的坐标代入y=2px，得t=0或t=-p．815∴存在满足题意的点Q，其坐标为(0，0)和-p，0．8【点评】本题考查抛物线的定义，考查焦半径公式，考查直线与抛物线的位置关系，解决本题的关键点是通过设出直线方程，与抛物线方程联立化简，利用设而不求法以及kDO=kOB，证得三点共线成立，考查了学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．24．(1)y=4x；(2)存在；T4,0．【分析】(1)设Ax1,y1,Bx2,y2，利用点差法可得解；(2)由题知TP为∠MPN的角平分线，可得kMP+kNP=0，设直线MN的方程为x=my+t，与抛物线方程2联立得y-4my-4t=0，由韦达定理结合kMP+kNP=0得2my3y4+(t+4)y3+y4=0，即-4mt-4=0对于任意的m∈R恒成立，可得答案.22【解析】(1)设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1=2px1,y2=2px2因为线段AB的中点的纵坐标为2，则y1+y2=4，y1-y22p2pp两式相减得kAB=1====．x1-x2y1+y2422所以p=2，即抛物线C的方程为y=4x(2)假设存在这样的点T满足条件，设为Tt,0，因为点T到直线MP、NP的距离相等，所以TP为∠MPN的角平分线，则∠MPT=∠NPT，可得kMP+kNP=0，显然直线MN的斜率不能为零，x=my+t2故设直线MN的方程为x=my+t，由2联立得y-4my-4t=0，y=4x2Δ=16m+16t>0设Mx3,y3,Nx4,y4，则有y3+y4=4my3y4=-4ty3y4y3x4+4+y4x3+4得kMP+kNP=+==0x3+4x4+4x3+4x4+4即y3my4+t+4+y4my3+t+4=0，整理得2my3y4+(t+4)y3+y4=0，即2m-4t+(t+4)4m=0，得-4mt+16m=0，即-4mt-4=0对于任意的m∈R恒成立，所以t=4,且此时满足Δ>0，所以存在点T4,0到直线MP,NP的距离相等.【点评】本题考查求抛物线的方程，直线与抛物线相交问题：(1)对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ>0，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．(2)用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤：①设点，设出弦的两端点的坐标；②代入：将两端点的坐标代入曲线方程；③作差：将两式相减，再用平方差公式展开；④整理：转化为斜率和中点坐标的关系式，然后求解．25．(1)y=4x；(2)是，定点为(1,0)和(-3,0).【分析】(1)设M(x,y),Px0,y0，用动点转移法求得轨迹C的方程；第284页共377页,22y1y2(2)设直线x=my+1与曲线C的交点坐标为A4,y1，B4,y2，直线方程代入曲线C方程，应用韦达y20定理得y1+y2,y1y2，设T4,y0，写出直线AT,BT方程求得D,E两点坐标，若存在定点N(n,0)，利用ND⋅NE=0(注意代入韦达定理的结论)求得定点．【解析】(1)设M(x,y),Px0,y0，则点Q的坐标为x0,0.因为PM=2MQ，所以x-x0,y-y0=2x0-x,-y，x0=x,即，y0=3y.2因为点P在抛物线y=36x上，22所以y0=36x0，即(3y)=36x.2所以点M的轨迹C的方程为y=4x.22y1y2(2)设直线x=my+1与曲线C的交点坐标为A4,y1，B4,y2，x=my+1,2由2得y-4my-4=0.y=4x,由韦达定理得y1+y2=4m,y1y2=-4.2y0y1-y04设点T4,y0，则kAT=22=y+y.y1y001-4424y0所以直线AT的方程为y-y0=y+yx-4.01y0y1-4令x=-1，得点D的坐标为-1,y+y.01y0y2-4同理可得点E的坐标为-1,y+y.02如果以DE为直径的圆过x轴某一定点N(n,0)，则满足ND⋅NE=0.y0y1-4y0y2-4因为ND⋅NE=-1-n,y+y⋅-1-n,y+y010222y1y2y0-4y0y1+y2+16=(1+n)+.2y0+y0y1+y2+y1y222-4y0-16my0+16所以(1+n)+=0.2y0+4my0-42即(1+n)-4=0，解得n=1或n=-3.故以DE为直径的圆过x轴上的定点(1,0)和(-3,0).【点评】本题考查求抛物线方程，考查抛物线中的定点问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得y1+y2,y1y2，代入定点对应的表达式，利用恒等式知识求得定点坐标．6．(1)证明见解析；(2)存在点M1-3,2-3，使得A，B，P三点共线.2t【分析】(1)设Mt,2，求出P,Q坐标，直接计算求解即可；2t(2)设过M的圆的切线方程为y-=kx-t，利用圆心到直线距离等于半径得到方程，其两根k1，k2为2两切线斜率，设直线AB：x1+x2x=2y+x1x2，转化为求关于t的方程是否有解.第285页共377页,2t【解析】(1)证明：设Mt,2(t<0)，则切线MP的斜率k=y|x=t=x|x=t=t，22tt所以切线方程为y-=t(x-t)，即tx=y+，222tt21所以P2,0，Q0,-2则MQ=1+ttF0,2222MQ1+tt所以==4(定值)22QO⋅QFt1t22+22t(2)设过M的圆的切线斜率为k，则切线方程为y-=kx-t，22tk2-t+2则=121+k2222t即：t-4t+3k+2-ttk+-1=0其两根k1，k2为两切线斜率，4t-2t22t-4k1+k2=2k1k2=2t-4t+34t-4t+322x1x2设Ax1,2,Bx2,2，2x1y-2x-x1则直线AB：=x2x2x2-x121-22化简得：x1+x2x=2y+x1x2t若存在M，符合题意，则x1+x2=x1x22x1+t又斜率公式知k1=⇒x1=2k1-t，同理x2=2k2-t2224t-6t3t-4∴x1+x2=2k1+k2-2t=2x1x2=2k1-t2k2-t=2t-4t+3t-4t+3t32代入x1+x2=x1x2并化简有t-3t+2=022所以：t-1t-2t-2=0，解得t=1或t=1+3或t=1-3，由t<0知t=1-3，故存在点M1-3,2-3，使得A，B，P三点共线.【点评】本题主要考查了抛物线的简单几何性质，圆的切线的性质，函数与方程的思想，考查了运算能力，属于较难题目.19857．(1)证明见解析；(2)①k∈-∞,0∪0,1；②存在；定点Q,，QM⋅QN=.4864【分析】(1)将抛物线方程和圆方程联立，消去y，得到关于x的方程，然后将交点的横坐标x0=5-2代入方程中，可求出圆的半径，求出过点P1,2的切线方程，再与圆方程联立求点A，B的坐标，可得到OA，OB，然后OA⋅OB=0，可证得OA⊥OB；(2)①先判断直线l的斜是否存在，再设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，消元后使判别式大于零，可求出斜率k的取值范围；②假设存在点Qx0,y0，则QM⋅QN=x1-x0⋅x2-x0+y1-y0⋅y2-y0，然后对上式化简，再结合根k2x0-4y0+4-4x0+12与系数的关系，可得QM⋅QN=2+x0+y0，要使此式为定值，只要-4x0+1=0，k第286页共377页,2x0-4y0+4=0，求出点Q的坐标即可.2y=4x22【解析】(1)联立抛物线C1与圆C2的方程：222，得x+4x-r=0，x+y=r22由题意，x0=5-2满足上述方程，所以5-2+45-2-r=0222解得r=1，所以C2的方程为x+y=1.-1由于点P1,2在C上，且在第一象限，C在第一象限的方程为y=2x，则y=x2，故过点P1,2的切线11斜率为1，所以在C1上过点P1,2的切线方程为y-2=x-1，即y=x+1.y=x+1与圆C2的方程联立22，又A点在B点的右侧，所以A0,1，B-1,0，x+y=1故OA=0,1，OB=-1,0，OA⋅OB=0，所以OA⊥OB(2)(1)若过点A的直线l斜率不存在，则l的方程为x=0，与C1只有一个交点，不合题意.由题意，设l的方程为y=kx+1.y=kx+122由2得，kx+2k-4x+1=0y=4x由于直线l与C1交于不同的两点M，N，故k≠0，Δ=-16k+16>0，所以直线l的斜率k的取值范围是k∈-∞,0∪0,1.(2)假设存在点Qx0,y0，设Mx1,y1，Nx2,y2，则QM=x1-x0,y1-y0，QN=x2-x0,y2-y0.4-2k1由(1)得x1+x2=2，x1x2=2，kkQM⋅QN=x1-x0⋅x2-x0+y1-y0⋅y2-y02=x1x2-x0x1+x2+x0+kx1+1-y0kx2+1-y0222=1+kx1x2+k1-y0-x0x1+x2+x0+1-y0214-2k22=1+k2+k1-y0-x02+x0+1-y0kkk2x0-4y0+4-4x0+12=2+x0+y0k当-4x0+1=0，2x0-4y0+4=0时，192285即当x0=，y0=时，OM⋅QN=x0+y0=.48641985故存在定点Q,，不论k为何值，QM⋅QN=为定值.4864【点评】本题主要考查抛物线、圆、直线方程，定值等综合知识以及推理论证能力与运算求解能力，属于较难题.28．(1)y=4x；(2)存在定点Q-2,2满足题意．22x-5+y=162【分析】(1)联立方程，得x+2p-10x+9=0，由Δ=0可得p值，即可得抛物线C的y2=2px方程；(2)由题设Qm,2，易得当直线l的斜率不存在时，恒有2kRQ=kAQ+kBQ；当直线l的斜率存在时，设直线ly=kx-2的方程为y=kx-2，Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程y2=4x，由韦达定理与斜率公式表示出kAQ,kBQ,kRQ，由2kRQ=kAQ+kBQ列方程求解出m即可.第287页共377页,22x-5+y=162【解析】(1)联立方程，得x+2p-10x+9=0，y2=2px因为抛物线C与圆M有且只有两个公共点，2则Δ=2p-10-36=0，解得p=2或p=8，又0<p<5，所以p=2，2所以抛物线c的方程为y=4x；(2)假设直线y=2上存在定点qm,2，当直线l的斜率不存在时，a2,22，b2,-22，22-222+22由题知2krq=kaq+kbq，即2⋅=+恒成立．m-2m-2m-2当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx-2，ax1,y1，bx2,y2，y=kx-22222联立方程得kx-4k+1x+4k=0，y2=4x24k+1则x1+x2=2，x1x2=4，k由题知2krq=kaq+kbq，22-y12-y2所以2⋅=+m-2m-x1m-x2m-x22-kx1-2+m-x12-kx2-2=m-x1m-x22kx1x2-km+2k+2x1+x2+4mk+1=2x1x2-mx1+x2+m224mk-4km-8k-8k-8=22，km-2-4m2整理得m-4k-2m+2=0，2m-4=0因为上式对任意k成立，所以，解得m=-2，m+2=0故所求定点为q-2,2．【点评】本题主要考查了抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定点问题，考查了学生的运算求解能力.29．(1)y=12x；(2)存在，定点m(9，0).2【分析】(1)利用抛物线y=2px(p>0)经过点P(3,6)，求得p=6，得到抛物线的方程；2y=12x2(2)设直线AB的方程为x=my+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立，消元得到y-12my-12t=0，x=my+t利用韦达定理，结合向量数量积坐标公式以及条件PA⊥PB，得到t=6m+15或t=-6m+3，确定出直线方程，进而求得结果.2【解析】(1)根据题意，可设抛物线C的方程为y=2px(p>0)，2因为点P(3,6)在抛物线C上，所以6=2p×3，即p=6，2所以抛物线C的方程为y=12x.(2)设直线AB的方程为x=my+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，第288页共377页,2y=12x2联立，整理得y-12my-12t=0，x=my+t2Δ=144m+48t>0，y1+y2=12m，y1y2=-12t，因为PA=(x1-3,y1-6)，PB=(x2-3,y2-6)，所以PA⋅PB=(x1-3,y1-6)⋅(x2-3,y2-6)=(x1-3)(x2-3)+(y1-6)(y2-6)==(my1+t-3)(my2+t-3)+(y1-6)(y2-6).22因为PA⊥PB，所以PA⋅PB=(1+m)y1y2+[(t-3)m-6](y1+y2)+(t-3)+36=2222(1+m)(-12t)+[(t-3)m-6]×12m+(t-3)+36=t-18t-36m-72m+45=0，22即(t-9)=36(m+1)，所以t-9=±6(m+1)，t=6m+15或t=-6m+3，则直线AB的方程为：x=m(y+6)+15或x=m(y-6)+3(舍去)，所以直线AB过定点H(15,-6)，因为PQ⊥AB，所以点Q在以PH为直径的圆上所以存在定点M(9，0)，使得|MQ|=62为定值.【点评】思路点睛：该题考查的是有关抛物线的问题，解题思路如下：(1)根据题意，设出抛物线方程，根据点在抛物线上，点的坐标满足抛物线方程，求得结果；(2)设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理以及向量数量积坐标公式，结合向量垂直，得到等量关系，确定出直线过的定点，结合图形的特征，得到结果.210．(1)x=4y；(2)存在，t=-1【分析】(1)利用坐标写出MA，MB，OM,OA,OB，即可求出MA+MB，OA+OB，再根据|MA+MB|=OM⋅(OA+OB)+2，化简即可求得曲线C的方程；(2)先假设存在P(0,t)，根据题意写出PA,PB的方程，对t进行讨论，联立方程解出xD,xE，即可求得△QAB与△PDE的面积之比的表达式，利用其为常数,即可求得结论.【解析】(1)∵A(-2,1)，B(2,1)，∴MA=(-2-x，1-y)，MB=(2-x，1-y)，OM=x,y,OA=-2,1,OB=2,1，即MA+MB=-2x,2-2y，OA+OB=0,2，2222∴MA+MB=-2x+2-2y=4x+4y-8y+4，OM⋅(OA+OB)+2=x,y⋅0,2+2=2y+2，∵|MA+MB|=OM⋅(OA+OB)+2，22即4x+4y-8y+4=2y+2，2化简得曲线C的方程：x=4y；(2)假设存在点P(0，t)t<0满足条件，t-1t-1t-11-t则kPA==，kPB==，0--220-22t-1∴直线PA的方程是：y=x+t，2第289页共377页,1-tPB的方程是y=x+t，2∵动点Q(x0,y0)在曲线C上，2x0∴y0=，42∵曲线C的方程：x=4y；2x即y=，4x则y=，2x0y=，x=x022x0x0∴曲线C在Q处的切线l的方程是：y=x-，242x0与y轴交点为：F0,-4，2x0∴PF=--t，4∵-2<x0<2，x0∴-1<<1，2t-11①当-1<t<0时，-1<<-，22x0t-1∃x0∈-2,2,使得：=，22∴l⎳pa，∴-1<t<0时不符合题意；②当t≤-1时，t-1x01-tx0≤-1<,≥1>，2222∴l与PA,PB一定相交，y=t-1x+t2联立：xx2，00y=x-242t-1x0x0即x+t-x+=0，2242x0+4t解得：xD=，2x0+1-ty=1-tx+t2联立：,xx2，00y=x-2421-tx0x0即x+t-x+=0，2242x0+4t解得：xE=，2x0+t-1222x0+4tx0+4tx0+4t∴xD-xE=-=1-t22，2x0+1-t2x0+t-1x0-t-12x0又∵PF=--t，422x2+4t211x0x0+4tt-10∴S△PDE=2PF⋅xD-xE=2-4-t⋅1-t22=8×22，x0-t-1x0-t-124-x0又∵S△QAB=，2第290页共377页,24-x0S4222△QAB24x0-4+t-1x0+4t-1∴S=22=1-t×422，△PDFt-1x0+4tx0+8tx0+16t8×22x0-t-1∵对任意x0∈-2,2，S△QAB要使为常数，S△PDF-4-t-12=8t则t要满足：22，4t-1=16tS△QAB解得：t=1，此时=2，S△PDF故存在t=1，使△QAB与△PDE的面积之比是常数2.【点评】求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标x,y，根据题意列出关于x,y的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把x,y分别用第三个变量表示，消去x0=gx参数即可；④逆代法，将代入fx0,y0=0.y0=hx211．(1)y=4x；准线x=-1；(2)存在，T2,12【分析】(1)将点(2,-22)代入抛物线即可求解y=4x，再由抛物线的标准方程可得准线.(2)设出直线MN：y=k1x-2，直线PQ：y=k2x-2，将直线与抛物线联立，利用韦达定理以及中点坐标公式求出A、B，从而求出直线AB，DE，将两直线联立求出交点，得到点D的轨迹是个圆，从而可得定点T为圆心.2【解析】(1)将点(2,-22)代入抛物线C:y=2px(p>0)，可得8=4p，2解得p=2，所以抛物线方程：y=4x，准线x=-1.(2)由题意可得直线MN：y=k1x-2，直线PQ：y=k2x-2，2y=4x2222联立，整理可得k1x-4k1+4x+4k1=0，y=k1x-224k1+444设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=2=4+2，y1+y2=k，k1k112222所以A2+,，同理B2+,，k2k1k2k21222-k2k1k1k2kAB===k1k2，2-2k1+k222k2k1设k1k2=t，222k22AB：y=k1k2x-2-2+k=k1k2x-2k1k2-k+kk1111=k1k2x-2k1k2+2=tx-2t+2，y=tx-2t+2DE：y=-1x-2，联立，1ty=-x-2tx=2-2t02t+1解得2，y0=2t+1第291页共377页,x-2=-2t0t2+12224t+44∴2，整理可得x0-2+y0=22=2=2y0，y0=2t+1t+1t+1222即x0-2+y0-2y0=0⇒x0-2+y0-1=1，所以点D的轨迹是个圆，故T的坐标为2,1，线段TD长度为定值.【点评】此题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出直线AB，DE的交点D，得到点D的轨迹方程，考查了运算求解能力.212．(1)y=4x；(2)存在，4,4.【分析】(1)由抛物线过点1,-2，代入即可解得；(2)依题意，设点Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为x=ny+4+8，联立直线与抛物线消去x，列出韦222达定理由NA⋅NB=0，即x1-x0x2-x0+y1-y0y2-y0=0，再结合y0=4x0，y1=4x1，y2=4x2，整理可得；2【解析】(1)因为抛物线C：y=2pxp>0经过点1,-2，2所以-2=2p×1，解得p=2.2所以抛物线C的方程是y=4x.(2)根据题意.设点Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为x=ny+4+8.x=ny+4+82联立消去x得y-4ny-16n-32=0，y2=4x22则Δ=-4n-4-16n-32=16n+4n+8>0.则y1+y2=4n，y1y2=-16n-32.设点Nx0,y0，因为NA⋅NB=0，即x1-x0x2-x0+y1-y0y2-y0=0，222结合y0=4x0，y1=4x1，y2=4x2，y1+y0y2+y0得y1-y0y2-y0+1=0，1622y1y2+y1+y2y0+y0即y1y2-y1+y2y0+y0+1=0，1612化简得y0-4ny0-16n-32y0+4n+4y0-4=0，16解得y0=4.所以x0=4，所以抛物线C上存在定点N4,4，使得NA⋅NB=0.【点评】本题考查待定系数法求抛物线方程，直线与圆锥曲线的综合应用，属于中档题.13．1∠AMB=90°；2能(理由见解析).【分析】1根据抛物线的定义可知AF=MF，BF=MF，进而可知∠AMF=45°，∠BMF=45°，即可得出结果；2242设过焦点的弦AB方程为y=kx-1，代入y=4x，得y-y-4=0，结合韦达定理写出kBM⋅kAM=k24tt--4k2，并令其为-1，算出t=，即可得证.4k4+2k第292页共377页,【解析】1由抛物线的定义得，AF=MF，在直角三角形AMF中，∠AMF=45°，同理，直角三角形BMF中，BF=MF，∠BMF=45°，∴∠AMB=∠AMF+∠BMF=90°.2根据题意，可知焦点F1,0，设过焦点的弦AB方程为y=kx-1.224代入y=4x，得y-y-4=0.k4设该方程两根为y1，y2，∴y1+y2=，y1y2=-4.k设抛物线准线上一点的坐标为M-1,t，设Bx1,y1，Ax2,y2y1-ty2-t则kBM=，kAM=，则：x1+1x2+1y1-ty2-ty1-ty2-tkBM⋅kAM==22x1+1x2+1y1y24+14+124t16yy-ty+y+t2t--41212k==.y2y2+4y2+y2+16412124+2k24tt--4k令kBM⋅kAM=-1，即=-1，44+2k24422则t-t+=0，即t-=0.kk2k2解得t=.k2故在抛物线准线上能找到一点M-1,，使∠AMB=90°.k【点评】本题考查抛物线的定义和性质，结合韦达定理，两直线的位置关系的知识点，考查转化与划归的思想，属于中档题.2114．(1)y=4x.(2)存在点Q(2,0)，定值为.4【分析】(1)设P(x,y)，由题意知：PA=PG，利用距离公式及弦长公式可得方程，化简可得P的轨迹方程；(2)假设存在Q(a,0)，设Sx1,y1､Tx2,y2，由题意知直线l的斜率必不为0，设直线l的方程，与抛物线联2112t1+a111立，利用根与系数关系可求得2+2=22，当a=2时，上式2+2=4，与t1无关，为QSQT2at1+1QSQT定值.【解析】(1)设P(x,y)，由题意知：PA=PG.当P点不在y轴上时，过P做PB⊥GH，交GH于点B，则B为GH的中点，第293页共377页,12∴GB=GH=2，∴PG=x+4.222又∵PA=(x-2)+y，2222∴(x-2)+y=x+4，化简得y=4x(x≠0)；2当P点在y轴上时，易知P点与O点重合.P(0,0)也满足y=4x，2∴曲线C的方程为y=4x.(2)假设存在Q(a,0)，满足题意.设Sx1,y1､Tx2,y2.由题意知直线l的斜率必不为0，设直线l的方程为x=t1y+at1≠0.x=t1y+a2由2得y-4t1y-4a=0.∴y1+y2=4t1，y1⋅y2=-4a.y=4x21222∴x1+x2=t1y1+y2+2a=4t1+2a，x1⋅x2=y1⋅y2=a.16222222∵QS=x1-a+y1=x1-a+4x1=x1+(4-2a)x1+a，222222QT=x2-a+y2=x2-a+4x2=x2+(4-2a)x2+a，22222∴QS+QT=x1+x2+(4-2a)x1+x2+2a22=x1+x2+(4-2a)x1+x2-2x1x2+2a2=x1+x2x1+x2+4-2a-2x1x2+2a22=4t1+2a4t1+4，22222QS⋅QT=16at1+1.224t2+2a4t2+4211QS+QT112t1+a∴2+2=22=222=22，QSQTQS⋅QT16at1+12at1+1111当a=2时，上式2+2=4，与t1无关，为定值.QSQT111∴存在点Q(2,0)，使过点Q的直线l与曲线C的交点S、T满足+为定值.QS2QT24【点评】本题考查轨迹方程、定值问题的求解，求轨迹方程，一般是求谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，存在性与定值问题一般设存在，代入，结合韦达定理等知识消去参数求解，属于较难题型.215．(1)y=4x；(2)存在，P0,0，x=-5.【分析】(1)显然当AF⊥x轴时，|AC|取得最小值，可得2p=4，即可得到所求抛物线方程；(2)假设x轴上存在一点P(x0，0)，使得直线PB与直线m的交点恒在一条定直线上．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x=ty+5，联立抛物线方程，运用韦达定理，由PB的方程和直线m的方程，联立求得交点，化简可得所求定点和定直线．【解析】(1)设直线AC的倾斜角为α，22p所以由抛物线y=2px(p>0)的焦点弦公式得|AC|=，2sinαπ所以当α=，即当AF⊥x轴时，|AC|取得最小值.2p2把x=代入y=2px可得y=±p，2故2p=4，p=2，2可得抛物线的方程为：y=4x．第294页共377页,(2)假设x轴上存在一点P(x0，0)，使得直线PB与直线m的交点恒在一条定直线上．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x=ty+5，22联立抛物线方程y=4x，可得y-4ty-20=0，y1+y2=4t，y1y2=-20，y2y2直线PB的方程为y=(x-x0)即y=(x-x0)，x2-x0ty2+5-x0联立直线m:y=y1，ty1y2+(5-x0)y1-20t+(5-x0)y1可得x=x0+=x0+，y2y220120由y1y2=-20，y1=y，可得y2=-y，t=4y-y，15-x02即有x=x0-5+4-20y，15-x0由假设可得-=0，420即x0=0，此时x=-5，可得存在定点P(0,0)，定直线为x=-5．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．第295页共377页,专题32：抛物线向量结合问题参考答案1．A【解析】3设|BF|=m，|AF|=3m，则|AB|=4m，p=m，∠BAA1=60°，2∵四边形AA1CF的面积为123，3m+3m×3msin60°2∴=123，242p∴m=，∴=2，32∴准线l的方程为x=-2，故选A．2．Dpa21【解析】试题分析：c=，xP=,PF=b，因为OP=(OF+OQ)，所以P为FQ中点，即PQ=2b⇒xQ2c22a242224221+5=2b-c，，因此2=c+2b-c⇒a=bc⇒a=(c-a)c⇒e-e-1=0，又e>1，所以e=，选c2D.考点：抛物线定义，双曲线渐近线【方法点睛】1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．本题中充分运用抛物线定义实施转化，其关键在于求点P的坐标．22．若P(x0，y0)为抛物线y=2px(p>0)上一点，由定义易得|PF|=x0+；若过焦点的弦AB的端点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长为|AB|=x1+x2+p，x1+x2可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．3．A【解析】设A、B两点坐标分别为A(x1,y1)B(x2,y2)∵2BF=FA∴2(1-x2,-y2)=(x1-1,y1)，x1-1=2(1-x2),y1=-2y22由题意，设直线AB的方程为y=k(x-1)，代入抛物线方程得：ky-4y-4k=0，因为直线与抛物线有两24个交点，所以k≠0，Δ=16+16k>0，y1+y2=,y1y2=-4，把y1=-2y2代入即可解得k=±22，故选A.k24．(1)y=4x；(2)α=arctan2或α=π-arctan2；(3)见解析【分析】(1)设出直线的方程与抛物线方程联立,消去x得到关于y的一元二次方程,利用根与系数的关系即可得出；(2)根据向量和(1)的结论可用a表示E点的坐标代入抛物线的方程即可得出直线的斜率和倾斜角；(3)利用向量计算公式和(1)中的根与系数的关系即可得出.pp【解析】(1)由题知F2,0，直线方程为x=ky+2第296页共377页,2y=2px22∴p化简得：y-2pky-p=0x=ky+222∴y1+y2=2pk,y1y2=-p=-4，p=2∴y=4x(2)∵OE=2OA+OB，设E(x0,y0)∴x0=2(x1+x2),y0=2(y1+y2)y0=2(y1+y2)=4pk=8k22∵x1+x2=k(y1+y2)+p=2pk+p=4k+22∴x0=8k+42∵点E在抛物线C上，y0=4x0222∴(8k)=4(8k+4)k=±2l∴kl==±2，tanα=±2,k∴α=arctan2或α=π-arctan2(3)M是抛物线C的准线上的一点，设M(-1,yM)-yMy1-yMy2-yMk0=，k1=,k2=2x1+1x2+1y1-yMy2-yMy1-yMy2-yMk1+k2=+=+x1+1x2+1ky1+2ky2+2(y1-yM)(ky2+2)+(y2-yM)(ky1+2)=(ky1+2)(ky2+2)2ky1y2+2(y1+y2)-yM(k(y1+y2)+2)=2ky1y2+2k(y1+y2)+42-8k+8k-yM(4k+4)=22=-yM,∴k1+k2=2k0-4k+8k+4∴当k0为定值时，k1+k2也为定值.【点评】本题考查抛物线与直线位置关系的应用.熟练掌握直线与抛物线相交问题转化为直线方程与抛物线的方程联立得到一元二次方程、根据根与系数的关系、斜率的计算公式是解题的关键.25．(1)x=4y；(2)42.【分析】(1)设点Qx0,y0，利用向量的坐标运算公式列出满足OF+2FP=FQ的关于x0,y0的式子，解出x0与y0，代入抛物线方程解得p即可得到抛物线的方程；(2)设直线l的方程为y=kx+b，设Ax1,y1，Bx2,y2，将直线l方程与抛物线方程联立，利用韦达定理及中点坐标公示表示点M的纵坐标，得出k与b的关系式，再利用含k与b的式子表示△OAB的面积，利用消元思想将面积的表达式转化为关于k的式子，然后设法求最值.p【解析】解：(1)设Qx0,y0，∵F0,2，pp∴OF+2FP=FQ⇒OF=FQ-2FP⇒0,2=x0-2,y0+2-1，pp∴x0-2=0，y0+-1=，22∴x0=2，y0=1，即Q2,1.又∵点Q在抛物线C上，2∴2=2p⋅1，∴p=2，第297页共377页,2∴抛物线C的方程为x=4y.(2)依题意，可知直线AB与x轴不垂直，故可设直线AB的方程为y=kx+b，并设Ax1,y1，Bx2,y2，AB的中点MxM,2.y=kx+b联立方程组2消去y，x=4y2得x-4kx-4b=0，∴x1+x2=4k，x1x2=-4b.∵线段AB的中点的纵坐标为2，22∴y1+y2=kx1+x2+2b=4k+2b=4，即b=2-2k.22由Δ=16k+16b>0，得k+b>0，2222故k+b=k+2-2k>0，则k∈0,2.2由y=kx+b，令x=0，得y=b=2-2k.1122222∴S△OAB=b⋅x1-x2=2-2k⋅x1+x2-4x1x2=41-k2-k222设t=1-k，则t∈-1,1，222232y=1-k2-k=t⋅t+1=t+t，22令y=3t+2t=3tt+=0，32得t=0或t=-，32由y>0，得t∈-1,-,0,1，32由y<0，得t∈-,0，33222∴y=t+t的单调递增区间为-1,-，0,1，单调递减区间为-,0，3324当t=-时，y取得极大值，3274当t=1时，y=2，2>，272∴当t=1，即k=0时，S△OABmax=42，即△OAB的面积的最大值是42.【点评】本题考查直线与抛物线的综合问题，考查面积最值问题，难度较大.解答时一定要想办法利用所设未知量表示所求三角形的面积，当未知量较多时，要利用各未知量之间的关系进行转化，然后利用不等式、导数等方法求最值.6．(1)kBF=-kAF=-2；(2)t<-2，或1<t<2.【分析】本题主要考查抛物线的标准方程及其几何性质、直线的标准方程、直线与抛物线相交问题、韦达定理等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，根据抛物线的定义得到afaa1aa1ha=，再利用平行线的性质得到=，所以得到①式，在δahf和δbhf中，用角的正弦表bfbb1bb1hb示边长，转化比例关系，得到∠ahf=∠bfx，所以kaf+kbf=0，即得证；第二问，设出直线方程，令直线与抛物线方程联立，消参，利用韦达定理和方程的判别式找到k与x1+x2、x1x2的关系，代入到已知的向量表达24-4t2式中，得到k=，利用k的范围解不等式，解出t的取值范围.2t-4t【解析】(ⅰ)分别过a,b作准线的垂线，垂足分别是a1,b1第298页共377页,afaa1ha则af=aa1,bf=bb1∴==，bfbb1hbafhaafbf∴=，∴=⋯①bfhbhahbafsin∠ahfδahf中，=⋯②，hasin∠afhbfsin∠ahfδbhf中，=⋯③hbsin∠bfhsin∠ahfsin∠ahf将②③代入①，得=，∴sin∠afh=sin∠bfhsin∠afhsin∠bfh∴∠afh=180°-∠bfh=∠bfx∴kaf+kbf=0，∴kbf=-kaf=-2．⋯6分2(ⅱ)依题意可知，抛物线为y=4x，直线l的斜率k存在且k≠0，l的方程为y=kx+1，设交点ax1,y1，y=kx+1bx2,y2，满足，y2=4x22222242即x1,x2满足kx+2k-4x+k=0，∴δ=2k-4-4k>0，∴k<1，4-2k2且x1+x2=2,x1x2=1设Mx0,y0，由FA+FB=tFM，其中t≠0，kx1+x2-2x0=+1t得x1-1,y1+x2-1,y2=tx0-1,y0，∴，y=y1+y20t4而y1+y2=kx1+x2+2=k24-2k-242k22222代入y0=4x0，得=4+1，化为：kt-4kt+4t=4ktt24-4t2得，k=，而k<1且k≠0，2t-4t∴t<-2，或1<t<2．考点：抛物线的标准方程及其几何性质、直线的标准方程、直线与抛物线相交问题、韦达定理.1117．(1)焦点0,，准线y=-；(2)y1<-1或-1<y1<；(3)证明见解析；4a4a4【分析】(1)数形结合，依据抛物线c的标准方程写出焦点坐标和准线方程；(2)∠pab为钝角时，必有ap⋅ab<0,用k1表示y1，通过k1的范围可得y1的范围；(3)先根据条件求出点m的横坐标，利用一元二次方程根与系数的关系，证明xm+x0=0，可得pm的中点在y轴上.第299页共377页,211【解析】解：(1)由抛物线c的方程为y=ax(a<0)可得，焦点0,，准线y=-；4a4a22(2)由点p(1,-1)在y=ax(a<0)上，可得a=-1，所以抛物线为y=-x，设直线pa的直线方程y-y0=k1(x-x0)，直线pb的直线方程y-y0=k2(x-x0),y-y0=k1(x-x0)①点px0,y0与ax1,y1是方程组2的解，将②式代入①式得，y=ax②2k1k1ax-k1x+k1x0-y0=0，可得x1+x0=③，可得x1=-x0aay-y0=k2(x-x0)④点px0,y0与bx2,y2是方程组2的解，将⑤式代入⑤式得，y=ax⑤2k2k2ax-k2x+k2x0-y0=0，可得x2+x0=，x2=-x0，aaλk1由已知得：k2+λk1=0，则x2=--x0⑥，a22由③可得x1=-k1-1，代入y=-x，可得y1=-(k1+1)，22将λ=1代入⑥可得x2=k1-1，代入y=-x，可得y1=-(k2+1)，2可得直线pa、pb分别与抛物线c得交点坐标为a(-k1-1,-k1-2k1-1)，22b(k1-1,-k1+2k1-1),于是ap=(k1+2,k1+2k1),ab=(2k1,4k1),2ap⋅ab=2k1(k1+2)+4k1⋅(k1+2k1)=2k1(k1+2)(2k1+1),因为∠pab为钝角且p、a、b三点互不相同，故必有ap⋅ab<0，1可得k1得取值范围是k1<-2，或-<k1<0，22又点a得纵坐标y1满足y1=-(k1+1)，当k1<-2，y1<-1；11当-<k1<0时，-1<y1<，241故y1的取值范围：y1<-1或-1<y1<；4x2+λx1(3)设点m得坐标为(xm,ym),由bm=λma，则xm=，1+λ-x0-λx0将③与⑥式代入可得：xm==-x0，即xm+x0=0，即线段pm的中点在y轴上.1+λ【点评】本题主要考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力等，综合性大，属于难题.228．(ⅰ)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)x=2y或x=4y；(ⅱ)仅存在一点m0,-2p适合题意.