高中数学解析几何题型

考点1.求参数的值

求参数的值是高考题中的常见题型之一,其解法为从曲线的性质入手,构造方程解之.

22例1．若抛物线y22px的焦点与椭圆xy1的右焦点重合，则p的值为（ ）

62A．2 B．2 C．4 D．4

考查意图: 本题主要考查抛物线、椭圆的标准方程和抛物线、椭圆的基本几何性质.

22解答过程：椭圆xy1的右焦点为(2,0)，所以抛物线y22px的焦点为(2,0)，则p4，

62考点2. 求线段的长

求线段的长也是高考题中的常见题型之一,其解法为从曲线的性质入手,找出点的坐标,利用距离公式解之.

例2．已知抛物线y-x+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A、B，则|AB|等于

2 2

考查意图: 本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系和距离公式的应用.

2yx23x2xb30x1x21，解：设直线AB的方程为yxb，由yxb进而可求出AB的中点M(,12111b)，又由M(,b)在直线xy0上可求出222b1，

∴x2x20，由弦长公式可求出AB1122例3．如图，把椭圆xy1的长轴

2124(2)32．

2516AB分成8等份，过每个分点作x轴的垂线交椭圆的上半部

分于P七个点，F是椭圆的一个焦点， 1,P2,P3,P4,P5,P6,P7则PF____________. P12FP3FP4FP5FP6FP7F考查意图: 本题主要考查椭圆的性质和距离公式的灵活应用.

22解答过程：由椭圆xy1的方程知a225,a5.

251672a∴PFP2FP3FP4FP5FP6FP7F7a7535. 12考点3. 曲线的离心率

曲线的离心率是高考题中的热点题型之一,其解法为充分利用: (1)椭圆的离心率e＝c∈(0,1) (e越大则椭圆越扁);

a(2) 双曲线的离心率e＝c∈(1, ＋∞) (e越大则双曲线开口越大).

a例4．已知双曲线的离心率为2，焦点是(4,0)，(4,0)，则双曲线方程为

22222222xyxyxyxyA．1 B．1 C．1 D．1 412124106610考查意图:本题主要考查双曲线的标准方程和双曲线的离心率以及焦点等基本概念. 解答过程：

ec22,c4,所以a2,b12.故选(A). a例5．已知双曲线3x2y29,则双曲线右支上的点P到右焦点的距离与点P到右准线的距离之比等于（ ）

A. 2 B.23 C. 2

3考查意图: 本题主要考查双曲线的性质和离心率e＝c∈(1, ＋∞) 的有关知识的应用能

a力.

解答过程：依题意可知 a3,ca2b23923． 考点4.求最大(小)值

求最大(小)值, 是高考题中的热点题型之一.其解法为转化为二次函数问题或利用不等式求最大(小)值:特别是,一些题目还需要应用曲线的几何意义来解答.

例6．已知抛物线y=4x,过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，则y1+y2的最小值是 .

考查意图: 本题主要考查直线与抛物线的位置关系，以及利用不等式求最大(小)值的方法. 解:设过点P(4,0)的直线为ykx4,k2x28x164x, k2x28k24x16k20,8k24122y1y24x1x24162232.2kk2

22

故填32.

考点5 圆锥曲线的基本概念和性质

例7． 在平面直角坐标系xOy中,已知圆心在第二象限、半径为2坐标原点O.椭圆x2a22的圆C与直线y=x相切于

y29=1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.

（1）求圆C的方程；

（2）试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长.若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. [解答过程] (1) 设圆C 的圆心为 (m, n)

mn, 则n222,m2, 解得n2. 所求的圆的方程为 (x2)2(y2)28 (2) 由已知可得 2a10 ， a5．

22椭圆的方程为 xy1 , 右焦点为 F( 4, 0) ;

259 假设存在Q点222cos,222sin使QFOF,

222cos4222sin224．

整理得 sin3cos22， 代入 sin2cos21．

得:10cos2122cos70 , cos1228122221．

1010 因此不存在符合题意的Q点. 例8．

如图,曲线G的方程为y22x(y0).以原点为圆心，以t(t0) 为半径的圆分别与曲线G和y轴的 正半轴相交于 A 与点B. 直线AB 与 x 轴相交于点C.

