得a2?2
x2因此，所求椭圆的方程是?y2?1.
2(2)由(1)知F(?1,0),F(1,0),又直线AF与BF平行,所以可设直
1212线AF1的方程为
x?1?my,直线
BF2的方程为
x?1?my.A(x1,y1),B(x2,y2),y1?0,y2?0
由??x21??2?y21?1得(m2?2)y2解得ym?2m2?21?2my1?1?0,1? ?xm2?21?1?my1故AF1?(x221?1)?y1?(my22?2(m2?1)?mm2?11)?y1m2?2?① 同理,
BF2(m2?1)?mm2?12?m2?2?②
(ⅰ)由①②得AF2mm2?161?BF2?m2?2?2解得m2?2， 因为m?0，故m?2，所以直线AF11的斜率为m?22 （ⅱ）因为直线AFPBBF22平行,PF?AF,于是PB?PF1?BF2?AF11与BF所以11PF1AF1故PF1?AF1AF?BFBF1.由点B在椭圆上知BF1?BF2?22
12从而PFAF11?AF(22?BFBF22).同理PF2??BF(22?AF1)
1?BF2AF12因此PFAF11?PF2?AF(22?BFBF22)?(22?AF1)
1?BF2AF1?BF2
11
设
?22?2AF1?BF2
AF1?BF222(m2?1)m2?1又由①②知AF1?BF2? ,AF1?BF2?2m2?2m?2所以PF1?PF2?22?
232.因此PF1?PF2是定值. ?2216. （2012江西文）（本小题满分13分）
已知三点O（0,0），A（-2,1），B（2,1），曲线C上任意一点M（x,y）满足
MA?MB?OM?(OA?OB)?2
（1）求曲线C的方程；
（2）点Q（x0,y0）(-2 ?????????????????????【解析】（1）MA?(?2?x,1?y)，MB?(2?x,1?y)，OM?(x,y),OA?OB?(0,2) 代入式子可得4x2?4(1?y)2?2y?2整理得x2?4y （2）略 17. （2012辽宁）（本小题满分12分） x2y2如图，椭圆C0:2+2=1?a>b>0,a,b为常数?，动圆C1:x2+y2=t12,b b 12 【命题意图】本题主要考查圆的方程、椭圆方程、轨迹求法、解析几何中的定值问题，考查转化与化归能力、运算求解能力，是难题. 【解析】设A?x1,y1?,B?x1,-y1?，又知A1?-a,0?,A2?a,0?，则 直线A1A的方程为 y=直线A2B的方程为 2y1?x+a? ① x1+ay=-y1?x-a? ② x1-a-y12由①②得 y=22?x2-a2 ③ ?x1-ax12?x12y1222?由点A?x1,y1?在椭圆C0上，故可得2+2=1，从而有y1=b?1-2?，代入③得 ab?a?x2y2-=1?x<-a,y<0? ……6分 a2b2（2）证明：设A'?x2,y2?，由矩形ABCD与矩形A'B'C'D'的面积相等，得 4x1y1=4x2y2,?x12y12=x22y22，因为点A,A'均在椭圆上，所以?x12?22?x22?bx?1-2?=bx2?1-2? ?a??a?221由t1?t2，知x1?x2，所以x12+x22=a2。从而y12+y22=b2，因而t12+t22=a2+b2为定值…12分 18. （2012辽宁）（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，圆C1:x2+y2=4，圆C2:?x-2?+y2=4 （1）在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆C1,C2的极坐标方程，并求出圆C1,C2的交点坐标（用极坐标表示） （2）求圆C1与圆C2的公共弦的参数方程 【命题意图】本题主要考查圆的极坐标方程、直线的参数方程，是简单题. 【解析】圆C1的极坐标方程为?=2，圆C2的极坐标方程为?=4cos?， 2??=2x2y2解?【解析】（I）点P(?c,y1)(y1?0)代入2?2?1 ab??=4cos?b2得：y1? ab2?04?0 PF1?QF2?a???1 ① ?c?c4?c 13 a22 又?4 ② c2?a2?b(a,b,c?0③) cx2y2?1 由①②③得：a?2,c?1,b?3 既椭圆C的方程为?43【解析】（I）?F1AF2?60??a?2c?e?c1? a2 （Ⅱ）设BF2?m；则BF1?2a?m 在?BF1F2中，BF1?BF2?F1F2?2BF2?F1F2?cos120? 3a?m2)?m2?a2?am?m? a ?(252221133S??F2F1?AB?sin60???a?(a?a)??403 ?AF面积 B22521?a?10,c?5,b?53 x2y2解:（1）原曲线方程可化简得：??1 885?mm?28?8??5?mm?2??87?0由题意可得：?，解得：?m?5 2?5?m?8?m?2?0?（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k2?1)x2?16kx?24?0， ?=32(2k2?3)，解得：k2?3 2由韦达定理得：xM?xN?16k24①，，② xx?MN2k2?12k2?11) 设N(xN,kxN?4)，M(xM,kxM?4)，G(xG，MB方程为：y??3xM?kxM?6，1?， x?2，则G?xM?kxM?6??????3xM?????，?1?，AN??xN，xNk?2?， ?AG??xk?6?M?????????G，N三点共线，只需证AG，AN共线 欲证A， 14 即3xM(xNk?2)??xN成立，化简得：(3k?k)xMxN??6(xM?xN) xMk?6将①②代入易知等式成立，则A，G，N三点共线得证。 【解析】（Ⅰ）由题意知M(2,0),N(0,233)，因为P是线段MN中点，则P(1,) 333x. 3因此OP直角坐标方程为：y?（Ⅱ）因为直线l上两点M(2,0),N(0,23) 3∴l垂直平分线方程为：3x?3y?23?0，圆心(2,?3)，半径r?2. ?d?23?33?233?9?3?r,故直线l和圆C相交. 2解：（Ⅰ）设c?a2?b2 则e?c1??a?2c?3a2?4b2 a2 ?ABF2的周长为 AB?AF2?BF2?8?AF1?AF2?BF1?BF2?8?4a?8?a?2,b?3,c?1 x2y2?1 椭圆E的方程为?43（Ⅱ）由对称性可知设P(x0,y0)(y0?0)与M(x,0) x2y23 ??1?y?3?x2?y???4343x3x?k??0 4y0343?x24 直线l:y?y0??3x03(1?x0)(x?x0)?Q(4,) 4y0y0 15