由CD垂直平分AB，得直线CD的方程为y=－（x－1）+2 即y=3－x
代入双曲线方程，整理得x2+16x－11=0 ② 记C（x3，y3），D（x4，y4），CD的中点为M（x0，y0），则x3、x4是方程②的两个根，所以x3+x4=－6，x3x4=－11.
从而x0=
1（x3+x4）=－3，y0=3－x0=6. 2|CD|=
(x3?x4)2?(y3?y4)2?2(x3?x4)2
?2[(x3?x4)2?4x3x4]?410.
∴|MC|=|MD|=
1|CD|?210. 2(x2?x1)2?(y0?y1)2?4?36?210.
又|MA|=|MB|=
即A、B、C、D四点到点M的距离相等，所以A、B、C、D四点共圆. 73.解：设点C（x，y），则|CA|－|CB|=±2，
x2y2根据双曲线的定义，可知点C的轨迹是双曲线2?2=1.
ab由2a=2，2c=|AB|=2
3，得a2=1，b2=2
2y故点C的轨迹方程是x2－=1
2?2y2?1?x?由?，得x2+4x－6=0. 2?y?x?2?∵Δ＞0，∴直线与双曲线有两个交点. 设D（x1，y1）、E（x2，y2），则x1+x2=－4，x1x2=－6 故|DE|=
(x1?x2)2?(y1?y2)2?2(x1?x2)2?4x1x2?45.
74.解：（Ⅰ）设y＝x－a，∴（x－a）2＝2px
图8—19
x2－2ax＋a2－2px＝0 x2－（2a＋2p）x＋a2＝0 |AB|＝
24(a?p)2?4a2≤2p
∴4ap＋2p2≤p2，4ap≤－p2 又∵p＞0，∴a≤－
p（如图8—19） 4（Ⅱ）∵AB中点x＝a＋p y1＋y2＝x1＋x2－2a y1＋y2＝2p ∴y＝p
∴过N的直线l：y－p＝－（x－a－p）＋p＝x－a－px＝a＋2p N到AB的距离为：
|a?2p?a|2p ?22222p22ap?p??2p2ap?p2 ∴S＝22当a有最大值时，S有最大值
p22p2?2p22S?2pp????2p2
222275.解法一：由已知|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2根据直角的不同位置，分两种情况：
若∠PF2F1为直角，则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2 即|PF1|2＝（6－|PF1|）2＋20， 得|PF1|＝
5，
|PF1|7414，|PF2|＝，故?；
33|PF2|2若∠F1PF2为直角，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，
即20＝|PF1|2＋（6－|PF1|）2， 得|PF1|＝4，|PF2|＝2，故
|PF1|＝2.
|PF2|解法二：由椭圆的对称性不妨设P（x，y）（x＞0，y＞0），则由已知可得F1（－0），F2（
5，
5，0）.
45，）
3根据直角的不同位置，分两种情况：若∠PF2F1为直角，则P（
于是|PF1|＝
|PF1|7414，|PF2|＝，故?
33|PF2|2?x2y2??1??94若∠F1PF2为直角，则?
?y?y??1??x?5x?5解得x?35453545，即P（）， ,y?,5555于是|PF1|＝4，|PF2|＝2，故
|PF1|＝2.
|PF2|p）（如图8—20） 276.解法一：设直线方程为y＝k（x?A（x1，y1），B（x2，y2），C（?p，y2） 2图8—20 p?y?k(x?)22py??p2?0 ∴?2,y?k2?y?2px?∴y1y2??p,kOA2y1y22p ?,kOC??py1x1?2又∵y12＝2px1 ∴kOC＝
y1＝kOA x1即k也是直线OA的斜率，所以AC经过原点O. 当k不存在时，AB⊥x轴，同理可得kOA＝kOC 解法二：如图8—21，过A作AD⊥l，D为垂足， 则：AD∥EF∥BC
连结AC与EF相交于点N， 则
|EN||CN||BF||NF||AF| ??,?|AD||AC||AB||BC||AB|图8—21 由抛物线的定义可知：|AF|＝|AD|，|BF|＝|BC| ∴|EN|＝
|AD|?|BF||AF|?|BC|＝|NF|. ?|AB||AB|评述：该题的解答既可采用常规的坐标法，借助代数推理进行，又可采用圆锥曲线的几
何性质，借助平面几何的方法进行推理.解题思路宽，而且几何方法较之解析法比较快捷便当.从审题与思维深度上看，几何法的采用，源于思维的深刻.
