1、M 1、N1S2,MFM 1MM 1F,NFN1NN1F2分如圖，設(shè)準(zhǔn)線1與x的交點(diǎn)為F1 MM 1 / NN1/ FF1IIIIRFM 1MM1F,F1FN1NN1F而 FM 1MFM 1F1FN1N1FN 1800即 2 F1FM 12 F1FN1 1800F1FM 1F1FN1900故 FM1 FN1證法2:依題意,焦點(diǎn)為F(-P,0),準(zhǔn)線1的方程為X衛(wèi)22設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為M( X1,yJ,N(X2,y2),直線 MN的方程為X/y/f£1<>V、島Umy 2，那么有(文)如圖，過拋物線y2= 2PX(P>0)的焦點(diǎn)F的直線與拋物線相交于 M、N兩點(diǎn)，

2、自M、 N向準(zhǔn)線L作垂線，垂足分別為(I )求證：FM1 丄 FN1：(H )記厶FMM 1、 FM1N1、A FN N1的面積分別為 S1、S3,試判斷S22= 4S1S3是否成立，并證明你的結(jié)論。本小題主要考查拋物線的概念，拋物線的幾何性質(zhì)等平面解 析幾何的根底知識，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識進(jìn)行推理運(yùn)算的能力(總分值13分)答案:(1)證法1:由拋物線的定義得MF| |MM1 , NF| |NM ,M1( 2，yJ,N1( P，y2),FM1 ( p,yJ,FN1 ( py?)p亠 x my由2得y2y2 2pX2mpyp202mp ,yy2pyy曰是，yiy2p20,故 FMi FNi2(n

3、) S2 4S£成立，證明如下:證法1：設(shè)M (Xi,yJ N(X2,y2)，那么由拋物線的定義得|MMi | | MF | Xi 號,| NNi | |NF | x2 |MMi| |FiMi| 扣號)|%|i| | FFi |p | yi y2 |ip|FiNi| 尹2 |)|y2|i2 ip| yi y21) 4 尹Si21 |MiN2212 |NNiS2 4SiS3S2S3p)丨 yi 丨 i(X2 | y2 |i 24p(yiy2)2 4yiy2XiX2 2(Xi2pX2)| yiy2|4Xi將myiX2my2p2p2與 yiy2yiy2mp代入上式化簡可得p2( 2P (m

4、2 z 2 2P (m pp )，此式恒成立。故S2 4SlS3成立。證法2：如圖，設(shè)直線MN M的傾角為，|MF | r,| NF | r2那么由拋物線的定義得|MMi|MF| ri,| NNi | | NF | aI MMi/NNi/FFi, ''FMMi , FNNi】r22sin()rf sin2 2在FMM i和FNNi中，由余弦定理可得2 2 2|FM 1 | 2r1 2r1 cos22r1 (1 cos ),|2 2 2 2FN1 | 2r2 2r2 cos2r2 (1 cos )由(I)1的結(jié)論，得 S2- |FM1 | |FN1 |S；|FM J2 | FN1

5、 |2 1 4r12 r22 (1 cos )(1 cos ) r12r/sin24S1S344即S；4S1S3，得證。來源：09年高考湖北卷題型：解答題，難度：較難在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，點(diǎn)P到點(diǎn)F (3, 0)的距離的4倍與它到直線x=2的距離 的3倍之和記為d，當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動時，d恒等于點(diǎn)P的橫坐標(biāo)與18之和(I)求點(diǎn)P的軌跡C;(H)設(shè)過點(diǎn)F的直線I與軌跡C相交于M，N兩點(diǎn)，求線段 MN長度的最大值。答案:(I)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x, y),那么d4 (x 3) y3| x-2|x 2IU22y27i在直線假設(shè)直線I的斜率k存在，那么直線I的方程為yk(x 3)由題設(shè)1當(dāng) x>2

6、時，由得 ：(x 3)2 y26 -x,2 2化簡得 jL乞i3627當(dāng)x 2時由得.(3 x)2 y23 x,化簡得y212xx2故點(diǎn)P的軌跡C是橢圓C1 :-362x=2的右側(cè)局部與拋物線 C2 : y12x在直線x=2的左側(cè)局部(包括它與直線 x=2的交點(diǎn))所組成的曲線，參見圖 1(H)如圖2所示，易知直線x=2與c1 , c2的交點(diǎn)都是A (2, 2、6 ),B (2,2.6 )，直線 AF , BF 的斜率分別為 kAF = 26 , kBF = 6 .當(dāng)p在G上時，由知1PF| 6 -x.當(dāng)P在C2上時，由知 pF 3 x(i)當(dāng)kw kAF，或k> kBF，即k<-2

