2020年高考精选资料--圆锥曲线问题

1、高考专时突破”高考中的圆锥曲线问题X2 v21.若双曲线$ y3= 1的一条渐近线被圆(x2)2+y2=4所截得的弦长为2,则该双曲线的实轴长为()A.1B.2 C.3 D.6答案 B解析 双曲线X2 £=1的渐近线方程为y=3x,即giay=0,圆(x 2)2+y2=4的圆心为C(2,0),半径为r=2,如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|=122_12另一方面，圆心C(2,0)到双曲线x2 匕=1的渐近线y3xay=0的距离为 d = 阴_a: 0| = 2V3所以a 33+a23+ a22* , = <3,解得a2=1,即a=1,该双曲线的实轴长为2a= 2.3+ a22

2、 .设坐标原点为 O,抛物线y2=2x与过焦点的直线交于 A、B两点，则OA OB等于（）A.3 B.-3 C.3 D.-3 44答案 B解析方法一（特殊值法） 111抛物线的焦点为F万，0 ,过F且垂直于x轴的直线交抛物线于 A；, 1）, B（-, 1）,OA OB= 2，11, - 1 =4-1 = - 3.方法二设 A（X1, y1）, B（x2, y2）,则 OA OB =X1X2 + y1y2.由抛物线的过焦点的弦的性质知：P2_l2_X1X2= 4- 4? y1y2=_p2 _ 1.Oa Ob = 4- 1=- 3.x2 y23 .已知F1, F2是双曲线a2 b2=1（a>

3、;0, b>0）的两焦点，以线段 F1F2为边作正三角形 MF1F2,若边MF1的中点P在双曲线上，则双曲线的离心率是（）A.4 + 2>/3B.V3- 13+ 1C.-2-D. ,3+1答案 D解析 因为MF1的中点P在双曲线上，|PF2|-|PF1|=2a, MF 1F2为正三角形，边长都是 2c,所以*cc= 2a,所以e= a=4.已知双曲线2,3-r22a2-看3+1,故选 D.=1 (a>0, b>0)和椭圆X- + y2=1有相同的焦点,16 9且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为答案x24-3'= 1X2 y20),(中,0),

4、c=甲;F, P, Q是椭圆与抛物线解析 由题意得，双曲线02-y2=1 (a>。，b>0)的焦点坐标为(中 且双曲线的离心率为2x*=¥=a?a=2,b,丫2 、心双曲线的方程为>”.X2 y25.已知椭圆 亚+ y2=1 (a>b>0)与抛物线y2=2px (p>0)有相同的焦点 的交点，若PQ经过焦点F,则椭圆，+ £= 1 (a>b>0)的离心率为答案42-1解析因为抛物线y2= 2px (p>0)的焦点F为P，0 ,设椭圆另一焦点为E.当x = 2时代入抛物线方程得 y =与, 又因为PQ经过焦点F,所以P 2

5、, p且PFLOF.所以 ipe= dp+22+p2=v2p, |PF|=p, |EF|=p.2c -故 2a= >/2p+ p,2c= p, e= = /2- 1 2 a题型一求圆锥曲线的标准方程（2015天津）已知双曲线X2 y21(a>0 a2-b2-1(a>0,b>0 ）的一个焦点为F（2,0）,且双曲线的渐近X2 y2B. -y= 113 9线与圆（x 2）2 + y2 = 3相切，则双曲线的方程为（）X2 y2_ .吟y2=i3A.9- 13 =D.x2-y3-= 1答案 Dx2 y解析 双曲线X2 $=1的一个焦点为F（2,0）, 则 a2+ b2= 4,

6、 双曲线的渐近线方程为y=A, 由题意得-T= = V3,Ua2+b2联立解得b= （3, a=1,所求双曲线的方程为x2y2=1,选d.思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质,解得标准方程中的参数，从而求得方程.(2014课标全国I )已知点A(0, 2),椭圆E: x+ g= 1(a>b>0)的离心率为 坐，F是椭圆E的右焦点，直线 AF的斜率为2乎，。为坐 标原点.(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P, Q两点，当 OPQ的面积最大时，求l的方程.解 设F(c,0),由条件知，2=乎，得c=y3. C 3又所以 a

