点在（1，0），焦点到准线的距离p=4，开口向左.
∴y2=－8（x－1），即y2=－8x+8. 65.答案：x=3 （x－2）2+y2=1
解析：原方程可化为y2=－4（x－2），p=2，顶点（2，0），准线x=点到准线的距离为1，即为半径，则所求圆的方程是（x－2）2+y2=1.
66.答案：（0，－
，（0，3） 3）
p+3， 即x=3，顶267.解：（1）椭圆C的焦点在x轴上，
由椭圆上的点A到F1、F2两点的距离之和是4，得2a=4，即a=2.
3()213又点A（1，）在椭圆上，因此2?22=1得b2=3，于是c2=1.
2b2x2y2所以椭圆C的方程为=1，焦点F1（－1，0），F2（1，0）. ?43（2）设椭圆C上的动点为K（x1，y1），线段F1K的中点Q（x，y）满足：
x??1?x1y,y?1， 即x1=2x+1，y1=2y. 22(2x?1)2(2y)2124y2因此=1.即(x?)???1为所求的轨迹方程.
4323x2y2（3）类似的性质为：若M、N是双曲线：2?2=1上关于原点对称的两个点，点P
ab是双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN时，那么kPM与kPN
之积是与点P位置无关的定值.
m2n2设点M的坐标为（m，n），则点N的坐标为（－m，－n），其中2?2=1.
ab又设点P的坐标为（x，y），由kPM?y?ny?n,kPN?， x?mx?my?ny?ny2?n2b22b222222得kPM2kPN=，将y?2x?b,n?2m－b代入得??x?mx?mx2?m2aab2kPM2kPN=2.
a评述：本题考查椭圆的基本知识，求动点轨迹的常用方法.第（3）问对考生的逻辑思维能力、分析和解决问题的能力及运算能力都有较高的要求，根据提供的信息，让考生通过类
比自己找到所证问题，这是高考数学命题的方向，应引起注意.
268.解：（1）设F＞0），P（c，yc2y2（c，0）（c0），则0a2?b2=1.
解得yb20=±a
|PFb2∴2|=a
在直角三角形PF2F1中，∠PF1F2=30°
解法一：|F|PFb21F2|=32|，即2c=3a
将c2=a2+b2代入，解得b2=2a2 解法二：|PF1|=2|PF2|
由双曲线定义可知|PF1|－|PF2|=2a，得|PF2|=2a.
PFb2b2∵|b2|=a，∴2a=a，即b2=2a2，∴a?2
故所求双曲线的渐近线方程为y=±2x.
69.（Ⅰ）解：由椭圆定义及条件知
2a=|F1B|+|F2B|=10，得a=5，又c=4 所以b=
a2?c2=3.
x2y2故椭圆方程为25?9=1. （Ⅱ）由点B（4，yB）在椭圆上，得 |F2B|=|yB|=
95.（如图8—18） 因为椭圆右准线方程为x=
2544，离心率为5 根据椭圆定义，有|F42A|=
5（254－x4251），|F2C|=5（4－x2）
由|F2A|，|F2B|，|F2C|成等差数列，得
45（254－x+42591）5（4－x2）=235
由此得出x1+x2=8.
图8—18 设弦AC的中点为P（x0，y0） 则x0=
x1?x28?=4. 22（Ⅲ）由A（x1，y1），C（x2，y2）在椭圆上，得
22??9x1?25y1?9?25④ ?22⑤ ?9x?25y?9?25?22由④－⑤得
9（x12－x22）+25（y12－y22）=0. 即9(x1?x2y?y2y1?y2))?25(1)()=0（x1≠x2） 22x1?x2将
x1?x2y?y2y?y21?x0?4,1?y0,1??（k≠0）代入上式，得 22x1?x2k1）=0（k≠0）. k934+25y0（－
由上式得k=
25y0（当k=0时也成立）. 362516y0=－y0. 999＜5由点P（4，y0）在弦AC的垂直平分线上，得y0=4k+m. 所以m=y0－4k=y0－
由P（4，y0）在线段BB′（B′与B关于x轴对称，如图8—18）的内部，得－
y0＜
9. 5所以－
1616＜m＜. 5516≤5注：在推导过程中，未写明“x1≠x2”“k≠0”“k=0时也成立”及把结论写为“－
m≤
16”的均不扣分. 570.解：设点P的坐标为（x，y），依题设得
|y|=2，即 |x|y=±2x，x≠0 ① 因此，点P（x，y）、M（－1，0）、N（1，0）三点不共线，得 ||PM|－|PN||＜|MN|=2 ∵||PM|－|PN||=2|m|＞0 ∴0＜|m|＜1
因此，点P在以M、N为焦点，实轴长为2|m|的双曲线上，故
x2y2??1 22m1?m22m(1?m)x2=
1?5m ②
将①式代入②，并解得
∵1－m2＞0 ∴1－5m2＞0 解得0＜|m|＜
5. 555，0）∪（0，）. 55即m的取值范围为（－
71.（Ⅰ）解：由△OBC三顶点坐标O（0，0），B（1，0），C（b，c）（c≠0），可求得
b?1cb?b21b2?c2?b,）重心G（，外心F（,），垂心H（b，）. 33c22c当b=
11时，G、F、H三点的横坐标均为，故三点共线； 221时，设G、H所在直线的斜率为kGH，F、G所在直线的斜率为kFG. 2当b≠
因为kGHcb?b2?c2?3b2?3b3c??，
b?1c(1?2b)?b3kFGcb2?c2?b?c2?3b2?3b32c??，
b?11c(1?2b)?32所以，kGH=kFG，G、F、H三点共线.
综上可得，G、F、H三点共线.
c2?3b2?3b（Ⅱ）解：若FH∥OB，由kFH==0，得
c(1?2b)3（b2－b）+c2=0（c≠0，b≠
1）， 2配方得3（b－
1223）+c=，即 241(b?)22c2??1.
13()2()2221(x?)2y212?即=1（x≠，y≠0）.
1232()2()22113因此，顶点C的轨迹是中心在（，0），长半轴长为，短半轴长为，且短轴在
222x轴上的椭圆，除去（0，0），（1，0），（
1133，），（，－）四点. 2222评述：第（Ⅰ）问是要求用解析的方法证明平面几何中的著名问题：三角形的重心、外
心、垂心三心共线（欧拉线）且背景深刻，是有研究意义的题目.
72.解：（Ⅰ）依题意，可设直线AB的方程为y=k（x－1）+2，
y2代入x－=1，整理得（2－k2）x2－2k（2－k）x－（2－k）2－2=0
22
①
记A（x1，y1），B（x2，y2），则x1、x2是方程①的两个不同的根，所以2－k2≠0， 且x1+x2=
2k(2?k)
2?k21（x1+x2）=1 2由N（1，2）是AB的中点得
∴k（2－k）=2－k2
解得k=1，所以直线AB的方程为y=x+1. （Ⅱ）将k=1代入方程①得x2－2x－3=0 解出x1=－1，x2=3
由y=x+1得y1=0，y2=4
即A、B的坐标分别为（－1，0）和（3，4）