7、6時，直線I與軌跡C的兩個交點(diǎn)M (捲,y1), N ( x2 , y2)都在C 1上，此時由知I MF I = 6 - 1 x12I NF I = 6-從而 I MN I = I MF I + I NF I =1x2 2(6 - 1 x1) +21 1(6 一尹)=12 -(x1+x2)y k(x 3)由x2 v2得(3 4k2)x2 24k2x 36k2 108 0那么人,力是這個方程的兩136 27根，所以xi + x =24k3 4k2I MN I =i2 -( x,2=i2 -3i2k24k2因為當(dāng)k 2 . 6,或k2 一6寸,k224,MN12i2k23 4k2 i2i2 L十4

8、iOOii當(dāng)且僅當(dāng)k2.6時，等號成立。當(dāng)kAEkAN, 2.6 k2 6時,直線L與軌跡C的兩個交點(diǎn)M(xi, Vi), Ng, V2)分別在Ci,C2上,不妨設(shè)點(diǎn)M在Ci上，點(diǎn)C2上，那么知,1MF 6 x, NF 3 x22 1 2設(shè)直線AF與橢圓Ci的另一交點(diǎn)為E(xo, Vo),那么Xo XiX 2.1 1MF 6 丄洛 6 -x0 EF , NF 3 x2 3 2 AF2 2所以 MN MF| |NF EF | AF |AE|。而點(diǎn) A , E 都在 C 上，且2/6,有(1)知| AE 型,所以MN1110011假設(shè)直線 的斜率不存在，那么 x-i = x2 =3，此時MN112

9、 -( X2)910011綜上所述，線段MN長度的最大值為來源：09年高考湖南卷 題型：解答題，難度：較難2 2 2 2如圖，拋物線 E : y x 與圓M :(x 4) y r (r 0)相交于A、B、C、D 四個點(diǎn)。(I)求r的取值范圍(H)當(dāng)四邊形 ABCD的面積最大時，求對角線 AC、BD的交點(diǎn)P的坐標(biāo)。2 2 2M :(x 4) y r (r 0)的方程，消去答案:整理得x27x 16r20(1)拋物線E： y2x與圓M : (x4)22yr2(r0)相交于A、B、C、D四個點(diǎn)的充要條件是：方程(1)有兩個不相等的正根49二 Xi4(16X2r2)070即r52或r2。解這個方程組得

10、52r 4Xix216 r204r42y ,解：(I)將拋物線E : y2 x代入圓r尋).2(II)設(shè)四個交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(xir.x?)、B(x1, ,x1)、C(x2, ,x2) >D(X2, . X2)。那么由I根據(jù)韋達(dá)定理有x-i x2 7, x-|X2 16 r2, r1那么 S 2 2|X2Xi|(.Xi.X2)|X2Xi| (.Xi.X2)S2 (XiX?)2 4xix2(xiX22.亦)(7 2.i6 r2)(4r2 i5)方法i：S2(7r2 t，那么 S2由三次均值有:2t)2(7 2t)i .7 2t 72( 一(72t)2(72t)F面求S2的最大值。2(72

11、t i4 4t)32t)(72t)(i4 4t)意。當(dāng)且僅當(dāng)7 2t i4 4t，即t 6時取最大值。經(jīng)檢驗此時法2 :設(shè)四個交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(Xi,. %)、B(Xi,Xi)、C(X2, M)、D(X2, ,X2)那么直線AC、BD的方程分別為x2xiXi), y XiX2X2Xi(XXi)解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為xi x2,0。設(shè) t xix2，由 t 16 r2 及(i)得 t (0,4由于四邊形ABCD為等腰梯形，因而其面積 Sxix2 |xi X2 |那么S2(Xi2 xi x2X2)( Xi2x2) 4xix2將 Xix27, xi x2 t代入上式，并令f(t)s2，等f(t)(72t

12、)2(72t)8t328t298t343(0t i),f'(t)24t256t982(2t7)(6t7),令f'(t)0得t 7，或t 7 (舍去)6 2當(dāng) 0 t -時，f'(t)0 ;當(dāng) t -時 f'(t)0 ;當(dāng)-t -時，f'(t)6 6 6 2故當(dāng)且僅當(dāng)t -時，f(t)有最大值，即四邊形 ABCD的面積最大，故所求的點(diǎn)6坐標(biāo)為(7,0)。6來源：09年高考全國卷題型：解答題，難度：中檔17 拋物線C:x2=2py(p>0)上一點(diǎn)A(m,4)到其焦點(diǎn)的距離為4x軸于(I) 求p與m的值；(II) 設(shè)拋物線 C上一點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t(t&g