7、= 2, b2=a2c2=1.a 2故E的方程为x- + y2 = 1.4(2)当lx轴时不合题意，故设 l: y=kx2, P(xi, yi), Q(x2, y2),将 y= kx- 2 代入x+ y2= 1 得 4(1+4k2)x2-16kx+12 = 0.3 .当 A= 16(4k23)>0,即 k2>3时，4 '8k土 W4k23x1,2=4k2+1从而 |PQ|= k2+1|x1一x2| =4 , k2+ 1 . 4k2 34k2+ 1,_ , 2又点O到直线PQ的距离d= f-r", k2+ 1所以 AORQ 的面积 S»aopq = 2d|

8、PQ| = 42 1 ., 一 一 一 4t 4设44k2-3 =t,则 t>0, Saopq = * + 4 =4.一、,4，因为t+,>4,当且仅当t=2,即k=目7时等号成立，且满足Z>0 ,所以，当ZOPQ的面积最大时，l的方程为y= #x 2或y= -4二一 2.题型二圆锥曲线的几何性质例2 （1）（2015湖南）若双曲线a2-b2=1的一条渐近线经过点（3, 4）,则此双曲线的离心率为（）A. 当 B.5 C.3 D.3 （2）（2014重庆）设Fi, F2分别为双曲线 1一b2=1（a>0, b>0）的左，右焦点，双曲线上存在一点91一P使得|PF1

9、|十|PF2|=3b, |PFi| PF2|=4ab,则该双曲线的离心率为（）459A.Z B.7 C. D.3 334答案(1)D(2)B解析(1)由条件知y= bx过点(3, -4), .-.3b=4, aa即 3b=4a, .,.9b2=16a2, . 9c29a2= 16a2,25a2= 9c2,二.故选口. 3(2)不妨设P为双曲线右支上一点，|PFi|=门，|PF2|=r2.根据双曲线的定义，得口一 r2=2a,plr 3b+2a3b2a又 r1+r2=3b,故 = -2 -，2= -2.又1 r2 = Tab,所以2a 3bz2a=9ab,解得 b =亲负值舍去)，故 e = t

10、 =、/aW2b = 4224a 3a a故选 B.思维升华圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线，是 常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系.掌握一些常 用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力.(2014北京)已知椭圆C: x2+2y2=4.求椭圆C的离心率；(2)设。为原点，若点 A在椭圆C上，点B在直线y=2上，且OALOB,试判断直线 AB与 圆x2+ y2= 2的位置关系，并证明你的结论.解(i)由题意，椭圆c的标准方程为x2+y2=i,所以 a2 = 4, b2= 2,从而 c2=a2b2=2.因此 a= 2, c=>

11、;/2.故椭圆C的离心率e= C=乎. a 2(2)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下：设点A, B的坐标分别为(xo, yo), (t,2),其中xoW0.因为 OAOB,所以 OA OB=0,2yo即 txo+2yo=O,解得 t=%.t2_当xo=t时，yo= Q,代入椭圆C的方程，得t=R2,故直线AB的方程为x=班，圆心O到直线AB的距离d=42.此时直线AB与圆x2+ y2= 2相切.yo 2当xoWt时，直线 AB的万程为y-2 = 1；(x- t). xo t即(yo 2)x (xo t)y+ 2xo tyo = 0.圆心O到直线AB的距离d |2xo tyo|yo-2

12、2+ - xo-t 2.又 x0+2y2 = 4, t=一警,2y22x0 + - ,xo故d =x2+ y0+ 务+ 44+ x2xo_/x0+8x2+16 7 .、2x0此时直线AB与圆x2+ y2= 2相切.题型三最值问题 例3 (2014山东)已知抛物线 C: y2=2px(p>0)的焦点为F, A为C上异于原点的任意一点， 过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点 D,且有|FA|= |FD|.当点A的横坐标为3时， ADF为正三角形.求C的方程； (2)若直线11 / 1,且11和C有且只有一个公共点 E, 证明直线AE过定点，并求出定点坐标； 4ABE的面积是否存在