（Ⅰ）求点 A 的横坐标 a 与点 C 的横坐标c的关系式；

（Ⅱ）设曲线G上点D的横坐标为a2,求证：直线CD的斜率为定值. [解答过程]（I）由题意知，A(a,2a).

因为|OA|t,所以a22at2. 由于t0,故有ta22a. （1）

由点B（0，t），C（c，0）的坐标知，直线BC的方程为又因点A在直线BC上，故有a2a1,

ctxy1. ct将（1）代入上式，得ac2aa(a2)1,解得 ca22(a2).

（II）因为D(a22(a2))，所以直线CD的斜率为

kCD2(a2)2(a2)2(a2)1，

a2ca2(a22(a2))2(a2)所以直线CD的斜率为定值.

x2y2例9．已知椭圆E:221(ab0)，AB是它的一条弦，M(2,1)是弦AB的中点，若以

ab点M(2,1)为焦点，椭圆E的右准线为相应准线的双曲线C和直线AB交于点N(4,1)，若椭圆离心率e和双曲线离心率e1之间满足ee11，求： （1）椭圆E的离心率；（2）双曲线C的方程.

解答过程：（1）设A、B坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2)，

y22 则x1y11，x221，二式相减得： 222222abab kAB2b21(1)y1y2(x1x2)b2k1， MN22a24x1x2(y1y2)aa2 所以a22b22(a2c2)，a22c2， 则ec2；

221（2）椭圆E的右准线为xa(2c)2c，双曲线的离心率e1cce2，

设P(x,y)是双曲线上任一点，则：

22 |PM|(x2)(y1)2，

|x2c||x2c| 两端平方且将N(4,1)代入得：c1或c3，

当c1时，双曲线方程为：(x2)2(y1)20，不合题意，舍去； 当c3时，双曲线方程为：(x10)2(y1)232，即为所求. 考点6 利用向量求曲线方程和解决相关问题

22例10．双曲线C与椭圆xy1有相同的焦点，直线y=3x为C的一条渐近线.

84(1)求双曲线C的方程；

(2)过点P(0,4)的直线l，交双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不重合）.当PQ1QA2QB，且128时，求Q点的坐标.

3考查意图: 本题考查利用直线、椭圆、双曲线和平面向量等知识综合解题的能力,以及运用数形结合思想,方程和转化的思想解决问题的能力.

解答过程：（Ⅰ）设双曲线方程为x22a2yb21,

由椭圆x22y41,求得两焦点为(2,0),(2,0)，

8对于双曲线C:c2，又y3x为双曲线C的一条渐近线

b3 解得 a2a1,b23，

双曲线C的方程为2x2y31

（Ⅱ）解法一：

由题意知直线l的斜率k存在且不等于零.

设l的方程：ykx4,A(x1,y1)，B(x2,y2),则Q(4,0).

kPQ1QA,(4,4)1(x14,y1).

kk44x441k1(x1k)k1k 41y1y141A(x1,y1)在双曲线C上， 16k2(11)21610.

1116321162116k2k220.(16k2)21631321163k20.

同理有：(16k2)223221616k20.

3若16k20,则直线l过顶点，不合题意.16k20,

1,2是二次方程(16k2)x232x1616k20.的两根.

332122k2168,3k4，此时0,k2. 所求Q的坐标为(2,0).

解法二：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零 设l的方程，ykx4,A(x1,y1),B(x2,y2)，则Q(4,0).

kPQ1QA， Q分PA的比为1.

由定比分点坐标公式得

441x1x(11)1k1 k114041y1y1111下同解法一

解法三：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零 设l的方程：ykx4,A(x1,y1),B(x2,y2)，则Q(4,0).

kPQ1QA2QB， (4,4)1(x14,y1)2(x24,y2).

kkk41y12y2， 14，24，

y1y2又128， 112,即3(y1y2)2y1y2.

3y1y232将ykx4代入x2y1得(3k2)y224y483k20.

33k20，否则l与渐近线平行.

y1y224483k2.

,yy123k23k224483k2.k2

323k23k2Q(2,0).