13、t;0)，過P的直線交C于另一點(diǎn)Q，交點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作PQ的垂線交C于另一點(diǎn)N.假設(shè)MN是C的切線，求t的最小值.答案：解析(I)由拋物線方程得其準(zhǔn)線方程：y 衛(wèi)，根據(jù)拋物線定義2點(diǎn)A(m,4)到焦點(diǎn)的距離等于它到準(zhǔn)線的距離，即4 衛(wèi) 17，解得P2 422拋物線方程為：x y，將A(m,4)代入拋物線方程，解得 m 2那么Ipq : y t2k(x t)，當(dāng) y 0,xt2 kt t2 kt c、,0)。 k聯(lián)立方程即：(Xt)xt22x(kk(xt)，整理得:2x2 kx t(k t)Q(kt,(k1nq ： y (k整理得：x2kxk(kN(k(kK nmyt)解得xt,或 x k t2t

14、)，而 QNQP，直線NQ斜率為21世紀(jì)教育網(wǎng)t)t)1；xk(kt)(k t)，聯(lián)立方程y (kt)2(k1x (k1 k(k(k t)20，即:kx2(kt)k(kt)t)1 0t)0,解得：xt)2kk2k(k t) 12t) 1k(kt)kk2k(k t) 1 t2 ktkk(k2k(t2kt 1)2k21)而拋物線在點(diǎn)N處切線斜率：k切k(k t) 1k2k(k t)kMN是拋物線的切線,2 2(k kt 1)2k(k t) 2k2 tk 1 2t202 2t 4(1 2t )來源：09年高考浙江卷題型：解答題，難度：中檔拋物線C : x2k(t2k2 1)整理得解得t -(舍去)，

15、或t3172py(p 0)上一點(diǎn)A(m,4)到其焦點(diǎn)的距離為 一4(I) 求p與m的值；(II) 設(shè)拋物線C上一點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t (t 0)，過P的直線交C于另一點(diǎn)Q，于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作PQ的垂線交C于另一點(diǎn)N 假設(shè)MN是C的切線，求t的最小值答案:(I) 由拋物線方程得其準(zhǔn)線方程：y 卩，根據(jù)拋物線定義2p 17 點(diǎn)A(m,4)到焦點(diǎn)的距離等于它到準(zhǔn)線的距離，即4 24y，將A(m,4)代入拋物線方程，解得P(t,t2)的直線拋物線方程為：x2(n)由題意知，過點(diǎn)那么1pq ： y t2k(xt)，當(dāng) y 0,xPQ斜率存在且不為0, t2 ktk，解得設(shè)其為k。kkt,0)。聯(lián)立方程 y即：

16、(x t) x212 k(x t)，整理得: x y(k t)0,x2 kx t(k t)解得xt,或 x k t1 NQ :y21(k t)2-x (k t)，聯(lián)立方程y(kt)2fx(kk2xy整理得:x2 1x (k t) (k t)20，即：kkkx2x(kt)k(kt)kxk(kt) 1x (k t)0,解得：xk(kt)1或x ktk直線NQ斜率為 -kt)1 02Q(k t,(k t)，而 QN QP,N(K NMk(k t) 1 k(k t) 12k，k")2k(k t) *k2(k kt 1)k(k t) 1 kt2 kt k(t2 k21)k而拋物線在點(diǎn)N處切線斜

17、率：k切y2k(k t) 2k(k t) 1xkkMN是拋物線的切線,2 2k tk 1 2t 0(k2kt 1)22 2k(tk1)2k(k t) 2 k整理得22t24(1 2t2)0,解得 t (舍去)，或 t -,3 來源：09年咼考浙江卷題型：解答題，難度：較難拋物線y2=4ax(0v av 1 =的焦點(diǎn)為F,以A(a+4,0)為圓心，| AF |為半徑在x軸上 方作半圓交拋物線于不同的兩點(diǎn)M和N，設(shè)P為線段MN的中點(diǎn).(1) 求 | MF | + | NF | 的值；(2) 是否存在這樣的 a值，使| MF |、| PF |、| NF |成等差數(shù)列？如存在，求出a 的值，假設(shè)不存在

18、，說明理由y2 4ax (x a 4)2答案:(1) F (a,0),設(shè) M (心 yj, N(X2, y2), P(x°, y°)，由x22(a 4)x (a2 8a)0 ,0, x1 x22(4 a) , MF|NF| (x1 a) (x2 a) 8(2)假設(shè)存在a值，使的MF , PF , NF成等差數(shù)列，即2 PF MF NF2xo 為 X2x04 a，T P是圓A上兩點(diǎn)M、N所在弦的中點(diǎn)，二APMNy0y2y1X0a4X2 X1由得y0c y2 y12a4a(y22ayj2 / 2 8a4a2,2y°4a0，這是不可X2XX2X1y1 y2y0能的假設(shè)不