【分析】(ⅰ)(ⅰ)设出a,b,n,m的坐标，利用导数求得切线ma,mb的方程，结合n是线段ab的中点进行化简，得到m,n两点的横坐标相等，由此证得mn平行于y轴.(ⅱ)利用ab=410列方程，解方程求得p，进而求得抛物线方程.(ⅱ)设出d点坐标，由c点坐标求得线段cd中点的坐标，由直线ab的方程和抛物线的方程，求得d点的坐标，由此进行分类讨论求得m点的坐标.22x1x2【解析】(ⅰ)(ⅰ)证明：由题意设ax1,2p，bx2,2p，x1<x2，nx3,y3，mx0,-2p．x2xx1x22由x=2py得y=，则y=，所以kma=，kmb=．2ppppx1因此直线ma的方程为y+2p=x-x0，px2直线mb的方程为y+2p=x-x0．p第300页共377页,22x1x1x2x2所以+2p=x1-x0，①+2p=x2-x0．②2pp2ppx1+x2x1+x2由①、②得=x1+x2-x0，因此x0=，即2x0=x1+x2=2x3，也即x0=x3.所以mn平行于y22轴．(ⅱ)解：由(ⅰ)知，当x0=2时，将其代入①、②并整理得：222222x1-4x1-4p=0，x2-4x2-4p=0，所以x1，x2是方程x-4x-4p=0的两根，22x2x1-22p2px1+x2x0因此x1+x2=4，x1x2=-4p，又kab=x-x=2p=p，212所以kab=．p2242由弦长公式的ab=1+k⋅x1+x2-4x1x2=1+2⋅16+16p．p又ab=410，所以p=1或p=2，22因此所求抛物线方程为x=2y或x=4y．(ⅱ)解：设dx4,y4，由题意得cx1+x2,y1+y2，x1+x2+x4y1+y2+y4则cd的中点坐标为q2,2，x0设直线ab的方程为y-y1=x-x1，px1+x2y1+y2由点q在直线ab上，并注意到点2,2也在直线ab上，x0代入得y4=x4．p2若dx4,y4在抛物线上，则x4=2py4=2x0x4，因此x4=0或x4=2x0．22x0即d0,0或d2x0,p．(1)当x0=0时，则x1+x2=2x0=0，此时，点m0,-2p适合题意．22x1+x22222x1+x22px1+x2(2)当x0≠0，对于d0,0，此时c2x0,2p，kcd=2x=4px，002222x0x0x1+x2x1+x2又kab=p，ab⊥cd，所以kab⋅kcd=p⋅4px=2=-1，04p222即x1+x2=-4p，矛盾．2222x0x1+x2对于d2x0,p，因为c2x0,2p，此时直线cd平行于y轴，x0又kab=≠0，p所以直线ab与直线cd不垂直，与题设矛盾，所以x0≠0时，不存在符合题意得m点．综上所述，仅存在一点m0,-2p适合题意．【点评】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于难题.9．(1)；(2).【分析】(1)设出切线l的方程为y=-x+m，利用圆心到直线l的距离等于半径得到切线l的方程y=-x+第301页共377页,1，再联立抛物线的方程，借助弦长公式求得线段ab的长；(2)分直线l的斜率不存在和存在两种情况考虑，2将直线l的方程与抛物线c:y=x联立，消元，分别计算ma⋅mb=0是否成立，从而求得直线l的方程.22【解析】(1)因为圆n:(x+1)+y=2,所以圆心n为(-1,0),半径r=2.设a(x1,y1),b(x2,y2),当直线l的斜率为-1时，设l的方程为y=-x+m,则|1+m|=2，∴m=1或m=-3(舍)，2y=-x+12由2消去x得y+y-1=0,y=x22所以y1+y2=-1,y1⋅y2=-1,(y1-y2)=(y1+y2)-4y1⋅y2=5.1弦长|ab|=1+2|y1-y2|=10.k2(2)①当直线l的斜率不存在时，因为直线l是圆n的切线，所以l的方程为x=2-1,与y=x联立，则得2x1x2=3-22,y1+y2=0,(y1y2)=x1x2=3-22,即y1y2=1-2<0,ma⋅mb=x1x2+y1y2+(y1+y2)+1=5-32≠0,不符合题意.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m,即kx-y+m=0(k≠0).|-k+m|22由题意知=2，得m-k-2mk-2=0①,21+ky=kx+m21由2,消去x得ky-y+m=0,δ=1-4km>0,即km<且k≠0，y=x41my1+y2=,y1y2=，kk∵点M和点N关于直线y=x对称，∴M(0,-1)，∴MA=(x1,y1+1),MB=(x2,y2+1)，∵MA⋅MB=0，∴x1x2+(y1+1)(y2+1)=0，A(x1,y1),B(x2,y2)在直线y=kx+m上代入并化简，得2222(1+k)y1y2+(k-m)(y1+y2)+m+k=0，22化简，得m+k+mk+k=0，②2①+②得2m-mk+k-2=0，即(m-1)(2m-k+2)=0，1解得m=1，或m=k-1．21当m=1时，代入①，解得k=-1，满足条件km<且k≠0，4此时直线l的方程为y=-x+1；．总上所述，存在满足条件其方程为y=-x+1.考点：1、直线与圆锥曲线的位置关系；2、圆的性质；3、向量的数量积．10．(1)AB=210；(2)存在，y=−x+2.【分析】(1)圆N的圆心坐标为(−2,0)，半径r=22，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，设l的方程，利用直线l是圆N的切线，求得m的值，从而可得直线l的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，即可计算弦长|AB|；(2)利用直线l是圆N的切线，可得a，m满足的一个方程，将直线l的方程与抛物线方程联立，利用MA⊥MB，可得a，m满足的另一个方程，联立方程组可求得a，m的值，从而得到满足题设的直线l.第302页共377页,22【解析】∵圆N：N:(x+2)+y=8，∴圆心坐标为(−2,0)，半径r=22，(1)当直线l的斜率为1时，设l的|−2+m|方程为y=x+m，即x−y+m=0，∵直线l是圆N的切线，∴=22，解得m=−2或m=6(2y=x−22舍)，此时直线l的方程为y=x−2，由2，消去x得y−2y−4=0，∴Δ>0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，y=2x221则y1+y2=2，y1y2=−4，得(y1−y2)=(y1+y2)−4y1y2=20，∴弦长|AB|=1+2⋅|y1−y2|=210；k|−2−a|22x=my+a2(2)∵直线l是圆N的切线，∴=22，得a+4a−8m−4=0①，由2，消去x得y−1+m2y=2x222my−2a=0，∴Δ=4m+8a>0，即m+2a>0，且y1+y2=2m，y1y2=−2a，∵点M和点N关于直线y=x对称，∴点M为(0,−2)，∴MA=(x1,y1+2)，MB=(x2,y2+2)，∵MA⊥MB，∴MA⋅MB=x1x2+(y1+2)(y2+2)=0，222即x1x2+y1y2+2(y1+y2)+4=0，即a−2a+4m+4=0②，①+②，得2a+2a−8m+4m=0，2解得a=−2m或a=2m−1，当a=−2m时，代入①解得m=−1，a=2，满足条件m+2a>0，当a=2m−21时，代入①得4m−4m+7=0，无解，综上所述，存在满足条件的直线l，其方程为y=−x+2.考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.弦长的计算；3.韦达定理的运用.2x2511．(1)+y=1,(2)9,x±y-2=04222【分析】(1)利用相关点法求轨迹方程，设Mx,y，则Px,2y，代入圆的方程x+y=9，整理，即可.1(2)法一：分类讨论，当直线l的斜率不存在时，|AB|=2P=8，|CF|=4，SΔABC=×4×8=16，当直线l的222222斜率存在时，则k≠0，设直线l的方程为y=kx-2，与C2:y=8x，联立整理kx-4k+8x+4k=0，21x2222计算AB，设直线CF的方程为y=-x-2，与+y=1，联立整理k+4x-16x+16-4k=0，k422231k+11+k1+k16t计算CF，根据SΔABC=2|AB|⋅|CF|=16⋅2⋅2，令t=2，则SΔABC=ft=2，k+4kk4t-342164t-9t3ft=22，判断单调性，确定t=2时，ΔABC面积最小，求解即可.法二：设直线l的方程设为x4t-322x2=my+2，与C2:y=8x联立，计算AB，设直线CF的方程为y=-mx-2与+y=1，联立，计算4CF，以下同法一.11【解析】(1)设Mx,y，Px0,y0，则由于DM=DP，依题知：x=x0，y=y0.即x0=x，y0=2y，222222而点Px0,y0在圆x+y=9上，故x+2y=4，22x2x2得+y=1，故曲线C的方程为+y=1.442(2)法一：抛物线C2:y=8x的焦点为F2,0，1当直线l的斜率不存在时，|AB|=2P=8，|CF|=4，SΔABC=×4×8=16，2当直线l的斜率存在时，则k≠0，设Ax1,y1，Bx2,y2，2直线l的方程设为y=kx-2，代入C2:y=8x，222222消去y得kx-2=8x，即kx-4k+8x+4k=0，24k+8则x1+x2=2，x1x2=4，k28k+8∴AB=x1+x2+p=2，k21x2CF的直线方程为：y=-x-2，代入+y=1，k4第303页共377页,222消去y得，k+4x-16x+16-4k=0，224Δ=256-4k+416-4k=16k>0，21616-4kxC+2=2，xC⋅2=2，k+4k+422121+k4kCF=1+2xC+2-4xC⋅2=2⋅2，kkk+422222118k+81+k4kk+11+kΔABC面积：SΔABC=2|AB|⋅|CF|=2⋅2⋅2⋅2=16⋅2⋅2，kkk+4k+4k231+k2116t令t=2，则k=2，则SΔABC=ft=2，kt-14t-342164t-9tft=22，4t-3令ft=0，则t2=9，即t=3，当t∈1,33,+∞时，ft为增函数，所以t422时，ft为减函数，当t∈23=时，ΔABC面积最小．2295由1+m=得m=±时，ΔABC面积的最小值为9<16，4255此时直线l的方程为：x=±y+2，即x±y-2=0．222法二：抛物线C2:y=8x的焦点为F2,0，过点F的直线l的方程设为：x=my+2，设Ax1,y1，Bx2,y2，x=my+22联立2得y-8my-16=0.则y1+y2=8m，y1y2=-16，y=8x222∴|AB|=1+my1+y2-4y1y2=81+m，过F且与直线l垂直的直线设为：y=-mx-2，y=-mx-2联立2得，1+4m22-16m2x+16m2-4=0，x2x+y=14224m2-116mxC+2=2，⇒xC=2．1+4m1+4m242∴CF=1+m|xC-xF|=2⋅1+m，1+4m21161+m2ΔABC面积SΔABC=2|AB|⋅|CF|=2⋅1+m．1+4m3164t4-9t2216t令t=1+mt≥1，则SΔABC=ft=2，ft=22，4t-34t-3令ft=0，则t2=9，即t=3，当t∈1,33,+∞时，ft为增函数，所以t422时，ft为减函数，当t∈23=时，ΔABC面积最小．2295由1+m=得m=±时，ΔABC面积的最小值为9，4255此时直线l的方程为：x=±y+2，即x±y-2=0．22【点评】本题考查相关点法求轨迹方程，直线与圆锥曲线的位置关系，利用导数求最值，属于难题.第304页共377页,专题33：抛物线的应用问题参考答案1．B【分析】根据题中光学性质作出图示，先求解出A点坐标以及直线AB的方程，从而联立直线与抛物线方程求解出B点坐标，再根据焦半径公式以及点到点的距离公式求解出△ABM的三边长度，从而周长可求.2yA11【解析】如下图所示：因为M3,1，所以yA=yM=1，所以xA==，所以A,1，4441-04又因为F1,0，所以lAB:y-0=x-1，即lAB:y=-x-1，13-1442y=-3x-12yB又，所以y+3y-4=0，所以y=1或y=-4，所以yB=-4，所以xB==4，所以y2=4x4B4,-4，125111又因为AB=AF+BF=xA+xB+p=+4+2=，AM=xM-xA=3-=，BM=4444224-3+-4-1=26，2511所以△ABM的周长为：AB+AM+BM=++26=9+26，44故选：B.【点评】结论点睛：抛物线的焦半径公式如下：(p为焦准距)p(1)焦点F在x轴正半轴，抛物线上任意一点Px0,y0，则PF=x0+；2p(2)焦点F在x轴负半轴，抛物线上任意一点Px0,y0，则PF=-x0+；2p(3)焦点F在y轴正半轴，抛物线上任意一点Px0,y0，则PF=y0+；2p(4)焦点F在y轴负半轴，抛物线上任意一点Px0,y0，则PF=-y0+.22．B2【分析】本题首先可根据题意绘出图像，然后设出直线AB，与抛物线方程联立得出y1y2=-p，再然后设出过点A的切线，与抛物线方程联立得出pk1=y1，用同样的方式设出过点B的切线，得出pk2=y2，最后根据k1k2=-1即可得出结果.【解析】如图，结合题意绘出图像：第305页共377页,22设Ax1,y1，Bx1,y2，则y1=2px1，y2=2px2，p设直线AB:my=x-，2pmy=x-2222联立，整理得y-2pmy-p=0，则y1+y2=2pm，y1y2=-p，y2=2px2y1设过点A的切线为k1y-y1=x-，2p2y1k1y-y1=x-2p22联立，整理得y-2pk1y+2pk1y1-y1=0，y2=2px22则Δ=-2pk1-42pk1y1-y1=0，即pk1=y1，2y2设过点B的切线为k2y-y2=x-，同理可得pk2=y2，2p221则pk1k2=y1y2=-p，即k1k2=-1，=-1，k1k2故△ABQ是直角三角形，故选：B.【点评】关键点点睛：本题考查直线与抛物线的相关问题的求解，考查韦达定理和判别式的应用，考查学生对“阿基米德三角形”的理解，若两条直线的斜率乘积为-1，则这两条直线互相垂直，考查计算能力，是中档题.3．Cy20【分析】由题意可得F(1,0)，设P4,y0，要求kOM的最大值，设y0>0，运用向量的加减法运算得OM=y2y120203OP+3OF=12+3,3，再由直线的斜率公式，结合基本不等式，可求得直线OM的斜率的最大值.2y0【解析】解：由题意可得F(1,0)，设P4,y0，显然当y0<0时，kOM<0；当y0>0时，kOM>0；要求kOM的最大值，设y0>0，1由于M是线段PF上的点，且|PM|=2|MF|，则FM=FP，31112则OM=OF+FM=OF+FP=OF+(OP-OF)=OP+OF，3333y2y020即：OM=12+3,3，第306页共377页,y03222可得kOM=2=y≤=2，y020+4y04+2⋅1232y02y02当且仅当y0=8时取得等号，2即：直线OM的斜率的最大值为.2故选：C.【点评】本题考查抛物线方程的运用以及直线的斜率最大值，运用了基本不等式和向量的加减法运算，考查运算能力.4．C11【分析】转化：|MM'|=(|AG|+|BH|)=(|AF|+|BF|)，利用余弦定理：|AB|=22222π|AF|+|BF|-2|AF||BF|cos，即得解.3【解析】如图所示，由题意得F(1,0)，111MM'2(|AG|+|BH|)2(|AF|+|BF|)2(|AF|+|BF|)====AB|AB||AB|222π|AF|+|BF|-2|AF||BF|cos3111(|AF|+|BF|)(|AF|+|BF|)(|AF|+|BF|)222=≤=2222|AF|+|BF|+|AF||BF|(|AF|+|BF|)-|AF||BF|2(|AF|+|BF|)(|AF|+|BF|)-41(|AF|+|BF|)23=33(|AF|+|BF|)2MM'3当且仅当：|AF|=|BF|时，有最大值.AB3故选：C第307页共377页,【点评】本题考查了抛物线的综合问题，考查了学生综合分析，转化化归，数学运算的能力，属于中档题.5．A【分析】求出A点坐标，根据光学性质可知直线AB经过焦点，从而得到结果.211【解析】代y=1入y=4x解，得x=.即A,1.由抛物线的光学性质知，直线AB经过焦点1,0，所以441-04直线AB的斜率k==-.故选A.13-14【点评】本题考查抛物线的光学性质，考查抛物线的标准方程，考查直线的斜率的求法，属于基础题.6．4.4【分析】建立如图所求的坐标系，得出A点坐标求得抛物线方程，代入y=-2.42求得B点横坐标后可得结论．【解析】解析：如图，建立直角坐标系，2设抛物线方程为x=my，2将A(2，-2)代入x=my，得m=-2，2所以x=-2y，代入B(x0，-2.42)得x0=2.2，故水面宽为4.4米.故答案为：4.4．7．2【分析】作出图像，设A(x1,y1),B(x2,y2)，题中问题即为求|y1-y2|的最小值，设直线，联立，用韦达定理表示即可得解.第308页共377页,【解析】根据题意作出图像，如图所示，设A(x1,y1),B(x2,y2)，题中问题即为求|y1-y2|的最小值.1设AB:x=ty+，21x=ty+由2，得y2-2ty-1=0，y2=2x所以y1+y2=2t,y1y2=-1.22所以|y1-y2|=(y1+y2)-4y1y2=4t+4，当t=0时，|y1-y2|最小为2.故答案为：2.2361408．x-14=-y51322【分析】根据题意，设桥拱所在抛物线的方程为x=-2py，溢流孔ABC所在方程为C1:x-14=-2py(p>0)，运用待定系数法，求得p，p，可得右边第二个溢流孔所在方程，联立抛物线方程，可得所求.2【解析】设桥拱所在抛物线方程x=-2py，由图可知，曲线经过20,-5，2代入方程20=-2p×-5，解得：p=40，2所以桥拱所在抛物线方程x=-80y；四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，2设第一个抛物线C1:x-14=-2py，218由图抛物线C1经过点A20,-5，则20-14=-2p×-5，解得p=，5236所以C1:x-14=-y，52236点A即桥拱所在抛物线x=-80y与C1:x-14=-y的交点坐标，5设Ax,y,7<x<142x=-80y236140由x-14=-5y，解得：x=137<x<14第309页共377页,140所以点a的横坐标为.13236140故答案为：x-14=-y；513【点评】关键点点睛：此题考查根据实际意义求抛物线方程和交点坐标，关键在于合理建立模型正确求解，根据待定系数法，及平移抛物线后方程的形式即可.229．y=2x或y=6xp【分析】过f点的直线为y=-3x-2，与抛物线联立，求得y，进而根据条件列方程可得p的值，则抛物线方程可求.p【解析】过f点的直线为y=-3x-2，py=-3x-2p由，得y=-3p=-3或y==3，y2=2px3从而p=1或3，22故所求抛物线方程为y=2x或y=6x.22故答案为：y=2x或y=6x.【点评】本题考查抛物线方程的求解，考查运算能力，是基础题.10．42pm【分析】设px,y，由抛物线定义和圆的性质可知，要使最小，则pq=pf+1=x+3，从而将pq2pm表示为关于x的函数，利用基本不等式可求得最小值.pq【解析】2设圆心为f2,0，则f为抛物线y=8x的焦点，该抛物线的准线方程为:x=-2，设px,y，由抛物线的定义知：pf=x+2，2pm要使最小，则pq需最大，此时pq=pf+1=x+3，pq22222又pm=x-4+y=x-8x+16+8x=x+16，pm22x+32-6x+3+25x+1625∴===x+3+-6≥10-6=4(当且仅当x+3=pqx+3x+3x+325，即x=2时取等号)，x+32pm∴的最小值为4.pq故答案为：4.第310页共377页,【点评】本题考查抛物线中的最值问题的求解，涉及到抛物线定义、圆的性质以及基本不等式的应用；关键是能够将所求式子表示为关于某一变量的函数的形式，从而配凑出符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.2211．(1)2，x-1+y=4；(2)证明见解析.p【分析】(1)由题意得l的方程为x=-，根据ab为抛物线c过焦点f的弦，以ab为直径的圆与l相切于2p点-1,0..利用抛物线和圆的对称性，可得-=-1，圆心为f1,0，半径为2.22(2)设m-1,y0，mn的方程为y=kx+1+y0，代入c的方程，得ky-4y+4y0+k=0，根据直线与抛1222物线相切，令δ=16-16ky0+k=0，得y0+k=，代入ky-4y+4y0+k=0，解得y=.将y=代kkk112入c的方程，得x=2，得到点n的坐标为2,k，然后求解fm⋅fn.kkp【解析】(1)解：由题意得l的方程为x=-，2p所以-=-1，解得p=2.2又由抛物线和圆的对称性可知，所求圆的圆心为f1,0，半径为2.22所以圆的方程为x-1+y=4.(2)证明：易知直线mn的斜率存在且不为0，设m-1,y0，mn的方程为y=kx+1+y0，代入c的方程，2得ky-4y+4y0+k=0.1令δ=16-16ky0+k=0，得y0+k=，k222ky-4ky+42所以ky-4y+4y0+k==0，解得y=.kk2112将y=k代入c的方程，得x=2，即点n的坐标为2,k，kk12所以fm=-2,y0,fn=2-1,k，k22212fm⋅fn=2-2+y0⋅k=2-2+k-k⋅k=0，kk故mf⊥nf.【点评】本题主要考查抛物线的定义几何性质以及直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.12．(1)见解析；(2)8x-16y-25=0p【分析】(1)由抛物线的性质及题意，设pq:x=my+，代入抛物线方程，利用根与系数的关系，即可求解.24411(2)由题意，求得kpq=，设∠mna=2θ，则tan2θ=，求得tanθ=，得到直线l的斜率为，即可得到3322直线的方程.p【解析】(1)由抛物线的性质及题意知，则光线pq必过抛物线的焦点f2,0，p22设pq:x=my+，代入抛物线方程得：y-2mpy-p=0，22所以y1y2=-p=-1.第311页共377页,12--1117124(2)由题意知p2,2，q,-，n,-，所以kpq==，8282132-8mn关于直线l对称与直线qn重合，42tanθ11设∠mna=2θ，则tan2θ==，解得tanθ=，所以直线l的斜率为，31-tan2θ22所以直线l的方程为8x-16y-25=0.【点评】本题主要考查了抛物线的标准方程及其几何性质，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中熟记抛物线的标准方程及其简单的几何性质，合理应用直线的斜率和倾斜角的关系，求得直线的斜率是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.13．(1)3.3米；(2)不能2【分析】(1)建立如图所示的坐标系，设抛物线的方程为x=-2py(p>0)，结合题意得到p值即可；24949(2)对于抛物线x=-5y，令x=3.5，得y=-，因为7--0.5=4.05<4.2，所以，该车不能安全通过2020隧道.2【解析】(1)建立如图所示的坐标系，设抛物线的方程为x=-2py(p>0)，5根据题意，此抛物线经过点-5,-5，代入抛物线方程解得p=，2216所以抛物线的方程为x=-5y.在此方程中令x=-4，得y=-，516因此，7--0.5=3.3，5所以车辆通过隧道时的限制高度为3.3米.249(2)对于抛物线x=-5y，令x=3.5，得y=-，2049因为7--0.5=4.05<4.2，所以，该车不能安全通过隧道.20【点评】本题主要考查了抛物线方程的应用，在解题时要通过题意画出图形，再根据所给的知识点求出答案是本题的关键．第312页共377页,专题34：圆锥曲线中点弦问题参考答案1．A【分析】设直线交椭圆于Ax1,y1，Bx2,y2，把两点坐标代入椭圆方程，利用点差法求得斜率，然后求解直线方程．【解析】设弦所在的直线与椭圆交Ax1,y1,Bx2,y2，22x1y1+=1168y1+y2y1-y21则22，两式相减得：x+x×x-x=-2，x2+y2=11212168因为弦中点为(2,1)，所以y1+y2=2,x1+x2=4，1y1-y21所以×=-，2x1-x22y1-y2即k==-1x1-x2则直线方程为：y-1=(-1)(x-2),化简得x+y-3=0．故选：A．【点评】本题主要考查了直线与椭圆相交的位置关系，“点差法”的解题思想方法，直线方程的求法，属于中档题．2．B2222【分析】设Ay1,y1,By2,y2,Mx0,y0,N=y0,y0,根据向量运算可得y1⋅y2+3y0+1=0，联立直线与抛物线方程，由根与系数的关系即可求解k.22【解析】设Ay1,y1,By2,y2,Mx0,y0，2则N=y0,y0，2222NA=y1-y0,y1-y0NB=y2-y0,y2-y0由NA⋅NB=0，2222∴y1-y0y2-y0+y1-y0y2-y0=0，∴y1+y0y2+y0+1=0，2∴y1⋅y2+y0y1+y2+y0+1=0，①2即y1⋅y2+3y0+1=0，2y=x2由得ky-y-2=0，y=kx-21当Δ=1+8k>0，即k>-时812y1+y2=,y1⋅y2=-，kk代入①得：23-++1=0k4k22即4k-8k+3=0，第313页共377页,31解得k=或k=(舍去)，22故选：B【点评】本题主要考查了抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，向量运算，属于难题.3．D【分析】设出A,B两点的坐标，代入椭圆方程，作差变形，利用斜率公式和中点坐标可求得结果.【解析】设F(-c,0)，因为直线x-y+3=0过F(-c,0)，所以-c-0+3=0，得c=3，222所以a-b=c=3，设A(x1,y1),B(x2,y2)，22x1y12+2=1x2-x2y2-y2y-y2x+xab121212b12由2y2，得2=-2，得x-x=-2⋅y+y，x2+2=1ab12a12a2b2因为P为线段AB的中点，O为坐标原点，y1+y2-0x1+x2y1+y22y1+y21所以P2,2，kOP=x+x=x+x=-2，1212-02y1-y2b22b2所以kAB=x-x=-2⋅(-2)=2，12aa又A,B在直线x-y+3=0上，所以kAB=1，22b222222所以=1，即a=2b，将其代入a-b=3，得b=3，a=6，2a2y2x所以椭圆C的方程为+=1.63故选：D【点评】本题使用点差法求解，一般涉及到弦的中点和斜率问题的题目可以使用点差法，步骤如下：①设出弦的两个端点的坐标；②将弦的两个端点的坐标代入曲线方程；③作差变形并利用斜率公式和中点坐标公式求解.4．A2bc【分析】设点Mx1,y1、Nx2,y2，利用点差法求得2=1，进而可得出双曲线的离心率为e=a=ab21+，即可得解.ax1+x2y1+y2【解析】设点Mx1,y1、Nx2,y2，则P2,2，x2y2x2y2x2-x2y2-y2y2-y221122212121b由题意，得-=1，-=1，两式相减，得-=0，整理得=，222222222abababx2-x1ay1+y2y-yy2-y2222121b所以kOP⋅kMN=x+x⋅x-x=22=2=1，1221x2-x1a2cc2a2+b2b2因此，双曲线的离心率为e====1+=2，aa2a2a故选：A.【点评】求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：第314页共377页,(1)定义法：通过已知条件列出方程组，求得a、c的值，根据离心率的定义求解离心率e的值；(2)齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解；(3)特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.5．B【分析】利用点差法求出直线斜率，即可得出直线方程.【解析】由直线l:(a+1)x+(a+2)y-2a-3=0得a(x+y-2)+(x+2y-3)=0x+y-2=0x=1所以解得则P1,1x+2y-3=0y=1设A(x1,y1),B(x2,y2)，2x1=4y1则2，两式相减得(x1-x2)(x1+x2)=4(y1-y2)，x2=4y2y1-y2x1+x21即kAB===，x1-x2421则直线方程为y-1=(x-1)，即x-2y+1=0.2故选：B.【点评】点差法是求解中点弦有关问题的常用方法.6．A【分析】设Mx1,y1，Nx2,y2，MN的中点Px0,y0，根据点M，N在双曲线上，且P为中点，利用点差法得y0到kMN⋅=2，再由M，N关于直线y=-x+b对称，得到kMN=1，则y0=2x0，又点Px0,y0在直线y=x0-x+b上，得到y0=-x0+b，联立求得点P,代入抛物线方程求解.【解析】设Mx1,y1，Nx2,y2，MN的中点Px0,y0，22y1x1-=12因为2，x2-y2=122y2-y1y2+y1所以⋅=2；x2-x1x2+x1x1+x2=2x0又因为，y2+y1=2y0y0所以kMN⋅=2；x0又因为M，N关于直线y=-x+b对称，所以kMN=1，即y0=2x0；又因为点Px0,y0在直线y=-x+b上，所以y0=-x0+b；y0=2x0b2b由，可得P,，y0=-x0+b332b2b所以=3×，339即b=0或b=，4故选：A.【点评】圆锥曲线上两点关于直线的对称问题主要有联立方程法和点差法两种解法．107．3第315页共377页,【分析】将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出线段AB的中点的横坐标，由此可得出结果.2【解析】抛物线y=8x的焦点为F2,0，设点Ax1,y1、Bx2,y2，由题意可知，直线AB的方程为y=3x-2，2y=8x2联立，消去y并整理得3x-20x+12=0，y=3x-220x1+x210由韦达定理可得x1+x2=，则线段AB的中点的横坐标为=.32310因此，线段AB的中点到y轴的距离是.310故答案为：.3【点评】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；(5)代入韦达定理求解.58．y=±x22y2x【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，由题中条件设双曲线方程为2-2=1(a>0,b>0)，将两点坐标代入双曲abb2x1+x2b2线方程，两式作差化简整理，得到kAB=2⋅y+y，求出2，即可得出双曲线的渐近线方程.a12a2y2x【解析】由题意，可设双曲线方程为2-2=1(a>0,b>0)，Ax1,y1，Bx2,y2，ab因为过F的直线l与C交于A，B两点，AB的中点为E(-12,-15)，所以x1≠x2，y1<0，y2<0，x1+x2=-24，y1+y2=-3022x1y1-=1a2b2x1+x2x1-x2y1+y2y1-y2又22，两式作差可得2，即2=2，x2-y2=1aba2b2y1-y2b2x1+x24b2y1-y24b2则x-x=2⋅y+y=2，即kAB=x-x=2，12a125a125a220+154bb5b5又kAB=kEF=3+12=1，所以2=1，因此2=4，则a=2，5aab5所以此双曲线的渐近线方程为y=±x=±x.a25故答案为：y=±x.2【点评】思路点睛：求解圆锥曲线的中点弦问题时，一般需要先设弦两端点的坐标，将两点代入曲线方程，两式作差整理，得到直线斜率与弦中点坐标之间关系，进而即可求解.259．(1)±；(2)y=±x-1，理由见解析42【分析】(1)设出直线的方程联立椭圆方程，再由中点坐标公式即可求解.(2)假设存在，利用斜率公式，等差中项列出式子求解即可.第316页共377页,【解析】解：(1)由题知：F1-1,0，F21,0，设直线l的方程为：y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，2x2+y=1则联立直线与椭圆方程：2，y=kx+12222消去y得：1+2kx+4kx+2k-2=0，224k2k-2∴x1+x2=-2，x1x2=2，1+2k1+2k∵M是AB的中点，x1+x22k21∴M的横坐标为=-=-，21+2k2221解得：k=，22∴k=±，2y1+y2kx1+1+kx2+1kx1+x2+2kk2∴M的纵坐标为====±，22224(2)假设存在直线l满足条件，224k2k-22k由(1)知：x1+x2=-2，x1x2=2，y1+y2=kx1+x2+2k=2，1+2k1+2k1+2k∵M是A，B的中点，22kk∴M的坐标为：-,，221+2k1+2k∵k1，2k3，k2成等差数列，∴4k3=k1+k2，∵F21,0，ky1y21+2k2k∴k1=x-1，k2=x-1，k3=2=-2，122k4k+1--121+2k4ky1y2代入得：-=+，4k2+1x1-1x2-12化简得：-4kx1x2-x1+x2+1=4k+1y1x2+y2x1-y1+y2，224k2k-22k将x1+x2=-2，x1x2=2，y1+y2=2，y1=kx1+1，y2=kx2+1代入并化简解得：k=1+2k1+2k1+2k5±，25∴直线l的方程为：y=±x-1.2【点评】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．10．(1)证明见解析；(2)是，4.22x1y1+=142【分析】(1)设Cx1,y1，Dx2,y2，由C,D是椭圆E上的点可得22，两式相减进行整理可得kOM⋅x2+y2=142第317页共377页,1mk=-，从而可求出k=-，则可得CD的垂直平分线的斜率，由点斜式可得CD的垂直平分线的方程为222y=x-1，即可得所过定点.m11(2)由点斜式得直线l的方程为y=kx+1，则点P-,0从而可求OP=-,0；kky1y1得直线AC的方程为y=x+2，直线BD的方程为y=x-2，联立可求出其交点横坐标xQx1+2x1-22y1x2-4y1+2x1y2+4y2=，联立l与椭圆方程，结合韦达定理，对xQ进行化简，可得xQ=-4k，即可求出OPx1y2+2y2-y1x2+2y1⋅OQ的值，从而可判断是否为定值.【解析】解：设Cx1,y1，Dx2,y2.22x1y1+=1142(1)由题意知，直线OM的斜率为kOM=m，因为C,D是椭圆E上的点，则22，x2+y2=1421m2两式相减，整理得kOM⋅k=-，所以k=-，故线段CD的垂直平分线的斜率为，22m2从而线段CD的垂直平分线的方程为y=x-1，m所以，线段CD的垂直平分线经过定点0,-1.11(2)直线l的方程为y=kx+1，由条件知：k≠0，则点P-,0，OP=-,0.kk22联立直线l与椭圆E的方程，消去y得：1+2kx+4kx-2=0，-4k-2所以x1+x2=2，x1x2=2.1+2k1+2ky1y1直线AC的方程为y=x+2①，直线BD的方程为y=x-2②.x1+2x1-22y1x2-4y1+2x1y2+4y2设点QxQ,yQ，由①，②得，xQ=x1y2+2y2-y1x2+2y1-16k4kx+2x+x-4kx-x2-4kx1-x21212121+2k===-4k.x1-x2+2kx1+x2+4x-x+41221+2k1所以，OP⋅OQ=-⋅-4k=4.即OP⋅OQ为定值4.k【点评】本题考查了中点弦问题，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了直线方程的点斜式.本题的难点在于计算，特别是第二问中对交点横坐标的化简.一般中点弦问题的做题思路为，设出弦端点的坐标，代入到圆锥曲线方程，两方程相减，进行化简，即可得弦的中点和弦所在直线斜率的关系.2211．(1)3；(2)2x+3y-2x=0-3<x<3.【分析】(1)根据椭圆方程得出a,b,c，结合椭圆定义pf1+pf2=2a=23，再根据基本不等式求得pf1⋅pf2的最大值；(2)设mx,y，利用点差法和中点坐标公式，求出kab，由两点坐标写出kmf2，结合kab=kmf2，求出关于x,y的方程为点m的轨迹方程.2y2x【解析】(1)已知椭圆方程为+=1，焦点在x轴上，3222222可得a=3,b=2,c=a-b=1，所以f1-1,0,f21,0，第318页共377页,由椭圆的定义可知，pf1+pf2=2a=23，pf1+pf22232又因为pf1⋅pf2≤2=2=3，则当且仅当pf1=pf2时，pf1⋅pf2的最大值为3.(2)设ax1,y1,bx2,y2,mx,y，其中2x=x1+x2,2y=y1+y2，当直线l的斜率k存在时，22x1y1+=1，①32则22x2+y2=1，②32x1+x2x1-x2y1+y2y1-y2①-②得：+=0，32y1-y22xy即kab=x-x=-3y，又因为：kab=kmf2=x-1122xy22则有：-=，解得：2x+3y-2x=0-3<x<3.3yx-1当直线l的斜率k不存在时，m1,0也符合上述方程.22综上得：m的轨迹方程为：2x+3y-2x=0-3<x<3.【点评】本题主要考查椭圆的简单性质和定义的运用，利用点差法求中点弦所在直线的斜率以及结合基本不等式求最值.2y2x9912．