y设A（x1,y1）、B（x2,y2），由
TAOFBlx第18题图得
?x1?x2?2?m3?（x1+x2-2，y1+y2-3）=m（1，），即?3
2y1?y2?3?m?2?xyxy又1?1?1，2?2?1，两式相减得
4343y?y13x?x232?m1kAB?2???1?????; ………………………6分
3x2?x14y1?y2423?m2?x1?x2?2?m?（2）由（1）知，点A（x1,y1）、B（x2,y2）的坐标满足?3，
y1?y2?3?m?2?333m3点P的坐标为（1，）, m=-3， 于是x1+x2+1=3+m=0，y1+y2+=3++=0，
2222因此△PAB的重心坐标为(0，0)．即原点是△PAB的重心. ∵x1+x2=-1，y1+y2=-
222222313，∴AB中点坐标为（?，?），………………………10分 22422xyxy又1?1?1，2?2?1，两式相减得
4343y?y13x?x21kAB?2???1??;
x2?x14y1?y22311∴直线AB的方程为y+=?(x+),即x+2y+2=0.
4221,0)关于y轴的对称点为N，直线l过点M交抛物线于A,B11.已知抛物线y2?4x，点M(两点．
（1）证明：直线NA,NB的斜率互为相反数； （2）求?ANB面积的最小值；
（3）当点M的坐标为(m,0)，(m?0且m?1)．根据（1）（2）推测并回答下列问题（不必说明理由）：
①直线NA,NB的斜率是否互为相反数？ ②?ANB面积的最小值是多少？ （1）设直线l的方程为y?k?x?1?(k?0)．
??y?k?x?1?,由?2 可得 k2x2?2k2?4x?k2?0． ??y?4x,??2k2?4设A?x1,y1?,B?x2,y2?，则x1?x2?,x1x2?1．
k2∴y1y2??4 ∴N??1,0?
kNA?kNB?y1y4y4y?2?21?22 x1?1x2?1y1?4y2?4?224?yy?4?yy?4?????1221???y12?4??y22?4??4(?4y2?4y1?4y1?4y2)?y12?4??y22?4??0．
又当l垂直于x轴时，点A,B关于x轴，显然kNA?kNB?0,kNA??kNB． 综上，kNA?kNB?0,kNA??kNB． ---------------- 5分 （2）S?NAB?y1?y2??y1?y2?2?4y1y2?4?x1?x2??8=41?1?4． k2当l垂直于x轴时，S?NAB?4．
∴?ANB面积的最小值等于4． ------10分 （3）推测：①kNA??kNB；
②?ANB面积的最小值为4mm． ------- 13分
x2y2212.已知椭圆E：2?2=1（a＞b＞o）的离心率e=，且经过点（6,1），O为坐标
ab2原点。
（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；
（Ⅱ）圆O是以椭圆E的长轴为直径的圆，M是直线
x=－4在x轴上方的一点，过M作圆O的两条切线，
切点分别为P、Q，当∠PMQ=60°时，求直线PQ的方程.