19、成立a值，使的即不存在MF ,PF , NF成等差數(shù)列.來源：09年福建省福州市月考一題型：解答題，難度：較難拋物線x2=4y的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)0，- 1作直線L交拋物線A、B兩點(diǎn)，再以AF、BF 為鄰邊作平行四邊形 FARB，試求動點(diǎn)R的軌跡方程.12分答案:設(shè)Rx,y, / F0,1, 平行四邊形FARB的中心為 5?亍，L:y=kx - 1,代入拋物線方程得 x2-4kx+4=0,設(shè) A(x i,yi),B(x2,y2)，那么 xi+x2=4k,xix2=4，且=16k2- 16>0，即 |k|> 1 ，2(x1 x2)2x1 x2424k 2，: C為AB的中點(diǎn). XX2X2

20、2k22y1y2y2I22X4k消去y4k232 2x1x2y1y2 4一2k21k 得 x2=4(y+3),由得,4，故動點(diǎn)R的軌跡方程為x2=4(y+3)( x 4).來源：09年福建省福州市月考一題型：解答題，難度：中檔點(diǎn)A2，8，Bxi，yi，Cx2，y2在拋物線寸 2px上， ABC的重心與 此拋物線的焦點(diǎn)F重合如圖1寫出該拋物線的方程和焦點(diǎn) F的坐標(biāo)；2求線段BC中點(diǎn)M的坐標(biāo)；3求BC所在直線的方程.答案:1解得22y2y22px 上，有 8 2p 2，32x，焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為8，由點(diǎn)A2，8在拋物線p=16.所以拋物線方程為如圖，由于 F 8，0是厶ABC的重心，M是BC的中點(diǎn),A

21、E 2，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為x0, y0，那么定比分點(diǎn)，且FM0).2 2X0 8,80，解得 Xo 11,y°4,1 2 1 2 所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為(11,- 4).(3) 由于線段BC的中點(diǎn)M不在x軸上，所以BC所在的直線不垂直于x軸設(shè)BC所在直線的方程為：y 4 k(x 11)(k 0).由 y 4 k(x 11),消 X 得 ky232y32(11k 4)0，y232x所以y, y232，由(2)的結(jié)論得% y24，解得k 4.k2因此BC所在直線的方程為：4x y 40 0.來源：09年福建省福州市月考一題型：解答題，難度：中檔求以拋物線3y216x的頂點(diǎn)O，焦點(diǎn)F及拋物線上縱坐標(biāo)

22、為4的點(diǎn)P為頂點(diǎn)的OPF的周長。答案：設(shè)P x°,y° 因為P是拋物線上的一點(diǎn)所以3y20 16x。根據(jù)提題意y。 4所以X。 3 即P 3,4PF3 -3133OP ,(30)24 0 2541332C OPF5333來源：09 年福建省福州市月考一題型：解答題，難度：中檔動點(diǎn)P到點(diǎn)A (0, 8)的距離比到直線l: y 7的距離大1,求動點(diǎn)P的軌跡方程。答案：動點(diǎn) P 到點(diǎn) A(0, 8)的距離比到直線 l: y 7的距離大 1 所以動點(diǎn) P 到點(diǎn) A( 0, 8)的距離等于到直線 l : y 8 的距離所以 P 的軌跡是以 A(0, 8)為焦點(diǎn), l : y 8為準(zhǔn)線

23、的拋物線 所以動點(diǎn) P 的軌跡方程為 x232y來源：09 年福建省福州市月考一題型：解答題,難度：中檔拋物線 y2 4x 上的一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為 5,求這點(diǎn)的坐標(biāo)。答案：設(shè) p Xo,yo因為P是拋物線上的一點(diǎn)，所以 P到焦點(diǎn)的距離等于 P到準(zhǔn)線的距離即X。15 所以X。6 代入拋物線方程得 yo 4所以P 4, 4來源：09年福建省福州市月考一題型：解答題，難度：容易、 2曲線C：y= X與直線l:x-y+ 2=0交于兩點(diǎn)A(XA,yA)和B(xB,yB)，且xa<xb.記曲線C在 點(diǎn)A和點(diǎn)B之間那一段L與線段AB所圍成的平面區(qū)域(含邊界)為 D.設(shè)點(diǎn)P(s,t)是L上 的任一點(diǎn)，且

24、點(diǎn) P與點(diǎn)B均不重合.(1) 假設(shè)點(diǎn)Q是線段AB的中點(diǎn)，試求線段 PQ的中點(diǎn)M的軌跡方程；51(2) 假設(shè)曲線G: x2-2ax+ y2-4y+a2+=0與D有公共點(diǎn)，試求a的最小值.答案:(1)聯(lián)立y x2與y x 2得xA1, XB1 52，那么AB中點(diǎn)Q(-,-)，設(shè)線段PQ的中點(diǎn)M坐標(biāo)為(x, y)，那么x J21s,y2x-,t 2y 5，又點(diǎn)P在曲2 2線C上， 2y (2x和點(diǎn)B重合，那么1 2)化簡可得y12x 2，即21511，又點(diǎn)P是L上的任一點(diǎn)，且不與點(diǎn)A85 ,中點(diǎn)M的軌跡方程為4占；八、11y(2)曲線 G : x2 2ax y2即圓 E : (x a)2 (y 2)