(1)+=1；(2)-4,-8458222bcb2【分析】(1)将x=-c代入椭圆方程，可得=22，再结合离心率为e==1-=，联立可求aaa22得a,b,c，即可求出椭圆方程；(2)结合m的横坐标为1，可表示出直线pq的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，可得到f2p⋅f2q的表达式，进而求得f2p⋅f2q的取值范围.22b2b2【解析】(1)将x=-c代入椭圆方程得y=±，则=22，即b=2a，aa22cb2b12a1又离心率e==1-=，即=，所以=，解得a=22，b=2，aa22a22a222y2x所以椭圆c的方程为+=1；8422x1y1+=184(2)设ax1,y1，bx2,y2，mx0,y0，若直线ab的斜率存在且不为0，设为k，则22，x2+y2=184x0y011两式相减得+k=0，又x0=1，∴ky0=-，直线pq的方程为y-y0=-x-x0，422k12231即x=1+ky0-ky=-ky，与椭圆c的方程联立得k+2y-ky-=0，24k31则yp+yq=2，ypyq=-2，k+24k+233故f2p⋅f2q=xp-2xq-2+ypyq=kyp+kyq++ypyq2231k2+122393k919=k+1ypyq+2kyp+yq+4=-2+2+4=-4+2，4k+22k+24k+2第319页共377页,717721将x=1代入椭圆方程，得y=±2，所以y0=-2k∈-2,2，则k>14，99故F2P⋅F2Q∈-4,-.58当直线AB的斜率为0时，不满足AB的中点M的横坐标为1；当直线AB的斜率不存在时，P，Q即为椭圆的左右顶点，故F2P⋅F2Q=-22-2⋅22-2=-4，99综上所述，F2P⋅F2Q∈-4,-.58【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查平面向量的坐标运算，考查学生的计算求解能力，属于难题.y22x2213．(1)+=1；(2)5x-20x+4y=0(0≤x≤1)；(3)xQ=1.542b=4【分析】(1)根据题意可得，由此求得椭圆方程。2c=2(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),Q(x,y)，利用点差法求出线段C,D中点Q的轨迹方程。y1y2(3)设直线AC的方程为：y=(x+2)，直线BD的方程为：y=(x-2)，联立求得xQ=x1+2x2-22(x1y2+x2y1)+4(y2-y1)，由此证明点Q1的横坐标为定值。x1y2-x2y1+2(y2+y1)y22x【解析】(1)∵椭圆+=1(a>b>0)两顶点A(-b,0),B(b,0)，短轴长为4，焦距为2，22ab2b=42∴，解得b=1,c=1,a=4+1=52c=2y22x∴椭圆方程为：+=1.54(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),Q(x,y)，2222y1x1y2x2则+=1①，+=1②，5454(y2-y1)⋅(y2+y1)5则①-②得=-，(x2-x1)⋅(x2+x1)4y2-y1yy2+y1y∵=,=，x2-x1x-4x2+x1xyy5∴⋅=-x-4x422即5x-20x+4y=0(0≤x≤1).22∴线段C,D中点Q的轨迹方程为：5x-20x+4y=0(0≤x≤1).y1(3)证明：设直线AC的方程为：y=(x+2)，x1+2y2直线BD的方程为：y=(x-2)，x2-22(x1y2+x2y1)+4(y2-y1)两式联立可得：xQ=x1y2-x2y1+2(y2+y1)2222由①-②得5(x2-x1)=4(y1-y2)222222∴x2y1-x1y2=4(y1-y2)即(x2y1+x1y2)(x2y1-xxy2)=4(y1+y2)(y1-y2)③，y1y2又P,C,D三点共线，则=,x2y1-x1y2=4(y1-y2)④，x1-4x2-4第320页共377页,②代入③得x2y1+x1y2=y1+y26y2-2y1把③④代入⑤整理得xQ==1.6y2-2y1【点评】本题考查了直线与圆锥曲线的综合问题，掌握直线与圆锥曲线的位置关系，合理运用数形结合、整体代入等思想和方法。2214．(Ⅰ)y=4x；(Ⅱ)y=-x；(Ⅲ)能，k=-.32【分析】(Ⅰ)根据题意，结合抛物线的性质，即可求出抛物线的方程为y=4x。(Ⅱ)设Ax1,y1，Bx2,y2，设而不求利用点差法求出直线AB的斜率，再利用点斜式即可求出直线l的方程。2222y1y2y3y4(Ⅲ)设A4,y1，B4,y2，C4,y3，D4,y4，且l:y=kx-2-2.联立直线与抛物线方程，得到联立方程，再利用韦达定理以及M，A，C三点共线得出y1,y2,y3,y4的数量关系，假设C，D，Q三点共线，构造关于y1,y2的等式，转化为k的等式，进行求解即可得出结论。p【解析】(Ⅰ)由题意有2pm=4，及m+=2，22解得p=2，m=1.故抛物线的方程为y=4x.22(Ⅱ)设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1=4x1，y2=4x2，22y1-y2两式相减得y1-y2=4x1-x2，即y1+y2=4.x1-x2于是-4kAB=4，kAB=-1，(注：利用直线与抛物线方程联立，求得kAB=-1，同样得4分)故直线l的方程为y=-x-2-2，即y=-x；2222y1y2y3y4(Ⅲ)设A4,y1，B4,y2，C4,y3，D4,y4，且l:y=kx-2-2.y=kx-2-224-8k-8由2，得ky-4y-8k-8=0，则y1+y2=k，y1y2=k，y=4xy1y3-y144由M，A，C三点共线，可得2=22=y+y，化简得y1y3=4，即y3=y.y1y3y1311+1-4444同理可得，y4=，y2y3+2y4-y3假设C，D，Q三点共线，则有2=22，化简得y3y4+2y3+y4+8=0，y3y4y3-2-444211k12进一步可得，+++1=0，即++1=0，解得k=-.y1y2y1y2-4k-4-2k-232因此，当直线l的斜率k=-时，C，D，Q三点共线.3【点评】本题主要考查抛物线的定义，以及利用点差法设而不求的思想求解与抛物线相交的直线的斜率，以及利用方程思想解决圆锥曲线的各类问题。123215．(1)x+y-4=0；(2)是，x++y-=6.22【解析】【分析】(1)利用点差法列式进行化简，由此求得直线AB的斜率，进而求得直线AB的方程.(2)求得直线CD的方程，代入椭圆方程，利用根与系数关系以及弦长公式，求得弦长CD，求得CD中点M的坐标.同理第321页共377页,求得弦长AB，计算M到直线AB的距离，由此计算出MA=MB=MC=MD【解析】(1)设Ax1,y1，Bx2,y2，223x1+y1=15则有22⇒x1-x2x1+x2+y1-y2y1+y2=0,3x1+y2=153x1+x2依题意，x1≠x2，∴kAB=-．y1+y2∵N1,3是AB的中点，∴x1+x2=2，y1+y2=6，从而kAB=-1．22∴又∵15>3×1+3=12<15，∴N1,3在椭圆内，直线AB的方程为y-3=-x-1，即x+y-4=0．(2)∵CD垂直平分AB，∴直线CD的方程为y-3=x-1，即x-y+2=0，2代入椭圆方程，整理得4x+4x+4-15=0①．又设Cx3,y3，Dx4,y4，CD的中点为Cx0,y0，则x3，x4是方程①的两根，11313∴x3+x4=-1，且x0=x3+x4=-，y0=x0+2=，即CD中点M-,,222222于是由弦长公式可得CD=1+1⋅x3-x4=262将直线AB的方程x+y-4=0，代入椭圆方程得4x-8x+1=0,2同理可得AB=1+1⋅x1-x2=6．13x0+y0-4-2+2-432点M到直线AB的距离为d===．22262322∴MA=MB=2+2=6=MC，∴ABCD四点共圆，1232且原方程为：x++y-=6.22【点评】本小题主要考查利用点差法求解有关弦的中点问题，考查四点共面的证明，属于中档题.16．(1)x+2y-4=0；(2)25.【分析】(1)设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，设所求直线方程为y-1=k(x-2)，代入椭圆方程整理后由韦达定理得x1+x2，再由中点坐标可求得k，从而得直线方程；2(2)由(1)得x1+x2,x1x2，然后由弦长公式AB=1+kx1-x2可得弦长．【解析】(1)设所求直线方程为y-1=k(x-2)．代入椭圆方程并整理，得2222(4k+1)x-8(2k-k)x+4(2k-1)-16=0，①又设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，28(2k-k)则x1，x2是方程的两个根，于是x1+x2=2.4k+12x1+x24(2k-k)又M为AB的中点，∴==2，24k2+111解得k=-，直线方程为y-1=-(x-2)，即x+2y-4=0.2212(2)由(1)将k=-代入①得，x-4x=0，2212∴x1=0,x2=4，∴|AB|=1+k|x1-x2|=41+-=25．2第322页共377页,专题35：圆锥曲线的弦长问题参考答案2y2x1．(1)+=1；(2)26.622y2xc6222【分析】(1)设椭圆的标准方程为+=1，将点3,1代入方程，由=，结合a=b+c即可求a21b2a3解.(2)当直线l1的斜率为0时，分别求出AB，CD，可得AB+CD；当直线l1的斜率不存在时，求出AB+CD；当直线l1的斜率存在且不为0时，直线l1的方程可设为x=my+2m≠0，可得直线l2的方程为x=22186m+1-y+2，分别将直线与椭圆联立，利用弦长公式求出AB，CD，可得AB+CD=，令m3m4+10m2+322tm+1=t，构造函数gt=即可求解.23t+4t-42y2x【解析】(1)由题意可设椭圆的标准方程为+=122ab6c6由e=，即=3a3222再由a=b+c可得a=3b①31将点3,1代入椭圆方程，可得+=1②22ab由①②可解得a=6,b=22y2x故椭圆的方程为+=162(2)由(2)知，椭圆右焦点为2,0，设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y426当直线l1的斜率为0时，AB=2a=26，直线l2:x=2，可得CD=32686所以AB+CD=26+=3386当直线l1的斜率不存在时，直线l2的斜率为0,AB+CD=3当直线l1的斜率存在且不为0时，直线l1的方程可设为x=my+2m≠0，1则直线l2的方程为x=-y+2m2y2x+=122∴62整理得m+3y+4my-2=0x=my+222Δ=16m+8m+3>0恒成立，y+y=-4m122m+3则2y1y2=-2m+3222而AB=1+my1-y2=1+my1+y2-4y1y2226m2+12-4m-2=1+m2-42=2m+3m+3m+31226-+126m2+1m联立直线l2与椭圆方程可得CD=12=2-+33m+1m第323页共377页,m2+1m2+186m2+12则AB+CD=262+2=42m+33m+13m+10m+32令m+1=t2t11令gt===t>13t2+4t-44422-++3--1+4t2tt22当t∈1,+∞时，--1+4∈3,4t111则gt=22∈4,3--1+4t86所以AB+CD∈26,，386综上，AB+CD∈26,，32∴当m=1时，AB+CD的最小值为26.【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式，解题的关键是利用弦长公式以及韦达定理得出AB2286m+1+CD=，考查了数学运算以及分类讨论的思想.423m+10m+32228462．(1)a=22，e=；(2)x+y=；(3),23．233【分析】(1)由焦距写出a的值，结合椭圆方程求c，应用离心率公式直接求离心率即可.22(2)由题设知菱形的棱长为a+b，应用等面积法即可求内切圆的半径，进而写出内切圆方程；(3)讨论直线斜率不存在、为0、不为0三种情况，分别求|AB|的范围，取并.【解析】(1)∵椭圆上的点到椭圆两焦点的距离之和为42，∴2a=42，即a=22，而b=2，则c=2，c2∴e==.a2ab22×226228(2)由(1)知：菱形内切圆的半径r===，所以内切圆方程为x+y=.a2+b28+433262646(3)①当直线斜率不存在时，直线方程为x=±，代入椭圆方程得y=±，此时|AB|=；333262646②当直线斜率为0时，直线方程为y=±，代入椭圆方程得x=±，此时|AB|=；333|m|262③当直线的斜率存在且不为0时，设直线方程为y=kx+m，由直线与圆相切得=，即m=1+k2382(1+k)，322222322直线代入椭圆方程，可得1+2kx+4kmx+2m-8=0,�=88k-m+4=4k+1>0，324km2m-8设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=-2,x1x2=2，1+2k1+2k|AB|=1+k2⋅|x-x|=321+1≤23，123214k++4k246∴|AB|∈,23.3【点评】(1)由椭圆方程及焦距求参数，直接求离心率.(2)根据椭圆各顶点连线所成棱形，结合内切圆性质求半径，写出圆的方程.(3)讨论直线斜率，结合椭圆方程求相交弦的弦长.第324页共377页,29+13．(1)证明见解析；(2)-.4【分析】(1)求出直线PA、PB的方程，联立这两条直线的方程，可求得点P的坐标，并求出点M的坐标，进一步可求得线段PM的中点N的坐标，然后将点N的坐标代入抛物线C的方程即可证得结论成立；ABAB(2)求出关于y0的表达式，换元t=4y0+1∈-11,-3，利用基本不等式可求得当取最大值时PMPM对应的y0的值，即可得出结果.2【解析】(1)设直线PA的方程为y-x1=k1x-x1，2y-x1=k1x-x122联立2，可得x-k1x+k1x1-x1=0，y=x22222Δ=k1-4k1x1-x1=4x1-4kx1+k1=2x1-k1=0，∴k1=2x1，22所以，直线PA的方程为y-x1=2x1x-x1，即y=2x1x-x1，2同理可知直线PB的方程为y=2x2x-x2.2x1+x2y=2x1x-x1x=x1+x2联立2，解得2，即点P2,x1x2，y=2x2x-x2y=x1x222x1+x2x1+x2线段AB的中点为M2,2，22x1+x2x1+2x1x2+x2所以，线段PM的中点为N2,4，x2+2xx+x2x+x2112212因此，4=2，因此，线段PM的中点N在抛物线C上；222222(2)由(1)知，AB=x1-x2+x1-x2=x1-x21+x1+x2，22x-x2x1+x212PM=-x1x2=，222222AB2x1-x21+x1+x21+x1+x21+x1+x2∴=2=22=22PMx1-x2x1-x2x1+x2-4x1x2224x2-y+1+4y1+4x01+4x00001+4y0=2===4+22224x0-4y0x0-y0x0-y0x0-y04y0+14y0+1=4+2=4-2，1-y0+2-y0y0+5y0+34y0+1t16t16令t=4y0+1∈-11,-3，则2==2=29，y0+5y0+3t-125t-1t+29+18tt++18++3t44AB1616所以，=4-=4+，PMt+29+18-t29+-18t-t29AB所以，当-t=-t<0时，即当t=-29∈-11,-3时，取最大值，tPM29+1此时4y0+1=-29，解得y0=-，4AB29+1因此，当取最大值时，点P的纵坐标为-.PM4【点评】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．第325页共377页,94．(1)证明见解析；(2).22x2x21021【分析】(1)求得椭圆C2的方程为+y=，设点Px0,y0，可得出+y0=，利用斜率公式可证得k1⋅2222k2为定值；(2)设直线PF1的方程为y=kx+1k≠0，设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立直线PF1与椭圆C1的方程，列出韦达定理，可求得AB关于k的表达式，进而可得出CD关于k的表达式，利用基本不等式可求得AB⋅CD的最大值.【解析】(1)证明：∵点F1、F2是椭圆C1的两个焦点，故F1、F2的坐标是F1-1,0、F21,0，1而点F1、F2是椭圆C2上的点，将F1、F2的坐标代入C2的方程，得λ=，2设Px0,y0，直线PF1和PF2的斜率分别是k1、k2k1≠0,k2≠0，2y0y0y0k1⋅k2=x+1⋅x-1=2，00x0-122x02121-x0又点P是椭圆C2上的点，故+y0=，则y0=，22221-x02y021所以k1⋅k2=2=2=-2(定值)；x0-1x0-1(2)直线PF1的方程可表示为y=kx+1k≠0，y=kx+1联立方程组2，得1+2k22+4k2x+2k2-2=0，x2x+y=124222Δ=16k-41+2k2k-2=8k+1>0恒成立，224k2k-2设Ax1,y1、Bx2,y2，则x1+x2=-2，x1⋅x2=2，1+2k1+2k2222221+k∴AB=1+kx1-x2=1+k⋅x1+x2-4x1x2=2，1+2k221+4k同理可求得CD=，21+2k44k4+5k2+144k4+5k2+12k1∴AB⋅CD=22=42=41+42=41+1≤1+2k4k+4k+14k+4k+1+4k2+4k21941+=，1222⋅4k+4k229当且仅当k=±时等号成立，故AB⋅CD的最大值等于.22【点评】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；(5)代入韦达定理求解.2y2x5．(1)+=1；(2)43-1.43【分析】(1)根据题意列出关于a,b,c的等式再求解即可.第326页共377页,(2)设直线l方程为y=kx+1，再联立直线与椭圆的方程,求得中点D的坐标，利用韦达定理可得|MN|=3|yM-yN|=4k+1+，再分析k>0与k<0两种情况分别利用基本不等式求解最值即可.k2b=3,c1【解析】(1)依题意可知a=2,解得a=2.222a=b+c,2y2x所以椭圆C的标准方程为+=1；43(2)显然直线l斜率存在，设过点(0,1)点的直线l方程为y=kx+1，(k≠0，否则直线OD与直线x=4无交点.)直线l与椭圆C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2).y=kx+1,2222由22得(3+4k)x+8kx-8=0，则Δ=64k+32(3+4k)>0，3x+4y-12=0-8k6x1+x2=2，y1+y2=k(x1+x2)+2=2.3+4k3+4k-4k3所以D,.223+4k3+4k令x=4，yM=4k+1.33直线OD方程为y=-x，令x=4，yN=-.4kk3所以|MN|=|yM-yN|=4k+1+.k3①当k>0时，|MN|=4k+1+≥1+43.k33当且仅当4k=时,即k=时等号成立；k2②当k<0时，4k+3=-(-4k)+-3≤-43.kk33当且仅当k=-时取等号成立.此时|MN|=4k+1+≥43-1.2k综上，线段|MN|的取值范围为43-1,+∞.故线段|MN|的最小值为43-1.【点评】思路点睛：直线与椭圆的综合问题的常见处理方法：y1-y2(1)对椭圆上两点构成的弦及其中点相关的题型，我们常用“点差法”，其中直线AB的斜率k=，ABx1-x222x1y1+=1x1+x2y1+y2a2b2中点的坐标M为2,2，点代入椭圆方程2y2作差，就可以得到弦中点与直线斜率的x2+2=1a2b22b关系式kAB⋅kOM=-2．a(2)对于弦长问题，我们常让直线与椭圆方程组方程组，再利用韦达定理及弦长公式，建立关系式．其中弦长公式：(已知直线上的两点距离)设直线l:y=kx+m，l上两点Ax1,y1,Bx2,y2，所以AB=2121+kx1-x2或AB=1+y1-y2，斜率不存在时AB=y1-y2，解决相关问题.k2y2x246．(1)+=1；(2).4373【分析】(1)设出P点的坐标，根据P点在椭圆上以及PA1，PA2的斜率之积为-，列出方程，即可求得椭圆4第327页共377页,C的标准方程；(2)设出直线l的方程以及M，N点的坐标，与椭圆方程联立，消去x，利用韦达定理得出y1+y2与y1y2的值，再根据kA1M+kA1N=-kMN列出方程，即可解出直线的斜率，从而利用弦长公式求得MN.【解析】(1)设Px0,y0，由题意知：A1-a,0，A2a,0，2x0231-2y0y0y0a3∵kPA1⋅kPA2=x+a⋅x-a=22=22=-2，00x0-ax0-aa33∴-=-，a242解得：a=4，2y2x∴椭圆C的标准方程为+=1；43(2)根据题意，设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN:x=my+1m≠0，2y2x+=1,由43，x=my+1,22消去x并整理得：3m+4y+6my-9=0，22则Δ=36m+363m+4>0，6m9即y1+y2=-2，y1y2=-2，3m+43m+4y1y2∵kA1M=x+2，kA1N=x+2，12∴kA1M+kA1Ny1x2+2+y2x1+2=x1+2x2+2y1my2+3+y2my1+3=my2+3my1+32my1y2+3y1+y2=2my1y2+3my1+y2+996m2m×-2+3×-23m+43m+4=296mm×-2+3m×-2+93m+43m+4-36m=36=-m，1又∵kMN=，m1由kA1M+kA1N=-kMN，得：m-m=0，2解得：m=1，69∴y1+y2=，y1y2=-，772224故MN=1+m⋅y1-y2=2⋅y1+y2-4y1y2=.7【点评】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法第328页共377页,时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．27．(1)y=4x；(2)证明见解析；(3)4.【分析】(1)由椭圆的方程可得右焦点的坐标，由题意可得抛物线的焦点坐标，进而可得抛物线的方程；2(2)可设M的坐标，设过点M(-1,t)的直线方程为y=k(x+1)+t，与抛物线方程y=4x联立，消去x得：2ky-4y+4k+4t=0，利用判别式等于零可得结论；(3)设A，B的坐标，由(2)可得参数t，k的关系，代入过M的切线方程与抛物线的方程中，可得A，B用参数k1，k2表示的坐标，代入弦长公式中求|AB|的表达式，由参数的范围求出|AB|的最小值．【解析】(1)由椭圆方程得，椭圆的右焦点为(1,0)∴抛物线的焦点为F(1,0)，∴p=2，2所以抛物线的标准方程：y=4x．(2)抛物线C的准线方程为x=-1．设M(-1,t)，设过点M(-1,t)的直线方程为y=k(x+1)+t，22与抛物线方程y=4x联立，消去x得：ky-4y+4k+4t=0．2其判别式△=16-16k(k+t)，令△=0，得：k+kt-1=0．由韦达定理知k1+k2=-t，k1k2=-1，故k1k2=-1(定值)．221-k(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由k+kt-1=0，得t=，k1-k2422222故ky-4y+4k+4t=ky-4y+4k+4×=ky-4y+=ky-=0，kkk21所以y=，代入抛物线方程得x=，kk21212所以A，，B，，k2k1k2k212221122|AB|=-+-k2k2k2k112k2-k22k-k22112=+4k2k2k1k221因为k1k2=-1，k1+k2=-t，22222所以|AB|=(k1-k2)+4(k1-k2)=4+t|k1-k2|22=4+t(k1+k2)-4k1k222=4+tt+42=4+t≥4，当且仅当t=0时取等号．当且仅时取等号．故|AB|的最小值为4．第329页共377页,21【点评】求曲线弦长的方法：(1)利用弦长公式l=1+kx1-x2；(2)利用l=1+2y1-y2；(3)如果交k点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.2y2x228468．(1)+=1；(2)存在，x+y=，,23.84332y2x【分析】(1)根据椭圆E：+=1(a，b>0)过M(2，2)，N(6，1)两点，直接代入方程解方程组即可.22ab(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OA⊥OB，当切y=kx+m线斜率存在时，设该圆的切线方程为y=kx+m，联立x2y2，根据OA⊥OB，结合韦达定理运算+=184x1x2+y1y2=0，同时满足Δ>0，则存在，否则不存在，当切线斜率不存在时，验证即可；在该圆的方程存在22232k时，利用弦长公式结合韦达定理得到AB=(1+k)(x1-x2)=31+42求解.4k+4k+12y2x【解析】(1)因为椭圆E：+=1(a，b>0)过M(2，2)，N(6，1)两点，22ab4+2=11=1a2b2a28所以61，解得11，2+2=12=4abb2a=8所以2，b=42y2x所以椭圆E的方程为+=1.84(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OA⊥OB，y=kx+m设该圆的切线方程为y=kx+m，联立2y2得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0，x+=18422222222则△=16km-4(1+2k)(2m-8)=8(8k-m+4)>0，即8k-m+4>0x+x=-4km1221+2k2，2m-8x1x2=21+2kk2(2m2-8)4k2m2m2-8k2222y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=kx1x2+km(x1+x2)+m，=2-2+m=2，1+2k1+2k1+2k2m2-8m2-8k2要使OA⊥OB，需使x1x2+y1y2=0，即2+2=0，1+2k1+2k22所以3m-8k-8=0，223m-822所以k=≥0，又8k-m+4>0，8第330页共377页,2m>2所以2，3m≥8282626所以m≥，即m≥或m≤-，333因为直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，mm2m282所以圆的半径为r=，r===，1+k21+k23m2-831+8262282626所以r=，则所求的圆为x+y=，此时圆的切线y=kx+m都满足m≥或m≤-，33332y226x2626而当切线的斜率不存在时切线为x=±3与椭圆8+4=1的两个交点为3,±3或2626-3,±3满足OA⊥OB，822综上，存在圆心在原点的圆x+y=，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⊥3OB.x+x=-4km1221+2k因为2，2m-8x1x2=21+2k4km22m2-88(8k2-m2+4)22所以(x1-x2)=(x1+x2)-4x1x2=-2-4×2=22，1+2k1+2k(1+2k)22222228(8k-m+4)AB=(x1-x2)+y1-y2=(1+k)(x1-x2)=(1+k)22(1+2k)422324k+5k+132k=3⋅42=31+42，4k+4k+14k+4k+1321①当k≠0时，AB=1+，3214k+2+4k因为4k2+1+4≥8，所以0<1≤1，所以32<321+1≤12，k221833214k+2+44k+2+4kk42所以6<AB≤23，当且仅当k=±时取”=”.3246②当k=0时，|AB|=.32626262646③当AB的斜率不存在时，两个交点为3,±3或-3,±3，所以此时|AB|=3，44综上，|AB|的取值范围为6≤AB≤23，即：AB∈6,2333【点评】思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，222212则AB=(x1-x2)+y1-y2=(1+k)x1+x2-4x1⋅x2=1+2y1+y2-4y1⋅y2(k为直k线斜率)．注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．2y2x9．(1)+=1；(2)7．43【分析】(1)由已知条件，结合基本量的关系求得a,b的值，即可写出椭圆的标准方程；(2)在两直线的斜率有第331页共377页,一条不存在时，直接求得弦长并求得两弦长的和；在斜率都存在时，设l1:x=my+1(m≠0)，与椭圆的方程联立，判定直线与椭圆相交，并利用根据系数的关系和弦长公式求得|AB|关于m的表达式,同样得到|DE|2的函数表达式，得到|AB|+|DE|关于m的函数表达式，化简整理，并作换元令m+1=t∈(1,+∞)，转化成1关于t的函数表达式，适当变形，配方，转化为∈(0,1)的二次函数型问题，利用二次函数的性质并结合不t等式的基本性质得到所求弦长和的取值范围，再与两直线的斜率有一条不存在时求得的弦长和综合，得到最后的结论.b【解析】(1)由题意知c=1，-=-3，则b=3，c222又a=b+c，可得a=2，2y2x所以椭圆C的方程为+=1．4322b(2)当l1，l2其中一条的斜率不存在，其中一条的斜率为0时，两条弦长分别为2a，，a22b则|AB|+|DE|=2a+=7．a当l1，l2的斜率都存在时，设l1:x=my+1(m≠0)，x=my+1设Ax1,y1，Bx2,y2，联立x2y2，+=14322化简可得3m+4y+6my-9=0，Δ>0，-6m-9所以y1+y2=2，y1y2=2，3m+43m+4212m2+122-6m36所以|AB|=1+my1-y2=1+m2+2=2．3m+43m+43m+4212m+1同理可得DE=，24m+32212m+112m+1所以|AB|+|DE|=+223m+44m+3211=12m+12+23m+44m+322m+1=84．223m+44m+32令m+1=t∈(1,+∞)，22m+1则|AB|+|DE|=84223m+44m+322tt=84=842(3t+1)(4t-1)12t+t-11=8411249，--+t24148根据∈(0,1)，得|AB|+|DE|∈,7．t7综上可知，|AB|+|DE|的最大值为7．【点评】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与抛物线的位置关系，弦长，最值问题，属中高档题，难度较大.其中利用换元思想转化求取值范围是关键点.2y2x3610．(1)+=1；(2).932【分析】(1)由题意可得a=3b，再根据边长为23得出a,b的值便可解出椭圆的标准方程；第332页共377页,2222b2(2)设Mx1,y1，Nx2,y2，先根据直线y=kx+m与圆x+y=相切，利用点到线距离公式得到m=322221+k，然后联立直线与椭圆方程，利用弦长公式得到MN关于k与m的表达式，将m=21+k代入得到关于k的表达式，然后设法求最值.【解析】(1)由题意，椭圆上下顶点与左右顶点其中的一个构成等边三角形，2y2x∴a=3b，b=3，∴a=3，b=3，椭圆E：+=193(2)设Mx1,y1，Nx2,y2，2222因为圆O：x+y=2，因为直线y=kx+m与圆O：x+y=2相切，m所以点O到直线y=kx+m的距离等于圆的半径，即=2，21+k2y2x22+=1222即m=21+k.联立方程93得1+3kx+6kmx+3m-3=0，设，则x1+x2=y=kx+m26km3m-3-2，x1⋅x2=2，1+3k1+3k22222129k+3-2k-2故MN=1+k⋅x1+x2-4x1x2=1+k⋅21+3k1222+2k27k2+122+2k+7k+136=6⋅≤6⋅=.1+3k21+3k22222136当且仅当2+2k=7k+1即k=时等号成立.所以弦长MN的最大值是.52【点评】本题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆相交时弦长的最值问题，难度较大.解答时，利用韦达定理表示弦长的表达式是关键，然后利用基本不等式、函数等方法求其最值.15611．(1)x+y-1=0或x-y-1=0；(2).8【分析】(1)本题首先可以设Ax1,y1、Bx2,y2，然后对直线l斜率为0这种情况进行讨论，易知这种情况不满足题意，再然后对直线l斜率不为0这种情况进行讨论，可设直线l的方程为x=my+1，通过联立直线方-10m-251程与椭圆方程并借助韦达定理得出y1+y2=2、y1y2=2，最后通过S△F1AB=2F1F2⋅y1-y2=5m+65m+6203求出m的值，即可得出结果；1110m225(2)本题首先可根据BF2=2F2A得出y2=-2y1，然后结合题(1)得出y1=2、2y1=2，再然后两5m+65m+62者联立，计算出m的值，最后通过AB=1+my1-y2即可得出结果.【解析】(1)设Ax1,y1、Bx2,y2，2y2x因为椭圆方程为+=1，所以F1-1,0，F21,0，65当直线l斜率为0时，直线l的方程为x=1，x=125656联立x2y，解得y=±6，则y1-y2=3，+=165115656203S△F1AB=2F1F2⋅y1-y2=2×2×3=3≠11，不满足题意；当直线l斜率不为0时，设直线l的方程为x=my+1，x=my+1联立2y2，得5m2+6y2+10my-25=0，x+=165第333页共377页,-10m-25由韦达定理得y1+y2=2、y1y2=2，5m+65m+611则S△F1AB=2F1F2⋅y1-y2=2×2(y1+y2)-4y1y2100m2(-25)203=-4×=，(5m2+6)25m2+611422249整理得50m-m-49=0，解得m=1，或m=-(舍去)，50故m=±1，直线l的方程为x+y-1=0或x-y-1=0.(2)设Ax1,y1、Bx2,y2，因为BF2=2F2A，所以1-x2,-y2=2x1-1,y1，y2=-2y1，-10m-25由(1)可知y1+y2=2，y1y2=2，5m+65m+610m225故y1=2，2y1=2，5m+65m+6y=10m15m2+610m225联立25，得22=2，解得m=±2，2y2=5m+65m+615m2+62102156所以AB=1+my1-y2=3y1-y2=33y1=33×=.5×2+682x2212．(1)+y=1；(2).242【解析】(1)因为抛物线C2:y=4x的焦点坐标为(1,0)，所以椭圆的一个焦点坐标为F(1,0)，即c=1，2c2又椭圆离心率为，所以=，故可求得a=2，2a22222x2所以b=a-c=1，所以椭圆C1的标准方程为+y=12(2)当直线l的斜率不存在时，直线l:x=1，|CD|2此时易求得|AB|=4，CD=2，所以=，|AB|42222当直线l的斜率存在时，设直线l:y=k(x-1)，联立椭圆方程得：1+2kx-4kx+2k-2=0224k2k-2设Cx1,y1，Dx2,y2，则x1+x2=2，x1x2=21+2k1+2k2222224k2k-2所以|CD|=1+k⋅x1+x2-4x1x2=1+k⋅2-4×21+2k1+2k2221+k所以|CD|=21+2k2222同理，将直线方程与曲线C2联立得：kx-2k+4x+k=022k+4设Ax3,y3，Bx4,y4，则x3+x4=2，x3x4=1k24k2+12k+4所以|AB|=x3+x4+2=2+2=2kk2221+k|CD|1+2k22k222所以===<|AB|4k2+121+2k2142+22k2k|CD|2|CD|2所以≤，即的最大值为．|AB|4|AB|4第334页共377页,专题36：圆锥曲线的面积问题参考答案2x21．(1)+y=1；(2)1.4c3【分析】(1)由条件可得2a=4,=，解出即可；a2(2)分直线l的斜率不存在、直线l的斜率存在两种情况，当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m,Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理表示出x1+x2、x1x2，然后表示出点M的坐2m24k2-m2+12222标，然后由OM=1可得m16k+1=4k+1，然后表示出S△AOB=2，然后利用基4k+1本不等式可求出其最值.2y2x3【解析】(1)因为椭圆C:+=1a>b>0的长轴长为4，离心率为a2b22c3所以2a=4,=，解得a=2,c=3，所以b=1a22x2所以椭圆C的方程为+y=14(2)当直线l的斜率不存在时，可得l的方程为x=±1，易得AB=31△AOB的面积为×3×1=32当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m,Ax1,y1,Bx2,y22x24+y=1222联立可得4k+1x+8kmx+4m-4=0y=kx+m2-8km4m-42m所以x1+x2=2,x1x2=2,y1+y2=kx1+x2+2m=24k+14k+14k+1-4kmm-4km2m2所以M2,2，因为OM=1，所以2+2=14k+14k+14k+14k+12222化简可得m16k+1=4k+1m因为原点到直线l的距离为21+k22222-8km16m-16AB=1+k⋅x1+x2-4x1x2=1+k⋅2-24k+14k+122264k-16m+16=1+k⋅24k+1164k2-16m2+16m2所以S△AOB=2×1+k⋅2×24k+11+k2222m4k-m+1=24k+12222222m+4k-m+14k+1222因为m4k-m+1≤=，当且仅当m=4k-m+1时，等号成立，22222m=4k-m+123此时由2222可解得k=±4,m=±2，此时也满足Δ>0m16k+1=4k+1所以S△AOB≤1综上可得：△AOB面积的最大值为1【点评】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.2y2x2．