解法四：由题意知直线l得斜率k存在且不等于零，设l的方程：ykx4，A(x1,y1),B(x2,y2),则Q(4,0)

kPQ1QA,(44,4)1(x1,y1). kk4k4.同理 4. 114kx24kx41x1k12即

448.

kx14kx243

（*）

2k2x1x25k(x1x2)80.

ykx4又 2y2

1x3消去y得(3k)x8kx190.

当3k20时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不合题意，3k20.

228kxx1223k由韦达定理有：  xx19123k2代入（*）式得

k24,k2.

所求Q点的坐标为(2,0).

例11．

设动点P到点A(－l，0)和B(1，0)的距离分别为d1和d2， ∠APB＝2θ,且存在常数λ(0＜λ＜1＝,使得d1d2 sinθ＝λ． （1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程；

（2）过点B作直线交双曲线C的右支于M、N两点,试确定λ的范围, 使OM·ON＝0,其中点O为坐标原点．

[解答过程]解法1：（1）在△PAB中，AB2，即22d12d222d1d2cos2， ， 4(d1d2)24d1d2sin2，即d1d244d1d2sin2212（常数）点P的轨迹C是以A，B为焦点，实轴长2a21的双曲线．

22方程为：xy1．

2

1（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)

①当MN垂直于x轴时，MN的方程为x1，M(11)，，N(1，1)在双曲线上． 即11121015，因为01，所以51．

122②当MN不垂直于x轴时，设MN的方程为yk(x1)．

x2y21得：(1)k2x22(1)k2x(1)(k2)0， 由1yk(x1)22由题意知：(1)k20，所以x1x22k(1)，xx(1)(k)．

12(1)k2(1)k2于是：yyk2(x1)(x1)1212k22． 2(1)k因为OMON0，且M，N在双曲线右支上，所以

(1)x1x2y1y20k2(1)2512． 1211x1x2023xx0k2210121由①②知，51≤2．

23解法2：（1）同解法1

（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)． ①当x1x21时，MB21210， 1因为01，所以51；

2②当x1x12y121x0． x2时，1k2MN21y0x2y211x0122又kMNkBEy0．所以(1)y0x0x0；

MN，由第二定义得MNe(x1x2)2a2 22由∠MON得x0y02222121x01x0(1)2x0．

1122所以(1)y0x02(1)x0(1)2．

22222(1)y0x0x0,(1)2 于是由得x0.22223(1)y0x02(1)x0(1),因为x01，所以(1)1，又01，

232解得：512．由①②知51≤2．

2323考点7 利用向量处理圆锥曲线中的最值问题

例12．设椭圆E的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为3，过点C(1,0)的直线交

3椭圆E于A、B两点，且CA2BC，求当AOB的面积达到最大值时直线和椭圆E的方程. 解答过程：因为椭圆的离心率为3，故可设椭圆方程为2x23y2t(t0)，直线方程为

3myx1，

2x23y2t得：(2m23)y24my2t0，设A(x,y),B(x,y)， 由1122myx1则y1y24m…………① 22m3又CA2BC，故(x11,y1)2(1x2,y2)，即y12y2…………② 由①②得：y12yCB6， 2Aox4m， 8m，y222m232m3m|＝

2m23则SAOB1|y1y2|6|62|m|3|m|当m23，即m6时，AOB面积取最大值，

22此时yy2t1222m332m2，即t(2m23)2210，

所以，直线方程为x6y10，椭圆方程为2x23y210.

例13．已知PA(x5,y)，PB(x5,y)，且|PA||PB|6， 求|2x3y12|的最大值和最小值.

解答过程：设P(x,y)，A(5,0)，B(5,0)，

因为|PA||PB|6，且|AB|256，

所以，动点P的轨迹是以A、B为焦点，长轴长为6的椭圆， 椭圆方程为xy1，令x3cos,y2sin，

9422则|2x3y12|＝|62cos()12|，

4当cos()1时，|2x3y12|取最大值1262，

4当cos()1时，|2x3y12|取最小值1262.

4考点8 利用向量处理圆锥曲线中的取值范围问题

例14．（2006年福建卷） 已知椭圆x22y21的左焦点为F，

O为坐标原点.