25、2由圖可知，當(dāng)0 a 、2時,當(dāng)a 0時，要使曲線G:x24y5125坐，其圓心坐標(biāo)為 E(a,2)，半徑r25曲線G: x22ax y24y a251252ax y24y510 與點(diǎn)25心E到直線l : x y 20的距離d |a 22|、2最小值為口5來源：09年高考廣東卷0與點(diǎn)D有公共D有公共點(diǎn)，只需圓| a |77 2，得a 0，那么a的.255題型：解答題，難度：較難設(shè)A(x1, y1), B(x2 ,y2)兩點(diǎn)在拋物線y 2x2上, l是AB的垂直平分線，(1) 當(dāng)且僅當(dāng)Xi X2取何值時，直線I經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn) F?證明你的結(jié)論;(2) 當(dāng)Xi 1,X23時，求直線I的方程(3)

26、 當(dāng)直線I的斜率為2時，求？在y軸上截距的取值范圍。答案:(I)v法一F I | FA | | FB | 代B兩點(diǎn)到拋物線的準(zhǔn)線的距離相等拋物線的準(zhǔn)線是X軸的平行線，yr 0,y20,依題意y1, y2不同時為0，上述條件等價于yry2Xi2X2(XiX2)(XiX2)0； XiX2，上述條件等價于XiX20.即當(dāng)且僅當(dāng)Xi X20時，I經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn)F.v法二拋物線 y 2x2，即 X2- , p -，24i焦點(diǎn)為F(0,)8(1) 直線I的斜率不存在時，顯然有x1 x20(2) 直線I的斜率存在時，設(shè)為k，截距為b%2k XiX2b2 2%y21XiX2k22x122x2kX1X2 b2

27、2222X12x21X1X2k221,X1X2 bX1X2kb21X1X22k221X1X24b0 b14即I的斜率存在時，不可能經(jīng)過焦點(diǎn)1F(°，8)所以當(dāng)且僅當(dāng)xi X2=0時，直線I經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn) F(2)當(dāng) x( 1,x23 時,直線I的斜率顯然存在，設(shè)為 I得：I : y=kX+b那么由2X12X2Xik21X2杰kb222k10k 14b 414所以直線I的方程為4143設(shè)I在y軸上的截距為b,依題意得I的方程為y 2x b ；過點(diǎn)A、B的直線方程可寫為y1x m，所以x1, x2滿足方程2x2 丄乂 m20,得 x1X2B為拋物線上不同的兩點(diǎn)等價于上述方程的判別式8m

28、0,132設(shè)AB的中點(diǎn)N的坐標(biāo)為X°,y0，那么Xo1(x1X28，yo2x0m -Im.282 161 b，于是b932551m -1616 32即得I在y軸上截距的取值范圍為(2)32來源：09年浙江紹興月考一題型：解答題，難度：較難過拋物線y2 2px(p 0)的對稱軸上一點(diǎn) A a,0 a 0的直線與拋物線相交于 M、N兩點(diǎn)，自M、N向直線I : x a作垂線，垂足分別為 M1、N1。(I)當(dāng)a -時，求證：AM1丄AN1 ；2(n)記 AMM1、 AM1N1、 ANN1的面積分別為 S、S2、&，是否存在，使得對任意的a 0,都有S；SS2成立。假設(shè)存在，求出的值；

29、假設(shè)不存在，說明理由。答案:解：依題意,可設(shè)直線MN的方程為xmy a, M (xyj, N (x?, y?)，那么有 21 世紀(jì)教育網(wǎng)M ( a, y1), N( a, y：)x my a9由 2消去x可得y 2mpy 2ap 0y 2pxa)XiP2(P4圖2a2 a2P2P2P2P2Pyi y2 2mp22a 2( m p4p24p2也,Kanp曰 疋(i)如圖i,當(dāng)l為其準(zhǔn)線X可得yyp,y2)0,即 AM1AN1 21世紀(jì)教育網(wǎng)2yMppt r. t-t r. - -.、2 - 證法i：AMfa |時，點(diǎn)A(| ,0)即為拋物線的焦點(diǎn),p此時 Mi(二，yi),Ni( , y2),并