77.解：（1）设点A、B的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），点Q的坐标为Q（x，y）.
当x1≠x2时，设直线斜率为k，则l的方程为y=k（x－a）+b.
yy由已知x1+1=1 ①，x22+2=1 ②
222
22y1=k（x1－a）+b ③，y2=k（x2－a）+b ④ ①－②得（x1+x2）（x1－x2）+
1（y1+y2）（y1－y2）=0. ⑤ 2③+④得y1+y2=k（x1+x2）－2ka+2b ⑥ 由⑤、⑥及x?x1?x2y?y2， ,k?12x1?x2得点Q的坐标满足方程2x2+y2－2ax－by=0 ⑦
当x1=x2时，k不存在，此时l平行于y轴，因此AB的中点Q一定落在x轴，即Q的坐标为（a，0），显然点Q的坐标满足方程⑦
综上所述，点Q的坐标满足方程2x2+y2－2ax－by=0. 设方程⑦所表示的曲线为l.
?2x2?y2?2ax?by?0?2则由?得（2a2+b2）x2－4ax+2－b2=0. y2?1?x??22b22b因为Δ=8b（a+－1），由已知a+≤1 222
2
2b所以当a2+=1时，Δ=0，曲线l与椭圆C有且只有一个交点P（a，b）；
2b2当a+＜1时，Δ＜0，曲线l与椭圆C没有交点.
22
因为（0，0）在椭圆C内，又在曲线l上，所以曲线l在椭圆C内. 故点Q的轨迹方程为2x2+y2－2ax－by=0；
?x?0（2）由?2，得曲线l与y轴交于点（0，0）、（0，b）； 2?2x?y?2ax?by?0由??x?0?2x?y?2ax?by?022，得曲线l与x轴交于点（0，0）、（a，0）；
当a=0，b=0，即点P（a，b）为原点时，（a，0）、（0，b）与（0，0）重合，曲线l与
x轴只有一个交点（0，0）；
当a=0且0＜|b|≤
2时，即点P（a，b）不在椭圆C外且在除去原点的y轴上时，点
（a，0）与（0，0）重合，曲线l与坐标轴有两个交点（0，b）与（0，0）；
同理，当b=0且0＜|a|≤1时，即点P（a，b）不在椭圆C外且在除去原点的x轴上时，
曲线l与坐标轴有两个交点（a，0）与（0，0）；
当0＜|a|＜1且0＜|b|＜
2(1?a2)时，即点P（a，b）在椭圆C内且不在坐标轴上时，
曲线l与坐标轴有三个交点（a，0）、（0，b）与（0，0）.
评述：本题考查求点的轨迹方程，点与椭圆的位置关系，直线与椭圆相交等知识，考查分类讨论的思想方法，以及综合运用知识解题的能力，此题运算量大，涉及知识点较多，需要较高的运算能力和逻辑推理能力.
78.证法一：依题设得椭圆的半焦距c=1，右焦点为F（1，0），右准线方程为x=2，点E的坐标为（2，0），EF的中点为N（
3，0）. 2若AB垂直于x轴，则A（1，y1），B（1，－y1），C（2，－y1）， ∴AC中点为N（
3，0），即AC过EF中点N. 2若AB不垂直于x轴，由直线AB过点F，且由BC∥x轴知点B不在x轴上，故直线AB的方程为y=k（x－1），k≠0.
x22
记A（x1，y1）和B（x2，y2），则（2，y2）且x1，x2满足二次方程+k（x－1）2=1，
2即（1+2k2）x2－4k2x+2（k2－1）=0
4k22(k2?1)∴x1?x2?. ,x1x2?221?2k1?2k又x12=2－2y12＜2，得x1－
3≠0，故直线AN、CN的斜率分别为 2k1?y1x1?32?2k(x1?1)y,k2?2?2k(x2?1).
32x1?32?2∴k1－k2=2k2
(x1?1)?(x2?1)(2x1?3)
2x1?3∵（x1－1）－（x2－1）（2x1－3）=3（x1+x2）－2x1x2－4 =
1222
［12k－4（k－1）－4（1+2k）］=0， 21?2k∴k1－k2=0，即k1=k2. 故A、C、N三点共线.
所以，直线AC经过线段EF的中点N.
证法二：如图8—22，记直线AC与x轴的交点为点N，过点A作AD⊥l，点D是垂足，因为点F是椭圆的右焦点，直线l是右准线， BC∥x轴，即BC⊥l，根据椭圆几何性质，得
图8—22