（I）求过点O、F，并且与椭圆的左准线l相切的圆的方程； （II）设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点， 线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围. 考查意图:本小题主要考查直线、圆、椭圆和不等式等基本知识，考查平面解析几何的基本方法，考查运算能力和综合解题能力. 解答过程：（I）a22,b21,c1,F(1,0),l:x2. 圆过点O、F，

圆心M在直线x1上.

2设M(1,t),则圆半径r(1)(2)3.

222由OMr,得(12)2t232,

解得t2.

所求圆的方程为(x1)2(y2)29.

24（II）设直线AB的方程为yk(x1)(k0), 代入x22y21,整理得(12k2)x24k2x2k220.

直线AB过椭圆的左焦点F，方程有两个不等实根. 记A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点N(x0,y0),

则2x1x24k2k2,

1AB的垂直平分线NG的方程为yy01(xx0).

k令y0,得

yBlFGOxA 2k2k2k211xGx0ky02222.2k12k12k124k2 1k0,xG0,2点G横坐标的取值范围为(1,0).

222例15．已知双曲线C：x2y21(a0,b0)，B是右顶点，F是右焦点，点A在x轴正半轴

ab上，且满足|OA|,|OB|,|OF|成等比数列，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，垂足为P，

（1）求证：PAOPPAFP；

（2）若l与双曲线C的左、右两支分别相交于点D,E，求双曲线C的离心率e的取值范围.

2a解答过程：（1）因|OA|,|OB|,|OF|成等比数列，故|OA||OB|a，即A(,0)，

cc|OF|22直线l：ya(xc)，

bay(xc)a2ab， 由bP(,)bccyxaDyPOEFABxaba2abb2ab,)， 故：PA(0,),OP(,),FP(ccccca2b2则：PAOP2PAFP，即PAOPPAFP；

c（或PA(OPFP)PA(PFPO)PAOF0，即PAOPPAFP）

ay(xc)a42a4a4c22（2）由(b2)x22cx(2a2b2)0， bbbbb2x2a2y2a2b2a4c2(2a2b2)b0得：b4a4b2c2a2a2e22e2. 由x1x24ab22bab22222（或由kDFkDObcaae2e2）

ba例16．已知a(x,0)，b(1,y)，(a3b)(a3b)，

（1）求点P(x,y)的轨迹C的方程；

（2）若直线ykxm(m0)与曲线C交于A、B两点，D(0,1)，且|AD||BD|， 试求m的取值范围.

解答过程：（1）a3b＝(x,0)3(1,y)(x3,3y)，

a3b＝(x,0)3(1,y)(x3,3y)，

因(a3b)(a3b)，故(a3b)(a3b)0，

22即(x3,3y)(x3,3y)x3y30，

x2y21. 故P点的轨迹方程为3ykxm222(13k)x6kmx3m30， （2）由2得：2x3y3设A(x1,y1),B(x2,y2)，A、B的中点为M(x0,y0)

则(6km)4(13k)(3m3)12(m13k)0，

22222x1x26km3kmm，，， xykxm00022213k213k13k3kmm即A、B的中点为(,)，

13k213k2m13km则线段AB的垂直平分线为：y()(x)，

13k2k13k2x1x2将D(0,1)的坐标代入，化简得：4m3k21，

22m13k02m4m0，解之得m0或m4， 则由得：24m3k12又4m3k11，所以m1， 4故m的取值范围是(,0)14(4,).

考点9 利用向量处理圆锥曲线中的存在性问题

例17．已知A,B,C是长轴长为4的椭圆上的三点，点A是长轴的一个顶点，BC过椭圆的中心O，且ACBC0，|BC|2|AC|，

（1）求椭圆的方程；

（2）如果椭圆上的两点P,Q使PCQ的平分线垂直于OA，是否总存在实数λ，使得

PQλAB请说明理由；

解答过程：（1）以O为原点，OA所在直线为x轴建立 yOCA 平面直角坐标系，则A(2,0)，

Q 设椭圆方程为

x2BP4y2b21，不妨设C在x轴上方， 由椭圆的对称性，|BC|2|AC|2|OC||AC||OC|， 又ACBC0ACOC，即ΔOCA为等腰直角三角形， 由A(2,0)得：C(1,1)，代入椭圆方程得：b243， x2 即，椭圆方程为3y2441； （2）假设总存在实数λ，使得PQλAB，即AB//PQ， 由C(1,1)得B(1,1)，则k(1)1AB02(1)3，