(1)+=1；(2)最大值为25.204第335页共377页,75+1=1224a4b【分析】(1)由题得2c=8，求出a,b即可得出方程；222a=b+c(2)利用点差法可得kAB=3，设出直线方程，与椭圆联立，利用弦长公式和点到直线距离公式即可表示出三角形面积，根据m的取值范围可求最值.75+1=14a24b2a2=20【解析】解：(1)依题意可知2c=8，解得b2=4，222a=b+c2y2x故C的方程为+=1.2041(2)易得直线OM的方程为y=-x，531设Ax1,y1，Bx2,y2，Rx0,y0为AB的中点，其中y0=-x0，5322x1y1+=1204因为A，B在椭圆上，所以22，x2+y2=1204y1-y24x1+x212x0两式相减可得kAB==-×=-×=3.x1-x220y1+y252y0可设直线l的方程为y=3x+m，y=3x+m联立2y2，整理得16x2+103mx+5m2-20=0，x+=120422则Δ=300m-645m-20>0，253m5m-20解得-8<m<8，则x1+x2=-，x1x2=，81622253m5m-20-5m+320则ab=1+3⋅-8-4×16=4，|m||m|原点到直线l的距离d==，1+32|m|2-5m2-322+512011-5m+320则△aob的面积s=d⋅|ab|=××=.2224162当且仅当m=32，即m=±42时，△aob的面积有最大值，且最大值为25.【点评】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：(1)得出直线方程，设交点为ax1，y1，bx2，y2；(2)联立直线与曲线方程，得到关于x(或y)的一元二次方程；(3)写出韦达定理；(4)将所求问题或题中关系转化为x1+x2,x1x2形式；(5)代入韦达定理求解.22+33．(1)y=4x；(2)最小值为.2p【分析】(1)将x=代入抛物线方程，利用de=4构造方程求得p，即可得到结果；22(2)设pt,2t，得到l方程后可求得q点坐标，由np+nq+nr=0知n为△pqr的重心，利用重心坐标第336页共377页,1sna⋅yp12表示可求得r,n点坐标，由直线pr求得b，根据点b在点a右侧确定t的范围；利用=可s21nb⋅yr2s1将表示为关于t的函数的形式，利用换元法和基本不等式可求得最小值.s2p【解析】(1)由已知可得：焦点f2,0，p22将x=代入抛物线的方程，可得：y=p，则de=2p=4，解得：p=2，22∴抛物线c的方程为y=4x；(2)设pxp,yp，qxq,yq，rxr,yr，nxn,0，2令yp=2tt≠0，则xp=t，2t-2∵直线l过点a2,0，∴直线l的方程为x=y+2，2t22t-222将其与y=4x联立并消去x得：y-y-8=0，t444由根与系数的关系得：2tyq=-8，即yq=-t，∴q2，-t，t∵np+nq+nr=0，∴n为△pqr的重心，xp+xq+xryp+yq+yr∴xn=，0=，33422∴yr=-yp-yq=-2t+，则xr=-t+，ttxp+xq+xr2t4-4t2+8∴xn=3=2，3t2242t4-4t2+8∴r-t+t,-2t+t，n2,0，3t222则直线pr的方程为y-2t=tx-t，令y=0得：x=t-2，即bt-2,0，22∵点b在点a的右侧，∴t-2>2，即t>4，1S2NA⋅yP2t4-10t2+8t22t4-t22t2-41∴==⋅==2-，S21t4-2t2-8t2-2t4-4t4-4NB⋅yR22令m=t-4，则m>0，第337页共377页,S12m2212+3∴=2-=2-≥2-=2-=，(当且仅当S2m2+8m+12121223+42m++82m⋅+8mm12m=，即m=23时取等号)，mS12+3∴的最小值为.S22【点评】求解直线与抛物线综合应用中的与三角形面积有关的最值(取值范围)问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0或其他限制条件求得变量的取值范围；③利用变量表示出所求三角形的面积；④通过换元法将所求内容转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值(范围).2y2x4．(1)+=1；(2)最大值为215.54【分析】(1)当∠F1PF2最大时，点P与椭圆C的上顶点或下顶点重合，设P(0，b)，由余弦定理得a,c关系式，再由PF2⋅F1F2=2得c值，从而求得a,b得椭圆方程；(2)当直线PQ的斜率不存在时，直接求出四边形面积，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=k(x-1)，P(x1，y1)､Q(x2，y2)，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得x1+x2,x1x2，由弦长公式求得弦长PQ，再求得O到直线l的距离，由圆中弦长公式求得弦长AB，求得四边形面积表示为k的函数，由函数知识求得其取值范围．【解析】(1)当∠F1PF2最大时，点P与椭圆C的上顶点或下顶点重合，222a+a-(2c)3设P(0，b)，则cos∠F1PF2==①，2a⋅a52PF2⋅F1F2=(c，-b)⋅(2c，0)=2c=2②，22222由①②得c=1，a=5，于是b=a-c=4，2y2x∴椭圆C的标准方程是+=1；5485(2)当直线PQ的斜率不存在时，|AB|=4，PQ=，5165则四边形APBQ的面积是，5当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=k(x-1)，P(x1，y1)､Q(x2，y2)，2y2x2222将y=k(x-1)与+=1联立并消去y，整理得(5k+4)x-10kx+5k-20=0，542210k5k-20Δ>0恒成立，则x1+x2=2，x1⋅x2=2，5k+45k+422285(k+1)则PQ=1+k⋅(x1+x2)-4x1x2=2，5k+4由于直线l与直线PQ垂直，且经过点F1，∴直线l的方程为x+ky+1=0，221214k+3∴点O到直线l的距离为2，∴AB=2b-2=2⋅2，k+1k+1k+1则四边形APBQ的面积：22185k+1⋅4k+385S=×AB×PQ==，25k2+44k2+3k2+1+22k+14k+3第338页共377页,2224k+314k+3k+1435由于2=4-2∈[3，2)，∴2+2∈3，2，k+1k+1k+14k+3165于是S∈，215(当k=0时取得最大值)，5综上可知，四边形APBQ面积的最大值为215.【点评】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的面积范围问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得x1+x2,x1x2(需要根据方便性，可能得y1+y2,y1y2)，由弦长公式求得弦长，同样由圆中弦长公式求得圆中弦长，目的是把四边形面积表示为参数k的函数求得取值范围，同时需要求得斜率不存在时的面积，才能得出正确结论．2x2235．(1)+y=1；(2).25【分析】(1)利用垂直平分线的性质可得EQ+FQ=EQ+PQ=22>EF，符合椭圆定义，则可根据定义确定a,c，进而求得轨迹方程；(2)利用直线与圆相切可得k,t之间关系；将直线方程与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用弦长公式可表示出AB，结合k,t关系可将AB表示为关于k的函数，由OA⋅OB=μ可求得k的范围，利用换元法可求得AB的最大值，代入三角形面积公式可求得结果.【解析】(1)由圆E的方程可知：圆心E-1,0，半径r=22，由题意可知：EQ+FQ=EQ+PQ=r=22>EF=2，∴动点Q的轨迹Γ为焦点在x轴上的椭圆，2y2x设Γ：+=1a>b>0，则2a=22，2c=2，即a=2，c=1，22ab222∴b=a-c=1，2x2∴动点Q的轨迹Γ的方程为：+y=1.2t22(2)l:kx-y+t=0，则圆O的圆心到l的距离d==1，则1+k=t21+k2x2222联立+y=1与kx-y+t=0得：1+2kx+4ktx+2t-2=0，22222∴Δ=4kt-41+2k2t-2=8k>0，则k≠0，2-4kt2t-2设Ax1,y1、Bx2,y2，则x1+x2=2，x1x2=2，1+2k1+2k222t-2k∴y1y2=kx1+tkx2+t=kx1x2+ktx1+x2=2，1+2k22222k1-k又1+k=t，∴x1x2=2，y1y2=2，1+2k1+2k1+k23又OA⋅OB=x1x2+y1y2=2=μ，5≤μ≤1，1+2k231+k2∴≤≤1，解得：0<k≤2，51+2k242222k+k∵ab=1+k⋅x1+x2-4x1x2=242，4k+k+14221212令λ=k+k=k+-，0<k≤2，则λ∈0,6，242λ1143∴ab=2=2-，在λ∈0,6上恒增，∴ab≤，4λ+1224λ+1512323∴s△aob=ab×r≤，即△aob面积的最大值.255第339页共377页,【点评】求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值(取值范围)问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用δ>0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；④通过换元法将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性求解出最值(范围).222k+136．(1)|AB|=2；(2)2,22.2k+1【分析】(1)求出焦点坐标，写出直线AB的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出x1+x2、x1x2，利用弦长公式即可求解；1(2)设Cx3,y3，Dx3,y3，直线CD的方程为y=-(x-1)，利用点到直线的距离公式分别求C,D到直线2k1AB的距离d1，d2，利用SACBD=S△CAB+S△DAB=ABd1+d2，再利用换元法和二次函数的性质即可求解2.2x222【解析】(1)由+y=1可得：a=2，b=1，所以c=1，所以F1-1,0，F21,02设Ax1,y1，Bx1,y1．由已知得：直线AB的方程为y=k(x+1)，y=k(x+1)由2得x2+2k2(x+1)2-2=0，即1+2k22+4k2x+2k2-2=0，x2x+y=12224k2k-2所以x1+x2=-2，x1x2=2．1+2k1+2k222222k+1故|AB|=1+kx1-x2=1+kx1+x2-4x1x2=2．2k+11(2)设Cx3,y3，Dx3,y3．由已知得，kCD=-，2k1故直线CD的方程为y=-(x-1)，即x=-2ky+1．2k设d1,d2分别为点C,D到直线AB的距离，1则SACBD=S△CAB+S△DAB=ABd1+d2．2又C,D到直线AB在异侧，则2kx3+1-y3kx4+1-y4kx3-x4-y3-y41+2ky3-y4d1+d2=+==22221+k1+k1+k1+kx=-2ky+1由2得，(1-2ky)2+2y2-2=0，即4k2+2y2-4ky-1=0，x2+y=124k1故y3+y4=2,y3y4=-2．4k+24k+21+2k22-4yy2y3+y43424k+1所以d1+d2==，221+k1+k122k2+124k2+12k2+14k2+1从而SACBD=2⋅2k2+1⋅2=2k2+1，1+k1221因为kAB⋅kCD=-，不妨令k>0，令2k+1=t>1，可得k=t-1，22121211424×t-1+5×t-1+1t+t-4k+5k+1422211SACBD=222=22=22=2-2+2t+12k+1tt2t第340页共377页,11令m=，因为t∈1,+∞，所以m∈0,，2t2112所以SACBD=2-2+2t+1=2-2m+m+1，2t211二次函数y=-2m+m+1对称轴为m=-=，开口向下，2×-2412112当m∈0,时，y=-2m+m+1单调递增，m∈,时，y=-2m+m+1单调递减，44211219所以m=0时，y=1；当m=时，y=-2++1=；44481121当m=时，y=-2++1=1，222所以y=-2m2+m+1∈1,98，232232所以-2m+m+1∈1,4，2-2m+m+1∈2,2，3因此，SACBD∈2,22．【点评】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．2647．(1)标准方程为y=4x，焦点(1，0)；(2)存在，面积最大为22，p=.51pp【分析】(1)由抛物线的准线方程x=-,根据条件可得-=-1,可求出p的值，从而得到答案.2211(2)设Bx1,y1,Cx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4，由AC=CB，即得到y2=y1,设点A到l2的距离d，则四边233形APBQ的面积S=3S△APQ=PQd，然后方程联立求出弦长PQ，由点到直线的距离公式求出d，从而2求出答案.pp【解析】解：(1)抛物线的准线方程x=-2,焦点坐标2,0，p2则-=-1,p=2,抛物线的标准方程为y=4x,焦点(1，0)2(2)设Bx1,y1,Cx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4112y11由AC=CB,得点A-1,0在直线l1上，且y2==y1,2131+23设点A到l2的距离d，四边形APBQ的面积S=3S△APQ=PQd.2kl1:y=kx+1,l2:y=-x-x3+y32第341页共377页,y=kx+122p由,得y-y+2p=0y2=2pxk24p2p2p则Δ=2-8p>0,k<2,则y1+y2=k,y1y2=2pk222y21因为y1=3y2,所以y2=p,x2==,32p322123py23y2所以C,y2,k=,p==382x221k1由l1,l2的斜率分别为k、-k,可设l2:y=-x-+y2,223y23y2有k=kAC==14+133y29y28故直线l2:y=-x+，令t=-883y22y222则直线l2:x=ty+3代入椭圆方程+x=1，得1+2ty+12ty+16=02212t16Δ=16t-4>0,y3+y4=-2,y3y4=21+2t1+2t216t-422PQ=1+t⋅y3-y4=1+t⋅21+2t4点A到l2的距离d=，21+t222t-42t-82t-8四边形的面积S=24=122×≤122×=221+2t22t2-8+9262t-821764当且仅当t=,p=时面积最大为22251【点评】关键点睛：本题考查求抛物线的方程和求四边形面积的最值问题，解答本题的关键是用点的坐标表3y29y2822示出故直线l2:y=-x+，令t=-，进一步表示出PQ=1+t⋅y3-y4=1+t⋅883y216t2-424t-41+2t2，再求出点A到l2的距离d=2，得到S=241+2t2，属于难题.1+t2y2x8．(1)+=1；(2)①证明见解析；②最大值为42.84【分析】(1)由O为F1，F2中点，得F1，F2两点到直线l的距离之和为O点到直线l的距离的2倍，这样可得P点轨迹是椭圆，根据a,b,c求得椭圆方程；(2)①设G(4,t)，Mx1,y1，Nx2,y2，写出切线方程代入G点坐标，得直线MN方程，由方程可得定点坐标；②直线MN方程为2x+ty=4与椭圆方程联立消元后得y1+y2,y1y2，变形得y1-y2，然后计算三角形面积1S=×4y1-y2，利用换元、基本不等式可得最大值．2【解析】(1)依题意有O为F1，F2中点，F1，F2两点到直线l的距离之和为O点到直线l的距离的2倍，又l与第342页共377页,22圆O:x+y=8相切，d=r=22，即动点P到F1(-2,0)与F2(2,0)两点距离之和等于为42，动点P的轨2y2x迹方程为+=1.84xx1yy1xx2yy24x1(2)①.设G(4,t)，Mx1,y1，Nx2,y2，过M，N的椭圆切线方程为+=1,+=1，则+84848ty14x2ty24xty=1，+=1，直线MN方程为+=1，即2x+ty=4，显然过定点2,0.48484222t2②.直线MN方程为2x+ty=4，联立椭圆方程x+2y=8得2+4y-2ty-4=028t1682t+8显然Δ>0，y1+y2=2，y1y2=-2，y1-y2=28+t8+t8+t21162t+8△F1MN面积S=2×4y1-y2=2y1-y2=2.8+t222令m=t+4(m≥2)，8+t=m+4，162m162162则S==≤=42.当且仅当m=2，t=0时等号成立.m2+444m+m故△F1MN面积的最大值为42.【点评】本题考查求椭圆标准方程，直线与椭圆的位置关系，直线过定点问题及三角形面积最大问题．解题方法是根据椭圆的定义求得椭圆标准方程；设动点的坐标，写出直线方程，由直线方程得定点；设而不求的思想方法结合韦达定理求得三角形面积，用基本不等式得最大值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力．2x259．(1)+y=1；(2)x=±y+2.42【分析】(1)由已知求得a=2，再由椭圆的离心率求得c,继而求得b，得椭圆的标准方程；x=my+22(2)过点F(2,0)的直线l的方程设为:x=my+2，设Ax1,y1,Bx2,y2,联立2，整理得y-y=8x22228my-16=0，求得|AB|=1+my1+y2-4y1y2=81+m，同理求得|CF|=1+mxc-xF=2421161+m22⋅1+m，表示△ABC的面积为：S=|AB|⋅|CF|=⋅1+m，令1+m=t，所以4m2+124m2+1316ts=f(t)=，24t-3利用导函数可求得最值.2y2x2【解析】解：(1)椭圆C1:2+2=1(a>b>0)长轴的右端点与抛物线C2:y=8x的焦点F重合，∴a=2，ab3又椭圆C1的离心率是，∴c=3,⇒b=1，22x2椭圆C1的标准方程为+y=1；4x=my+22(2)过点F(2,0)的直线l的方程设为:x=my+2，设Ax1,y1,Bx2,y2,联立2，整理得y-y=8x8my-16=0，222所以y1+y2=8m,y1y2=-16，∴|AB|=1+my1+y2-4y1y2=81+m，y=-m(x-2)过F且与直线l垂直的直线设为：y=-m(x-2)，联立2，整理得：1+4m22-16m2x+x2x+y=14216m-4=0，224m2-116m242设点Cxc,yc，xC+2=2,⇒xC=2，∴|CF|=1+mxc-xF=2⋅1+m，1+4m4m+14m+1第343页共377页,161+m2312216t所以△ABC的面积为：S=|AB|⋅|CF|=⋅1+m，令1+m=t，所以s=f(t)=，24m2+14t2-32216t4t-9292929则f(t)=22，令f(t)=0，得t=4，当0<t<4时，f(t)<0，ft单调递减，当t>4时，f4t-329(t)>0，ft单调递增，所以当t=时，ft有最小值，429此时1+m=，△ABC的面积最小，45即当m=±时，△ABC的面积最小值为9，25此时直线l的方程为：x=±y+2.2【点评】本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系中三角形面积的最值问题，关键在于设出直线方程，用一个变化的量表示三角形的面积.2x210．(1)+y=1；(2)22.2【分析】(1)根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆E的方程；(2)求出AC以及点B到直线AC的距离d，可得出四边形ABCD的面积关于k1、k2的表达式，将k2=1-代入四边形ABCD的面积的表达式，化简即可得解.2k1c=2a=2a2【解析】(1)由已知得2a=22，解得b=1，22c=1b=a-c2x2因此，椭圆E的方程为+y=1；2(2)设Ax1,y1、Bx2,y2，则C-x1,-y1、D-x2,-y2，y=k1x22222联立22⇒x+2k1x=2，则x1=2，x+2y=21+2k1222221+k122∴AC=1+k1x1--x1=21+k1⋅x1=2，同理可得x2=2，1+2k11+2k2k1x2-y2x2⋅k1-k22k1-k2且B到直线l1的距离d===，22221+k11+k11+k1⋅1+2k24k1-k24k1-k2所以S四边形ABCD=2S△ABC=AC⋅d=22=2222，1+2k11+2k21+2k1+2k2+4k1k211又k1k2=-⇒k2=-22k11114k1+2k4k1+2k4k1+2k1114所以S四边形ABCD=====22.211122k1+2+2k22k1+2k1+2k12k11【点评】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．211．(Ⅰ)x=4y；(Ⅱ)4.22【分析】(Ⅰ)设点P的坐标为P(x,y)，故根据题意得|y-3|=x+(y-5)-16，进而整理即可得答案；(Ⅱ)设Ax1,y1，Bx2,y2，由导数的几何意义得曲线P在点A,B处的切线方程分别为x1x=2(y+y1)，x2x=2(y+y2)，设直线m上一点R(t,t-2)，进一步得直线AB的方程为tx-2y+4-2t=0，进而与(I)中的方第344页共377页,222t-4t+8程联立并结合韦达定理得AB=t+4⋅t-4t+8，点R(t,t-2)到直线AB的距离d=，进而24+t求得△ABR面积并根据二次函数性质求最值即可.【解析】解：(Ⅰ)设点P的坐标为P(x,y)，C(0,5)，则点P到直线y=3的距离d=|y-3|，222222经过点P作圆x+(y-5)=16的切线，切线长为PQ=CP-CQ=x+(y-5)-16，222因此|y-3|=x+(y-5)-16，整理可得x=4y，2即点P的轨迹方程为：x=4y；2x(Ⅱ)对抛物线x=4y，求导可得y′=，2x1故在Ax1,y1处的切线方程为：y-y1=(x-x1)，整理可得：x1x=2(y+y1)，2同理在Bx2,y2处的切线方程为：x2x=2(y+y2)，设直线m上一点R(t,t-2)，tx1=2(t-2+y1)∴，故A，B在直线tx=2(y+t-2)上，tx2=2(t-2+y2)即直线AB的方程为tx-2y+4-2t=0．2x=4y2联立可得x-2tx+4t-8=0．tx-2y+4-2t=0∴x1+x2=2t，x1x2=4t-8，2t222∴AB=1+⋅4t-16t+32=t+4⋅t-4t+842t-4t+8点R(t,t-2)到直线AB的距离d=，24+t112312313∴△ABR面积S=AB⋅d=(t-4t+8)=[(t-2)+4]≥4=4，2222当且仅当t=2时取等号，故△ABR面积的最小值为4．【点评】关键点点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．521612．(1)；(2)最小值为，直线l的方程为x=2．33【分析】(1)根据题意可得直线AB的方程为y=x-2，再由PO⊥AB可知直线PO的方程为y=-x，进而22求出P-，，利用点到直线的距离公式即可求解.331816(2)①当直线l的斜率不存在时，求出S△ABP=×4×=；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为2331y=k(x-2)(k≠0)以及直线PO的方程为y=-x，将直线l与抛物线联立，利用弦长公式求出AB，再k221求出P-，，利用点到直线的距离公式求出点P到直线l的距离，将△ABP面积表示S△ABP=|AB|33k23212⋅d==4+即可求解.3k2π【解析】解：(1)因为直线AB的倾斜角为，且过点(2,0)，4所以直线AB的方程为y=x-2，第345页共377页,又PO⊥AB，所以直线PO的方程为y=-x，222因为P是直线x=-上的动点，所以P-，，33322---23352所以P到直线AB的距离为d==；238(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2，此时|AB|=4，|PM|=，31816所以△ABP的面积为S△ABP=×4×=；233②当直线l的斜率存在时，易得直线l的斜率不为0，可设直线l的方程为y=k(x-2)(k≠0)，22222与抛物线的方程y=2x联立，可得kx-(4k+2)x+4k=0，22222则Δ=(4k+2)-4k⋅4k=4+16k>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，2则x1+x2=4+2，x1x2=4，k222所以|AB|=1+k|x1-x2|=1+k⋅(x1+x2)-4x1x2222224+16k=1+k⋅4+-16=1+k⋅，22kk1因为PO⊥AB，所以直线PO的方程为y=-x，k222因为P是直线x=-上的动点，所以P-，，333k22-k--2k233k2|1+4k|所以P到直线l的距离d==⋅，1+k23|k|1+k22|1+4k2|31124+16k221216所以S△ABP=2|AB|⋅d=21+k⋅k2⋅3⋅2=34+k2>3，|k|1+k16综上可得，S△ABP≥，316故△ABP的面积的最小值为，此时直线l的方程为x=2．3【点评】关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是利用弦长公式求出AB以及点P31212到直线l的距离，根据三角形的面积公式得出S△ABP=2|AB|⋅d==34+2，考查了计算能力，分类讨k论的思想.2x213．(1)+y=1；(2)0,3.31【分析】(1)由已知条件可得出b=1，利用斜率公式结合直线GA与GB的斜率之积为-可求得a的值，进3而可得出椭圆C的方程；(2)由题意可知，直线MF1不与x轴重合，可设直线MF1:x=ty-2，Mx1,y1，延长MF1交椭圆于另一点Tx2,y2，将直线MF1的方程与椭圆E的方程联立，列出韦达定理，可得出S四边形F1MNF2=S△MTF2关于t的表达式，利用基本不等式以及不等式的基本性质可求得四边形F1MNF2面积的取值范围．1112【解析】(1)由已知可得：b=1，A-a,0、B(a,0)，即可得kAC⋅kBC=⋅-=-，解得：a=3，aa32x2所以椭圆C的方程为+y=1；3(2)由(1)知：F1-2,0、F22,0，若直线MF1与x轴重合，此时NF2也与x轴重合，不合乎题意.第346页共377页,设直线MF1:x=ty-2，Mx1,y1，延长MF1交椭圆于另一点Tx2,y2，2x23+y=122222由得t+3y-22ty-1=0，Δ=8t+4t+3=12t+1>0，x=ty-2y+y=22t12223t2+13+t=y2则得y1-y21+y2-4y1⋅y2=2，1t+3y1⋅y2=-0由点T与N关于原点对称知TF1=NF2，2123t+1所以，S四边形F1MNF2=S△MTF2=2F1F2⋅y1-y2=2⋅t2+32t+11=26⋅=26⋅，t2+322t+1+2t+12222因为t+1+≥2t+1⋅=22(当t=±1时，等号成立)．22t+1t+111所以0<≤．t2+1+2222t+11所以0<26⋅2≤3，即S四边形F1MNF2∈0,3．2t+1+2t+1【点评】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；(5)代入韦达定理求解.2x214．(1)+y=1；(2)22.2c=2a22222【分析】(1)根据题意得到方程组2，由此求解出a,c的值，根据b=a-c求解出b的值，则椭圆的2ac=4方程可知；(2)根据条件分类讨论：两条直线是否都有斜率；当其中一条直线的斜率不存在时，直接计算出面积并求最大值，当直线的斜率都存在时，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理的形式表示弦长，根据面积公式表示出面积，结合取值特点以及不等式求解出面积范围，从而得到四边形ABCD的面积的最大值.第347页共377页,c=2a2a=2a2=22【解析】(1)因为，所以，所以，所以E的标准方程为x+y2=1；2a2c=1b2=a2-c2=12c=4(2)当两条直线的斜率一个不存在另一个为0时，不妨设AC:x=t,BD:y=0，2t2所以AC=21-0≤t<2，BD=2a=22，22211tt所以S四边形ABCD=ABCD=×22×21-=221-，当t=0时有最大值22；22221当两条直线的斜率都存在时，设AC:y=kx-t,BD:y=-x-t，Ax1,y1,Cx2,y2,Bx3,y3k,Dx4,y4，y=kx-t4tk22t2k2-222222因为22，所以1+2kx-4tkx+2tk-2=0，所以x1+x2=2,x1x2=2，x+2y=21+2k1+2k22222221+k⋅2-tk+1所以AC=1+k⋅x1+x2-4x1x2=2，1+2k1221212221+k⋅2-tk+12同理可得：BD=1+k⋅x3+x4-4x3x4=12=1+2k222221+k⋅2-t+k，2k+2224222211+k2-tk+2-t+1k+2-t所以S四边形ABCD=2ABCD=4221+2kk+2224222224221+k2-tk+2-t+1k+2-t1+k2k+5k+2因为2-t∈0,2，所以4≤4，22221+2kk+21+2kk+21+k24+5k2+241+k2422k2k+4k+2所以S四边形ABCD≤41+2k22+2=42=222k4+5k2+2<22，k2k+5k+2综上可知四边形ABCD的面积的最大值为22.【点评】求解椭圆中过定点的两条互相垂直的弦所围成四边形面积的最值的思路：(1)先分析直线的斜率有不存在的情况，此时计算线段长度直接求解出面积；(2)再分析直线的斜率均存在的情况，此时设出其中一条直线方程与椭圆方程联立，根据弦长公式表示出对应的弦长，同理可求解出另外一条弦长，根据面积公式表示出对应的面积，再根据基本不等式或二次函数性质或构造函数求解出面积的范围；(3)两种情况统一分析得到最终四边形面积的最值.2x23615．(1)+y=1；(2).24【分析】(1)根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆E的方程；(2)设点Ax1,y1x1>0,y1>0，可得出点B-x1,-y1、Cx1,-y1，设点Dx2,y2，写出直线CD的方程y=y13x-2y1，将直线CD与椭圆E的方程联立，列出韦达定理，可求得四边形ABCD面积为S=4x1y1，可得出x122623S=321-y1y1，令t=y1∈0,1，设gt=321-tt，利用导数求出gt的最大值，进而可得出四边形ABCD面积的最大值.第348页共377页,1122+2=1aba=22【解析】(1)由已知条件可得c2，解得b=1，因此，椭圆E的方程为x+y2=1；=2a2c=122c=a-ba>b>0(2)设点Ax1,y1x1>0,y1>0，则点B-x1,-y1、Cx1,-y1，设点Dx2,y2，y1y1直线AB的斜率为k=，因为AB⎳CD，则直线CD的方程为y+y1=x-x1，x1x1y1y+y1=x-x14y2x11212联立2，消去y并整理可得2x-xx+4y1-1=0，x+y2=1x11224y1x12由韦达定理可得x1+x2==4x1y1，12x111因为AC=2y1，所以四边形ABCD的面积为S=S△ABC+S△ACD=AC⋅2x1+x2-x1=×2y1×223x1+x2=4x1y1，2262626S=16x1y1=162-2y1y1=321-y1y1，23232令y1=t∈0,1，gt=321-tt，则gt=96t-128t=32t3-4t，3当0<t<时，gt>0，此时函数gt单调递增；43当<t<1时，gt<0，此时函数gt单调递减.4313332×3332×3336所以，gtmax=g4=32×4×4=4，∴smax=2=4.41636因此，四边形abcd面积的最大值为.4【点评】圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．第349页共377页,专题37：圆锥曲线的统一定义参考答案1．a22|3x+4y+2|1【分析】根据题设条件，化简得到(x-1)+(y-2)=×，结合椭圆的定义，即可求解.32+4222222|3x+4y+2|1【解析】由10(x-1)+(y-2)=|3x+4y+2|，即(x-1)+(y-2)=×，32+4221其几何意义为点p(x,y)到定点(1,2)的距离等于到定直线3x+4y+2=0的距离的，2根据椭圆的定义，可得点p是以(1,2)为焦点，以直线3x+4y+2=0为准线的椭圆.故选：a.2．b2y2x【分析】设双曲线c:-=1的右准线为l，过a、b分别作am⊥l于m，bn⊥l于n，bd⊥am于22ab1d，根据直线ab的斜率为3，得到ad=ab，再利用双曲线的第二定义得到ad=21af-fb，又ab=af+fb，结合af=4fb求解.e2y2x【解析】设双曲线c:-=1的右准线为l，22ab过a、b分别作am⊥l于m，bn⊥l于n，bd⊥am于d，如图所示：因为直线ab的斜率为3，所以直线ab的倾斜角为60°，1∴∠bad=60°，ad=ab，2111由双曲线的第二定义得：am-bn=ad=af-fb=ab=af+fb，e22又∵af=4fb，35∴fb=fb，e26∴e=5故选：b【点评】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的第350页共377页,能力，属于中档题.3．a【分析】先证明：当点m与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数e(0<e<1)时，这个点的轨迹是椭圆，然后转化已知条件为动点与定点和定直线的距离问题，然后判断即可．【解析】先证明：当点m与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数e(0<e<1)时，这个点的轨迹是椭圆．2ac设点m(x，y)与定点f(c，0)的距离和它到定直线l:x=的距离的比是常数(a>c>0)，ca设d是点M到直线l的距离，22MFc(x-c)+yc根据题意，所求轨迹就是集合P=M=，由此得=．daa2ac-x22222222将上式两边平方，并化简得(a-c)x+ay=a(a-c)．2y2222x设a-c=b，就可化成+=1(a>b>0)，这是椭圆的标准方程．22ab故当点M与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数e(0<e<1)时，这个点的轨迹是椭圆．22x+y+1由已知实数x,y满足条件x-1+y-3=，2222x-1+y-31即=，x+y+1221表达式的含义是点p(x,y)到定点(1,3)与到直线x+y+1=0的距离的比为，由上述证明的结论可得，轨2迹是椭圆．故选：a．【点评】本题考查椭圆的轨迹方程，考查转化思想，注意点是否在直线上是解题的关键之一．4．c【分析】抛物线与椭圆联立，得到x0和y0，从而得到fx，画出y=a和y=fx图像，根据焦半径公式，得到an和bn，从而表示出δabn的周长，根据xb的范围，得到答案.2y2x+=1432【解析】1612，解得x0=，y0=±，y2=8x33422x,0<x<3所以fx=，12448-3x,<x<42332直线y=a0<a<3，作出函数y=fx和y=a的图像，由图像可得点a在抛物线上，b在椭圆上，2点n(2,0)为抛物线y=8x的焦点，p所以an=xa+，22y2x1点n(2,0)为椭圆+=1的右焦点，椭圆的离心率为e=，16122第351页共377页,bn所以2=e，即bn=a-exba-xbc由焦半径公式可得，δabn的周长为pan+bn+ab=xa++a-exb+xb-xa211=2+4-xb+xb=6+xb，224120由xb∈,4，得到6+xb∈,8，32320所以δabn的周长的取值范围为,8.3故选：c.【点评】本题考查抛物线的定义，椭圆焦半径公式，椭圆上点的范围，属于中档题.5．a3a【分析】设p(x0,y0),由题得|pf1|=a+ex0,|pf2|=a-ex0,根据pf1=4pf2得x0=≤a即得解.5e【解析】设p(x0,y0)由题得|pf1|=a+ex0,|pf2|=a-ex0,因为pf1=4pf23a3所以a+ex0=4a-4ex0,∴x0=≤a,∴e≥,5e53所以此椭圆的离心率e的最小值为.5故选：a【点评】本题主要考查椭圆的定义和离心率的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6．