13、最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由 解(1)由题意知F(p, 0).设D(t,0)(t>0),则FD的中点为(匹产，0).因为 |FA|=|FD|,由抛物线的定义知3+p= t-2 ,解得t=3+p或t= 3(舍去).所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)由(1)知 F(1,0).设 A(x0, y0)(x0y0W0), D(xd,0)(xd>0).因为 |FA|=|FD|,则 Xd-1|=xo+1, 由 xd>0 得 xd=xo+2,故 D(x0+2,0), 故直线AB的斜率kAB= y00.因为直线1i和直线AB平行，设直线1i的方程为y=y°x

14、+b,代入抛物线方程得 y2+y-8b=0, y0y0由题意 A= 62+32b=0,得 b=-. yny0y0设 E(Xe, yE),则 yE=-yo,4Xe = -2y°、“ o ryEyo当 y”4 时，kAE = .4,一Hyo,yo4yo4_ yo y2 4, y24可得直线AE的方程为y-yo=4yo百，(xxo).由 y2= 4xo, 整理可得 y= y2y04(x 1), 直线AE恒过点F(1,0).当yo=4时，直线AE的方程为x= 1,过点F(1,o), 所以直线AE过定点F(1,o).由知直线 AE过焦点F(1Q),所以 |AE|= |AF|+|FE|= (xo

15、+1)+ -+1 xo=xo+ 1+ 2. xo设直线AE的方程为x=my+ 1.xo 1因为点 A(xo, yo)在直线 AE上，故 m= 丫。设B(xi, yi).直线AB 的方程为 y yo = y0(xxo),由于yow0,可得2x= y0y+2+x%代入抛物线方程得y2+ y8y - 8- 4xo= o,所以 yo + y1 = -yo,可求得y1yoyo4 ,xi=+xo+4.xo所以点B到直线AE的距离为4 一 , _8.+xo+ 4+ m yo+ 1xoyo4 xo+ 1飞1=4- xo+ 1xo .则4ABE的面积S=2X 4 "oxo+%2 *6,1当且仅当一=X

16、0,即X0=1时等号成立.X0所以AABE的面积的最小值为 16.思维升华 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑, 通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和均值不等式法、换元法、导数法等方法求 最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值(2015课标全国I )已知F是双曲线 C: X2-y82= 1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0, 6y6).当4APF周长最小时，该三角形的面积为.答案 12 .6解析 设左焦点为F1, |PF|-|PF1|=2a=2,.|PF|=2十|PF1|, AAPF 的周长为 |AF|+|AP|

17、+|PF|= |AF|+RP|+2+|PF1|, APF 周长最小即为|AP|+|PF1|最小，当A、P、F1三点共线时最小，过AF1的直线方程为3 6,6=1.与 X2-%= 1联立，解得P点坐标为(一2,2优)，此时S= SVF1F SVF1PF = 1276.题型四定值、定点问题 例4 (2015课标全国 n )已知椭圆C: 9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐 标轴，l与C有两个交点A, B,线段AB的中点为M.证明：直线 OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； (2)若l过点3, m ,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形？若能, 求此时l

18、的斜率；若不能，说明理由.(1)证明设直线 l: y=kx+b(kw 0, bw0),A(X1, y1)，B(x2, y2), M(xm , yM).xi -I- X2kb将尸 kx+ b 代入 9x2 + y2=m2信（k2+9）x2+ 2kbx+ b2m2=0,故衣9,yM = kxM9bk2+9.于是直线0M的斜率。=祟9,即k0Mk= 9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)解四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点m, m ,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0, kw3.3由得OM的方程为y=9x. k设点P的横坐标为XP,9事 y=一谈，/曰 2

