2011年高考数学专题讲解————圆锥曲线 8_one整理
则x1?x2?x1?x212k6kx??， ?021?3k21?3k26k2?2(1?3k2)6k?2?2P(,) ?∴ y0?kx0?2?，即22221?3k1?3k1?3k1?3k?2?22?2?2(1?3k2)1?3k， ?k?0，∴直线AP的斜率为k1??6k6k1?3k2?2?2(1?3k2)32?k??1，由MN?AP，得 ∴ 2?2?6k?6，解得：k??，
6k311.【解】（1）当e?33时，∵a?1，∴c?， 2211313?，b?，点B(0,),F(?,0)，C(1,0)
22442yB(0,b)∴b?a?c?1?222设 由
P的方程为(x?m)2?(y?n)2?r2
P过点F,B,C得
1222∴m?(?n)?r-----------------①
2xA(-1,0)F(-c,0)oC(1,0)(m?32)?n2?r2-----------------② 2(1?m)2?n2?r2-------------------③
52?31?232，n?，r?
444由①②③联立解得
m?∴所求的（2）∵
P的方程为(x?2?321?2325)?(y?)? 444P过点F,B,C三点，∴圆心P既在FC的垂直平分线上，也在BC的垂直平分线上，1?c1bFC的垂直平分线方程为x?--------④ ∵BC的中点为(,)，kBC??b
222b11∴BC的垂直平分线方程为y??(x?)-----⑤
2b21?cb2?c1?cb2?c,y?,n?由④⑤得x?，即m? 22b22b 2011年高考数学专题讲解————圆锥曲线 8_one整理
1?cb2?c??0?(1?b)(b?c)?0 ∵P(m,n)在直线x?y?0上，∴22b22∵1?b?0 ∴b?c 由b?1?c得b?21 2∴椭圆的方程为x2?2y2?1
12.【解】（Ⅰ）证明：设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)
22222222?|OA|?|OB| ∴x1?y1?x2?y2 即：x1?y1?x2?y2
∴x1?x2?y2?y1 ?A,B在C上
2222xyxy∴12?12?1，22?22?1 abab∴两式相减得：x1?x2∴曲线C是一个圆
（Ⅱ）设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)，?a?b?0
∴曲线C是焦点在x轴上的椭圆 ?OA?OB ∴
222222a2a222?2(y2?y1) ∴2?1 即：a2?b2 bby1y2???1 即：y1y2??x1x2 x1x2222222将y?x?1代入bx?ay?ab?0整理得： 2222222 (b?a)x?2ax?a?ab?0
2a2a2(1?b2)∴x1?x2??2，x1?x2? 222a?ba?b?A,B在l上 ∴y1?y2?(x1?1)(x2?1)?x1?x2?x1?x2?1
又?y1y2??x1x2 ∴2x1?x2?x1?x2?1?0
a2(1?b2)2a22222?(?)?1?0a?b?2ab?0 ∴2? ∴2222a?ba?b222222 ∴a?a?c?2a(a?c)?0 ∴2a?2a?c?2ac?0
422222a2(a2?1)c22(a2?1)12e???1? ∴c? ∴
2a2?1a22a2?12a2?12 2011年高考数学专题讲解————圆锥曲线 8_one整理
?a?[113610?[,] ,] ∴2a2?1?[2,4] ∴1?22a?12422e?[23,] 2213.【解】（1）由题设知F1(?a2?2,0),F2(a2?2,0)
由于AF2?F1F2?0，则有AF2?F1F2，所以点A的坐标为(a?2,?故AF1所在直线方程为y??(22)， a1?)，
aa2?2axa2?2所以坐标原点O到直线AF1的距离为(a?2)， 2a?1a2?21又|OF1|?a?2，所以?2a?132a2?2，解得a?2(a?2)，
x2y2??1． 所求椭圆的方程为42（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y?k(x?1)，则有M(0,k)， 设Q(x1,y1)，由于MQ?2QP，∴(x1,y1?k)?2(?1?x1,?y1)，解得
2kx1??,y1?
332k(?)2()23?3?1，又Q在椭圆C上，得解得k??4， 故直线l的方程为y?4(x?1)42或y??4(x?1)， 即4x?y?4?0或4x?y?4?0． 14. 【解】（I）由题意可设抛物线的方程为x??2py(p?0),
2p(x0,y0)(x0?0)的切线方程为x?y?|x?x0??0?2ax0,
p?p??1. ∴抛物线的方程为y?ax2(a?0).
2a （II）直线PA的方程为y?y0?k1(x?x0),
∵过点
2?y?ax, ?
(x?0x).0?k1?y?yy?y0?2ax0(x?x0),
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?ax2?k1x?k1x0?y0?0,
同理,可得xB??xA?x0?k1k,xA?1?x0. aak2?k1 x?x0. k2??k1?0,?k2???k1,Bx???.0aa 又 BM??MA(??0,???1),
?xA?xB ?xM?xB??(xA?xM),xM???x0. ∴线段PM的中点在y轴上.
1?? （III）由??1,P(1,?1),可知a??1. ?A(?k1?1,?(k1?1)2),B(k1?1,?(k1?1)2). ?AP?(2?k1,k12?2k1),AB?(2k1,4k1). ∵∠PAB为钝角，且P, A, B不共线, ?AP?AB?0. 即(2?k21)?2k1?(k1?2k1)?4k1?0.
?k1(2k21?5k1?2)?0.
?k2k1?0,?2k1?1??2,或?152?k1k?2?0.1?0.
又∵点A的纵坐标yA??(k1?1)2, ∴当k1??2时，yA??1；
当?12?k1?0时,?1?yA??14.
∴∠PAB为钝角时点A的坐标的取值范围为(??,?1)(?1,?14).
15.【解】（1）设A(a,0),B(0,b),P(x,y)
?AP?tPB,即(x?a,y)?t(?x,b?y)????2分?a?(1????x?a??tx则?t)x?y?t(b?y)??1?t,由题意知t??b?t?y0,?|AB|?2?a2?b2?4即(1?t)2x2?(1?t22 t)y?4点P轨迹方程C为:x24?y2?4t2?1????4分(1?t)2(1?t)2 （2）t=2时，C为9x24?916y2?1 2011年高考数学专题讲解————圆锥曲线 8_one整理
设M(x1,y1),则N?(?x1,?y1),则MN?2x12?y12.设直线MN的方程为y?y1x,(x1?0)x1点Q到MN距离为3|y1?3x1|h?2????7分22x1?y1?S?QMN3y1?3x1|13??2x12?y12?2?|y1?3x1|????8分22x12?y12|92y1?9x1y14
22?S?QMN?9x1?9x129y129又??1?9x12?y12?441642?S?QMN?4?9x1y19x129y123x3y9xy而1????2?1?1??11416244??9x2y1?4????11分3x3y1当且仅当1?1,即x1??y1时,等号成立242?S?QMN的最大值为22????12分
y2?x2?1 4ca2?b2316.解：（Ⅰ）2b?2.b?1,e????a?2,c?3椭圆的方程为
aa2
（Ⅱ）由题意，设AB的方程为y?kx?3
?y?kx?3?2?(k2?4)x2?23kx?1?0.................4分 ?y2??x?1?4x1?x2??23k?1,xx?. .................5分 12k2?4k2?4
由已知m?n?0得：
x1x2y1y21??xx?(kx1?3)(kx2?3)1222ba4?(1?k3k3)x1x2?(x1?x2)? .................6分 4442