b|pf|22【分析】设px0,y0，根据椭圆的第二定义可得=，即|pf|=x0+3，由此即可确定|pf|的取值933x0+2范围，即可求出|pf|的最大值。2y2x9【解析】椭圆+=1的左准线方程为x=-952|pf|2设px0,y0，则根据椭圆的第二定义可得=93x0+22∴|pf|=x0+33∵-3≤x0≤3第352页共377页,2∴-2≤x0≤232∴1≤x0+3≤53∴1≤|pf|≤5∴|pf|max=5故选：b【点评】本题考查椭圆的性质，考查椭圆的第二定义，解题的关键是表达出焦半径．7．b【解析】2aaafbfx1x2+4x1+x2+16分析：af,bf是焦半径，故可用焦半径公式把转化为，联立直线方af+bfx+x+a122程和抛物线方程后再利用韦达定理可求此值.aka详解：设ax1,y1,bx2,y2，直线l:y=kx-=kx-.44kay=kx-k2ak2a2由4得到k2x2-+ax+=0，y2=ax2162aaa故x1+x2=2+2,x1x2=16，所以k2a2a2x+ax+axx+ax+x+a+afbf1222124121644k2a====，af+bfx+x+ax+x+aa+a41221222k故选b.点睛：圆锥曲线中的定值问题，需要把目标代数式转化为关于x1,x2(或y1,y2)的代数式(ax1,y1,bx2,y2为直线与圆锥曲线的两个交点)，通过联立方程组消元后利用韦达定理求定值.8．c【解析】试题分析：由题意得，设p(x,y)，因为动点p到点m-2,0和到直线x=-2的距离相等，即pa=22d，即(x+2)+y=x+2，化简得y=0，所以动点p的轨迹是一条直线，故选c.考点：轨迹方程的求解.9．c2【解析】试题分析：设椭圆上的点p(x0,y0)，可知pf1=a-ex0,pf2=a+ex0，因为ρο=ρf1⋅ρf2，则有22222222x02aa-ex0=x0+y0=x0+b1-2，解得x0=±2，因此满足条件的有四个点，故选c．a考点：新定义，椭圆的焦半径公式．10．42y2x1【分析】根据椭圆方程+=1，设mx1,y1,nx2,y2，由椭圆的第二定义得到mf=2-x1,nf=24321mfmp-x2，设pm,n，然后根据外角平分线定理，由=求解.2nfnp【解析】如图所示：第353页共377页,2y2x因为椭圆方程为+=1，43所以a=2,b=3,c=1,所以椭圆的右焦点是f1,0，c1所以离心率为e==，a2设mx1,y1,nx2,y2，由椭圆的第二定义得：mfnfe==，22aax1-cx2-c11所以mf=2-x1,nf=2-x2，221mfmpx1-m2-2x1设pm,n，由外角平分线定理得=，即=，nfnpx2-m2-1x221化简得2x1-x2=mx1-x2，2解得m=4所以p的横坐标为4故答案为：4【点评】关键点点睛：本题关键是外角平分线定理的应用.11．x-2y+4=0【分析】由抛物线的几何性质可得∠eaf的角平分线即为ef的垂直平分线，求出e、f的坐标后可得该垂直平分线的方程.【解析】由抛物线的几何性质可得ae=af，故δeaf为等腰三角形，故∠eaf的角平分线即为ef的垂直平分线.-4又f1,0,e-1,4，故ef的中点坐标为0,2，又kef==-2，21故ef的垂直平分线方程为：y-2=x-0即x-2y+4=0.2故答案为：x-2y+4=0.第354页共377页,【点评】本题考查抛物线的几何性质，注意抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，解题时常利用这个性质实现两类距离之间的转化，本题属于中档题.12．±3【分析】设l为椭圆的右准线，过a、b作aa1，bb1垂直于l，过b作be⊥aa1于e，根据椭圆的第二定义，转化求解即可．【解析】设l为椭圆的右准线，过a、b作aa1，bb1垂直于l，a1，b1为垂足，过b作be⊥aa1于e，根据椭圆的第二定义，得afbf|aa1|=，|bb1|=，eebfaee11∵af=2fb，∴cos∠bae====，ab3bf3e2∴tan∠bae=3．∴k=±3．故答案为±3【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的第二定义，考查转化思想以及计算能力．第355页共377页,专题38：圆锥曲线的新定义参考答案1．cpf12【分析】求出满足条件=时的pf1和pf2，再求出f1f2，验证pf1，pf2，f1f2能否是三角形的pf21三边长，即可得．pf122a4a【解析】=，则pf1=2pf2，若是椭圆，则pf1+pf2=3pf2=2a，pf2=，pf1=，pf2133若是双曲线，则pf1-pf2=pf2=2a，pf1=4a，a中椭圆，a=6,c=2，pf2=4，pf1=8，f1f2=4，不存在△pf1f2；816b中椭圆，a=4,c=1，pf1=，pf1=，f1f2=2，不存在△pf1f2332ac中双曲线，a=5,c=3，双曲线上点到到右焦点距离的最小值是c-a=3-5<，3pf2=25，pf1=45，f1f2=6，构成△pf1f2，存在“ω点”，d中双曲线，a=1，c=4，pf2=2，pf1=4，f1f2=8，不存在△pf1f2故选：c．【点评】本题考查新定义“ω点”，解题方法是弱化条件，求出满足部分条件的p点具有的性质，验证是否满足另外的条件：构成三角形．从而完成求解．2．b222x【分析】设点px,y，由po=pf1⋅pf2得出关于x、y的等式，由y=1-，求出方程的解，即可得出4结论.22x【解析】设点px,y，则y=1-，f1-3,0、f23,0，422222x3x3pf1=x+3+y=x+23x+3+1-=+23x+4=2+x，4423x3xpf2=4-pf1=4-2+2=2-2，222223x3x3x3x由po=pf1⋅pf2，得x+y=2+22-2，即4+1=4-4，2解得x=±2，此时y=±，2所以，椭圆c上有且只有4个点是“★”点.故选：b.【点评】本题考查椭圆中的新定义，考查椭圆方程的应用，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.3．b【分析】根据新定义“δ和”，通过数形结合判断(1)正确，通过研究函数最值对选项(2)(3)(4)逐一判断即可.【解析】(1)当x+y=1时，点p(x,y)的轨迹如图，其面积为2，正确；第356页共377页,(2)∵p是直线2x-y-4=0上的一点，∴y=2x-4，4-3x,x≤0,∴x+y=x+2x-4=4-x,0<x<2,可知，x≤0，0<x<2时递减，x≥2时递增，故x+y的最3x-4,x≥2,小值在x=2时取得，x+ymin=2，正确；(3)同(2)，x+y=x+ax+b，可知当a=±1时，都满足，“δ和”最小的点有无数个，故错误；x=cosθ,(4)可设椭圆参数方程为∴x+y=cosθ+2sinθ，y=2sinθ,易知其最大值为3，正确.故选：b.【点评】本题的解题关键是认真读题，理解新定义“δ和”，再通过数形结合和函数最值的研究逐一判断即突破难点.4．d2y2x【分析】易得点p在以m、n为焦点的椭圆+=1上，“a型直线”和椭圆有公共点，逐个选项联立方程43由判别式验证即可.【解析】∵两定点m-1,0，n1,0，|pm|+|pn|=4，2∴p在以m、n为焦点的椭圆上，且a=2,c=1,b=3，2y2x故椭圆的方程为+=1，43满足题意的“a型直线”和椭圆有公共点，2联立y=x+1和x24+y23=1，消y整理可得7x-8x-8=0，故δ>0，即直线与椭圆有公共点，即为“A型直线”，2y2x联立y=2和+=1，显然无交点，故不是“A型直线”，432联立y=-x+3和x24+y23=1，消y整理可得7x-24x+24=0，故Δ<0，故不是“A型直线”，2y2x2联立y=-2x+3和+=1消y整理可得19x-48x+24=0，43故Δ>0，即直线与椭圆有公共点，即为“A型直线”，故选：D【点评】本题考查了椭圆的定义以及椭圆的标准方程，此题属于圆锥曲线的新定义题目，同时考查了直线与椭圆位置关系的判断，属于中等题.第357页共377页,5．AC234R2【分析】利用曲率半径公式的定义，A中有圆上任一点R=R=R；B、C中由椭圆在(±a,0)，(0,±b)4R823a-34a-32处分别是最大、最小处，结合公式求得曲率半径的范围；D中由公式得R=+a3-，构造f(a)=44-8-2a34a3+a3-，利用导数研究其单调性即可，进而可确定正确选项.442y2x【解析】A：由题设知：圆的方程可写为2+2=1，所以圆上任一点Px0,y0曲率半径为R=RR223234x0+y024R2R=R=R，正确；44RR2y2xB、C：由+=1a>0,b>0弯曲最大处为(±a,0)，最小处为(0,±b)，所以在(±a,0)处有R=22ab232a2b2a+02=b，a4b4a23222在(0,±b)处有R=a2b20+b2=a，即R∈b,a44bab，故B错误，C正确；ab3D：由题意，1,y处的曲率半径R=a21+y22，而y2=1-1，2040024a4a3-8-23-8-212a34a32a34a3所以R=a21-+1=+a3-，令f(a)=+a3-，4a44a24444-11a342则在a>1上有f(a)=(8a+a-4)>0恒成立，故R在a>1上随着a的增大而增大，错误；6故选：AC.【点评】由曲率半径公式，结合曲线方程写出相应点的曲率半径，根据圆、椭圆的性质，构造函数并应用导数研究其单调性，判断各项的正误.6．BCD22224【分析】动点坐标为x,y，根据题意可得曲线C的方程为x+1+y⋅x-1+y=a，对各个选项逐一验证，即可得出结论．【解析】由题意设动点坐标为x,y，22222则(x+1)+y⋅(x-1)+y=a，22224即(x+1)+y(x-1)+y=a，2若曲线C过坐标原点0,0，将点0,0代入曲线C的方程中可得a=1与已知a>1矛盾，故曲线C不过坐标原点，故A错误；把方程中的x被-x代换，y被-y代换，方程不变，故曲线C关于坐标原点对称，故B正确；因为把方程中的x被-x代换，方程不变，故此曲线关于y轴对称，把方程中的y被-y代换，方程不变，故此曲线关于x轴对称，故曲线C关于坐标轴对称，故C正确；2若点P在曲线C上，则PF1PF2=a，112S△F1PF2=2PF1PF2sin∠F1PF2≤2a，当且仅当∠F1PF2=90°时等号成立，12故△F1PF2的面积不大于a，故D正确.2第358页共377页,故选：BCD.【点评】本题考查圆锥曲线新定义，轨迹方程的求法，关键是读懂题意，并能正确运用新定义是解题的关键，属于中档题型.7．BCD【分析】令y=0，求出整点的坐标，可判断选项A；利用已知和两点距离公式可判断选项B；由曲线C上关于y=x对称的两点都满足方程，可判断选项C；联立直线y=kx与曲线C解出方程的根，可得实数k的取值范围．42【解析】y=0时，x=4x，x=0或2或-2，三个整点0,0，2,0，-2,0，y≥1无解，∴共有3个整点，A错误，22224(x-y)22x+y=≤4，曲线C上往取一点px,y到原点的距离d=x+y≤2﹐B正确；22x+y2222曲线C上往取一点M关于y=x的对称点为N，设Nx,y，则My,x，M在曲线C上，∴(x+y)=4(y2-x)，C正确．22222(x+y)=4(x-y)y=kx与曲线C一定有公共点0,0，∵y=kx与曲线C只有一个公共点，y=kx42222则x(1+k)=4x(1-k)，∴1-k≤0，∴k≥1或k≤-1，D正确故选：BCD8π8．3【分析】可作出对应曲线的图象，结合图形，求出题中“中心投影点”构成的曲线长度对应圆中的圆心角，从而求出其“中心投影点”构成的曲线的长度.22x322【解析】曲线y-=1的渐近线方程为：y=±x，设渐近线与圆x+y=4的交点分别为A,C,B,D,33如下图x22则曲线y-=1上所有点的“中心投影点”构成的曲线为圆弧AB,CD3π2π由题意∠AOx=，所以∠AOB=632π4π8π所以AB=×2=,则AB+CD=3338π故答案为：39．②③【分析】根据“友好点”的定义，根据逐项判断即可得到结果．第359页共377页,y2y2xx【解析】定义点Px,y的“友好点”为：P′,，即+=1，x≠0且22222222x+yx+yx+yx+yy≠0．xy对于①，取Ax,y，x≠0且y≠0，则点A的“友好点”点A′,，所以2222x+yx+yxyxyA′,的“友好点”是点A′,，故①错误；22222222x+yx+yx+yx+y对于②，设单位圆上任意一点Acosθ,sinθ，所以A的“友好点”点A′cosθ,sinθ，所以A′cosθ,sinθ仍在在单位圆上，故②正确；xy对于③，取Ax,y，x≠0且y≠0，则点A的“友好点”点A′,，若A的“友好点”点为A，2222x+yx+yx=xx2+y222则y，可知x+y=1，所以点A一定在单位圆上，故③正确；y=x2+y2对于④，由“友好点”点的定义可知x≠0且y≠0，故OA′≠0，故④错误．故答案为：②③．【点评】本题考查了新定义型问题的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．2y2x2210．(1)+=1，x+y=6；(2)证明见解析.42【分析】(1)利用椭圆C的长轴长是短轴长的2倍，且经过点(2,1)，列方程求出a,b的值，从而可得答案；(2)讨论弦AB垂直与不垂直于x轴两种情况，不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m，与椭圆方程联立，利用点到直线距离公式、勾股定理求出弦AB的长，利用韦达定理，结合OM⋅ON=0化简即可得答案.a=2b，【解析】(1)由题意21解得a=2，b=2+=1，22ab2y2x所以椭圆的标准方程为+=14222椭圆C的“准圆”方程为x+y=6(2)证明：①当弦AB⊥x轴时，交点M、N关于x轴对称，又OM⋅ON=0，则OM⊥ON，22tt23可设M(t,t)、N(t,-t)，+=1得|t|=42323此时原点O到弦AB的距离d=|t|=，则，342因此|AB|=26-=4233②当弦AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=kx+m，且与椭圆C的交点Mx1,y1、Nx2,y2，y=kx+m联列方程组x2y2，+=142222代入消元得：2+4kx+8kmx+4m-8=0，2-8km4m-8由x1+x2=2,x1x2=22+4k2+4k第360页共377页,22224m-8-8km22m-8k可得y1y2=kx1+mkx2+m=k×2+km×2+m=2，2+4k2+4k2+4k由OM⋅ON=0得x1x2+y1y2=0，222224m-82m-8k6m-8k-8242即+==0，所以m=k+12+4k22+4k22+4k2322822此时△=324k-m+2=32k+>0成立，33|m|m2423则原点O到弦AB的距离d====，k2+1k2+13342则|AB|=26-=42，332综上得|AB|=42，因此弦AB的长为定值.3【点评】方法点睛：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.22422411．(1)x+y=；(2)OA⋅OB=0；(3)证明见解析，定圆的方程为x+y=.33【分析】(1)由协同圆的定义，结合椭圆方程的参数写出协同圆圆O的方程；(2)讨论直线l的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时，直接求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求OA⋅OB；斜率存在时，设l:y=kx+t联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求OA⋅OB；(3)设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1x2+y1y2=0，讨论OM,ON有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求|OM|，|ON|，|MN|，由等面积法求|OH|，即可证结论，并写出定圆方程.2y2x22【解析】(1)由椭圆C:+=1，知a=4,b=2.42224根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆O:x+y=.3(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，则OA⋅OB=x1x2+y1y2.直线l为圆O的切线，分直线l的斜率存在和不存在两种情况讨论：2①当直线l的斜率不存在时，直线l:x=±.32y22x+=1x=242344若l:x=，由2，解得2，此时OA⋅OB=x1x2+y1y2=3-3=0.3x=y=±332若l:x=-，同理得：OA⋅OB=0.3②当直线l的斜率存在时，设l:y=kx+t.2y2x+=1222222222由42，得(1+2k)x+4ktx+2t-4=0，有Δ=16kt-8(1+2k)(t-2)=8(4k-t+2)，又y=kx+t|t|222直线l是圆O的切线，故=，可得3t=4k+4.1+k23x+x=-4kt121+2k2t2-4k222∴Δ>0，则2t2-4，而y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=kx1x2+kt(x1+x2)+t=2.1+2kx1x2=21+2k2t2-4t2-4k23t2-4k2-4∴x1x2+y1y2=2+2=2=0，即OA⋅OB=0.1+2k1+2k1+2k综上，恒有OA⋅OB=0.第361页共377页,(3)∵M,N是椭圆C上的两个动点且OM⊥ON，设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1x2+y1y2=0.∴直线OM,ON：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论.22若直线ON的斜率不存在，即点N在y轴上，则点M在x轴上，有x1=4,y2=2.22∴|OM|=2，|ON|=2，且|MN|=x1+y2=6，112由S△OMN=|OM|⋅|ON|=|OH|⋅|MN|，解得|OH|=.2231若直线OM,ON的斜率都存在，设OM:y=k1x，则ON:y=-x.k12y2x2=4x11+2k21+k21+k2+=111由42，得4k2，有|OM|=22；同理，得|ON|=22.y=kxy2=11+2k12+k11121+2k22223(1+k1)于是，|MN|=|OM|+|ON|=2.22(1+2k1)(2+k1)112由S△OMN=|OM|⋅|ON|=|OH|⋅|MN|，可得|OH|=.22322因此，总有|OH|=，即点H在圆心为坐标原点，半径为的圆上.33224∴该定圆的方程为圆x+y=.3【点评】研究直线与曲线相交关系注意讨论直线的斜率是否存在，求出交点坐标或联立椭圆、直线方程，根据判断判别式的符号、根与系数关系，结合题设已知条件列方程求定值或定曲线.2x22212．(1)椭圆方程为+y=1，“准圆”方程为x+y=4；(2)证明见解析.3【分析】(1)由已知c=2,a=3，进而可得椭圆C的方程和其“准圆”方程；(2)①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，分别求出l1和l2，验证命题成立；②当l1，l2斜率存在时，设点P22(x0，y0)，其中x0+y0=4，联立过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线方程与椭圆方程，由Δ=0化简整理，可证得22l1⊥l2；进而得出线段MN为“准圆”x+y=4的直径，即线段MN的长为定值．【解析】(1)∵椭圆C的一个焦点为F2,0其短轴上的一个端点到F的距离为3.∴c=2,a=3，22∴b=a-c=1，2x2∴椭圆方程为+y=1，322∴“准圆”方程为x+y=4.(2)证明：①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，则l1：x=±3，当l1：x=3时，l1与“准圆”交于点(3，1)，(3，-1)，此时l2为y=1(或y=-1)，显然直线l1，l2垂直；同理可证当l1：x=-3时，直线l1，l2垂直．②当l1，l2斜率存在时，22设点P(x0，y0)，其中x0+y0=4.设经过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线为y=t(x-x0)+y0，第362页共377页,y=tx-x0+y0∴由x22+y=13222得(1+3t)x+6t(y0-tx0)x+3(y0-tx0)-3=0.222由Δ=0化简整理，得(3-x0)t+2x0y0t+1-y0=0，22222∵x0+y0=4，∴有(3-x0)t+2x0y0t+(x0-3)=0.设l1，l2的斜率分别为t1，t2，222∵l1，l2与椭圆相切，∴t1，t2满足上述方程(3-x0)t+2x0y0t+(x0-3)=0，∴t1·t2=-1，即l1，l2垂直．综合①②知，l1⊥l2.∵l1，l2经过点P(x0，y0)，又分别交其“准圆”于点M，N，且l1，l2垂直．22∴线段MN为“准圆”x+y=4的直径，|MN|=4，∴线段MN的长为定值．【点评】思路点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查新定义，考查椭圆的切线方程，考查直线与椭圆的位置关系，有关平面解析问题一些基本解题思想总结如下：1.常规求值问题：需要找等式，范围问题需要找不等式；2.是否存在问题：当作存在去求，不存在时会无解；3.证明定值问题：把变动的元素用参数表示出来，然后证明结果与参数无关，也可先猜再证；4.处理定点问题：把方程中参数的同次项集在一起，并令各项系数为0，也可先猜再证；5.最值问题：将对象表示为变量的函数求解．13．(1)dP,C=22；(2)4+π.2y02122【分析】(1)设A4,y0是抛物线C:y=4x上任意一点，则PA=16y0-4+8，可求出答案.(2)设线段l的端点分别为A，B，以直线AB为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系，则A-1,0，B1,0,则集合D=PdP,l≤1所表示的图形是一个边长为2的正方形和两个半径是1的半圆，从而可求解.2y02【解析】解：(1)设A4,y0是抛物线C:y=4x上任意一点，则y22y402012122PA=3-4+0-y0=16-2y0+9=16y0-4+8，因为y0∈R，所以当y0=±2时，PAmin=22.2点P3,0到抛物线C:y=4x的距离dP,C=22.(2)设线段l的端点分别为A，B，以直线AB为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系，则A-1,0，B1,0，点集D由如下曲线围成：l1:y=1，x≤1，l2:y=-1，x≤1，2222C1:x+1+y=1，x≤-1，C2:x-1+y=1，x≥1，∴集合D=PdP,l≤1所表示的图形是一个边长为2的正方形和两个半径是1的半圆，∴其面积为S=22+π=4+π.第363页共377页,【点评】本题考查抛物线上的点与已知点的距离的最值，考查新定义问题，考查数形结合思想，考查逻辑分析能力，属于中档题.2y2x2214．(1)+=1，x+y=12；(2)证明见解析.84c242【分析】(1)本题可根据题意得出e==以及+=1，然后通过计算得出a、b的值以及椭圆方程，a2a2b222最后根据r=a+b即可求出卫星圆的方程；(2)本题可先讨论l1、l2中有一条无斜率的情况，通过求出l1与l2的方程即可求出MN的值，然后讨论l1、l2都有斜率的情况，设点Px0,y0以及经过点P且与椭圆只有一个公共点的直线为y=tx-x0+y0，再然后通过联立方程以及韦达定理的应用得出满足条件的两直线l1、l2垂直，判断出此时线段MN应为“卫星圆”的直径以及MN的值，最后综合两种情况即可得出结果.2【解析】(1)因为椭圆C的离心率为，点2,2在C上，2e=c=2a22y2x所以42，解得a=22，b=2，椭圆方程为+=1，842+2=1ab22因为r=a+b=23，圆心为原点O，22所以卫星圆的方程为x+y=12.(2)①当l1、l2中有一条无斜率时，不妨设l1无斜率，因为l1与椭圆只有一个公共点，所以其方程为x=22或x=-22，当l1方程为x=22时，此时l1与“卫星圆”交于点22,2和22,-2，此时经过点22,2或22,-2且与椭圆只有一个公共点的直线是y=2或y=-2，即l2为y=2或y=-2，此时l1⊥l2，线段MN应为“卫星圆”的直径，MN=43，22②当l1、l2都有斜率时，设点Px0,y0，其中x0+y0=12，设经过点Px0,y0与椭圆只有一个公共点的直线为y=tx-x0+y0，y=tx-x0+y0联立方程x2y2，+=184222消去y得到1+2tx+4ty0-tx0x+2y0-tx0-8=0，222则Δ=64-8x0t+16x0y0t+32-8y0=0，2232-8y032-812-x0t1⋅t2=2=2=-1，满足条件的两直线l1、l2垂直，64-8x064-8x0此时线段MN应为“卫星圆”的直径，MN=43，综合①②可知，MN为定值，MN=43.【点评】本题考查椭圆方程的求法以及圆的方程的求法，考查椭圆、直线以及圆相交的综合问题的求解，考查第364页共377页,韦达定理以及判别式的灵活应用，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.15．(1)不存在，理由详见解析；(2)4x-y-5=0；(3)证明见解析.【分析】(1)由题意可知，点F为ΔABC的重心，假设存在一点使得“向心三角形”存在，求得该点的坐标，代入抛物线的方程，进行判断即可；(2)设点Ax1,y1、Bx2,y2、Cx3,y3，利用点差法求得y1+y2=1，根据重心的坐标公式，求出线段AB的中点坐标，然后利用点斜式方程可得出直线AB的方程；(3)由y1=-y2+y3，等式两边平方，利用基本不等式可得出x1<2x2+x3，结合等式x2+x3=3-x1可求出x1<2，进而证明结论成立.2【解析】(1)由题意可知，抛物线的标准方程为y=4x，由FA+FB+FC=0，可知，F为ΔABC重心，设存在点“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为0,0和1,2，另外的顶点为x0,y0，0+1+x03=1x0=22由0+2+y，解得：，显然y0≠4x0，0=0y0=-23故不存在“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为0,0和1,2；(2)设Ax1,y1、Bx2,y2、Cx3,y3，2y1=4x1y1-y24由2，两式相减，得y1-y2y1+y2=4x1-x2，所以x-x=y+y=4，所以y1+y2=1，y2=4x212121由题意可知，y1+y2+y3=0，所以y3=-1，则x3=，411111由x1+x2+x3=3，所以x1+x2=，所以，线段AB的中点,，482111因此，直线AB的方程为y-=4x-，整理得4x-y-5=0.28因此，直线AB的方程4x-y-5=0；(3)由(2)可知x1+x2+x3=3，则x2+x3=3-x1，①由y1+y2+y3=0，y1=-y2+y3，22222平方可得y1=y2+2y2y3+y3≤2y2+y3，当且仅当y2=y3时取等号，显然y2≠y3，222y1y2y3所以4<24+4，即x1<2x2+x3，将①代入可得x1<23-x1，解得x1<2，所以点A的横坐标小于2.【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查三角形重心坐标公式的应用、点差法以及基本不等式的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.16．(1)l与椭圆C相切．见解析(2)逆命题：若直线l：ax0x+by0y=1与椭圆C相交，则点N(x0，y0)在椭圆C的外部．是真命题．见解析(3)为定值0，见解析22ax+by=122222【分析】(1)⇒aby0+ax0x-2ax0x+1-by0=0，由根的差别式能得到l与椭圆C相切．ax0x+by0y=1(2)逆命题：若直线l：ax0x+by0y=1与椭圆C相交，则点N(x0，y0)在椭圆C的外部．是真命题．联立方程2222222222得aby0+ax0x-2ax0x+1-by0=0．由Δ=4ax0-4aby0+ax01-by0>0，能求出N(x0，y0)在椭第365页共377页,圆C的外部．x1+λ1x0x=1+λ122(3)此时l与椭圆相离，设M(x1，y1)，A(x，y)则y+λy代入椭圆C：ax+by=1，利用M在l上，得110y=1+λ122222ax0+by0-1λ1+ax1+by1-1=0．由此能求出λ1+λ2=0．22ax+by=122222【解析】解：(1)⇒aby0+ax0x-2ax0x+1-by0=0ax0x+by0y=122即ax-2ax0x+ax0=02222∴Δ=4ax0-4ax0=0∴l与椭圆C相切．(2)逆命题：若直线l：ax0x+by0y=1与椭圆C相交，则点N(x0，y0)在椭圆C的外部．22222是真命题．联立方程得aby0+ax0x-2ax0x+1-by0=022222则Δ=4ax0-4aby0+ax01-by0>02224222∴ax0-by0+by0-ax0+abx0y0>022∴by0+ax0>1∴N(x0，y0)在椭圆C的外部．(3)同理可得此时l与椭圆相离，设M(x1，y1)，A(x，y)x1+λ1x0x=1+λ122则代入椭圆C：ax+by=1，利用M在l上，y1+λ1y0y=1+λ122222即ax0x1+by0y1=1，整理得ax0+by0-1λ1+ax1+by1-1=0同理得关于λ2的方程，类似．22222即λ1、λ2是ax0+by0-1λ+ax1+by1-1=0的两根∴λ1+λ2=0．【点评】本题是一道解析几何中的新定义题目，考查了四种命题以及命题真假的判断、直线与椭圆中的定值问题，考查了学生审题、分析、解决问题的能力，综合性比较强，属于难题.17．(1)是；(2)(2,22]；(3)是，证明见解析.【分析】(1)直接判断即可，(2)由(1)的方法判断，可得y=-2时，函数值达到最大，分别讨论二次项系数的正负，是否满足条件得出a的取值范围；(3)设参数方程满足以MN为直径的圆过原点，使数量积为零得出定点(0，±22)．2y2x【解析】(1)由题意得椭圆方程：+=1，所以A(0，2)，542222y212设P(x，y)则|PA|=x++(y-2)=5•1-4+(y-2)=-4y-4y+9，y∈[-2，2]，二次函数开口向下，对称轴y=-8，y∈[-2，2]上函数单调递减，所以y=-2时，函数值最大，此时P为椭圆的短轴的另一个端点，第366页共377页,∴椭圆是“圆椭圆”；2y2y2x2222(2)由(1)的方法：椭圆方程：+=1，A(0，2)设P(x，y)，则|PA|=x+(y-2)=a•1-+(y-a24422a222)=-4+1y-4y+4+a，y∈[-2，2]，由题意得，当且仅当y=-2时，函数值达到最大，2a-+1>04-2<a<2讨论：①当开口向上时，满足：--24>0⇒-2<a<2⇒-2<a<2(与a>b矛盾，舍)；a2-4+12a-+1<04②当开口向下时，满足--4≤-2⇒2<a≤22，2a2-4+1综上a的范围：(2，22]．2y2xπ(3)a=22，椭圆方程：+=1，由题意：设p(22cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π]，且θ≠，则q8422-2sinθ22cosθ(-22cosθ，-sinθ)，则直线ap：y=x+2⇒m，0-22cosθ1-sinθ2+2sinθ-22cosθ则直线aq：y=+2⇒n，0，22cosθ1+sinθmn为直径的圆过定点c，由对称性知c在y轴上，∴设c(0，n)则，且cn⋅cm=0，-22cosθ22cosθ2∴cn=1+sinθ，-n,cm=1-sinθ，-n，∴8-n=0,所以得定点(0，±22)．【点评】考查新定义圆椭圆的定义，以及圆过定点问题，涉及到二次函数最值问题的考查，考查了分类讨论及转化的数学思想，属于中档题．第367页共377页,专题39：圆锥曲线的综合题参考答案1．c【解析】2y2x设c：-=1．22aa2y22x22∵抛物线y=16x的准线为x=-4，联立-=1和x=-4得a(-4，16-a)，b(-4，-16-a)，22aa2∴|ab|=216-a=43，∴a=2，∴2a=4．∴c的实轴长为4．2．a【分析】根据双曲线的几何性质求出a,c，再根据双曲线的定义得到pf1=pf2+2，令t=pf2∈[4,+∞)，2pf14则2=1+，再根据单调性可求出结果.pf2+4t+4t22【解析】(x-2)+y=9与x轴交点的坐标分别为-1,0，5,0，故a=1，c=5，因为p为c右支上任意一点，根据双曲线的定义有pf1-pf2=2a=2，即pf1=pf2+2pf2(t+2)221t+4t+44令t=pf2∈[4,+∞)，则2=2=2=1+4，pf2+4t+4t+4t+t444因为t+在[4,+∞)上为增函数，所以t+≥4+=5，tt424449pf19所以4∈0,5，所以1+4∈1,5，即pf2+4∈1,5.t+t+2tt故选：a3．y=±2xy22x【分析】先将双曲线的方程和抛物线的方程联立得2-2=1，消元化简得a2x2-2pb2x+a2b2=0，设aby2=2px22pbppax1,y1,bx2,y2，则x1+x2=2，再根据抛物线的定义得af+bf=x1+2+x2+2=x1+x2+p,a22b代入已知条件af+bf=4of可得=1，从而可得双曲线的渐近线方程.2ay22y2x2-x=1【解析】由双曲线的方程-=1a>0,b>0和抛物线的方程y2=2px联立得22，消元化22ababy2=2px22222简得ax-2pbx+ab=0，22pb设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2，app由抛物线的定义得AF+BF=x1++x2+=x1+x2+p,22p2pb2222ba又因为AF+BF=4OF，所以x1+x2+p=4×2，所以2+p=2p，化简得2=1，所以2=2，aab所以双曲线的渐近线方程为y=±2x，第368页共377页,故答案为：y=±2x.【点评】本题主要考查双曲线的渐近线方程的求解与抛物线的定义的运用，关键在于联立方程得出关于交点的横坐标的韦达定理，再根据抛物线的定义转化抛物线上的点到焦点的距离，属于中档题。4854．172x2【分析】由题知椭圆M的方程为+y=1，故设A，B两点的坐标分别为x1,y1，x2,y2，直线l的方程为42452y=2x+m，与椭圆联立并结合弦长公式得|AB|=1+kx1-x2=17-m，进而即可得答案.173【解析】依题意，知双曲线T的两焦点坐标为(±3,0)，离心率e2==3；1从而知椭圆M的两焦点F1,2(±3,0)，得半焦距c=3，33c22又e1e2=，得e1==，即a=2，则b=a-c=1，22a2x2所以椭圆M的方程为+y=1．4设A，B两点的坐标分别为x1,y1，x2,y2，直线l的方程为y=2x+m；22x+4y=422联立方程组，消去y得17x+16mx+4m-1=0，y=2x+m22Δ=256m-17×16m-1>0，解得-17<m<17，216m4m-4由韦达定理得x1+x2=-，x1x2=；171722452由弦长公式得|ab|=1+kx1-x2=5x1+x2-4x1x2=17-m，17485故当m=0时，|ab|max=．17485故答案为：17【点评】考查椭圆与双曲线的标准方程及其几何性质，利用解析法中“设而不求”的思想，通过韦达定理及弦长公式求弦长的最大值．考查函数与方程、数形结合的思想，检验推理论证、运算化简和求解能力．本题解2452题的关键在于利用弦长公式求得|ab|=1+kx1-x2=17-m.17465．(1)a=2,b=1；(2).7【分析】(1)由已知根据抛物线和椭圆的定义和性质，可求出a，b；2(2)设直线l方程为x=ty+1，联立直线与圆的方程可以求出t，再联立直线和椭圆的方程化简，由根与系数的关系得到结论，继而求出面积．