若设CP：yk(x1)1，则CQ：yk(x1)1，

x2 由3y241(13k2)x26k(k1)x3k26k10， 4yk(x1)1 由C(1,1)得x1是方程(13k2)x26k(k1)x3k26k10的一个根，

由韦达定理得：x13k26k13k26k13k2，以k代k得x1PxPQ13k2，

故kQ)2k1PQyPyQxk(xPxPxQxPxQ3，故AB//PQ， 即总存在实数λ，使得PQλAB.

考点10 利用向量处理直线与圆锥曲线的关系问题

x例18．设G、M分别是ABC的重心和外心，A(0,a)，B(0,a)(a0)，且GMAB， （1）求点C的轨迹方程；

（2）是否存在直线m，使m过点(a,0)并且与点C的轨迹交于P、Q两点，且OPOQ0若存在，求出直线m的方程；若不存在，请说明理由. 解答过程：（1）设C(x,y)，则G(,)，

因为GMAB，所以GM//AB，则M(,0)，

xy33x3 由M为ABC的外心，则|MA||MC|，即()ax322x(x)2y2， 3x2y2 整理得：221(x0)；

3aa（2）假设直线m存在，设方程为yk(xa)，

yk(xa)222222(13k)x6kax3a(k1)0， 由x2得：y221(x0)a3a6k2a3a2(k21) 设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则x1x2，x1x2， 2213k13k2k2a2 y1y2k(x1a)(x2a)k[x1x2a(x1x2)a]＝，

13k2222 由OPOQ0得：x1x2y1y20，

3a2(k21)2k2a20，解之得k3， 即2213k13k 又点(a,0)在椭圆的内部，直线m过点(a,0)， 故存在直线m，其方程为y3(xa). 【专题训练与高考预测】 一、选择题

1．如果双曲线经过点(6,3)，且它的两条渐近线方程是y1x，那么双曲线方程是（）

32222222 A．xy1 B．xy1 C．xy21 D．xy1

81918393692222xyxy2．已知椭圆221和双曲线221有公共的焦点，那么双曲线的的渐近线方程3m5n2m3n为（ ）

A.x15y B. y15x C. x3y D. y3x

4422x2y2,F3．已知F为椭圆21(ab0)的焦点，M为椭圆上一点，MF1垂直于x轴， 122ab 且FMF，则椭圆的离心率为（ ） 1260 A.1 B.2 C.3 D.3 22324．二次曲线xy1，当m[2,1]时，该曲线的离心率e的取值范围是（ ）

4m22 A.[2,3] B. [3,5] C.[5,6] D. [3,6]

222222225．直线m的方程为ykx1，双曲线C的方程为x2y21，若直线m与双曲线C的右支相

交于不重合的两点，则实数k的取值范围是（ ） A.(2,2) B.(1,2) C.[2,2) D.[1,2)

6．已知圆的方程为x2y24，若抛物线过点A(1,0)，B(1,0)，且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点的轨迹方程为（ ） A. xy1(y0) B. xy1(y0)

222234432222xyxyC. 1(x0) D. 1(x0) 3443 二、填空题

227．已知P是以F1、F2为焦点的椭圆xy1(ab0)上一点，若PF1PF20

22abtanPF1F22

1，则椭圆的离心率为 ______________ .

22

8．已知椭圆x+2y=12，A是x轴正方向上的一定点，若过点A，斜率为1的直线被椭圆截得的弦长为413，点A的坐标是______________ .

322xy9．P是椭圆1上的点，F，则k的最大值1,F2是椭圆的左右焦点，设|PF1||PF2|k43与最小值之差是______________ . 10．给出下列命题：

①圆(x2)2(y1)21关于点M(1,2)对称的圆的方程是(x3)2(y3)21；

②双曲线xy1右支上一点P到左准线的距离为18，那么该点到右焦点的距离为29；

1692③顶点在原点，对称轴是坐标轴，且经过点(4,3)的抛物线方程只能是y29x；

422④P、Q是椭圆x24y216上的两个动点，O为原点，直线OP,OQ的斜率之积为1，则

4|OP|2|OQ|2等于定值20 .