30、由Ip,yi),ANfX2 m(yi y2)2又由yi22pxi， yi2px2 可得 XiX2k證法2： f AMi從而有(yi y2 )2(2ap)2i,即 AMi ANi.20，都有S24 Si S3成立，證明如下:證法1：記直線I與x軸的交點(diǎn)為a，那么OAOAa。于是有y22ap(n)存在4，使得對任意的2 pKaM1 K AN1ksBu12MM 1AM11(人2a) y1S212M1N1|AA1ay1y2S312NN1AM12(x2a) y2S24S03(ayiy2 )2g a)yj(x2a)y2a2(yi y2)2 Ayy x a(N x?) a2將、代入上式化簡可得2 2 24a

31、 ) 4a p(m p 2a)4S1 S3成立2 2 2 2a (4m p 8ap) 2ap(2am p上式恒成立，即對任意 a 0,S；2證法2：如圖2,連接MNNMj,那么由y1y22ap, y1 2 px1可得Kom 丸2£ 2py2 2pyi上 Kon,所以直線MNi經(jīng)過原點(diǎn)0, X1yiy22ap a同理可證直線NM 1也經(jīng)過原點(diǎn)0又 OA |0A a設(shè)|MiA| h,NiA| h2, MMi di, NNd?,那么1 1 1Si -dihi，S2 - 2a(h, hj a(h, 0),$ 2d20.來源：09年高考湖北卷 題型：解答題，難度：較難如圖，三角形 PAQ頂點(diǎn)P

32、(-3，0)，點(diǎn)A在y 軸上，點(diǎn) Q在x軸正半軸上，PA AQ 0，QM 2AQ。(I )當(dāng)點(diǎn)A在y軸上移動時，求動點(diǎn) M的軌跡E 的方程；(II )設(shè)直線I: y k x 1與軌跡E交于B C兩點(diǎn)，點(diǎn)D( 1，0)，假設(shè)/ BDC為鈍角，求k的取值范圍。t7010 疽x廠 /乙乙X/ :割A(yù)辛感Xt7乙xkx乙xxo oa - aaloal laalo oa aaoaa 7 soo . |oa| |aa'認(rèn)'lx kx 日ci '臥'？x99 oaa 7SOO4 IMOaa 7.-.oa aa% J 2x oa00 'v '吹ao 視id- o

33、XXi7人乙»甲岳> 陀AZqe xovsl/IO< e<qOV 'A 'qx |/IO X岳乙- Izq£ 尹<0OV - Vd Xe<qOV <e 0 Vd 砸0 q 0 'q 00<Oe e '0VO'A 'x|/IO 視l:搦y2k X!1 k x21 k %x2x1x215 10分<4><5>代入3得：k2丄二k2，此時02 22、.22k0，二k的范圍是-，0 0，12分2 2來源：題型：解答題，難度：較難設(shè)F (1, 0) , M點(diǎn)在x軸上，P點(diǎn)在

34、y軸上，且 MN 2 MP , PM PF .(I)當(dāng)點(diǎn)P在y軸上運(yùn)動時，求 N點(diǎn)的軌跡C的方程；(H)設(shè) A( Xi,yi ),B( X2,y2 ),D( X3,y3)是曲線 C 上的三點(diǎn)，且 | AF |、|BF|、| DF | 成等差數(shù)列，當(dāng) AD的垂直平分線與 x軸交于E (3，0)時，求B點(diǎn)的坐標(biāo).答案:解:(I)： MN 2 MP，故P為MN中點(diǎn).1分又T PMPF，P在y軸上,yF 為(1，0 )，故 M 在 x 軸的負(fù)方向上，設(shè) N ( x，y )那么 M ( x，0 )，P 0,| ，(x0 )，2 分 .PM x, - , PF 1, y，3 分 又T PM PF 故 PM

35、 PF 0,4- 2|AF| X1X11 X32y12y3線為y12y3y2 2 .2y-0y24拋物線1, |BF| X22 x2yiyiy3 yiy3X44x x 0是軌跡C的方程.5分C 的準(zhǔn)線方程是1 ,由拋物線定義1，|DF|X1y34 x1x316分X 3 2x 27分X3AD中占I 八、jAF、BF|、|DF|成等差數(shù)列,又yfy1y3X1X3X1 X324x1, y2 4x2, y3 4x3,48分 AD的中垂y1y3寧在其中垂線上，y1 y3 X1X342.B點(diǎn)坐標(biāo)為1 , 2或(1,X23 . . X221 .T1分.由旳2 4X2 .來源：題型：解答題，難度：較難二次函數(shù)