2【解析】(1)y=4x焦点为f(1，0)，则f1(1，0)，f2(1，0)，2a=pf1+pf2=22，解得a=2，c=1，b=1，(ⅱ)由已知，可设直线l方程为x=ty+1，a(x1,y1)，b(x2,y2)y+y=-2tx=ty+1122联立得(t2+1)y2+2ty-2=0，易知△>0，则t+1x2+y2=32y1y2=-2t+1F1A⋅F1B=(x1+1)(x2+1)+yy2=(ty1+2)(ty2+2)+y1y21222-2t=(t+1)y1y2+2t(y1+y2)+4=2t+12-2t212因为F1A⋅F1B=1，所以2=1，解得t=3t+1第369页共377页,x=ty+1联立2，得(t2+2)y2+2ty-1=0，△=8(t2+1)>0x2+y=12y+y=-2t423t+2设C(x3,y3),B(x4,y4)，则1y3y4=-2t+2428×18(1+t)346SΔF1CD=2F1F2⋅y3-y4=t2+2=7=73【点评】本题主要考查抛物线和椭圆的定义与性质应用，同时考查利用根与系数的关系，解决直线与圆，直线与椭圆的位置关系问题．意在考查学生的数学运算能力．26．(1)y=4x.(2)48.【分析】(1)求得K的坐标，圆的圆心和半径，运用对称性可得MR的长，由勾股定理和锐角的三角函数，可得CK=6，再由点到直线的距离公式即可求得p=2，进而得到抛物线方程；(2)设出直线方程，运用弦长公式和四边形的面积公式，换元整理，结合基本不等式，即可求得最小值．p3【解析】(1)由已知得K-2,0,C5,0设MN与x轴交于点R，由圆的对称性可知，MR=23.3∘∘2于是CR=，所以∠CMR=30,∠MCR=60，所以CK=6，所以p=2.故抛物线E的方程为y=4x.2(2)设直线AB的方程为x=my+2，设A=x1,y1,B=x2,y2，2y=4x2联立得y-4my-8=0，则y1+y2=4m,y1y2=-8.x=my+222222∴AB=1+my1-y2=1+m⋅16m+32=41+m⋅m+21212设G=x3,y3,D=x4,y4，同理得GD=4+1⋅+2，mm则四边形AGBD的面积1212212S=AB⋅GD=81+m⋅+1⋅m+2⋅+22mm2121=8m++2⋅2m++522mm212令m+=μμ≥2，则S=8μ+22μ+5=82μ+9μ+102m2S=82μ+9μ+10是关于μ的增函数，故Smin=48，当且仅当m=±1时取得最小值48.【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法，弦长公式法，因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．2x27．(1)+y=1.(2)见解析22【解析】(1)∵等轴双曲线离心率为2，∴椭圆C的离心率e=.22222ca-b122∴e===，∴a=2b.a2a22222∵由x-y+2=0与圆x+y=b相切，得2b=1，∴a=2.第370页共377页,2x2∴椭圆C的方程为+y=1.2(2)证明①若直线AB的斜率不存在，设方程为x=x0，则点A(x0，y0)，B(x0，-y0)．y0-1-y0-11由已知+=4，得x0=-.x0x0211此时AB方程为x=-，显然过点-,-1.22②若直线AB的斜率存在，设AB方程为y=kx+m，依题意m≠±1.y=kx+m设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x22+y=12222得(1+2k)x+4kmx+2m-2=0.24km2m-2则x1+x2=-2，x1x2=2.1+2k1+2ky1-1y2-1由已知k1+k2=4，可得+=4，x1x2kx1+m-1kx2+m-1x1+x2km∴+=4，即2k+(m-1)=4，将x1+x2，x1x2代入得k-=2，∴kx1x2x1x2m+1=2(m+1)，kk∴m=-1.故直线AB的方程为y=kx+-1，221即y=kx+-1.21∴直线AB过定点-,-1.21综上，直线AB过定点-,-1.2318．(1)见解析(2)这样点P存在，其坐标为±3,3.【解析】(1)因为y=2x，22设切点分别为(x1,x1),(x2,x2)2则l1方程为y-x1=2x1(x-x1)2即y=2x1x-x1①2l2方程为y=2x2x-x2②由l1⊥l2得2x12x2=-11即x1x2=-，由①、②联立得yM=x1x2411所以yM=-，即点M的纵坐标为定值-.442(2)设P(x0,x0)，2则C1在点P处切线方程为：y=2x0x-x022代入C2方程4x+y-4=022得4x+(2x0x-x0)-4=02234即(4+4x0)x-4x0x+x0-4=0设A(x3,y3),B(x4,y4)34x0x0-4则x3+x4=2,x3⋅x4=21+x04+4x062424Δ=16x0-16(1+x0)(x0-4)=16(4+4x0-x0)>0③第371页共377页,1由(1)知yM=-4y3+y41从而=-，2421即x0(x3+x4)-x0=--44x021进而得2-x0=-41+x021解得x0=，且满足③331所以这样点P存在，其坐标为±3,3.222223239．(1)圆O的方程为x+y=1，曲线Γ的方程为x+y+xy=1x,y∈-,；(2)当k=±1时，33436666四边形EMFN的面积最大值为3；(3)证明见解析，其焦点坐标为F1-3,3，F23,-3.2【解析】(1)由题意圆O的半径r==1，221+322故圆O的方程为x+y=1.2分22由OC=xOA+yOB得，OC=xOA+yOB，22222∘即OC=xOA+yOB+2xyOAOBcos60，得222323x+y+xy=1x,y∈-,为曲线Γ的方程.33y=kx1k1k(2)由{22得E2,2，F-2,-2，x+y+xy=1k+k+1k+k+1k+k+1k+k+11+1222k+1kk+1所以EF=2，同理MN=2=2.k2+k+111k2-k+1-+1k2k1由题意知l1⊥l2，所以四边形EMFN的面积S=EF⋅MN.22222k+k+1k-k+1kkk1S=2⋅2=1+21-2=1-22=1-1，k+1k+1k+1k+1k+1k2++22k212121343∵k++2≥2k⋅+2=4，∴≥1-=,S≤.k2k2S42321当且仅当k=时等号成立，此时k=±1.2k43∴当k=±1时，四边形EMFN的面积最大值为.3222323(3)曲线Γ的方程为x+y+xy=1x,y∈-,，它关于直线y=x、y=-x和原点对称，下面证33明：22设曲线Γ上任一点的坐标为Px0,y0，则x0+y0+x0y0=1，点P关于直线y=x的对称点为P1y0,x0，显然22y0+x0+y0x0=1，所以点P1在曲线Γ上，故曲线Γ关于直线y=x对称，同理曲线Γ关于直线y=-x和原点对称.223333可以求得x+y+xy=1和直线y=x的交点坐标为B1-3,-3,B23,322x+y+xy=1和直线y=-x的交点坐标为A1-1,1,A21,-1，2262223OA1-OB16OA1=2，OB1=，OA1-OB1=，=.3323第372页共377页,6666在y=-x上取点F1-3,3,F23,-3下面证明曲线为椭圆：ⅰ)设Px,y为曲线Γ上任一点，则62626262PF1+PF2=x+3+y-3+x-3+y+32242622426=x+y++x-y+x+y+-x-y3333426426=1-xy++x-y+1-xy+-x-y3333726726=-xy+x-y+-xy-x-y333372672672262=-xy+x-y+-xy-x-y+2-xy-x-y=3333331452-2xy+2xy+331454=-2xy+2xy+(因为xy≤)333.6666即曲线Γ上任一点P到两定点F1-3,3,F23,-3的距离之和为定值22.66662ⅱ)若点P到两定点F1-3,3,F23,-3的距离之和为定值22，可以求得点P的轨迹方程为x2+y+xy=1(过程略).6666故曲线Γ是椭圆，其焦点坐标为F1-3,3,F23,-3.2y2x10．(1)+=1；(2)证明见解析.43【分析】(1)根据几何性质，得出点M的轨迹是以F，C为焦点的椭圆，根据椭圆定义可得标准方程；(2)设直线GH的方程为x=my+4，Gx1,y1，Hx2,y2，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得y1+y2,y1y2，写出AG方程，求得N点坐标，再写出NH方程，令x=2代入方程，结合韦达定理的结论求得y=0，完成证明．22【解析】(1)由圆x-1+y=16，可得圆心C1,0，半径r=4，因为FC=2<4，所以点F在圆C内，又由点M在线段PF的垂直平分线上，所以MF=MP，所以MC+MF=MP+MC=PC=4，由椭圆的定义知，点M的轨迹是以F，C为焦点的椭圆，2其中a=2，c=1，b=3，2y2x所以点M的轨迹方程为+=1.43(2)设直线GH的方程为x=my+4，Gx1,y1，Hx2,y2，A-2,0，B2,0，2y2x将x=my+4代入+=1，4322得3m+4y+24my+36=0，-24m36y1+y2=2，y1y2=2，3m+43m+4第373页共377页,y13y13y1直线AG的方程为y=x+2(x+2)，令x=1得y=x+2，即N1,x+2，1113y1-y2x1+23y1NH的直线方程为y=(x-1)+，1-x2x1+23y1-y2x1+23y13y1-y2x1+2+3y11-x2x=2代入得y=+=1-x2x1+21-x2x1+236-24m4m×+6×3y1-y2(my1+6)+3y1(-3-my2)4my1y2+6(y1+y2)3m2+43m2+4====0，(1-x2)(x1+2)(x2-1)(x1+2)(x2-1)(x1+2)所以直线NH过定点B(2,0)．【点评】本题考查求椭圆方程，考查椭圆中直线过定点问题，解题关键是掌握椭圆的定义，艇椭圆定义求得椭圆方程，对定点问题，采取设而不的思想方法，即设直线方程，设交点坐标G(x1,y1),H(x2,y2)，直线方程代入椭圆方程由韦达定理得y1+y2,y1y2，求出动直线NH的方程，代入定点坐标结合韦达定理的结论完成证明．2y2x11．(1)+=1；(2)[12,+∞).43【分析】(1)先运用椭圆的定义求出a，根据抛物线，可得c，进一步就可求出椭圆方程；|AB|y1-y2(2)先将化简为，然后用m表示出来，再求范围即可.|MN|xM-0255【解析】(1)由点P在抛物线E上知，x0=，则P到抛物线准线的距离为，所以|PF|=，333522627设椭圆左焦点为F1，则PF1=3+3=3，2y257x∴2a=+=4，a=2，又c=1，∴b=3，椭圆C的方程为+=1；3343(2)设直线l的方程为x=my+1，22与椭圆C的方程联立得3m+4y+6my-9=0，设Ax1,y1，Bx2,y2，-6m-9则y1+y2=2，y1y2=2，3m+43m+4|AB|y1-y2由AB⊥MN知=，|MN|xM-02212m+1y1-y2=y1+y2-4y1y2=2，3m+4设AB中点坐标为x0,y0，y1+y2-3m4则y0=2=2，x0=my0+1=2，3m+43m+43m4故AB中垂线方程为y+2=-mx-2，3m+43m+41令y=0得xM=2，3m+4|AB|2∴=12m+1∈[12,+∞)．|MN||AB|【点评】关键【点评】解决本题的关键，一是定义的运用，二是对的化简与求范围.|MN|5112．(1)x+2y+1=0；(2),.102【分析】(1)设直线l1：y+1=k(x-1)，与抛物线方程联立，再由根的判别式等于零求得直线的斜率，由此可第374页共377页,求得直线的方程．x+x1x+x2y1y2(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，求得直线l1:y1y=2，直线l2:y2y=2，得到点M0,2，N0,2．表|MN|示出直线AB方程，与抛物线方程联立，由根与系数的关系表示，可求得范围．|AB|2【解析】(1)由题意知直线l1，l2的斜率一定存在，设直线l1：y+1=k(x-1)，与抛物线方程联立，得ky-y-k-1=0．111由△=1+4k(k+1)=0，得k=-，则l1的方程为y=x-．222222(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线l1：y-y1=kx-x1，与抛物线方程y=x联立，得ky-y+y1-y1k=0．21x+x1x+x2由Δ=1-4ky1-y1k=0，解得k=，所以直线l1:y1y=，同理得直线l2:y2y=，则2y122y1y2M0,2，N0,2．x0+x1y1y0=2x0+x设点P(x0，y0)，代入可得x+x，则直线AB方程为y0y=2．02y2y0=22与抛物线方程联立，得y-2y0y+x0=0，则有y1+y2=2y0，y1y2=x0．12|MN|1则|MN|=2|y1-y2|，|AB|=4y0+1|y1-y2|，所以|AB|=2．24y0+1222|MN|151又点P在圆(x+2)+y=1上，所以-1≤y0≤1，即0≤y0≤1，所以=∈,.|AB|24y2+11020|MN|51所以的取值范围为,.|AB|102【点评】方法【点评】(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.2y2x13．(1)+=1；(2)证明见解析43【分析】(1)由已知可得MC2+MC1=4，可判断点M在以C1,C2为交点的椭圆上，即可求出方程；22121+k12k1+k(2)将直线方程代入椭圆，利用弦长公式可求出AG=，同理可得AH=，由已知可223+4k4+3k32得4k-6k+3k-8=0，利用导数结合零点存在性定理即可证明.【解析】(1)∵C2N=2C2P，∴P是C2N的中点，∵MP⋅C2N=0，∴MP⊥C2N，∴点M在C2N的垂直平分线上，∴|MN|=MC2，∵|MN|+MC1=MC2+MC1=4>2，∴点M在以C1,C2为交点的椭圆上，且a=2,c=1，则b=3，2y2x故点M的轨迹方程为+=1；43(2)可得直线AG的方程为y=k(x+2)(k>0)，2222与椭圆方程联立可得3+4kx+16kx+16k-12=0，第375页共377页,223-4k216k-12设Gx1,y1，则x1⋅(-2)=2，可得x1=2，3+4k3+4k22121+k则AG=1+kx1+2=2，3+4k1由题可得，直线AH的方程为y=-(x+2)，k212k1+k故同理可得AH=，24+3k2k32由2AG=AH可得=，即4k-6k+3k-8=0，223+4k4+3k32设f(t)=4t-6t+3t-8，则k是ft的零点，22f(t)=12t-12t+3=3(2t-1)≥0，则ft在0,+∞单调递增，又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0，因此ft在0,+∞有唯一零点，且零点k在3,2内，即3</m<17，216m4m-4由韦达定理得x1+x2=-，x1x2=；171722452由弦长公式得|ab|=1+kx1-x2=5x1+x2-4x1x2=17-m，17485故当m=0时，|ab|max=．17485故答案为：17【点评】考查椭圆与双曲线的标准方程及其几何性质，利用解析法中“设而不求”的思想，通过韦达定理及弦长公式求弦长的最大值．考查函数与方程、数形结合的思想，检验推理论证、运算化简和求解能力．本题解2452题的关键在于利用弦长公式求得|ab|=1+kx1-x2=17-m.17465．(1)a=2,b=1；(2).7【分析】(1)由已知根据抛物线和椭圆的定义和性质，可求出a，b；2(2)设直线l方程为x=ty+1，联立直线与圆的方程可以求出t，再联立直线和椭圆的方程化简，由根与系数的关系得到结论，继而求出面积．2【解析】(1)y=4x焦点为f(1，0)，则f1(1，0)，f2(1，0)，2a=pf1+pf2=22，解得a=2，c=1，b=1，(ⅱ)由已知，可设直线l方程为x=ty+1，a(x1,y1)，b(x2,y2)y+y=-2tx=ty+1122联立得(t2+1)y2+2ty-2=0，易知△></a≤22，2a2-4+1综上a的范围：(2，22]．2y2xπ(3)a=22，椭圆方程：+=1，由题意：设p(22cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π]，且θ≠，则q8422-2sinθ22cosθ(-22cosθ，-sinθ)，则直线ap：y=x+2⇒m，0-22cosθ1-sinθ2+2sinθ-22cosθ则直线aq：y=+2⇒n，0，22cosθ1+sinθmn为直径的圆过定点c，由对称性知c在y轴上，∴设c(0，n)则，且cn⋅cm=0，-22cosθ22cosθ2∴cn=1+sinθ，-n,cm=1-sinθ，-n，∴8-n=0,所以得定点(0，±22)．【点评】考查新定义圆椭圆的定义，以及圆过定点问题，涉及到二次函数最值问题的考查，考查了分类讨论及转化的数学思想，属于中档题．第367页共377页,专题39：圆锥曲线的综合题参考答案1．c【解析】2y2x设c：-=1．22aa2y22x22∵抛物线y=16x的准线为x=-4，联立-=1和x=-4得a(-4，16-a)，b(-4，-16-a)，22aa2∴|ab|=216-a=43，∴a=2，∴2a=4．∴c的实轴长为4．2．a【分析】根据双曲线的几何性质求出a,c，再根据双曲线的定义得到pf1=pf2+2，令t=pf2∈[4,+∞)，2pf14则2=1+，再根据单调性可求出结果.pf2+4t+4t22【解析】(x-2)+y=9与x轴交点的坐标分别为-1,0，5,0，故a=1，c=5，因为p为c右支上任意一点，根据双曲线的定义有pf1-pf2=2a=2，即pf1=pf2+2pf2(t+2)221t+4t+44令t=pf2∈[4,+∞)，则2=2=2=1+4，pf2+4t+4t+4t+t444因为t+在[4,+∞)上为增函数，所以t+≥4+=5，tt424449pf19所以4∈0,5，所以1+4∈1,5，即pf2+4∈1,5.t+t+2tt故选：a3．y=±2xy22x【分析】先将双曲线的方程和抛物线的方程联立得2-2=1，消元化简得a2x2-2pb2x+a2b2=0，设aby2=2px22pbppax1,y1,bx2,y2，则x1+x2=2，再根据抛物线的定义得af+bf=x1+2+x2+2=x1+x2+p,a22b代入已知条件af+bf=4of可得=1，从而可得双曲线的渐近线方程.2ay22y2x2-x=1【解析】由双曲线的方程-=1a></a<2⇒-2<a<2(与a></a<2讨论：①当开口向上时，满足：--24></e<1)时，这个点的轨迹是椭圆．22x+y+1由已知实数x,y满足条件x-1+y-3=，2222x-1+y-31即=，x+y+1221表达式的含义是点p(x,y)到定点(1,3)与到直线x+y+1=0的距离的比为，由上述证明的结论可得，轨2迹是椭圆．故选：a．【点评】本题考查椭圆的轨迹方程，考查转化思想，注意点是否在直线上是解题的关键之一．4．c【分析】抛物线与椭圆联立，得到x0和y0，从而得到fx，画出y=a和y=fx图像，根据焦半径公式，得到an和bn，从而表示出δabn的周长，根据xb的范围，得到答案.2y2x+=1432【解析】1612，解得x0=，y0=±，y2=8x33422x,0<x<3所以fx=，12448-3x,<x<42332直线y=a0<a<3，作出函数y=fx和y=a的图像，由图像可得点a在抛物线上，b在椭圆上，2点n(2,0)为抛物线y=8x的焦点，p所以an=xa+，22y2x1点n(2,0)为椭圆+=1的右焦点，椭圆的离心率为e=，16122第351页共377页,bn所以2=e，即bn=a-exba-xbc由焦半径公式可得，δabn的周长为pan+bn+ab=xa++a-exb+xb-xa211=2+4-xb+xb=6+xb，224120由xb∈,4，得到6+xb∈,8，32320所以δabn的周长的取值范围为,8.3故选：c.【点评】本题考查抛物线的定义，椭圆焦半径公式，椭圆上点的范围，属于中档题.5．a3a【分析】设p(x0,y0),由题得|pf1|=a+ex0,|pf2|=a-ex0,根据pf1=4pf2得x0=≤a即得解.5e【解析】设p(x0,y0)由题得|pf1|=a+ex0,|pf2|=a-ex0,因为pf1=4pf23a3所以a+ex0=4a-4ex0,∴x0=≤a,∴e≥,5e53所以此椭圆的离心率e的最小值为.5故选：a【点评】本题主要考查椭圆的定义和离心率的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6．b|pf|22【分析】设px0,y0，根据椭圆的第二定义可得=，即|pf|=x0+3，由此即可确定|pf|的取值933x0+2范围，即可求出|pf|的最大值。2y2x9【解析】椭圆+=1的左准线方程为x=-952|pf|2设px0,y0，则根据椭圆的第二定义可得=93x0+22∴|pf|=x0+33∵-3≤x0≤3第352页共377页,2∴-2≤x0≤232∴1≤x0+3≤53∴1≤|pf|≤5∴|pf|max=5故选：b【点评】本题考查椭圆的性质，考查椭圆的第二定义，解题的关键是表达出焦半径．7．b【解析】2aaafbfx1x2+4x1+x2+16分析：af,bf是焦半径，故可用焦半径公式把转化为，联立直线方af+bfx+x+a122程和抛物线方程后再利用韦达定理可求此值.aka详解：设ax1,y1,bx2,y2，直线l:y=kx-=kx-.44kay=kx-k2ak2a2由4得到k2x2-+ax+=0，y2=ax2162aaa故x1+x2=2+2,x1x2=16，所以k2a2a2x+ax+axx+ax+x+a+afbf1222124121644k2a====，af+bfx+x+ax+x+aa+a41221222k故选b.点睛：圆锥曲线中的定值问题，需要把目标代数式转化为关于x1,x2(或y1,y2)的代数式(ax1,y1,bx2,y2为直线与圆锥曲线的两个交点)，通过联立方程组消元后利用韦达定理求定值.8．c【解析】试题分析：由题意得，设p(x,y)，因为动点p到点m-2,0和到直线x=-2的距离相等，即pa=22d，即(x+2)+y=x+2，化简得y=0，所以动点p的轨迹是一条直线，故选c.考点：轨迹方程的求解.9．c2【解析】试题分析：设椭圆上的点p(x0,y0)，可知pf1=a-ex0,pf2=a+ex0，因为ρο=ρf1⋅ρf2，则有22222222x02aa-ex0=x0+y0=x0+b1-2，解得x0=±2，因此满足条件的有四个点，故选c．a考点：新定义，椭圆的焦半径公式．10．42y2x1【分析】根据椭圆方程+=1，设mx1,y1,nx2,y2，由椭圆的第二定义得到mf=2-x1,nf=24321mfmp-x2，设pm,n，然后根据外角平分线定理，由=求解.2nfnp【解析】如图所示：第353页共377页,2y2x因为椭圆方程为+=1，43所以a=2,b=3,c=1,所以椭圆的右焦点是f1,0，c1所以离心率为e==，a2设mx1,y1,nx2,y2，由椭圆的第二定义得：mfnfe==，22aax1-cx2-c11所以mf=2-x1,nf=2-x2，221mfmpx1-m2-2x1设pm,n，由外角平分线定理得=，即=，nfnpx2-m2-1x221化简得2x1-x2=mx1-x2，2解得m=4所以p的横坐标为4故答案为：4【点评】关键点点睛：本题关键是外角平分线定理的应用.11．x-2y+4=0【分析】由抛物线的几何性质可得∠eaf的角平分线即为ef的垂直平分线，求出e、f的坐标后可得该垂直平分线的方程.【解析】由抛物线的几何性质可得ae=af，故δeaf为等腰三角形，故∠eaf的角平分线即为ef的垂直平分线.-4又f1,0,e-1,4，故ef的中点坐标为0,2，又kef==-2，21故ef的垂直平分线方程为：y-2=x-0即x-2y+4=0.2故答案为：x-2y+4=0.第354页共377页,【点评】本题考查抛物线的几何性质，注意抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，解题时常利用这个性质实现两类距离之间的转化，本题属于中档题.12．±3【分析】设l为椭圆的右准线，过a、b作aa1，bb1垂直于l，过b作be⊥aa1于e，根据椭圆的第二定义，转化求解即可．【解析】设l为椭圆的右准线，过a、b作aa1，bb1垂直于l，a1，b1为垂足，过b作be⊥aa1于e，根据椭圆的第二定义，得afbf|aa1|=，|bb1|=，eebfaee11∵af=2fb，∴cos∠bae====，ab3bf3e2∴tan∠bae=3．∴k=±3．故答案为±3【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的第二定义，考查转化思想以及计算能力．第355页共377页,专题38：圆锥曲线的新定义参考答案1．cpf12【分析】求出满足条件=时的pf1和pf2，再求出f1f2，验证pf1，pf2，f1f2能否是三角形的pf21三边长，即可得．pf122a4a【解析】=，则pf1=2pf2，若是椭圆，则pf1+pf2=3pf2=2a，pf2=，pf1=，pf2133若是双曲线，则pf1-pf2=pf2=2a，pf1=4a，a中椭圆，a=6,c=2，pf2=4，pf1=8，f1f2=4，不存在△pf1f2；816b中椭圆，a=4,c=1，pf1=，pf1=，f1f2=2，不存在△pf1f2332ac中双曲线，a=5,c=3，双曲线上点到到右焦点距离的最小值是c-a=3-5<，3pf2=25，pf1=45，f1f2=6，构成△pf1f2，存在“ω点”，d中双曲线，a=1，c=4，pf2=2，pf1=4，f1f2=8，不存在△pf1f2故选：c．【点评】本题考查新定义“ω点”，解题方法是弱化条件，求出满足部分条件的p点具有的性质，验证是否满足另外的条件：构成三角形．从而完成求解．2．b222x【分析】设点px,y，由po=pf1⋅pf2得出关于x、y的等式，由y=1-，求出方程的解，即可得出4结论.22x【解析】设点px,y，则y=1-，f1-3,0、f23,0，422222x3x3pf1=x+3+y=x+23x+3+1-=+23x+4=2+x，4423x3xpf2=4-pf1=4-2+2=2-2，222223x3x3x3x由po=pf1⋅pf2，得x+y=2+22-2，即4+1=4-4，2解得x=±2，此时y=±，2所以，椭圆c上有且只有4个点是“★”点.故选：b.【点评】本题考查椭圆中的新定义，考查椭圆方程的应用，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.3．b【分析】根据新定义“δ和”，通过数形结合判断(1)正确，通过研究函数最值对选项(2)(3)(4)逐一判断即可.【解析】(1)当x+y=1时，点p(x,y)的轨迹如图，其面积为2，正确；第356页共377页,(2)∵p是直线2x-y-4=0上的一点，∴y=2x-4，4-3x,x≤0,∴x+y=x+2x-4=4-x,0<x<2,可知，x≤0，0<x<2时递减，x≥2时递增，故x+y的最3x-4,x≥2,小值在x=2时取得，x+ymin=2，正确；(3)同(2)，x+y=x+ax+b，可知当a=±1时，都满足，“δ和”最小的点有无数个，故错误；x=cosθ,(4)可设椭圆参数方程为∴x+y=cosθ+2sinθ，y=2sinθ,易知其最大值为3，正确.故选：b.【点评】本题的解题关键是认真读题，理解新定义“δ和”，再通过数形结合和函数最值的研究逐一判断即突破难点.4．d2y2x【分析】易得点p在以m、n为焦点的椭圆+=1上，“a型直线”和椭圆有公共点，逐个选项联立方程43由判别式验证即可.【解析】∵两定点m-1,0，n1,0，|pm|+|pn|=4，2∴p在以m、n为焦点的椭圆上，且a=2,c=1,b=3，2y2x故椭圆的方程为+=1，43满足题意的“a型直线”和椭圆有公共点，2联立y=x+1和x24+y23=1，消y整理可得7x-8x-8=0，故δ></t<1时，gt<0，此时函数gt单调递减.4313332×3332×3336所以，gtmax=g4=32×4×4=4，∴smax=2=4.41636因此，四边形abcd面积的最大值为.4【点评】圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．第349页共377页,专题37：圆锥曲线的统一定义参考答案1．a22|3x+4y+2|1【分析】根据题设条件，化简得到(x-1)+(y-2)=×，结合椭圆的定义，即可求解.32+4222222|3x+4y+2|1【解析】由10(x-1)+(y-2)=|3x+4y+2|，即(x-1)+(y-2)=×，32+4221其几何意义为点p(x,y)到定点(1,2)的距离等于到定直线3x+4y+2=0的距离的，2根据椭圆的定义，可得点p是以(1,2)为焦点，以直线3x+4y+2=0为准线的椭圆.故选：a.2．b2y2x【分析】设双曲线c:-=1的右准线为l，过a、b分别作am⊥l于m，bn⊥l于n，bd⊥am于22ab1d，根据直线ab的斜率为3，得到ad=ab，再利用双曲线的第二定义得到ad=21af-fb，又ab=af+fb，结合af=4fb求解.e2y2x【解析】设双曲线c:-=1的右准线为l，22ab过a、b分别作am⊥l于m，bn⊥l于n，bd⊥am于d，如图所示：因为直线ab的斜率为3，所以直线ab的倾斜角为60°，1∴∠bad=60°，ad=ab，2111由双曲线的第二定义得：am-bn=ad=af-fb=ab=af+fb，e22又∵af=4fb，35∴fb=fb，e26∴e=5故选：b【点评】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的第350页共377页,能力，属于中档题.3．a【分析】先证明：当点m与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数e(0<e<1)时，这个点的轨迹是椭圆，然后转化已知条件为动点与定点和定直线的距离问题，然后判断即可．【解析】先证明：当点m与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数e(0<e<1)时，这个点的轨迹是椭圆．2ac设点m(x，y)与定点f(c，0)的距离和它到定直线l:x=的距离的比是常数(a></t<时，gt></t<4时，f(t)<0，ft单调递减，当t></k≤2，51+2k242222k+k∵ab=1+k⋅x1+x2-4x1x2=242，4k+k+14221212令λ=k+k=k+-，0<k≤2，则λ∈0,6，242λ1143∴ab=2=2-，在λ∈0,6上恒增，∴ab≤，4λ+1224λ+1512323∴s△aob=ab×r≤，即△aob面积的最大值.255第339页共377页,【点评】求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值(取值范围)问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用δ></m<8，则x1+x2=-，x1x2=，81622253m5m-20-5m+320则ab=1+3⋅-8-4×16=4，|m||m|原点到直线l的距离d==，1+32|m|2-5m2-322+512011-5m+320则△aob的面积s=d⋅|ab|=××=.2224162当且仅当m=32，即m=±42时，△aob的面积有最大值，且最大值为25.【点评】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：(1)得出直线方程，设交点为ax1，y1，bx2，y2；(2)联立直线与曲线方程，得到关于x(或y)的一元二次方程；(3)写出韦达定理；(4)将所求问题或题中关系转化为x1+x2,x1x2形式；(5)代入韦达定理求解.22+33．(1)y=4x；(2)最小值为.2p【分析】(1)将x=代入抛物线方程，利用de=4构造方程求得p，即可得到结果；22(2)设pt,2t，得到l方程后可求得q点坐标，由np+nq+nr=0知n为△pqr的重心，利用重心坐标第336页共377页,1sna⋅yp12表示可求得r,n点坐标，由直线pr求得b，根据点b在点a右侧确定t的范围；利用=可s21nb⋅yr2s1将表示为关于t的函数的形式，利用换元法和基本不等式可求得最小值.s2p【解析】(1)由已知可得：焦点f2,0，p22将x=代入抛物线的方程，可得：y=p，则de=2p=4，解得：p=2，22∴抛物线c的方程为y=4x；(2)设pxp,yp，qxq,yq，rxr,yr，nxn,0，2令yp=2tt≠0，则xp=t，2t-2∵直线l过点a2,0，∴直线l的方程为x=y+2，2t22t-222将其与y=4x联立并消去x得：y-y-8=0，t444由根与系数的关系得：2tyq=-8，即yq=-t，∴q2，-t，t∵np+nq+nr=0，∴n为△pqr的重心，xp+xq+xryp+yq+yr∴xn=，0=，33422∴yr=-yp-yq=-2t+，则xr=-t+，ttxp+xq+xr2t4-4t2+8∴xn=3=2，3t2242t4-4t2+8∴r-t+t,-2t+t，n2,0，3t222则直线pr的方程为y-2t=tx-t，令y=0得：x=t-2，即bt-2,0，22∵点b在点a的右侧，∴t-2></x<3.【分析】(1)根据椭圆方程得出a,b,c，结合椭圆定义pf1+pf2=2a=23，再根据基本不等式求得pf1⋅pf2的最大值；(2)设mx,y，利用点差法和中点坐标公式，求出kab，由两点坐标写出kmf2，结合kab=kmf2，求出关于x,y的方程为点m的轨迹方程.2y2x【解析】(1)已知椭圆方程为+=1，焦点在x轴上，3222222可得a=3,b=2,c=a-b=1，所以f1-1,0,f21,0，第318页共377页,由椭圆的定义可知，pf1+pf2=2a=23，pf1+pf22232又因为pf1⋅pf2≤2=2=3，则当且仅当pf1=pf2时，pf1⋅pf2的最大值为3.(2)设ax1,y1,bx2,y2,mx,y，其中2x=x1+x2,2y=y1+y2，当直线l的斜率k存在时，22x1y1+=1，①32则22x2+y2=1，②32x1+x2x1-x2y1+y2y1-y2①-②得：+=0，32y1-y22xy即kab=x-x=-3y，又因为：kab=kmf2=x-1122xy22则有：-=，解得：2x+3y-2x=0-3<x<3.3yx-1当直线l的斜率k不存在时，m1,0也符合上述方程.22综上得：m的轨迹方程为：2x+3y-2x=0-3<x<3.【点评】本题主要考查椭圆的简单性质和定义的运用，利用点差法求中点弦所在直线的斜率以及结合基本不等式求最值.2y2x9912．(1)+=1；(2)-4,-8458222bcb2【分析】(1)将x=-c代入椭圆方程，可得=22，再结合离心率为e==1-=，联立可求aaa22得a,b,c，即可求出椭圆方程；(2)结合m的横坐标为1，可表示出直线pq的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，可得到f2p⋅f2q的表达式，进而求得f2p⋅f2q的取值范围.22b2b2【解析】(1)将x=-c代入椭圆方程得y=±，则=22，即b=2a，aa22cb2b12a1又离心率e==1-=，即=，所以=，解得a=22，b=2，aa22a22a222y2x所以椭圆c的方程为+=1；8422x1y1+=184(2)设ax1,y1，bx2,y2，mx0,y0，若直线ab的斜率存在且不为0，设为k，则22，x2+y2=184x0y011两式相减得+k=0，又x0=1，∴ky0=-，直线pq的方程为y-y0=-x-x0，422k12231即x=1+ky0-ky=-ky，与椭圆c的方程联立得k+2y-ky-=0，24k31则yp+yq=2，ypyq=-2，k+24k+233故f2p⋅f2q=xp-2xq-2+ypyq=kyp+kyq++ypyq2231k2+122393k919=k+1ypyq+2kyp+yq+4=-2+2+4=-4+2，4k+22k+24k+2第319页共377页,717721将x=1代入椭圆方程，得y=±2，所以y0=-2k∈-2,2，则k></x<142x=-80y236140由x-14=-5y，解得：x=137<x<14第309页共377页,140所以点a的横坐标为.13236140故答案为：x-14=-y；513【点评】关键点点睛：此题考查根据实际意义求抛物线方程和交点坐标，关键在于合理建立模型正确求解，根据待定系数法，及平移抛物线后方程的形式即可.229．y=2x或y=6xp【分析】过f点的直线为y=-3x-2，与抛物线联立，求得y，进而根据条件列方程可得p的值，则抛物线方程可求.p【解析】过f点的直线为y=-3x-2，py=-3x-2p由，得y=-3p=-3或y==3，y2=2px3从而p=1或3，22故所求抛物线方程为y=2x或y=6x.22故答案为：y=2x或y=6x.【点评】本题考查抛物线方程的求解，考查运算能力，是基础题.10．42pm【分析】设px,y，由抛物线定义和圆的性质可知，要使最小，则pq=pf+1=x+3，从而将pq2pm表示为关于x的函数，利用基本不等式可求得最小值.pq【解析】2设圆心为f2,0，则f为抛物线y=8x的焦点，该抛物线的准线方程为:x=-2，设px,y，由抛物线的定义知：pf=x+2，2pm要使最小，则pq需最大，此时pq=pf+1=x+3，pq22222又pm=x-4+y=x-8x+16+8x=x+16，pm22x+32-6x+3+25x+1625∴===x+3+-6≥10-6=4(当且仅当x+3=pqx+3x+3x+325，即x=2时取等号)，x+32pm∴的最小值为4.pq故答案为：4.