把你认为正确的命题的序号填在横线上_________________ . 三、解答题

11．已知两点A(2,0)，B(2,0)，动点P在y轴上的射影为Q，PAPB2PQ2， （1）求动点P的轨迹E的方程；

（2）设直线m过点A，斜率为k，当0k1时，曲线E的上支上有且仅有一点C到直线m的距离为2，试求k的值及此时点C的坐标.

12．如图，F1(3,0)，F2(3,0)是双曲线C的两焦点，直线x4是双曲线C的右准线，A1,A2

3是双曲线C的两个顶点，点P是双曲线C右支上异于A2的一动点，直线A1P、A2P交双曲线C的右准线分别于M,N两点， （1）求双曲线C的方程；

F1yPMA1oNF2A2x（2）求证：FMF2N是定值. 1

13．已知OFQ的面积为S，且OFFQ1，建立如图所示坐标系， （1）若S1，|OF|2，求直线FQ的方程；

2yQ（2）设|OF|c(c2)，S3c，若以O为中心，F为焦点的椭圆过点Q，求当|OQ|取得

4oFx最小值时的椭圆方程.

14．已知点H(3,0)，点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上，且满足

HPPM0，PM3MQ，

2（1）当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹C；

（2）过点T(1,0)作直线m与轨迹C交于A、B两点，若在x轴上存在一点

yPHoTQEMBE(x0,0)，使得ABE为等边三角形，求x0的值.

Ax2215．已知椭圆xy1(ab0)的长、短轴端点分别为A、B，从此椭圆上一点M向x轴

22ab作垂线，恰好通过椭圆的左焦点F1，向量AB与OM是共线向量．

（1）求椭圆的离心率e；

（2）设Q是椭圆上任意一点， F1、F2分别是左、右焦点，求∠F1QF2 的取值范围；

16．已知两点M（-1，0），N（1，0）且点P使MPMN,PMPN,NMNP成公差小于零的等

差数列，

（Ⅰ）点P的轨迹是什么曲线

（Ⅱ）若点P坐标为(x0,y0)，为PM与PN的夹角，求tanθ．

【参】

一. 1．C .提示，设双曲线方程为(1xy)(1xy)，将点(6,3)代入求出即可.

332．D .因为双曲线的焦点在x轴上，故椭圆焦点为(3m25n2,0)，双曲线焦点为

2222(2m23n2,0)，由3m5n2m3n得|m|22|n|，所以，双曲线的渐近线为

y6|n|3 .

x2|m|43．C .设|MF1|d，则|MF2|2d，|FF12|3d，

e|FFc2c3d3 . 12|a2a|MF1||MF2|d2d3 .曲线为双曲线，且51，故选C；或用a24，b2m来计算.

25．B .将两方程组成方程组，利用判别式及根与系数的关系建立不等式组. 6．B .数形结合，利用梯形中位线和椭圆的定义.

二.7．解：设c为为椭圆半焦距，∵PF1PF20 ，∴PF1PF2 .

222PFPF(2c)12又tanPF1F21 ∴

PFPF2a122PF21PF122解得：()

ca5c5e ． 选D． ,9a38． 解：设A（x0，0）（x0＞0），则直线l的方程为y=x-x0，设直线l与椭圆相交于P（x1，

y1），Q（x2、y2），由 y=x-x0 可得3x-4x0x+2x0-12=0， x+2y=12

24x0，2x012，则

x1x2x1x2332

2

2

2

16x08x4822|x1x2|(x1x2)4x1x20362x0．

933222

∴4141x2|x1x2|，即41422362x02．

333∴x0=4，又x0＞0，∴x0=2，∴A（2，0）．

2

2229．1；k|PF1||PF2|(aex)(aex)aex .

10．②④.