x2y2??1 解：（1）椭圆的标准方程为：84 （2）连接QM，OP，OQ，PQ和MO交于点A，
0
有题意可得M（-4，m），∵∠PMQ=60
∴∠OMP=30，∵OP?22?OM?42?(?4)?m?42，
0
22∵m>0,∴m=4,∴M(-4,4)
∴直线OM的斜率KOM??1,有MP=MQ,OP=OQ可知OM⊥PQ,
?KPQ?1,设直线PQ的方程为y=x+n
∵∠OMP=30,∴∠POM=60,∴∠OPA=30,
0
0
0
?OP?22?OA?2,即O到直线PQ的距离为2,
?n2?2?n??2(负数舍去),∴PQ的方程为x-y+2=0
2
13.设抛物线C1：x＝4 y的焦点为F，曲线C2与C1关于原
点对称．
[来源:学科网ZXXK]
(Ⅰ) 求曲线C2的方程；
(Ⅱ) 曲线C2上是否存在一点P（异于原点），过点P作C1的两条切线PA，PB，切点A，B，满足| AB |是 | FA | 与 | FB | 的等差中项？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(Ⅰ)解；因为曲线C1与C2关于原点对称，又C1的方程x2?4y，
所以C2方程为x2??4y． …………5分
2x0(Ⅱ)解：设P(x0,?)，A(x1,y1)，B(x2,y2),x1?x2．
41211x的导数为y??x，则切线PA的方程y?y1?x1(x?x1)， 422121又y1?x1，得y?x1x?y1，
42121因点P在切线PA上,故?x0?x1x0?y1．
42121同理, ?x0?x2x0?y2．
42121所以直线?x0?x0x?y经过A,B两点，
42121112即直线AB方程为?x0?x0x?y,即y?x0x?x0，
4224y?22代入x?4y得x2?2x0x?x0， ?0，则x1?x2?2x0,x1x2??x02所以 |AB|?1?1222， x0?(x1?x2)2?4x1x2?(8?2x0)?x04由抛物线定义得|FA|?y1?1，|FB|?y2?1．
112x0(x1?x2)?x0?2， 2232222由题设知，|FA|?|FB|?2|AB|，即(x0?2)?4x0(8?2x0)，
2所以|FA|?|FB|?(y1?y2)?2?解得x0?2323?521213?83，从而y0??x0?．
23423综上，存在点P满足题意，点P的坐标为
(223(83?13)13?83223(83?13)13?83,) 或 (?,)．
23232323 …………15分
14.在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1:(x?3)2?(y?1)2?4和圆C2:(x?4)2?(y?5)2?4，
（1）若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程； （2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。
(1)设直线l的方程为：y?k(x?4)，即kx?y?4k?0 由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离d?42?(结合点到直线距离公式，得：232)?1， 2|?3k?1?4k|k?12?1, w.w.w.zxxk.c.o.m
化简得：24k?7k?0,k?0,or,k??求直线l的方程为：y?0或y??27[来源:Z。xx。k.Com] 247(x?4)，即y?0或7x?24y?28?0 24(2) 设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：[来源:Zxxk.Com]
111y?n?k(x?m),y?n??(x?m)，即：kx?y?n?km?0,?x?y?n?m?0
kkk因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等。w.w.w.zxxk.c.o.m
41|??5?n?m|k故有：|?3k?1?n?km|?k，
21k?1?1k2化简得：(2?m?n)k?m?n?3,或(m?n?8)k?m?n?5 关于k的方程有无穷多解，有：??2?m?n?0?m-n+8=0 ,或??m?n?3?0?m+n-5=0解之得：点P坐标为(?3,13)或(5,?1)。
2222
（方法二）因为
amam?1(am?2?4)(am?2?2)8为数列?an?中的项， ??am?2?6?am?2am?2am?2故
8 am+2为整数，又由（1）知：am?2为奇数，所以am?2?2m?3??1,即m?1,2[来源:Z&xx&k.Com]
经检验，符合题意的正整数只有m?2。
15.已知，椭圆C过点A(1,)，两个焦点为（-1，0），（1，0）。
（1）求椭圆C的方程；
（2）E、F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值。 解：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为
3231922b????1b?3，解得，（舍去）
41?b24b2x2y2??1。 ……………4分 所以椭圆方程为433x2y2??1得 （Ⅱ）设直线AE方程为：y?k(x?1)?，代入
2433(3?4k2)x2?4k(3?2k)x?4(?k)2?12?0
23 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上，所以
234(?k)2?12 xF?2
3?4k23 yE?kxE??k ………8分
2又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得
34(?k)2?12 xF?23?4k23yE??kxE??k
2所以直线EF的斜率KEF?yF?yE?k(xF?xE)?2k1??
xF?xExF?xE21。 2即直线EF的斜率为定值，其值为
x2y216．已知双曲线E：??1的左焦点为F，左准线l与x轴的交点是圆C的圆心，圆C2412恰好经过坐标原点O，设G是圆C上任意一点． （Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）若直线FG与直线l交于点T，且G为线段FT的中点，求直线FG被圆C所截得的
弦长；