第310页共377页,【点评】本题考查抛物线中的最值问题的求解，涉及到抛物线定义、圆的性质以及基本不等式的应用；关键是能够将所求式子表示为关于某一变量的函数的形式，从而配凑出符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.2211．(1)2，x-1+y=4；(2)证明见解析.p【分析】(1)由题意得l的方程为x=-，根据ab为抛物线c过焦点f的弦，以ab为直径的圆与l相切于2p点-1,0..利用抛物线和圆的对称性，可得-=-1，圆心为f1,0，半径为2.22(2)设m-1,y0，mn的方程为y=kx+1+y0，代入c的方程，得ky-4y+4y0+k=0，根据直线与抛1222物线相切，令δ=16-16ky0+k=0，得y0+k=，代入ky-4y+4y0+k=0，解得y=.将y=代kkk112入c的方程，得x=2，得到点n的坐标为2,k，然后求解fm⋅fn.kkp【解析】(1)解：由题意得l的方程为x=-，2p所以-=-1，解得p=2.2又由抛物线和圆的对称性可知，所求圆的圆心为f1,0，半径为2.22所以圆的方程为x-1+y=4.(2)证明：易知直线mn的斜率存在且不为0，设m-1,y0，mn的方程为y=kx+1+y0，代入c的方程，2得ky-4y+4y0+k=0.1令δ=16-16ky0+k=0，得y0+k=，k222ky-4ky+42所以ky-4y+4y0+k==0，解得y=.kk2112将y=k代入c的方程，得x=2，即点n的坐标为2,k，kk12所以fm=-2,y0,fn=2-1,k，k22212fm⋅fn=2-2+y0⋅k=2-2+k-k⋅k=0，kk故mf⊥nf.【点评】本题主要考查抛物线的定义几何性质以及直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.12．(1)见解析；(2)8x-16y-25=0p【分析】(1)由抛物线的性质及题意，设pq:x=my+，代入抛物线方程，利用根与系数的关系，即可求解.24411(2)由题意，求得kpq=，设∠mna=2θ，则tan2θ=，求得tanθ=，得到直线l的斜率为，即可得到3322直线的方程.p【解析】(1)由抛物线的性质及题意知，则光线pq必过抛物线的焦点f2,0，p22设pq:x=my+，代入抛物线方程得：y-2mpy-p=0，22所以y1y2=-p=-1.第311页共377页,12--1117124(2)由题意知p2,2，q,-，n,-，所以kpq==，8282132-8mn关于直线l对称与直线qn重合，42tanθ11设∠mna=2θ，则tan2θ==，解得tanθ=，所以直线l的斜率为，31-tan2θ22所以直线l的方程为8x-16y-25=0.【点评】本题主要考查了抛物线的标准方程及其几何性质，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中熟记抛物线的标准方程及其简单的几何性质，合理应用直线的斜率和倾斜角的关系，求得直线的斜率是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.13．(1)3.3米；(2)不能2【分析】(1)建立如图所示的坐标系，设抛物线的方程为x=-2py(p></t<2．考点：抛物线的标准方程及其几何性质、直线的标准方程、直线与抛物线相交问题、韦达定理.1117．(1)焦点0,，准线y=-；(2)y1<-1或-1<y1<；(3)证明见解析；4a4a4【分析】(1)数形结合，依据抛物线c的标准方程写出焦点坐标和准线方程；(2)∠pab为钝角时，必有ap⋅ab<0,用k1表示y1，通过k1的范围可得y1的范围；(3)先根据条件求出点m的横坐标，利用一元二次方程根与系数的关系，证明xm+x0=0，可得pm的中点在y轴上.第299页共377页,211【解析】解：(1)由抛物线c的方程为y=ax(a<0)可得，焦点0,，准线y=-；4a4a22(2)由点p(1,-1)在y=ax(a<0)上，可得a=-1，所以抛物线为y=-x，设直线pa的直线方程y-y0=k1(x-x0)，直线pb的直线方程y-y0=k2(x-x0),y-y0=k1(x-x0)①点px0,y0与ax1,y1是方程组2的解，将②式代入①式得，y=ax②2k1k1ax-k1x+k1x0-y0=0，可得x1+x0=③，可得x1=-x0aay-y0=k2(x-x0)④点px0,y0与bx2,y2是方程组2的解，将⑤式代入⑤式得，y=ax⑤2k2k2ax-k2x+k2x0-y0=0，可得x2+x0=，x2=-x0，aaλk1由已知得：k2+λk1=0，则x2=--x0⑥，a22由③可得x1=-k1-1，代入y=-x，可得y1=-(k1+1)，22将λ=1代入⑥可得x2=k1-1，代入y=-x，可得y1=-(k2+1)，2可得直线pa、pb分别与抛物线c得交点坐标为a(-k1-1,-k1-2k1-1)，22b(k1-1,-k1+2k1-1),于是ap=(k1+2,k1+2k1),ab=(2k1,4k1),2ap⋅ab=2k1(k1+2)+4k1⋅(k1+2k1)=2k1(k1+2)(2k1+1),因为∠pab为钝角且p、a、b三点互不相同，故必有ap⋅ab<0，1可得k1得取值范围是k1<-2，或-<k1<0，22又点a得纵坐标y1满足y1=-(k1+1)，当k1<-2，y1<-1；11当-<k1<0时，-1<y1<，241故y1的取值范围：y1<-1或-1<y1<；4x2+λx1(3)设点m得坐标为(xm,ym),由bm=λma，则xm=，1+λ-x0-λx0将③与⑥式代入可得：xm==-x0，即xm+x0=0，即线段pm的中点在y轴上.1+λ【点评】本题主要考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力等，综合性大，属于难题.228．(ⅰ)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)x=2y或x=4y；(ⅱ)仅存在一点m0,-2p适合题意.【分析】(ⅰ)(ⅰ)设出a,b,n,m的坐标，利用导数求得切线ma,mb的方程，结合n是线段ab的中点进行化简，得到m,n两点的横坐标相等，由此证得mn平行于y轴.(ⅱ)利用ab=410列方程，解方程求得p，进而求得抛物线方程.(ⅱ)设出d点坐标，由c点坐标求得线段cd中点的坐标，由直线ab的方程和抛物线的方程，求得d点的坐标，由此进行分类讨论求得m点的坐标.22x1x2【解析】(ⅰ)(ⅰ)证明：由题意设ax1,2p，bx2,2p，x1<x2，nx3,y3，mx0,-2p．x2xx1x22由x=2py得y=，则y=，所以kma=，kmb=．2ppppx1因此直线ma的方程为y+2p=x-x0，px2直线mb的方程为y+2p=x-x0．p第300页共377页,22x1x1x2x2所以+2p=x1-x0，①+2p=x2-x0．②2pp2ppx1+x2x1+x2由①、②得=x1+x2-x0，因此x0=，即2x0=x1+x2=2x3，也即x0=x3.所以mn平行于y22轴．(ⅱ)解：由(ⅰ)知，当x0=2时，将其代入①、②并整理得：222222x1-4x1-4p=0，x2-4x2-4p=0，所以x1，x2是方程x-4x-4p=0的两根，22x2x1-22p2px1+x2x0因此x1+x2=4，x1x2=-4p，又kab=x-x=2p=p，212所以kab=．p2242由弦长公式的ab=1+k⋅x1+x2-4x1x2=1+2⋅16+16p．p又ab=410，所以p=1或p=2，22因此所求抛物线方程为x=2y或x=4y．(ⅱ)解：设dx4,y4，由题意得cx1+x2,y1+y2，x1+x2+x4y1+y2+y4则cd的中点坐标为q2,2，x0设直线ab的方程为y-y1=x-x1，px1+x2y1+y2由点q在直线ab上，并注意到点2,2也在直线ab上，x0代入得y4=x4．p2若dx4,y4在抛物线上，则x4=2py4=2x0x4，因此x4=0或x4=2x0．22x0即d0,0或d2x0,p．(1)当x0=0时，则x1+x2=2x0=0，此时，点m0,-2p适合题意．22x1+x22222x1+x22px1+x2(2)当x0≠0，对于d0,0，此时c2x0,2p，kcd=2x=4px，002222x0x0x1+x2x1+x2又kab=p，ab⊥cd，所以kab⋅kcd=p⋅4px=2=-1，04p222即x1+x2=-4p，矛盾．2222x0x1+x2对于d2x0,p，因为c2x0,2p，此时直线cd平行于y轴，x0又kab=≠0，p所以直线ab与直线cd不垂直，与题设矛盾，所以x0≠0时，不存在符合题意得m点．综上所述，仅存在一点m0,-2p适合题意．【点评】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于难题.9．(1)；(2).【分析】(1)设出切线l的方程为y=-x+m，利用圆心到直线l的距离等于半径得到切线l的方程y=-x+第301页共377页,1，再联立抛物线的方程，借助弦长公式求得线段ab的长；(2)分直线l的斜率不存在和存在两种情况考虑，2将直线l的方程与抛物线c:y=x联立，消元，分别计算ma⋅mb=0是否成立，从而求得直线l的方程.22【解析】(1)因为圆n:(x+1)+y=2,所以圆心n为(-1,0),半径r=2.设a(x1,y1),b(x2,y2),当直线l的斜率为-1时，设l的方程为y=-x+m,则|1+m|=2，∴m=1或m=-3(舍)，2y=-x+12由2消去x得y+y-1=0,y=x22所以y1+y2=-1,y1⋅y2=-1,(y1-y2)=(y1+y2)-4y1⋅y2=5.1弦长|ab|=1+2|y1-y2|=10.k2(2)①当直线l的斜率不存在时，因为直线l是圆n的切线，所以l的方程为x=2-1,与y=x联立，则得2x1x2=3-22,y1+y2=0,(y1y2)=x1x2=3-22,即y1y2=1-2<0,ma⋅mb=x1x2+y1y2+(y1+y2)+1=5-32≠0,不符合题意.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m,即kx-y+m=0(k≠0).|-k+m|22由题意知=2，得m-k-2mk-2=0①,21+ky=kx+m21由2,消去x得ky-y+m=0,δ=1-4km></t<2.【分析】本题主要考查抛物线的标准方程及其几何性质、直线的标准方程、直线与抛物线相交问题、韦达定理等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，根据抛物线的定义得到afaa1aa1ha=，再利用平行线的性质得到=，所以得到①式，在δahf和δbhf中，用角的正弦表bfbb1bb1hb示边长，转化比例关系，得到∠ahf=∠bfx，所以kaf+kbf=0，即得证；第二问，设出直线方程，令直线与抛物线方程联立，消参，利用韦达定理和方程的判别式找到k与x1+x2、x1x2的关系，代入到已知的向量表达24-4t2式中，得到k=，利用k的范围解不等式，解出t的取值范围.2t-4t【解析】(ⅰ)分别过a,b作准线的垂线，垂足分别是a1,b1第298页共377页,afaa1ha则af=aa1,bf=bb1∴==，bfbb1hbafhaafbf∴=，∴=⋯①bfhbhahbafsin∠ahfδahf中，=⋯②，hasin∠afhbfsin∠ahfδbhf中，=⋯③hbsin∠bfhsin∠ahfsin∠ahf将②③代入①，得=，∴sin∠afh=sin∠bfhsin∠afhsin∠bfh∴∠afh=180°-∠bfh=∠bfx∴kaf+kbf=0，∴kbf=-kaf=-2．⋯6分2(ⅱ)依题意可知，抛物线为y=4x，直线l的斜率k存在且k≠0，l的方程为y=kx+1，设交点ax1,y1，y=kx+1bx2,y2，满足，y2=4x22222242即x1,x2满足kx+2k-4x+k=0，∴δ=2k-4-4k></x0<2，x0∴-1<<1，2t-11①当-1<t<0时，-1<<-，22x0t-1∃x0∈-2,2,使得：=，22∴l⎳pa，∴-1<t<0时不符合题意；②当t≤-1时，t-1x01-tx0≤-1<,≥1></p<5，所以p=2，2所以抛物线c的方程为y=4x；(2)假设直线y=2上存在定点qm,2，当直线l的斜率不存在时，a2,22，b2,-22，22-222+22由题知2krq=kaq+kbq，即2⋅=+恒成立．m-2m-2m-2当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx-2，ax1,y1，bx2,y2，y=kx-22222联立方程得kx-4k+1x+4k=0，y2=4x24k+1则x1+x2=2，x1x2=4，k由题知2krq=kaq+kbq，22-y12-y2所以2⋅=+m-2m-x1m-x2m-x22-kx1-2+m-x12-kx2-2=m-x1m-x22kx1x2-km+2k+2x1+x2+4mk+1=2x1x2-mx1+x2+m224mk-4km-8k-8k-8=22，km-2-4m2整理得m-4k-2m+2=0，2m-4=0因为上式对任意k成立，所以，解得m=-2，m+2=0故所求定点为q-2,2．【点评】本题主要考查了抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定点问题，考查了学生的运算求解能力.29．(1)y=12x；(2)存在，定点m(9，0).2【分析】(1)利用抛物线y=2px(p></r<1，所以r∈2,1.(ⅱ)设ax1,-x1，dx1,x1，bx2,-x2，cx2,x2，2由韦达定理可知，x1+x2=1，x1⋅x2=1-r⋅ad+bc=2x1+x2.22又x1+x2=x1+x2+2x1x2=1+21-r.22x2-x1=x1+x2-4x1x2=4r-3，122所以sabcd=ad+bc⋅x2-x1=1+21-r4r-3.2212令t=1-r，则t∈0,，此时sabcd=(1+2t)1-4t.22321记f(t)=(1+2t)1-4t=-8t-4t+2t+1，t∈0,.22f'(t)=-24t-8t+2=-2(2t+1)(6t-1).111当f't></k<0.9．(ⅰ)2；(ⅱ)-∞,-3∪1,+∞.【分析】(ⅰ)利用抛物线的定义，转化求解p的值；22(ⅱ)由(ⅰ)得抛物线的方程为y=4x，f(1,0)，可设a(t，2t)，t≠0，t≠±1，设直线af:x=sy+1(s≠2y=4x220)，联立消去x得y-4sy-4=0，求出b的坐标，求出直线bn:y=-，由x=sy+1t2t-1y=-(x-1)2t4222解得n的横坐标是xn=1+2，其中t></k<02【分析】设ax1,y1，bx2,y2是抛物线上关于直线y=kx+3k≠0对称的两点，ab的中点px0,y0，则y12=4x1,y2=4x2，两式相减化简得到y0=-2k，再由y0=kx0+3，求得点p的坐标，然后根据点p在抛物线内部2,由y0<4x0求解.【解析】设ax1,y1，bx2,y2是抛物线上关于直线y=kx+3k≠0对称的两点，22则y1=4x1,y2=4x2，设ab的中点px0,y0.∴y1+y2y1-y2=4x1-x2y1-y24421kab=====-.x1-x2y1+y22y0y0k∴y0=-2k第275页共377页,又∵y0=kx0+3，y0-33∴x0==-2-kk∵点p在抛物线内部,2323∴-2k<4-2-，即k++2<0，kk31)当k></m<1，777716296易知函数y=m-m+32在m∈-7,1上单调递减，77144967所以ad⋅ae∈7,48+7．【点评】方法点睛：求解圆锥曲线中最值或范围问题的一般方法：一是建立关系，二是求最值或范围，即先由题设条件建立关于所求目标的函数关系式，再对目标函数求最值，如本题中需先将直线方程分别与椭圆、抛物线方程联立，利用根与系数的关系将ad，ae用m表示出来，再结合m的范围及函数的单调性求ad⋅ae的取值范围．6．(1)证明见解析；(2)22．【分析】(1)利用导数的几何意义及点斜式方程求得直线pa和pb方程，可得直线ab的方程为y=xx0-y0y0，由直线po的斜率为，结合op⊥ab可求得y0=-1，即可得出定点；x0|pn|1(2)由点到直线的距离公式及两点之间的距离公式求得=2，利用基本不等式的性质即|mn|pm2-1pn2pm可求得2的最大值，进而得出所求.pn【解析】解：(1)证明：设px0,y0,x0≠0，显然y0≠0，设ax1,y1,bx2,y2，第273页共377页,12由y=x，求导y=x，22则直线pa的斜率k=x1，直线pa的方程：y-y1=x1x-x1，则y-y1=x1x-x1，即y+y1=x1x，同理直线pb的方程：y+y2=x2x，∴由直线pa,pb过切点p，则y0+y1=x1x0,y0+y2=x2x0，则a和b的坐标满足y0+y=xx0，y0∴直线ab的方程为y=xx0-y0，则直线po的斜率为，直线ab的斜率为x0，x0y0由pn⊥ab，即op⊥ab，∴×x0=-1，则y0=-1，x0则直线ab的方程y=xx0+1，∴ab与y轴的交点m是定点(0,1)；(2)由(1)px0,-1，则|pn|为p到直线ab:xx0-y+1=0的距离，2x0+2222|pn|=,|pm|=x0-0+(-1-1)=x0+4，2x0+122|pn||pn|1由|mn|=|pm|-|pn|,∴==2，|mn||pm|2-|pn|2pm2-1pn|pm|2x2+42x2+1x4+5x2+4x200000由2=22=42=1+42，|pn|x0+2x0+4x0+4x0+4x0+411924=1+4≤1+4+4=8，当且仅当x0=2，即x0=±2时，取等号，x0++4x02x0|pn|11|pn|则=2≥=22,∴的最小值22．|mn∣pm9-1|mn|2-18pn【点评】关键点睛：本题考查抛物线中直线过定点问题，考查最值的求解，解题的关键是利用导数的几何意义|pn|1及点斜式方程求得直线pa和pb方程，得出直线ab的方程为y=xx0+1，得出=2，|mn|pm2-1pn2pm用基本不等式的性质即可求得2的最大值.pn297．(ⅰ)y=4x；(ⅱ),+∞.4p【分析】(ⅰ)由抛物线c的焦点为f:(1,0)，得=1，求得p，则抛物线方程可求；2(ⅱ)设a(x1,y1),b(x2,y2)，由题意可知，ma,mb不与y轴垂直，设ma:x-x0=m1(y-y0)，mb:x-x0=m2(y-y0)，分别与抛物线方程联立，利用根与系数的关系求得a,b的纵坐标，得到ab的斜率，再由直线2222y0(x0-a)ma与圆相切，可得(y0-1)m+2y0(a-x0)+(a-x0)-1=0，得到m1+m2=2，写出mq的斜y0-124a-a-21率，再由mq⊥ab，结合点m在抛物线上，求得x0=></m<7．设mx1,y1，nx2,y2，8m则x1+x2=-，76m所以y1+y2=x1+x2+2m=．78m6m易知a-2,0，所以ad=am+an=x1+x2+4,y1+y2=4-,．772y=4x，22由得x+2m-4x+m=0．x-y+m=0，22δ2=2m-4-4m></t<0时，令k1k2=f(t)=-+-，28t228-t1则f(t)=></k<0或0<k<，22y2-2y2-2442y1直线pm的斜率为====，x2-11y2-1y2+28+2y1+424y1y1-4y1-44直线qn的斜率为==，x1-41y2-4y1+4142y12y18直线pm的方程为y-2=x-1，化为y=x+，y1+4y1+4y1+4444y1直线qn的方程为y-4=x-4，化为y=x+，y1+4y1+4y1+42y144y18联立直线pm、qn的方程消去y后得y+4-y+4x=y+4-y+4，11112y1-24y1-2得x=，因为直线l1与l2不重合，所以y1≠2，所以x=2，y1+4y1+4故点t在定直线x=2上.【点评】本题考查了直线与圆、直线与抛物线相切的位置关系，考查了韦达定理、斜率公式、直线的交点问题，考查了运算求解能力，属于中档题.第269页共377页,专题30：抛物线的范围问题参考答案1．a1【分析】设|af|=a、|bf|=b，根据抛物线的定义，有mn=(a+b)，结合余弦定理与基本不等式即可求2解．【解析】设|af|=a、|bf|=b，如图所示，根据抛物线的定义，可知|af|=|aq|、|bf|=|bp|，1在梯形abpq中，有mn=(a+b)，2222π222在△abf中，|ab|=a+b-2ab⋅cos=a+b-ab=(a+b)-3ab，32a+b22(a+b)a+b又∵ab≤，∴|ab|≥⇒ab≥，2421mn2(a+b)|mn|∴≤=1，故的最大值是1，aba+b|ab|2故选：a．【点评】方法点睛：与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：(1)将抛物线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决．22．(1)x=6y；(2)9.3【分析】(1)由直线l:mx+y-=0经过抛物线c的焦点，解得p=3；2(2)联立方程，利用弦长公式表示ab，分别表示两条切线的方程，得到p点坐标，利用点到直线距离公式，表示三角形的高，从而得到三角形的面积表达式，求最值即可.2【解析】解：(1)设抛物线c的方程为x=2py(p></x<1时，gx<0，fx></x<x0时，gx></t1<1，则0<x<1，1-x2+1⋅1+x2+14x+4设fx=2=2，22⋅x2-x22⋅xx-254x+2x2-22+1x+2⋅x2-22-1x+2x-32x-12x+42则fx=23=23，22⋅xx-222⋅xx-222对于方程x-22-1x+2=0，δ=42-1-8<0，2所以，对任意的x∈0,1，x-22-1x+2></t<2时，f(t)></r<1，所以r∈2,1.(ⅱ)设ax1,-x1，dx1,x1，bx2,-x2，cx2,x2，2由韦达定理可知，x1+x2=1，x1⋅x2=1-r⋅ad+bc=2x1+x2.22又x1+x2=x1+x2+2x1x2=1+21-r.22x2-x1=x1+x2-4x1x2=4r-3，122所以sabcd=ad+bc⋅x2-x1=1+21-r4r-3.2212令t=1-r，则t∈0,，此时sabcd=(1+2t)1-4t.22321记f(t)=(1+2t)1-4t=-8t-4t+2t+1，t∈0,.22f'(t)=-24t-8t+2=-2(2t+1)(6t-1).111当f't></f(0)=0，所以fx在(0,+∞)上单调递增，在(-∞,0)上单调递减，所以fxmin=f(0)=2|qf|min=2，所以ph+pq的最小值为2-1.故选：d【点评】本题考查抛物线中的最值问题，涉及到抛物线的定义，两点间的距离公式，导数求函数的最值，是一道较为综合的题目，属于有一定难度的题.6．a【分析】根据重心坐标公式求出r的横坐标为xr=3-xp+xq，纵坐标为yr=-yp+yq，设直线pq的方程为x=ky+m，与抛物线方程联立，用m、k求出表示出r的坐标，结合抛物线的方程，求出k的取值范围，再结合抛物线的定义可得出结论．【解析】由题意知，抛物线c的焦点为f1,0，设点pxp,yp、qxq,yq、rxr,yr，xp+xq+xr=13由重心的坐标公式得y+y+y，∴xr=3-xp+xq，yr=-yp+yq，pqr=03x=ky+m2设直线pq的方程为x=ky+m，由2，消去x得y-4ky-4m=0，y=4x22δ=16k+16m=16k+m></k<22(k≠±2)时，l与c有两个交点a，b，2k-2设ax1,y1，bx2,y2，则x1+x2=2，x1x2=2，4-k4-k∵因为oa⊥ob，故oa⋅ob=0，2∴x1x2+y1y2=x1x2+kx1+1kx2+1=k+1x1x2+kx1+x2+1，2-2k+12k=+k⋅+1=0，224-k4-k2化简得k=2，∴k=±2，检验符合条件，故当k=±2时，oa⊥ob．【点评】本题考查了抛物线焦点以及双曲线方程的求解，考查了直线与双曲线的综合应用与运算求解能力，属于中档题.211．(1)y-x2=1;(2)2,843【分析】(1)根据离心率以及顶点到渐近线的距离表达出a,b,c对应的关系再求解即可.(2)由双曲线方程与渐近线方程可设p(x0,y0),a(x1,2x1),b(x2,-2x2),再利用ap=λpb求得p(x0,y0),再第210页共377页,代入双曲线方程求解化简,再代入面积公式求解即可.c=5c5ba2a=2【解析】(1)由题,一条渐近线方程y=ax⇒bx-ay=0,可知ab-025⇒ab25,==a2+b25c52222c5a+1522两式相乘有b=1,又c=a+b.故=⇒=⇒a=4,c=5.a2a242y2故双曲线c的方程：-x=14(2)由题,渐近线方程为y=±2x,故设p(x0,y0),a(x1,2x1),b(x2,-2x2)x1+λx2x0-x1=λ(x2-x0)x0=1+λ因为ap=λpb,故y0-2x1=λ(-2x2-y0)⇒x1-λx2,将点p(x0,y0)代入双曲线方程有y0=21+λx-λx2x+λx21+λ212121+λ-1+λ=1.化简得x1x2=-4λ.2111+λ11故s△aob=x1y2-x2y1=x1(-2x2)-x2×2x1=2x1x2==λ++2.222λ2λ因为λ∈1,21∈2,101λ+1+2∈2,83,由对勾函数性质得λ+λ3,故s△aob=2λ3【点评】本题主要考查了双曲线方程的求解以及设点求双曲线上对应的点代入方程求解的方法等.主要利用向量的关系表达出双曲线上的点的表达式,属于难题.2212．(1)2m-3k=3(k≠±3)；(2)证明见解析，abmin=622y【分析】(1)设点ax1,y1,bx2,y2联立直线方程y=kx+m和双曲线方程x-=1消元化简:32223-kx-2kmx-m-3=0,然后利用韦达定理结合向量垂直即x1x2+y1y2=0,可求得k和m满足的关系;(2)利用点到直线的距离公式求出距离表达式再利用(1)的结论即可证明距离是定值;利用弦长公式以及韦221+k54+6k达定理表示出弦长表达式ab=22,然后利用换元配方求解最小值.k-3y=kx+m【解析】(1)设点ax,y,bx,y,联立2消y得3-k22-2kmx-m2-3=0,11222yxx-=1323-k≠0x+x=2km122∴3-k,-m2-3x1x2=23-k22由oa⊥ob得oa·ob=x1x2+y1y2=1+kx1x2+kmx1+x2+m=022代入化简可得k和m满足的关系为:2m-3k=3(k≠±3);0-0+mm2m2-32(2)由点到直线的距离公式可得:d==,由(1)得k=k2+1k2+136代入可解得d=为定值;2由直线与双曲线交点弦弦长公式可得:22221+k54+6k2ab=1+kx1+x2-4x1x2=22,令3-k=t(t≤3)k-328896112化简可得ab=-+6=288--2,t2tt6第211页共377页,11由t≤3可得当=,t=3时abmin=6.t3【点评】本题考查了直线与双曲线的位置关系以及弦长距离的问题,解决此类问题通常联立解直线与双曲线方程组成的方程组,消元利用韦达定理解决，运算过程常常采用设而不求,整体代入等解法,是高考常考题型.第212页共377页,专题24：双曲线的应用问题参考答案1．c3【分析】连接f1a,f1b，已知条件为∠f1ab=90°，tan∠abf1=，设af1=m，由双曲线定义表示出af2，4用已知正切值求出bf2，再由双曲线定义得bf1，这样可由勾股定理求出m(用a表示)，然后在△af1f2中，应用勾股定理得出a,c的关系，求得离心率．【解析】易知f1,a,d共线，f1,b,c共线，如图，设af1=m，af2=n，则m-n=2a，33由tan∠abc=-得，tan∠abf1=，又∠f1ab=∠f2ad=90°，44m344所以tan∠abf1==，ab=m，则bf2=ab-af2=m-n，ab43341所以bf1=2a+bf2=2a+m-n=4a+m，3322224212由af1+ab=bf1得m+m=4a+m，因为m></x1<x2，111111则fx1-fx2=2x1+x-2x2+x=2x1-x21-xx<0显然成立，121211所以fx=x++1在x∈55-10，+∞上单调递增，2x135-19因此fxmin=f55-10=，5135-19即smin=.5135-19所以s∈，+∞.5【点评】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法：(1)函数法：用其他变量表示参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解；(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的范围；(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式求参数的取值范围；(4)数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解.9．存在，c(1,0)．【分析】假设在x轴上存在定点c(m,0)，使ca∙cb为常数，当ab不与x轴垂直时，设出直线ab的方程，然后与双曲线方程联立消去y得到关于x的一元二次方程，进而可得到两根之和与两根之积，表示出向量ca∙cb并将所求的两根之和与两根之积代入整理即可求出c的坐标；当ab与x轴垂直时可直接得到a，b的坐标，再由ca∙cb=-1，可确定答案．【解析】解：由条件知f1(-2,0),f2(2,0)，设点a,b的坐标分别为x1,y1,x2,y2，假设在x轴上存在定点c(m,0)，使ca⋅cb为常数，当ab不与x轴垂直时，设直线ab的方程是y=k(x-2)(k≠±1)，222222代入x-y=2，得1-kx+4kx-4k+2=0，224k4k+2∴x1+x2=2,x1x2=2，k-1k-122222∴ca⋅cb=x1-mx2-m+kx1-2x2-2=k+1x1x2-2k+mx1+x2+4k+m2222k+14k+24k2k+m22=-+4k+m22k-1k-122(1-2m)k+22=+m2k-14-4m2=2(1-2m)++m，2k-1∵ca⋅cb是与k无关的常数，第209页共377页,∴4-4m=0，即m=1，此时ca⋅cb=-1；当ab与x轴垂直时，点a,b的坐标可分别设为(2,2),(2,-2)，此时ca⋅cb=(1,2)⋅(1,-2)=1×1+2×-2=-1；故在x轴上存在定点c(1,0)，使ca⋅cb为常数．【点评】本题主要考查直线与双曲线的位置关系的应用，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于中档题．2210．(ⅰ)4x-y=1(ⅱ)k=±2132225【分析】(ⅰ)由题意结合双曲线过点(1,3)即可得-=1，由抛物线的焦点可得c=a+b=，即a2b24可得解；2k-2(ⅱ)设ax1,y1，bx2,y2，联立方程可得x1+x2=2，x1x2=2，由oa⊥ob可得x1x2+y1y2=4-k4-kx1x2+kx1+1kx2+1=0，代入即可得解.2y2x【解析】(ⅰ)由题意设双曲线方程为-=1，双曲线的半焦距为c，22ab13把(1,3)代入得-=1①,22ab25又y=25x的焦点是2,0，2225∴c=a+b=，4242212与①联立，消去b可得4a-21a+5=0，解得a=或a=5(不合题意舍去)，4222于是b=c-a=1，22∴双曲线方程为4x-y=1；22(ⅱ)由(ⅰ)得双曲线方程为4x-y=1，∴该双曲线的渐近线为y=±2x，由直线l:y=kx+1与双曲线c交于a，b两点可得k≠±2，y=kx+1联立方程可得22，4x-y=122消去y得4-kx-2kx-2=0，2当δ=32-4k></a<-3；又oa⋅ob=0，即x1x2+y1y2=0，则x1x2+ax1+2ax2+2=0，2整理得1+ax1x2+2ax1+x2+4=0，-51+a2228a7-a则++4=0，整理得=0，解得a=±7，2223-a3-a3-a因为-15<a<-3，所以a=-7；1(3)假设存在实数a，使得a、b两点关于直线y=x-8对称，21则直线ab:y=ax+2与y=x-8垂直，2所以a=-2，则y=-2x+2，4a-8由(2)知x1+x2=2=3-4=8，则y1+y2=-2x1+x2+4=-12，3-a因此ab的中点坐标为4,-6，11又-6=×4-8，即点4,-6在直线y=x-8，221所以存在实数a=-2，使得a、b两点关于直线y=x-8对称.2【点评】思路点睛：已知直线与圆锥曲线交点个数求参数时，一般需要联立直线与圆锥曲线的方程，消去x(或y)，得到关于y(或x)的一元二次方程，根据判别式列出对应的不等式，即可求解.(判别式大于零，有两个交点；判别式等于零，有一个交点；判别式小于零，没有交点.)2y2x47．(1)-=1；(2).249【分析】(1)求出点m的坐标，根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出a、b的值，即可得出双曲线的方程；(2)设渐近线l1:2x-y=0的倾斜角为θ，可得tanθ=2，求出cos2θ的值，利用点到直线的距离公式求出第206页共377页,pp1、pp2，利用平面向量数量积的定义可求得pp1⋅pp2的值.222【解析】(1)设f2c,0、mc,y0y0></a<15<a<15，所以实数a的取值范围是-15,-3∪-3,3∪3,15；(2)设ax1,y1、bx2,y2，x+x=4a></a<-3，再由第205页共377页,oa⋅ob=0，利用韦达定理，列出等式求解，即可得出结果；(3)先假设存在实数a满足题意，根据对称性，得到两直线垂直，求出a，再求出中点坐标验证，即可得出结果.【解析】(1)因为直线l经过点p0,2且以d=1,a为一个方向向量，所以直线l的方程为y=ax+2，y=ax+22222由22得3x-ax+2=1，整理得3-ax-4ax-5=0，3x-y=123-a≠0a≠±3因此22，解得，即-15<a<-3或-3<a<3或3δ=-4a+203-a></tan45=1，此时不符合题意，故不成立，e90∘∘当1<e<2时，e-1<1，tan></e<2可得e=2，进而可求得渐近线方程为y=±x.ea第201页共377页,【解析】∠bfa∘90∘如图：因为=e恒成立，取特殊位置bf⊥x轴时，此时∠bfa=90，所以∠baf=，∠bafebf在rt△abf中，tan∠baf=，af2y2x双曲线c:-=1a></a+c，解得c-aa2a-ca2a-c4b222b<c-a=b,∈0,1，则双曲线的渐近线斜率的取值范围是-1,0∪0,1，故选b.a2a13．a【解析】如图所示，f-c,0，pq⊥of设px,y则菱形pfqo的12c面积为2××c×y=c,∴y=c则tan∠pof==2，即渐近线op的方程为y=-2x，故双曲线的21c2渐近线方程为y=±2x选a14．c第200页共377页,【解析】∵on+pf1=2om，故on-om=om-pf1，即mn=f1m，故点m为线段f1n的中点，连接aom，则om为δnf1f2的中位线，且om=,om⊥f1n，故nf2=2om=a，且f2n⊥f1n,∵nf1-222nf2=2a，故点n在双曲线c的右支上，∴nf1=3a，则在rtδnf1f2中，由勾股定理可得，nf1+nf222222c10bb6=f1f2，即3a+a=2c，解得a=2=1+2，故a=2，故双曲线c的渐近线方程为y=a6±x，故选c.2【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.本题中，利用双曲线的定222义与几何性质，以及c=a+b构造a,b的齐次式，从而可求出渐近线的斜率，进而求出渐近线方程的.15．b22y22【解析】设抛物线x=8y与双曲线2-x=1(a></k<6且k≠±3∵a、b在y轴的同一侧，-2所以x1x2></k<2)，2222代入椭圆方程，整理(4+k)x+2kx+k-4=0，2224-k4-k8kk4k所以x1=-1或x2=2，所以q2,2,m-2,2，4+k4+k4+k4+k4+k4k4所以ym=2=4在(0,2)上单调递增，所以ym∈(0,1)．4+kk+k22y(3)由(1)双曲线γ的方程x-=1，4y1y1可得kap⋅kbp=⋅=4，同理kap⋅kom=-4,1+x11-x1所以kap⋅kbp+kap⋅kom=0，即kom+kbp=0，1设直线om:y=kx，则直线bp:y=-k(x-1)，解得x=，21所以直线bp与om关于直线x=对称．2【点评】本题主要考查了椭圆与双曲线的标准方程及几何性质的应用，以及直线与圆锥曲线的位置关系及斜率计算等知识点的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．2239.