三. 11．解（1）设动点P的坐标为(x,y)，则点Q(0,y)，PQ(x,0)，PA(2x,y)，

PB(2x,y)，PAPBx22y2，

因为PAPB2PQ2，所以x2y2x， 即动点P的轨迹方程为：yx2； （2）设直线m：yk(x2)(0k1)，

依题意，点C在与直线m平行，且与m之间的距离为2的直线上，

2设此直线为m1:ykxb，由|2kb|2，即b22kb2，……①

k2122222把ykxb代入yx2，整理得：(k1)x2kbx(b2)0， 则4kb4(k1)(b2)0，即b22k22，…………② 由①②得：k25，b10，

55此时，由方程组y2510x . 55C(22,10)y2x22222222222a24，所以a2，b25， 12．解：（1）依题意得：c3，

c3x2y21； 所求双曲线C的方程为45（2）设P(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，则A1(2,0)，A2(2,0)，

A1P(x02,y0)，A2P(x02,y0)，A1M(10,y1)，A2N(,y2)，

323因为A1P与A1M共线，故(x02)y110y02y010，同理：y2， y0，y13(x02)3(x02)3则FM(1135,y1)，F2N(,y2)，

3325(x04)2206504所以FM＝65F2N＝y1y2＝6520y10 . 122999(x04)99(x04)13．解：（1）因为|OF|2，则F(2,0)，OF(2,0)，设Q(x0,y0)，则FQ(x02,y0)，

5OFFQ2(x02)1，解得x0，

211151由S|OF||y0||y0|，得y0，故Q(,)，

22222所以，PQ所在直线方程为yx2或yx2；

（2）设Q(x0,y0)，因为|OF|c(c2)，则FQ(x0c,y0)， 由OFFQc(x0c)1得：x0c又S1， c133c|y0|c，则y0， 2421319Q(c,)，|OQ|2(c)2，

c4c253易知，当c2时，|OQ|最小，此时Q(,)，

22a2b242xya10设椭圆方程为221,(ab0)，则25，解得2， 9abb62214b4a22x2y21 . 所以，椭圆方程为

10614．解：（1）设M(x,y)，由PM 由HPPM0得：(3,)(x,3yxMQ得：P(0,)，Q(,0)，

232y23y)0，即y24x， 2 由点Q在x轴的正半轴上，故x0，

即动点M的轨迹C是以(0,0)为顶点，以(1,0)为焦点的抛物线，除去原点； （2）设m:yk(x1)(k0)，代入y4x得：

2k2x22(k22)xk20…………①

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1,x2是方程①的两个实根，

2(k22)2k22,)， 则x1x2，x1x21，所以线段AB的中点为(k2k2k2212k线段AB的垂直平分线方程为y(x2)， kkk令y0，x021，得E(21,0)， 22kk因为ABE为正三角形，则点E到直线AB的距离等于2又|AB|(x1x2)2(y1y2)2＝41k1k2，

k24所以，231k223|AB|， 2k|k|1k2，解得：k2113，x0 .

32215．解：（1）∵F1(c,0),则xMc,yMb，∴kOMb .

aac

∵kAB2bbb2 . ,OM与AB是共线向量，∴，∴b=c,故e2aacar1,F2Qr2,F1QF2, 1（2）设FQr1r22a,F1F22c,

r12r224c2(r1r2)22r1r24c2a2a2

cos110rr2r1r22r1r2r1r2(12)22

当且仅当r1r2时，cosθ=0，∴θ[0,2] .

16．解：（Ⅰ）记P（x,y），由M（-1，0）N（1，0）得

PMMP(1x,y),PNNP(1x,y)， MNNM(2,0) . 所以 MPMN2(1x) . PMPNx2y21 ， NMNP2(1x) . 于是， MPMN,PMPN,NMNP是公差小于零的等差数列等价于

122x2y23xy1[2(1x)2(1x)] 即 . 2x02(1x)2(1x)0

所以，点P的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆. （Ⅱ）点P的坐标为(x0,y0)。PMPNx02y0212 .

2PMPN(1x0)2y0(1x0)2y0(42x0)(42x0)24x022所以cosPMPNPMPN124x0. 因为 0〈x03，

所以

1cos1,0,23sin1cos211,24x0tansin1124x023x0y0.

cos14x20