决战高考
y?kx?mm2m,), 得A点的坐标为(y?2x2?k2?ky?kx?m?m2m,). 由{ 得B点的坐标为(y??2x2?k2?k????????m1?2m1?(?),(?)), 由AP??PB得P点的坐标为(1??2?k2?k1??2?k2?ky24m2(1??)22?. 将P点坐标代入?x?1得244?k?设Q为直线AB与y轴的交点，则Q点的坐标为（0，m）.
111S?AOB?S?AOQ?S?BOQ?|OQ|?|XA|?|OQ|?|x8|?m?(xA?xB)
2221mm14m211?)???(??)?1. =m(222?k2?k24?k2?以下同解答一.
29.（2017四川卷文）（本小题满分12分）
x2y22?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e?已知椭圆2?，右准线方程为x?2。
ab2（I）求椭圆的标准方程；
??????????226（II）过点F1的直线l与该椭圆交于M、N两点，且F2M?F2N?，求直线l的方程。
3?c2???2，解得a?2,c?1 【解析】（I）由已知得?a2?a?2??c 由{∴ b?a2?c2?1
x2∴ 所求椭圆的方程为?y2?1 …………………………………4分
2（II）由（I）得F1(?1,0)、F2(1,0)
?x??12?①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x??1，由?x2得 y??22??y?1?222设M(?1,)、N(?1,?)，
22??????????22)?(?2,?)?(?4,0)?4，这与已知相矛盾。 ∴ F2M?F2N?(?2,22②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y?k(x?1)，
设M(x1,y1)、N(x2,y2)，
?y?k(x?1)?2222联立?x2，消元得(1?2k)x?4kx?2k?2?0 2??y?1?2?4k22k2?2,x1x2?∴ x1?x2?，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 1?2k21?2k22k?x?2)?∴ y1?y2?k(x1， 221?2k??????????又∵F2M?(x1?1,y1),F2N?(x2?1,y2)
??????????∴ F2M?F?(1x?x2,2N2?决战高考
1y? )y2222????????????8k?2226?2k?22∴ F2M?F2N?(x1?x2?2)?(y1?y2)?? ???2?2?3?1?2k??1?2k?化简得40k4?23k2?17?0
17解得k2?1或k2??(舍去)
40∴ k??1
∴ 所求直线l的方程为y?x?1或y??x?1 …………………………………12分 30.（2017全国卷Ⅰ文）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．
如图，已知抛物线E:y2?x与圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)相交于A、B、C、D四个点。
（Ⅰ）求r的取值范围
（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标。
解：（Ⅰ）将抛物线E:y2?x代入圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)的方程，消去
．．．．．．．．．．．．（1） y2，整理得x2?7x?16?r2?0．
抛物线E:y2?x与圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（1）有两个不相等的正根 ?49?4(16?r2)?0?555??r??或r?∴?x1?x2?7?0即?。解这个方程组得?r?4 222???4?r?42?x1?x2?16?r?0?15r?(,4).
2（II） 设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2)。
则由（I）根据韦达定理有x1?x2?7,x1x2?16?r2，r?(1则S??2?|x2?x1|(x1?x2)?|x2?x1|(x1?x2)
2?S2?[(x1?x2)2?4x1x2](x1?x2?2x1x2)?(7?216?r2)(4r2?15)
15,4) 2令16?r2?t，则S2?(7?2t)2(7?2t) 下面求S2的最大值。 方法1：由三次均值有：
1S2?(7?2t)2(7?2t)?(7?2t)(7?2t)(14?4t)
217?2t?7?2t?14?4t31283)??() ?(2323715,4)满足题意。 当且仅当7?2t?14?4t，即t?时取最大值。经检验此时r?(62法2：设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2) 则直线AC、BD的方程分别为
?x2?x1y?x1?(x?x1),y?x2?x1解得点P的坐标为(x1x2,0)。 设t?1x1x2，由t?16?r2及（Ⅰ）得t?(0,)
4x1?x2?x1(x?x1)
x2?x1决战高考
1(2x1?2x2)|x1?x2| 2则S2?(x1?2x1x2?x2)[(x1?x2)2?4x1x2]将x1?x2?7，x1x2?t代入上式，并令f(t)?S2，等
7f(t)?(7?2t)2(7?2t)??8t3?28t2?98t?343(0?t?)，
2∴f`(t)??24t2?56t?98??2(2t?7)(6t?7)，
77令f`(t)?0得t?，或t??（舍去）
627777当0?t?时，f`(t)?0；当t?时f`(t)?0；当?t?时，f`(t)?0
666277故当且仅当t?时，f(t)有最大值，即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的坐标为(,0)。
66
31.（2017湖北卷文）（本小题满分13分）
如图，过抛物线y2＝2PX(P>0)的焦点F的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向准线L作垂
线，垂足分别为M1、N1 (Ⅰ)求证：FM1⊥FN1:
、2、
(Ⅱ)记△FMM1、、△FM1N1、△FN N1的面积分别为S1、S，S3，试判断S22＝4S1S3是否成立，并证明你的结论。
本小题主要考查抛物线的概念，抛物线的几何性质等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力（满分13分） （1） 证法1：由抛物线的定义得
MF?MM1,NF?NN1,
由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积S???MFM1??MM1F,?NFN1??NN1F 2分 如图，设准线l与x的交点为F1
QMM1//NN1//FF1 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ??F1FM1??MM1F,?F1FN1??NN1F 而?F1FM1??MFM1??F1FN1??N1FN?1800 即2?F1FM1?2?F1FN1?1800
??F1FM1??F1FN1?900 故FM1?FN1
pp证法2：依题意，焦点为F(,0),准线l的方程为x??