36、y=f1x的圖象以原點(diǎn)為頂點(diǎn)且過點(diǎn)1,1，反比例函數(shù)y=f2x的圖象與直線y=x的兩個交點(diǎn)間距離為 8,fx= f 1x+ f 2x.1求函數(shù)fx的表達(dá)式；2證明：當(dāng)a>3時，關(guān)于x的方程fx= fa有三個實數(shù)解.答案：【解】由，設(shè) fi(x)=ax2,由 fi(1)=1,得 a=1, fi(x)= x2 rk設(shè)f2(x)= (k>0),它的圖象與直線y=x的交點(diǎn)分別為xA . k ,、kb , k，- . k88由 AB =8,得 k=8,. f2x=.故 fx=x 2+ XX2 8 2 8 【證法一】fx=fa，得 x2+ =a2+ ,x a即 8 = X2+a2+ 8在同一坐

37、標(biāo)系內(nèi)作出f2x= 8 和Xxa8f3(x)= x2+a2+的大致圖象，其中f2(x)的圖象是以坐標(biāo)軸為漸近線，且位于第一、三象a8限的雙曲線，f3(x)與的圖象是以(0, a2+)為頂點(diǎn)，開口向下的拋物線.a因此，f2(x)與f3(x)的圖象在第三象限有一個交點(diǎn)，即f(x)=f(a)有一個負(fù)數(shù)解2 8又T f2(2)=4, f3(2)= 4+a2+a8當(dāng) a>3 時,.f3(2) f2(2)= a2+ 8>0,a當(dāng)a>3時,在第一象限f3(x)的圖象上存在一點(diǎn)(2,f(2)在f2(x)圖象的上方 f2(x)與f3(x)的圖象在第一象限有兩個交點(diǎn)，即f(x)=f(a)有兩個正

38、數(shù)解因此方程f(x)=f(a)有三個實數(shù)解88【證法二】由 f(x)=f(a),得 x2+=a2+,xa8即X ax+a =0,得方程的一個解 Xi=a.ax8方程 x+a=0 化為 ax2+a2x 8=0,ax由 a>3, =a4+32a>0,得a2 *a4 32 aa2 v'a4 32a2a2aX2=, X3= 一T X2<0, X3>0, J. X1M X且 X2M X2a假設(shè) xi= X3,即卩 a= a-，那么 3a2= a4 32a , a4=4a,得a=0或a= % 4，這與a>3矛盾， xi工x故原方程f(x)=f(a)有三個實數(shù)解來源：題

39、型：解答題，難度：較難點(diǎn)B (- 1 , 0), C (1, 0), P是平面上一動點(diǎn)，且滿足| PC | | BC | PB CB.(1) 求點(diǎn)P的軌跡C對應(yīng)的方程；(2) 點(diǎn) A (m,2)在曲線 C上，過點(diǎn) A作曲線C的兩條弦 AD , AE，且AD , AE 的斜率ki、k2滿足ki k2=2.求證：直線DE過定點(diǎn)，并求出這個定點(diǎn).答案：(1)設(shè)P(x,y)代入 |PC|BC| PB CB得.(x 1)2 y2 1 x,化簡得 v2 4x.(3分)(2)將 A(m,2)代入 y2 4x 得 m 1,(4分)b,D(X1,y1), E(X1,yJ設(shè)直線DE的方程為y kx,ykxb/口由

40、2得k2 2x2(kby4xkADk AE2,y12 y21x22)x b20,21 2(2°(6 分)且kx1將Xi(10分)bX2(10 分)kxk(x1)kxk(x1)R1)R4xby線段Az 02 k(k 2)k 22 0kx b得 ykx b得 ykx2 b求 k(k2(k 2)22,過定點(diǎn)1, 2.2,過定點(diǎn)1,2,不合,舍去,b 將b 將b定點(diǎn)為1, 2b2；2代入化簡得b2k2(k 2). k 2代入y 2k代入y2(kb 2),X1X22)x1x2 (kb 2k 2)(x1 x2) (b 2)2來源:題型：解答題，難度：較難I與拋物線如圖，過點(diǎn)A-1，0，斜率為k的

41、直線2c: y 4x交于p、q兩點(diǎn)。1假設(shè)曲線C的焦點(diǎn)F與P，Q， 軌跡方程；2設(shè)P，Q兩點(diǎn)只在第一象限運(yùn)動，0，8點(diǎn)與 PQ中點(diǎn)的連線交x軸于點(diǎn)N，當(dāng)點(diǎn)N在A點(diǎn)右側(cè)時， 的取值范圍。R三點(diǎn)按如圖順序構(gòu)成平行四邊形PFQR，求點(diǎn)R的答案:消x得解：(1)由 I : y k(x 1)， y2 k(xyk 24yk -0直線I交C于兩點(diǎn)P、Q,.41 k2是PQ中點(diǎn),k 1。設(shè) P(xi，yj , Q(X2,y2),R(x, y),一 2, M點(diǎn)縱坐標(biāo)yM ,將其代入 kk/ PFQR是平行四邊形， R、F中點(diǎn)也是4yiy2M，而Fl方程，得(1,0) x(1,/ P、結(jié)合xM-,y 4，消 k