(1)3x-y=1；(2)k∈(-6,-3)∪(3,6)；(3)k=±.222【分析】(1)由3a+b⊥3a-b得3a-b=0，结合a=x,0，b=1,y可求出轨迹方程；(2)联第192页共377页,立直线与曲线方程，得到韦达定理，由判别式大于0，且x1x2></a⇒<a⇒<3，24a又∵a></k<1δ=-8k-44k-3×16></k<1，且-2xx=-2.xmxn=2<0,mn1-k21-k222所以mn=xm-xn+ym-yn=1+kxm-xn22=1+kxm+xn-4xmxn2-2k-2=1+k-4×221-k1-k2221+k⋅2-k=．21-ky=x,11联立方程组得xp=，同理xq=，y=kx-1,k-1k+12221121+k所以pq=1+kxp-xq=1+kk-1-k+1=2．1-k第181页共377页,2221+k⋅2-kmn1-k22所以==2-k，其中-1<k<1，pq21+k221-kmn所以∈1,2．pq【点评】本题考查直线与双曲线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.2x28.(1)-y=1；(2)(4,+∞).3【分析】(1)求得直线l与x轴的交点，可得c=2，再由两直线平行的条件：斜率相等，可得渐近线方程，解方程可得a,b，进而得到双曲线的方程；2x2(2)设直线y=kx+1，代入-y=1，设m(x1,y1),n(x2,y2)，运用韦达定理和判别式大于0，以及中点3坐标公式及两直线垂直的条件：斜率之积为-1，求得mn的垂直平分线方程，令x=0，可得直线在y轴上的截距，由不等式的性质可得范围.3x23【解析】(1)直线l:y=-过x轴上一点(2,0)，3322由题意可得c=2，即a+b=4，b双曲线的渐近线方程为y=±x，ab3由两直线平行的条件可得=，解得a=3,b=1，a32x2即有双曲线的方程为-y=1.3(2)设直线y=kx+1(k≠0)，2x222代入-y=1，可得(1-3k)x-6kx-6=0，36k6设m(x1,y1),n(x2,y2)，则x1+x2=2,x1x2=2，1-3k1-3k3k1mn中点为,，221-3k1-3k113k可得mn的垂直平分线方程为y-=-x-，1-3k2k1-3k24令x=0，可得y=，21-3k222由δ=36k+24(1-3k)></a≤2b时，s最大值=2b；当a></a≤2b时，22ab3322322b×b1222b×a-bba-bs最大值=b2+b2=2b，当a-b≤b，即a></t<b时，s></k<3②3k2-13k2-1312由①②得<k<1，333故k的取值范围-1,-3∪3,1【点评】本题考查双曲线的标准方程，考查直线与双曲线相交中的范围问题．应注意：(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．2x2312.(i)-y=1；(ii)0<λ≤-.332c=23a3222【分析】(i)由2可求a,c的值，由b=c-a可求b的值,从而可求双曲线的方程；(ii)由(i)a3=c2λx0-2λy0知a(-2,0),设dx0,y0,ex1,y1,由ae=λed可得x1=,y1=,结合e,d在双曲线上,可1+λ1+λ1-6λ求x0=,结合双曲线的性质可得关于λ的不等式，进而可得结果.4λc=23a3【解析】(i)由题意可得,2,a3=c2第177页共377页,a=3∴,c=22x2所以双曲线的方程为-y=1.3(ii)由(i)知a-2,0,设dx0,y0,ex1,y1,∴ae=x1+2,y1,ed=x0-x1,y0-y1,则由ae=λed,λx0-2λy0可得x1=,y1=,1+λ1+λ∵e在双曲线上2x12∴-y1=1,3222∴-2+λx0-3λy0=3(1+λ),∵d在双曲线22∴3y0=x0-31-6λ代入上式可得,x0=4λ∵x0≥3=a1-6λ∴≥34λ131∴λ≤=-6+4332∵d在双曲线的左支,点d在右支31∴0<λ≤-.32【点评】本题主要考查了利用双曲线的性质、求解双曲线的方程以及双曲线的性质的应用,属于综合试题.求解双曲线方程的题型一般步骤：(1)判断焦点位置；(2)设方程；(3)列方程组求参数；(4)得结论.32262ba-b3.(1),2；(2)x0x+y0y=b；(3)2．2abca2+b2b2【解析】(1)因为a></k<1，故k的取值范围为(-1,1).2mk由于x1+x2=2，1-k2222mkm+12222∴x2-x1=(x1+x2)-4x1x2=2-4×2=2=2,1-kk-11-k1-k22∵0≤k<1，∴当k=0时，即k=0时，x2-x1取最小值22.(2)由已知可得a1,a2的坐标分别为(-1,0),(1,0)，y1y2∴k1=,k2=，x1+1x2-1y1y2(kx1+m)(kx2+m)∴k1⋅k2==(x1+1)(x2-1)(x1+1)(x2-1)22m+12mk2k2xx+mk(x+x)+m2k⋅2-mk⋅2+m1212k-1k-1==2x1x2+(x2-x1)-1m+1-22-122k-1k-12222222222mk+k-2mk+mk-mk-m==，2222m+1-22-k+1m-k+2-22第172页共377页,2222又因为m=1+k，所以m-k=1，-1∴k1⋅k2==-(3+22)为定值.3-22【点评】本题考查了直线与圆相切，考查了直线与双曲线相交，考查了斜率公式、韦达定理，考查了运算求解能力，属于中档题.第173页共377页,专题19：双曲线的定直线问题参考答案22y11.(1)x-=1；(2)存在，x=.32【分析】(1)由离心率可得c=2a，b=3a，设直线l的方程为y=x+a，将直线与双曲线方程联立求出点b(2a,3a)，根据三角形的面积即可求解.y1(2)设mx1,y1，nx2,y2，设直线mn的方程为x=my+2，则直线a1m的方程为y=(x+1)，x1+1y2直线a2n的方程为y=(x-1)，求出两直线的交点q的横坐标，将直线mn与双曲线联立，利用x2-1韦达定理代入q的横坐标表达式，化简即可求解.2y2x【解析】(1)设双曲线c:-=1(a></k<2，设mx1,y1，nx2,y2，222k-k-12则x1+x2=2，x1x2=2，3-k3-k又点a-4,6，y1-6∴am的方程为y-6=x+4，x1+43y1-66x1+3y1+6令x=-1，得yp=+6=x1+4x1+46x1+3kx1+1+63k+6x1+1==，x1+4x1+43k+6x2+1同理可得yq=，x2+43k+6x1+13k+6x2+1∴yp+yq=+x1+4x2+43k+6x1+1x2+4+x2+1x1+4=x1+4x2+4∵x1+1x2+4+x2+1x1+4=2x1x2+5x1+x2+822-2k-2410k=++8223-k3-k222-2k-24+10k+24-8k==0，23-k∴yp+yq=0，即yp=yq，|pb|yp∴==1，|bq|yq|pb|∴为定值1.|bq|【点评】关键点点睛：本题考查了双曲线方程的求法，考查了直线与双曲线的位置关系，解题的关键是利用韦达定理得出yp=yq，考查了运算求解能力.第169页共377页,302210.(1)；(2)(i)t=1+k；(ii)∠aob为定值90°．6【分析】(1)设q(a,b)为双曲线上的点，代入双曲线的方程，结合两点的距离公式和二次函数的最值，可得最小值；22(2)设直线l的方程为y=kx+t，由直线和圆相切可得t=1+k，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，联立双曲线的方程，消去y可得x的二次方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，计算可得∠aob为定值．22【解析】(1)设qx0,y0为双曲线上的点，则2x0-y0=1，223233225则|pq|=x0+y0-1=y0-2y0+=y0-+，22236230当y0=时|pq|最小，且为，3630所以点p(0,1)到从曲线c上点的距离的最小值为；6(2)①设直线线l的方程为y=kx+t，|t|22由直线l与圆相切，可得d==1，即t=1+k，21+ky=kx+t222②设ax1,y1,bx2,y2，联立得22⇒2-kx-2ktx-t-1=0，2x-y=12222ktt+12+k则2-k≠0,x1+x2=2,x1x2=-2=-2，2-k2-k2-k22所以y1y2=kx1+tkx2+t=kx1x2+ktx1+x2+t22222222222-kt-k+2kt+2t-kt2t-k2+k===，2222-k2-k2-k2+k22+k2所以oa⋅ob=x1x2+y1y2=-2+2=0，2-k2-k所以∠aob为定值90°．【点评】本题考查双曲线的方程和运用，以及直线和双曲线的位置关系，注意联立直线方程和双曲线的方程，运用韦达定理和向量的坐标运算，考查方程思想和运算能力、推理能力．11.(1)[3+2,+∞)，理由见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)由渐近线求出双曲线方程，得焦点坐标，利用两点间的距离及二次函数求最值即可；(2)由点到直线的距离求出|pq|，|pr|，求积后由双曲线方程化简即可.32【解析】(1)双曲线渐近线方程为y=±x，又b=1，所以a=3，32x2双曲线的标准方程为-y=1，3则f(-2,0)，设p(x0,y0)，x0∈[3,+∞)22222x042则|pf|=(x0+2)+y0=(x0+2)+-1=x0+22x0+1332所以|pf|≥5+26⋯所以|pf|的取值范围是[3+2,+∞)22|x0-3y0||x0+3y0||x0-3y0|(2)因为|pq|⋅|pr|=⋅=2242x023又-y0=1，所以|pq|⋅|pr|=为定值.34|x0-3y0||x0+3y0|【点评】关键点点睛：p(x0,y0)，利用点到直线的距离求出|pq|⋅|pr|=⋅=22第170页共377页,22|x0-3y0|后，根据点p(x0,y0)在双曲线上，化简求值是解题关键.42x212.(1)-y=1；(2)证明见解析，△mon面积为2.422【分析】(1)根据题意可得关于a、b、c的方程组，求出a、b的值，由此可得出双曲线c的标准方程；(2)设直线l的方程y=kx+m，将直线l的方程与双曲线c的方程联立，由δ=0可得出k、m所满足的等式，求出点m、n的坐标，利用三角形的面积公式可计算出△mon的面积.【解析】(1)设双曲线c的焦距为2cc></m<2<055m-4δ=30m2-4×25×5m2-4></m<，分别求出p，5pfy1q的纵坐标，由条件可得=y可得答案.fq252yyy2x1-4k1114551(2)由kpa⋅kpb=x+2×x-2=2=2=4，所以k1=kap=4k,所以k=11x1-4x1-4pb255k15y1y2=，要证为定值，只需证为定值，由kbp⋅kbq=⋅=4kpb⋅k24kpb⋅kpqk24kpb⋅kbqx1-2x2-2y1y2，可得答案.my1+1my2+1【解析】(1)设直线pq方程为x=my+3，px1,y1，qx2,y2x=my+322⇒5(my+3)-4y=205x2-4y2=2022⇒5m-4y+30my+25=0由过右焦点f的直线l与双曲线c的右支交于p，q两点，则25m-4≠0-30m></e<2，aa故选：a.14.a【解析】设bx0,22x0,x0></e1+5所以2<e≤2故选：a11.c【解析】如图所示：因为mg=λf1f2，所以mg⎳f1f2，所以ym=yg=a，ya=3yg=3a，11所以s△af1f2=2⋅2c⋅3a=2⋅af1+af2+2c⋅a，又af1-af2=2a，解得af1=2c+a,af2=2c-a，设axa,ya，f1-c,0，22222xa所以af1=xa+c+ya=xa+c+ba2-1，2222=exa+2cxa+a=exa+a=exa+a.第145页共377页,所以af1=a+exa，解得xa=2a，222a3a所以a2a,3a，代入双曲线方程得：-=1，22ab22解得b=3a,c=a+b=2a，c所以e==2.a故选：c12.d【解析】如图，因为af2=bf2，则取ab中点m，连结f2m，可得f2m⊥ab，设af2=bf2=x，因为af2-af1=2a，则af1=x-2a，又因为bf1-bf2=2a，则bf1=x+2a，ab=bf1-af1=4a，则am=bm=2a，则f1m=x，2222在rtδf1f2m中有f2m=4c-x，在rtδaf2m中有f2m=x-4a，22222222所以4c-x=x-4a，解得x=2a+2c，因为直线l的斜率为，2f2m2b22c2-a2122所以tan∠mf1f2=fm=22=2，所以22=2，c=3a，12a+2ca+c所以离心率e=3.故选：d第146页共377页,13.a2y2x2-2=1b2b2b2ab【解析】由2，得x=±c，所以p-c,a，qc,a.因为aa,0，所以ap=-c-a,a，y=bab2ππaq=c-a,a.又∠paf1+∠qaf2<2，所以2<∠paq<π，则ap⋅aq<0，即-c-ac-a22442bb22b2222bb+×<0，整理，得a-c+<0.因为c-a=b，所以-b+<0，所以<1，所以双曲线aaa2a2a2cb2c的离心率e==1+<2，又e></e≤a2b2c22又b></a<a1.综上，选d.26.c【解析】由于点q为三角形pf1f2内切圆的圆心，故过点f2作pq的垂线并延长交pf1于点n，易知垂足11b为f2n的中点，连接ob，则|ob|=|f1n|=(|f1p|-|f2p|)=a，又设内切圆与pf1，pf2分别切于22g，h，则由内切圆性质可得|pg|=|ph|，|f1g|=|f1a|，|f2a|=|f2h|，故|f1p|-|f2p|=|f1a|-|f2a|=2a，设|oa|=x，则有x+c-(c-x)=2a，解得|oa|=a，故有|oa|=|ob|=a，故选c.7.a【解析】因为点a为f2b的中点，所以oa⎳f1b，又f1b⊥f2b，所以oa⊥f2b，of1=of2=ob，所以3∠aof2=∠aob=∠bof1=60°，所以=tan60°=3，所以a=1，所以f1f2=21+3=4.a故选：a.8.c【解析】解法一：由点a(a，0)，b(0，b)关于直线l对称，可得直线l为线段ab的垂直平分线，abb线段ab的中点的坐标为,，直线ab的斜率为-，22abaa可得直线l的方程为y-=x-，2b2221b1b令y=0，可得x=a-，由题意可得-c=a-，22a22a22222即有a(a+2c)=b=c-a，即c-2ac-2a=0，c2由e=，可得e-2e-2=0，a解得e=1+3(e=1-3舍去)，故选：c．第136页共377页,22解法二：由点a(a，0)，b(0，b)关于直线l对称，可知af=bf,即a+c=b+c,22222两边平方，并结合b=c-a，整理可得c-2ac-2a=0，下同解法一.9.d【解析】设p(x0,y0)，f1(-c,0),f2(c,0)，则pf1⋅pf2=(-c-x0,-y0)⋅(c-x0,-y0)=(-c-x0)(c-x0)+2222y0=x0+y0-c，22222x0+y0表示p到原点距离的平方，当p为双曲线顶点时取得最小值，所以pf1⋅pf2min=a-c，即a-22c=-3，b=3，b=3，3b3双曲线的一条渐近线为y=x，则=，所以a=2，c=4+3=7，焦距为27．2a2故选：d．10.b【解析】采用特例法即可求得结果不妨设焦点f为右焦点，则f(5,0)，225y9令x=5代入双曲线方程得-=1，解得y=±，169499当ab⊥x轴时，不妨设a在第一象限，则a5,，b5,-，449118所以|af|=|bf|=，故+=.4|af||bf|9故选：b11.ac【解析】双曲线c关于原点对称，又直线y=kx过原点，所以a,b关于原点对称，由oa=ob,of1=of2得四边形af1bf2为平行四边形，a正确；当k→0，p点趋近于右顶点，此时∠f1pf2趋近于平角，因此不可能有∠f1pf2<90°，b错．y0设a(x0,y0)，则b(-x0,-y0)，由ae⊥x轴知e(x0,0)，k=，x00-(-y0)y01而kbe===k，c正确；x0-(-x0)2x02△apb中，∠apb></e1，所以，椭圆ⅱ比椭圆ⅰ更圆，d选项错误.故选：abc.第122页共377页,12.bc【解析】由题，以vkm></k<，且k≠011114444综上，k的取值范围是-11,0∪0,11.910.(1)证明见解析；(2).2【解析】(1)证明：∵点f1、f2是椭圆c1的两个焦点，故f1、f2的坐标是f1-1,0、f21,0，1而点f1、f2是椭圆c2上的点，将f1、f2的坐标代入c2的方程，得λ=，2设px0,y0，直线pf1和pf2的斜率分别是k1、k2k1≠0,k2≠0，2y0y0y0k1⋅k2=x+1⋅x-1=2，00x0-1第94页共377页,22x02121-x0又点p是椭圆c2上的点，故+y0=，则y0=，22221-x02y021所以k1⋅k2=2=2=-2(定值)；x0-1x0-1(2)直线pf1的方程可表示为y=kx+1k≠0，y=kx+1联立方程组2，得1+2k22+4k2x+2k2-2=0，x2x+y=124222δ=16k-41+2k2k-2=8k+1></d≤，51若d<0，则3+10d≥1，解得-≤d<0，5若d=0，则满足条件的点p最多有4个，不合题意．11∴所求d的范围是-≤d≤且d≠0；5522b(3)当ab斜率为0时，ab=2a=4，cd==3，ab+cd=7，同理当ab斜率不存在时，也有aab+cd=7，当ab斜率存在且不为0时，设斜率为k，ab方程为y=k(x-1)，设a(x1,y1),b(x2,y2)，2y2x+=12222由43得(3+4k)x-8kx+4k-12=0，y=k(x-1)228k4k-12∴x1+x2=2，x1x2=2，3+4k3+4k8k224k2-1212(1+k2)222ab=1+k⋅(x1+x2)-4x1x2=1+k⋅2-4×2=2，3+4k3+4k3+4k12121+-12(1+k2)k设c(x3,y3),d(x4,y4)，同理可得cd=12=2，3+4×-3k+4k2117+7k7∴+==，abcd12(1+k2)1211abcd∴ab+cd+=2++≥2+2=4，当且仅当ab=cd，即k=±1时abcdcdab4848等号成立．∴ab+cd≥．<7，7748∴ab+cd的最小值为．7第91页共377页,2y2x96.(1)+=1；(2).434922a-b=1【解析】解：(1)由题意可得19+=122a4b2y222x解得：a=4，b=3，故椭圆m的方程+=143(2)由题意可得直线ab，cd斜率均存在1设ab的斜率为k，cd斜率为-，设ax1,y1，bx2,y2ky=k(x+1)直线ab的方程为y=k(x+1)，由x2y2+=14322222-8k得：3+4kx+8kx+4k-12=0，则x1+x2=2，3+4k2-4k3k可得点p的横坐标为，代入y=k(x+1)，得点p的纵坐标为，223+4k3+4k2-4k3k故点p坐标为,，223+4k3+4k-4k223k231+k2则pf=2+1+2-0=23+4k3+4k3+4k131+21k将k换为-，得qf==，k13+42k12131+2+k+222131+kk9k故△fpq面积s=××=⋅23+4k212213+425+12k+1222kk219u令u=2+k+，u≥2，故s=×，k2212u2+129u91-24us=2×22=2×22，当u≥2时，s<0，故s(u)在[2,+∞)单调递减，故u=2时，12u+112u+199smax=，所以△fpq面积的最大值4949x2s1227.(1)+y=1；(2)的最小值为3+22，此时k的值为.4s122y2x3【解析】(1)因为椭圆c:+=1(a></x0<2)，22x0则p(x0,y0),q(x0,-y0)，y0=1-.4x252202ap⋅aq=(x0-2)(x0-2)-y0=x0-4x0+4-1-4=4x0-4x0+3=06解得x0=或x0=2(舍).56综上直线l过定点，0.5第70页共377页,专题8：椭圆中的定值问题参考答案2y2x31.(1)+=1；(2)存在；k=．432c1【解析】解：(1)由题意知2a+2c=6；=，解得a=2,c=1，a22y22222x∵a=b+c，∴b=3，所以椭圆c的方程为+=1．43(2)假设存在k，则k≠0，设a(x1,y1),b(x2,y2)，设直线ab:x=my+n，t(n,0)x=my+n2y2，化简得(3m2+4)y2+6mny+3n2-12=0，x+=14326mn3n-12∴y1+y2=-2，y1⋅y2=2，3m+43m+4222222δ=36mn-4(3n-12)(3m+4)=48(3m+4-n)></x0<0，设点a坐标为x0,y0，点b坐标为x0,-y0，22ya-ypy0-1yb-yp-y0-1x0y0由于tanα==，tanβ==，+=1，xa-xpx0xb-xpx021y0-1-y0-1+tanα+tanβx0x02x04∴tanα+β===-=-≠1，1-tanαtanβy0-1-y0-1x2+y2-1x01-⋅00x0x0π∴tanα+β≠tan，4∴直线ab斜率不存在时，不符合题意．②当直线ab斜率存在时，设方程为y=kx+m，点a坐标为x1,y1，点b坐标为x2,y2，y=kx+m联立2，得2k2+1x2+4kmx+2m2-2=0，x2+y=12222-4km2m-1δ=82k-m+1></s≤2，t故四边形oahb的面积的取值范围为0,2；y1-y2y1-y2(2)由b(x2，y2)，d(2，y1)，可知直线bd的斜率k=，所以直线bd的方程为y-y1=(x-2-x22-x22)x2y1-2y2my1y2+y1-2y2令y=0，得x==①y1-y2y1-y22m1由(1)知，y1+y2=-2，y1y2=-2，所以y1+y2=2my1y2②m+2m+213(y1+y2)+y1-2y2(y1-y2)223将②代入①，化简得x===，y1-y2y1-y223所以直线bd过定点e,0．22y2x6.(1)+=1；(2)证明见解析.43a=2a=22y2c1x【解析】(1)根据题意得：a=2，解得c=1，所以椭圆c的方程为+=1；43222b=3b=a-c(2)因为点m为椭圆上顶点，所以点m的坐标为m0,3，设点ax1,y1、bx2,y2，2y2x+=14322设直线ma:y=k1x+3，由y=k1x+3得3+4k1x+83k1x=0，2283k133-43k183k133-43k1解得x1=-4k2+3，则y1=k1x1+3=4k2+3，即点a-4k2+3,4k2+3，111125-43k1+33+53y1+334k2+33k111kan===--，x1-83k13k124k1+3k21设直线mb:y=k2x+3，同理可得kbn=--，3k233k11k11又因为k1k2=3，所以k2=，所以kbn=--=--，k1333k1k15所以kan=kbn，所以直线ab过定点n0,-3.3第63页共377页,37.(1)；(2)证明见解析.24【解析】(1)将点a的坐标代入椭圆m的方程可得=1，∵a></m<5，y=x+m428m4(m-1)设a(x1,y1),b(x2,y2)，则x1+x2=-，x1x2=，552242ab=1+k×(x1+x2)-4x1x2=5-m，5m又原点o到直线ab的距离为d=，21142m222225225∴s△aob=abd=×5-m×=⋅m(5-m)=⋅-m-+，2252552422522525直线不过原点，∴0<m<5，∴0<-m-+≤，2442∴0<s△oab≤．2第61页共377页,y1(3)由(2)直线pa方程为y=(x+4)，x1+4y1y=(x+4)2y2x1+4x1222由2得4+2(x+4)=1，又4y1=4-x1，代入整理得：x+y2=1(x1+4)422(2x1+5)x+2(4-x1)x-x1(5x1+8)=0，x1,xc是此方程的两根，5x1+8y13y15x1+83y1∴xc=-2x+5，∴yc=x+4(xc+4)=2x+5，即c-2x+5,2x+5，111115x2+83y2同理可得d-2x+5,2x+5，223y13y23(x1+m)3(x2+m)--2x1+52x2+52x1+52x2+52m-5∴kcd===，5x1+85x2+85x1+85x2+83-+-+2x1+52x2+52x1+52x2+52m-55x1+83y15∴直线cd方程为y=3x+2x+5+2x+5，注意y1=x1+m，令x=-2，112m-555x1+83y13y13(2m-5)3y13(2y1-2x1-5)3y=3-2+2x+5+2x+5=2x+5-=2x+5-=21112(2x1+5)12(2x1+5)53∴直线cd过定点-,．222x24.(1)+y=1；(2)证明见解析；(3)直线ab过定点(1,0).2【解析】(1)∵m是椭圆上的动点∴ym≤b，11∴s△mf1f2=2|f1f2|⋅ym≤2⋅2c⋅b=bc，即ym=b时，s△mf1f2max=bc=1c222222∵e==，即a=2c，又a=b+c，∴b=c=1，∴a=2，a22x2∴椭圆γ的方程为+y=122y2x+=122ab22222222442(2)证明：联立y⋅y，得(ay0+bx0)x-2abx0x+ba-ay0=0(*)x⋅x00+=1a2b222x0y0222222∵点tx0,y0在椭圆上，∴2+2=1(a></e<1.1-e21-e221155255由于11<2，所以c的离心率的取值范围是11,1.55故答案为：11,1.614.3【解析】设p(m,n)，过点p切线为y-n=k(x-m)，由题知：y-n=k(x-m)联立2⇒(k2a2+1)x2+2ka2(n-km)x+a2[(n-km)2-1]=0，x2+y=12a因为直线与椭圆相切，2422222所以δ=4ka(n-km)-4a(ka+1)[(n-km)-1]=0，2222整理得：(a-m)k+2mnk+1-n=0.设切线pa，pb的斜率分别为k1，k2，21-n222因为pa⊥pb，所以k1∙k2=22=-1，即m+n=1+a.a-m2所以点p在以(0,0)为圆心，1+a为半径的圆上，2即(0,0)到直线ax+y-4=0的距离为1+a.42d==a+1，解得a=3.2a+1266又因为b=1，所以c=3-1=2，e==.故答案为：333第57页共377页,215.,12x=x0+tcosα【解析】设px0,y0，直线ab的参数方程为，(t为参数)y=y0+tsinα2222代入圆x+y=a+b，22222化简得：t+2x0cosα+y0sinαt+x0+y0-a-b=0，22222222∴|pa||pb|=t1t2=x0+y0-a-b=a+b-x0+y0，2222∵x0+y0∈b,a，22∴|pa||pb|∈b,a，2222222∵存在点p，使得|pa|⋅|pb|=a-b，∴a-b≥b，即a≥2b，222122∴a≤2c，∴e≥，∴≤e<1，故答案为：,1222216.2,1a2a22【解析】椭圆上存在点m使om⊥ma，即m的轨迹方程为：x++y=,y≠0.242y2x2+2=1a2-b2ab22联立方程，化简得到x+ax+b=0.a2a2a2x++y2=2422a-b22易知：x=-a是方程的解，且x=0时，x+ax+b></e<1；22112λ-3当λ></e<1．22故答案为：2，1．1012.5【解析】设a，b，c坐标分别为xi,yii=1,2,3，x1+x2+x3=0因为△abc的重心恰好是坐标原点，则，y1+y2+y3=022x3=-x1+x2x1+x2y1+y2则，代入椭圆方程可得+=1，y=-y+ya2b231222x1y1+=1a2b2xxy1y2112其中22，所以2+2=-2⋯⋯①x2+y2=1aba2b2因为直线l的斜率为1，且过左焦点，则l的方程为：x=y-c，x=y-c联立方程2y2消去x可得：a2+b22-2b2cy-b4=0，xy2+2=1ab242bc-b所以y1+y2=22，y1y2=22⋯⋯②a+ba+b442c-b所以x1x2=y1-cy2-c=y1y2-cy1+y2+c=22⋯⋯③，a+b第56页共377页,22c210将②③代入①得e==，从而e=.a25510故答案为：55513.11,12y2x【解析】由题意，设椭圆c:+=1λ></sinθ<，e12e22π1124π取0<θ<，+=2cosθ+sinθ=sinθ+，3e1e2333π1143当θ=时，+取得最大值为.6e1e23故选:a.6.a222【解析】由椭圆的定义，得pf1+pf2=2a，平方得pf1+pf2+2pf1pf2=4a①.22由pf1⋅pf2=c，∴pf1⋅pf2cos∠f1pf2=c②，∠f1pf2是锐角，2222由余弦定理得pf1+pf2-2pf1⋅pf2cos∠f1pf2=f1f2=4c③，22-③得2pf1pf21+cos∠f1pf2=4a-4c④2c由②④，得cos∠f1pf2=22<1，2a-3c∵∠f1pf2是锐角，2c0<<1，222a-3c22222即2a-3c></n<，224n12n4n∴x0=，y0=，代入y=4x+m，解得：m=-，131313213213∴<m<，1313213213∴m的取值范围是-13,13．66219.(1)证明见解析；(2)-∞,-3∪3,+∞；(3)2.2x222【解析】(1)设mx,y，则+y=1，得x=2-2y，于是221221229125mc=x+y-=2-2y+y-=-y-y+=-y++2242211010因-1≤y≤1，所以当y=-时，mcmax=，即mc≤；2221(2)由题意知m≠0，可设直线ab的方程为y=-x+b．m2x+y2=1222+m22b2由消去y，得x-x+b-1=0．12m2my=-mx+b21x2因为直线y=-x+b与椭圆+y=1有两个不同的交点，m22422所以，δ=-2b+2+></b<3b2bb33因为m在直线y=x+t上，所以=+t⇒t=-⇒-<t<33333133任取t=0或(答案不唯一，在-<t<内的任意两个实数均可)23312.②③2y2x【解析】①不考虑交点的情况，当p在+=1上时，pf1+pf2=10，pe1+pe2不为定值，错误；259②两个椭圆均关于y=x,y=-x对称，故曲线c关于直线y=x,y=-x均对称，正确；③曲线c在边长为6的正方形内部，故面积小于36，正确；故答案为②③第47页共377页,13.2【解析】由题意可知直线的斜率一定存在，因此设直线l的方程为y=kx+1，22代入椭圆方程整理得(1+4k)x+8kx=0，-8k所以x=，21+4k221-4k-8k1-4k所以y=所以a，，2221+4k1+4k1+4k28k4k-1由题意得b，，221+4k1+4k1116k所以三角形pab的面积s=2|op|∙|xa-xb|=22因为k≠0，1+4k11所以s△pab=8∙≤8∙=2.4k+124k故答案为：2.14.3，2cd【解析】延长cf2交椭圆于d,有对称性可知af1+cf2=cd，当cd垂直于x轴时，最小，此时obcd3cd4==3，当倾斜角为0时比值最大，此时==2，但取不到．ob3ob2故答案为3，2.15.22+2【解析】设f1-c,0,f2c,0c></t<内任取两个实数)2332x2【解析】设+y=1上存在关于直线y=x+t对称的两点ax1,y1,bx2,y22由对称性可知，线段ab被直线y=x+t垂直平分，则ab的中点mx0,y0在直线y=x+t上，且kab=-1故可设直线ab的方程为：y=-x+by=-x+b联立方程：2⇒3x2-4bx+2b2-2=0x2+y=124bx1+x2=32bb由韦达定理可知：，即中点m的坐标为,2b33y1+y2=2b-x1+x2=322由△=16b-122b-2></a+c，22即2-1<pf2<2+1，也就是2-1<21-λ<2+1，所以-<λ<，22221所以mb1+mb2=2λ+1，0≤λ<，2所以2≤mb1+mb2<6.故选：b.6.c【解析】连接pf2,设椭圆的基本量为a,b,c，22qf1⋅qf2=qo+of1⋅qo+of2=qo-qf1,pfpf2=qn22122222+no-c=2+2-c=a-c=b=3故答案为：3.第37页共377页,7.a【解析】如图设f1，f分别为椭圆的左、右焦点，设直线y=kx与椭圆相交于a,b，连接af1,af,bf1,bf.根据椭圆的对称性可得：四边形af1bf为平行四边形.由椭圆的定义有：af1+af=2a,ff1=2c,∠f1af=120°222由余弦定理有：ff1=af1+af-2af1⋅afcos120°af1+af2222即4c=af1+af-af1⋅af≥af1+af-2af1+af222222所以4c≥af1+af-2=4a-a=3a当且仅当af1=af时取等号，又y=kx的斜率存在，故a，b不可能在y轴上.2c33所以等号不能成立,即即></m≤1时，曲线w1围成的区域内整点个数等于曲线w2围成的区域内整点个数，当m></y2，所以曲线w1围成的区域面积小于曲线w2围成的区域面积；故②不正确；22对于③：当m></m<1时，由w1与w2的方程可知x,y∈0,1，当x取同一个值时，2222242422w1:y1=m-x，w2:y2=m-x，当0<x<1时，x></a+b，即点a,b在圆x+y=1外，如下图所示：22π2ππ圆x+y=1在第一象限内与两坐标轴围成的区域的面积为×1=，所以，s2></s△oab=×1=，22丙的回答正确；44对于丁的回答，在曲线x+y=10<x<1,0<y<1上任取一点a,b，2424因为0<a<1，0<b<1，则a></a<1时，a<a，当0<b<1时，b<b，在曲线x+y=10<x<1,0<y<1上任取一点a,b，则1=a+b></x-y<，则0≤x-y<，2222444222122324422∴x+y-xy=x-y+y<1，这与x+y-xy=1矛盾.24∴假设不成立，∴x≥1或y≥1，命题③正确.故正确命题的序号为：①②③.故选：d.5.a12121x-+y-=,x></x<a，0<<a22cc1c5-1解得<<，故③正确.2a2故选:d3.c444x2x2x42【解析】+y=1，可知=1-y≤1，即≤1，x≤16，x≤4，-2≤x≤2，①正确；161616将方程中的x换成-x，y换成-y方程不变，故②正确；x4x2x2122222+y=1，令=cosθ,y=sinθ，则+y=cosθ+sinθ=-cosθ+cosθ+1=-cosθ-+164422251x253x24，当cosθ=2时，4+y=4></t<4时，注意到曲线c关于y轴对称，至少存在一对(关于y轴对称的)对称点.下面研究曲线c上关于b0,t对称但不关于y轴对称的对称点2设px0,y0是轨迹x=4yy≤3上任意一点，2则x0=4y0y0≤3，它关于b0,t的对称点为q-x0,2t-y0，2由于点q在轨迹x=-12y-4上，2所以-x0=-122t-y0-4，2x0=4y0联立方程组2(*)得x0=122t-y0-44y0=-122t-y0-4，第12页共377页,y0+6化简得t=0≤y0≤33①当y0∈0,3时，t∈2,3，此时方程组(*)有两解，即增加有两组对称点.②当y0=0时，t=2，此时方程组(*)只有一组解，即增加一组对称点.(注：对称点为p0,0，q0,4)③当y0=3时，t=3，此时方程组(*)有两解为p23,3，q-23,3，没有增加新的对称点.0,t≤0,t≥41,t∈0,2综上所述：记对称点的对数为m,m=2,t=2.3,t∈2,31,t∈3,428.(1)y=2x；(2)(2-1,+∞)【解析】(1)设点px,y，则q-2,y∴op=x,y，oq=-2,y22∵op⋅oq=0∴op⋅oq=-2x+y=0，即y=2x(2)设ax1,y1，bx2,y2，dx3,y3，直线bd与x轴交点为e，内切圆与ab的切点为t．11y=kx+k2设直线am的方程为：y=kx+，则联立方程2，得：k2x2+k2-2x+=02y2=2x411y11∴x1x2=且0<x1<x2∴x1<<x2∴直线an的方程为：y=x-，4212x1-2222221122211与方程y=2x联立得：y1x-y1+2x1-2x1+x+y1=0，化简得：2x1x-2x1+x+x1=0242211解得：x=或x=x1∵x3==x2∴bd⊥x轴4x14x1设δmbd的内切圆圆心为h，则h在x轴上且ht⊥ab11122方法(一)∴sδmbd=⋅x2+⋅2y2，且δmbd的周长为：2x2++y2+2y2222第13页共377页,112211∴s△mbd=2x2++y2+2y2⋅r=⋅x2+⋅2y222221x2+y2211∴r===.122111111y2+x2+2+y21+2+122x+12+1x2+y2x2+2x2+x2+22222方法(二)设hx2-r,0，直线bd的方程为：x=x2，其中y2=2x2y2111直线am的方程为：y=x+，即y2x-x2+y+y2=0，且点h与点o在直线ab的同1222x2+2侧，111x2-ry2+y2x2-ry2+y2x2y2+y2222∴r==，解得：r==122122122x2++y2x2++y2y2+x2++y22221111++2x2121x2+x2+221x2+-rmhht2r方法(三)∵δmth∼δmeb∴=，即=，解得：mbbe122y2x2++y22111x2+y2x2+x2+222r====1221212y2+x2++y2x2+x2+222+1+1+1+1y22x221111++2x2121x2+x2+221令t=x2+，则t>
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