消去y得(3?k2)x2?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。 由韦达定理有：
8k3?k2 19x1x2??3?k2x1?x2?代入（*）式得
k2?4,k??2?所求Q点的坐标为(?2,0)。
16、已知两定点F1?2,0,F2????????????2,0，满足条件PF2?PF1?2的点P的轨迹是曲线E，直线y?kx?1?????????????A?OBmO?C与曲线E交于A,B两点。如果AB?63，且曲线E上存在点C，使O，求m的值和?ABC的面积S。
本小题主要考察双曲线的定义和性质、直线与双曲线的关系、点到直线的距离等知识及解析几何的基本思想、方法和综合解决问题的能力。满分12分。 【解析】由双曲线的定义可知，曲线E是以F1?2,0,F2且c????2,0为焦点的双曲线的左支，
?2,a?1，易知b?1， 故曲线E的方程为x2?y2?1?x?0?
?y?kx?1 设A?x1,y1?,B?x2,y2?，由题意建立方程组?2 2x?y?1?22 消去y，得1?kx?2kx?2?0
??又已知直线与双曲线左支交于两点A,B，有
?1?k2?0?22????2k??8?1?k??0?? 解得?2?k??1 ?x?x??2k?012?1?k2??2?x1x2??02?1?k?2又∵ AB?1?k?x1?x2?1?k?22?x1?x2?2?4x1x2 2222?2??2k??2?1?k2???4?2?21?k1?k???1?k??2?k? ?1?k?依题意得 2?1?k??2?k??6?1?k?22223 整理后得 28k?55k?25?0
422∴k?5552或k? 但?2?k??1 ∴k?? 7425x?y?1?0 2????????????设C?xc,yc?，由已知OA?OB?mOC，得?x1,y1???x2,y2???mxc,myc?
故直线AB的方程为∴?mxc,myc????x1?x2y1?y2?,?，?m?0? mm??2k2k22??45，y1?y2?k?x1?x2??2?2?2?2又x1?x2?2?8 k?1k?1k?1??∴点C??45,8?
?mm???将点C的坐标代入曲线E的方程，得
8064??1 m2m2得m??4，但当m??4时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意
∴m?4，C点的坐标为?5,2
???C到AB5的距离为2??5?2?1??5?2???1?2?2?1 3∴?ABC的面积S?11?63??3 23x2y217、如图，以椭圆2?2?1?a?b?0?的中心O为圆心，分别以a和b为半径作大圆和小圆。过椭圆右
ab焦点F?c,0??c?b?作垂直于x轴的直线交大圆于第一象限内的点A．连结OA交小圆于点B．设直线
BF是小圆的切线．
（1）证明c?ab，并求直线BF与y轴的交点M的坐标；
2????????12（2）设直线BF交椭圆于P、Q两点，证明OP?OQ?b．
2
【解析】（Ⅰ）由题设条件知，Rt△OFA∽Rt△OBF 故
OFOBcb2?，即? 故c?ab，在Rt△OFA中 OAOFacFA?OA2?OF2?a2?c2?b.
直线OA的斜率koa?b. c设直线BF的斜率为k，则k??1c??. koab直线BF与y轴的交点为M(0,a) (Ⅱ)由（Ⅰ），得直线BF得方程为y?kx?a, 且
2
c2abak?2?2?
bbb?x2y2?1??22223设P(x1,y1)、Q(x2,y2)，由?a2b2 得 (b?ak)x?2ak?x?y?kx?a?2a4?a2b2a(2a?b)2ab32??33 x1x2?222ab?aka?bb2?a2?b4a?22ab? 0?x2y2?1??2222222222由?a2b2 得 (b?ak)y?2aby?ab?abk?0 ⑤ ?y?kx?a?a22ab(1?)a2b2(1?k2)a2b2(b?a)b y1y2?2 ??2233ab?akb?ab2?a2?b????????a3b2a2b2(b?a)a2b3OP?OQ?x1x2?y1y2?33??33 33a?ba?ba?b????????a2b3a2b3a2b注意到a?ab?b?a?c?b?2b，得OP?OQ?3 ??a?b3(a?b)?2b22(a?b)22222211ac2a(a2?b2)12 ???(a?ab)?(a2?c2)?b2
222(a?b)2(a?b)218、已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准
线间的距离为l.
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当ΔAOB面积取得最大值时，求直线l的方程.
x2y2解：设椭圆方程为2?2?1(a?b?c)
ab?b?c?a2?2?2??2a?4??b2?1 （Ⅰ）由已知得??c?c2?1222???a?b?c∴所求椭圆方程为
x2?y2?1. 2（Ⅱ）解法一：由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y?kx?2,A(x1,y1),B(x2,y2)
?y?kx?2?22由?x2，消去y得关于x的方程：(1?2k)x?8kx?6?0
2?y?1??2由直线l与椭圆相交于A、B两点，???0?64k2?24(1?2k2)?0解得k2?3 28k?x?x????121?2k2又由韦达定理得?
6?x?x??121?2k2??|AB|?1?k|x1?x2|?1?k原点O到直线l的距离d?221?k22(x1?x2)?4x1x2?16k?24 21?2k221?k2
?S?AOB116k2?24222k2?3. ?|AB|?d??2221?2k1?2k16k2?2424222解法1：对S?两边平方整理得：4Sk?4(S?4)k?S?24?0（*） 21?2k
∵S?0，
??16(S2?4)2?4?4S2(S2?24)?0,??4?S2 ?2?0?S?S2?24?0??4S2又S?0， ?0?S?
2整理得：S?1 2
2 2
从而S?AOB的最大值为S?2， 242此时代入方程（*）得 4k?28k?49?0?k??14 2所以，所求直线方程为：?14x?2y?4?0. 解法2：令m?2k2?3(m?0)， 22则2k?m?3
?S?22m222 ??m2?4m?42m4即m?2时， m
当且仅当m?Smax?2 2
此时k??14. 2所以，所求直线方程为?14?2y?4?0
解法二：由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为y?kx?2,A(x1,y1),B(x2,y2)，则直线l与x轴的交点D(?2,0)， k
8k?x?x??3??121?2k22由解法一知k?且?，
62?x1?x2??1?2k2?解法1：S?AOB?
112|OD|?|y1?y2|?||?|kx1?2?kx2?2| =|x1?x2| 22k222
16k2?24222k2?3?(x?x)?4x1x2?. ?221?2k1?2k下同解法一.
解法2：S?AOB?S?POB?S?POA222k2?31??2?||x2|?|x1||?|x2?x1|= 21?2k2 下同解法一.