42、得 y3 k24(x3)。又 T(1,0)(0,1),),點(diǎn)R的軌跡方程為y 2Q在第一象限- y1y24(x 3)(x0, y1y2 0(1)得 k (0,1)(0，8)點(diǎn)與y 0，得N點(diǎn)橫坐標(biāo)Xn4k28k 4k2 N在點(diǎn)A右側(cè)令 Xn1)PQ中點(diǎn)所在直線方程為jx 8 令2 k1解之得k 0或丄4綜合，k的取值范圍是來源:題型：解答題，難度：較難點(diǎn)H (0, 3),點(diǎn)P在x軸上,點(diǎn) Q在y軸正半軸上，點(diǎn)M在直線PQ上，且滿足HP PM30 , PM-MQ。當(dāng)點(diǎn)P在x軸上移動時，求動點(diǎn) 過定點(diǎn)A (a, b)的直線與曲線M的軌跡曲線C的方程；C相交于兩點(diǎn)S、R,求證：拋物線 S、R兩點(diǎn)處的

43、切線的交點(diǎn)B恒在一條直線上。答案:(1)解：設(shè) P(a,0), Q(0, b)那么：HP PQ (a,3)(a, b)3b 0a23b3設(shè) M (x,y)v PMHQ22a%2_323b (2)解法一：設(shè) A(a, b),1 2、R(X2, X2)4(X1M X2)1那么：直線SR的方程為：y x141 2X241X1-(X xj ,即 4y =(X1+X2) X X1X2x2x1/ A點(diǎn)在 SR上， 4b=(Xi+X2)a X1X2對y拋物線上1 2y 4X2聯(lián)立,11x2求導(dǎo)得：y' = x421 2x1(x x1)即 4y 2X1X X121 24 X12X2)即 4y 2X2X

44、 X2S、R處的切線方程為：yiX2(x并解之得X-! X21 2，代入得:XtX24ax2y 2b=0 故：B 點(diǎn)在直線 ax 2y2b=0上解法二：設(shè)A(a, b)當(dāng)過點(diǎn)A的直線斜率不存在時題意不符，可設(shè)直線 SR的方程為y b=k(X a)與yl與拋物線有且僅有一個公共點(diǎn)，與1 2 2X2聯(lián)立消去y得：x 4kx+4ak1 2 1 2設(shè)S(X1,4X1)，R(XsX2)X1 工 X2那么由韋達(dá)定理:x1 x2 4kx1x24(akb)又過S、R點(diǎn)的切線方程分別為:4y22X1X X1 , 4y2X2X2X2x聯(lián)立，并解之得yX X2 2 1X-iX24ak bk為參數(shù)消去 k,得：ax

45、2y 2b=0故：B點(diǎn)在直線2ax y b=0上來源:題型：解答題，難度:較難如圖，求由兩條曲線1所圍成圖形的面積y= x2, 4y= x2及直線y=答案:解：理由對稱性,的2倍2分由y所求圖形面積為位于2所求圖形的面積xy軸在側(cè)圖形面積得 C (1, 1)同理得 D (2, 1)224 (x2)dx(1)dx2dx)32(X4-3X來源: 題型：解答題，難度：難過拋物線y ax2a 0外一點(diǎn)P x0, y0,向拋物線作兩條切線，切點(diǎn)分別為A、B。1求直線AB的方程；2設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為 F。求證：| PF |2 | AF | | BF |。答案:1設(shè)切點(diǎn)A捲，yj，B X2 , y2 ，那么過

46、A x! , yi處切線方程為 y y! 2a%x xj 即 y 2axM ax； 2axM y!， 同理過B x2 , y2處切線方程為y2ax2x y2。又P Xo , yo在上述兩切線上，yo2ax!x0yi，y。2ax2X0 y，過A、B兩點(diǎn)的直線方程為：y°2ax0x y，即y 2ax0xy0。 6 分2聯(lián)立y2 ax2 ax2ax0x y0 0y2ax0xy。 X!X2 2x°,X1X2y。aTAF|BF| xi2 " 4aj x2y2 4a2yi2a(扛1 1 1(yi 4a)(y2 扃)yiy2 (yiy2)i16a22ax12ax2-1 (ax24a2 1ax2) 216a2y。1yo2a12 12 2 xo (yo) X。4a16a22 1 2 1yo(X1 X2)2X1X224 16a22I PF |(12分)來源：06武漢調(diào)考U題型：解答題，難度：較難設(shè)曲線c:y=x (x>0 )上的點(diǎn)Po(xo, yo),過P 0作曲線c的切線與x軸交 于Q 1,過Q 1作平行于y軸的直線與曲線c交于P 1(x1, y 1),然后再過P i作曲線c