22设点M,N的坐标分别为M（x1,y1),N（x2,y2),直线MN的方程为x?my?pp,y1),N1(?,y2),FM1?(?p,y1),FN1?(?p,y2) 22p??x?my?由?2 得y2?2mpy?p2?0 ?y2?2px?M1(?p，则有 2于是，y1?y2?2mp，y1y2??p2 ???????????FM1?FN1?p2?y1y2?p2?p2?0，故FM1?FN1
2（Ⅱ）S2?4S1S3成立，证明如下：
证法1：设M(x1,y1),N(x2,y2)，则由抛物线的定义得
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pp,|NN1|?|NF|?x2?，于是 2211pS1??|MM1|?|F1M1|?(x1?)|y1|
22211S2??|M1N2|?|FF1|?p|y1?y2| w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2211pS3??|NN1|?|F1N1|?(x2?)|y2|
22211p1p2?S2?4S1S3?(p|y1?y2|)2?4?(x1?)|y1|?(x2?)|y2|
2222212pp22?p[(y1?y2)?4y1y2]?[x1x2?(x1?x2)?]|y1y2| 424p?x?my?1??y1?y2?2mp?12将?与?代入上式化简可得 2pyy??p?x?my?,?1222??2p2(m2p2?p2)?p2(m2p2?p2)，此式恒成立。 |MM1|?|MF|?x1?2故S2?4S1S3成立。
证法2：如图，设直线MNM的倾角为?，|MF|?r1,|NF|?r2
则由抛物线的定义得|MM1|?|MF|?r1,|NN1|?|NF|?r3
?MM1//NN1//FF1,??FMM1??,?FNN1????111于是S1?r12sin?,S3?r22sin(???)?r22sin?
222在?FMM1和?FNN1中，由余弦定理可得
|FM1|2?2r12?2r12cos??2r12(1?cos?),|FN1|2?2r22?2r22cos??2r22(1?cos?)
1由（I）的结论，得S2?|FM1|?|FN1|
2112?S2?|FM1|2?|FN1|2??4r12?r22?(1?cos?)(1?cos?)?r12r22sin2??4S1S3
442即S2?4S1S3，得证。
32.（2017宁夏海南卷文）(本小题满分12分)
已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在x轴上，它的一个项点到两个 焦点的距离分别是7和1 （I） 求椭圆C的方程?
OP（II） 若P为椭圆C的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，?e
OM（e为椭圆C的离心率），求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线。 （20）解：
（Ⅰ）设椭圆长半轴长及分别为a,c,由已知得 a?c?1,{ 解得a=4,c=3, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m a?c?7.x2y2?1. 所以椭圆C的方程为?167（Ⅱ）设M（x,y）,P(x,y1),其中x???4,4?.由已知得
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x2?y122?e. 22x?y3，故16(x2?y12)?9(x2?y2). ① 4112?x722, 由点P在椭圆C上得 y1?162代入①式并化简得9y?112,
而e?47(?4?x?4),轨迹是两条平行于x轴的线段. 333.(2017湖南卷理)（本小题满分13分）
在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3，0）的距离的4倍与它到直线x=2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （Ⅰ）求点P的轨迹C；
（Ⅱ）设过点F的直线I与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值。
解（Ⅰ）设点P的坐标为（x，y），则所以点M的轨迹方程为y??d?4(x?3)2?y2?3︳x-2︳
由题设
1当x>2时，由①得(x?3)2?y2?6?x,
2x2y2??1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 化简得
3627当x?2时 由①得(3?x)2?y2?3?x,
化简得y2?12x
x2y2?1在直线x=2的右侧部分与抛物线故点P的轨迹C是椭圆C1:?3627C2:y2?12x在直线x=2的左侧部分（包括它与直线x=2的交点）所组成的曲线，参见图1
（Ⅱ）如图2所示，易知直线x=2与C1，C2的交点都是A（2，26）， B（2，?26），直线AF，BF的斜率分别为kAF=?26，kBF=26. 当点P在C1上时，由②知
1PF?6?x. ④w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2当点P在C2上时，由③知
PF?3?x ⑤
若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为y?k(x?3) （i）当k≤kAF，或k≥kBF，即k≤-2
1，N（x2，y2）都在C 6时，直线I与轨迹C的两个交点M（x1，y1）
上，此时由④知
11∣MF∣= 6 - x1 ∣NF∣= 6 - x2
22111从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 - x1）+ （6 - x2）=12 - ( x1+x2)
222?y?k(x?3)?由?x2y2 得(3?4k2)x2?24k2x?36k2?108?0 则x1，y1是这个方程的两根，所以
?1???3627