19、k2m2Rn±km由k得 xP=ZTF，即 Xp= p-.c 212T9k2+ 813 , k2+ 99x2+ y2= m2将点m，m代入l的方程得b=m±, 33k k 3 m 因此 XM= 3 k2+9 .四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段 AB与线段OP互相平分，即xp=2xm.曰-m k k3 m 卫研司=2 3k2+9 ,解得ki = 4市,k2=4+巾.因为ki>0, kiW3, i=1,2,所以当l的斜率为4 5或4+巾时，四边形 OAPB为平行四边 形.思维升华求定点及定值问题常见的方法有两种: (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关

20、(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值椭圆C：与+ y2= 1(a>b>0)的离心率 a be=,32，a + b= 3.求椭圆C的方程；(2)如图所示，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线 DP交x 轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k, MN的斜率为m.证明：2mk为定值.-3 c解因为e= 2 =所以a=格b卡代入 a+ b=3 得，c= 3f3, a =2, b= 1.故椭圆C的方程为，+y2=1.(2)证明 因为B(2,0),点P不为椭圆顶点，则可设直线BP的方程为y=k(x 2)(kw 0,kwg),x2代

21、入了 + y2=1,解得p8k224k1直线AD的万程为y=-x+ 1.4k3 2 4k与联立解得M a,云时 .由 D(0,1), P8k2- 24k2 + 114k4k2+1 'N(x,0)三点共线知4k4k2+ 110-18k2-24k2+ 1所以MN的斜率为4k 八02k1m=4k+2 4k-22k1 2k+14k 2k+ 12k+ 12 2k+ 1 22 2k 1 2 4一2k+11则 2mk=2- k= 2(定值).题型五探索性问题 例5 (2015广东)已知过原点的动直线l与圆G： x2+y2-6x+ 5 = 0相交于不同的两点 A, B.求圆C1的圆心坐标;(2)求线段

22、AB的中点M的轨迹C的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L： y=k(x4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出 k的取值 范围；若不存在，说明理由.解(1)圆 C1： x2+y2-6x+5=0 化为(x 3)2+y2=4, 圆 C1 的圆心坐标为(3,0).(2)设 M(x, y), A, B为过原点的直线l与圆C1的交点，且 M为AB的中点,由圆的性质知： MC11MO, MMC1 MO= 0.又.证1= (3 x, - y), mO = ( x, -y)，由向量的数量积公式得x23x+y2=0.易知直线l的斜率存在, 设直线l的方程为y=mx,当直线l与圆Cl相切时，d=gm12 =2,

23、 .m2+1解得m=萃. 5把相切时直线l的方程代入圆Cl的方程，化简得 9x230x+ 25=0,解得 x= 5. 3当直线l经过圆Cl的圆心时，M的坐标为（3,0）.又直线l与圆Ci交于A, B两点，M为AB的中点，5o<x< 3.3.点M的轨迹C的方程为x2- 3x+y2=0,其中vxws. 3由题意知直线L表示过定点（4,0）,斜率为k的直线，把直线L的方程代入轨迹 C的方程x2-3x+ y2 = 0,其中 |<xW3,化简得（k2 + 1）x2 （3+8k2）x+ 16k2=0,其中:xw 3,33记 f（x） = （k2+ 1）x2- （3+8k2）x+ 16k2

24、,其中 5<x< 3.3若直线L与曲线C只有一个交点，令f（x）= 0.当 A= 0 时，解得 k2 = ,即 k=i3,此时方程可化为 25x2 120x+ 144 = 0,即（5x12）2=0, 1641253解得x=5,3 ,，k=号满足条件.534当60时，若x= 3是方程的解，则f（3）=0? k=0?另一根为x=0<5,故在区间5, 3上有且仅有一 33个根，满足题意.若x= 5是方程的解，则f 5 = 0? k= %5?另外一根为x = 64, 1<64< 3,故在区间333723 3 233上有且仅有一根，满足题意.若x= 3和x=g均不是方程的解

25、，则方程在区间5, 3上有且仅有一个根，只需f5 f（3）<0 333?乎<k<45.故在区间5, 3上有且仅有一个根，满足题意.773综上所述，k的取值范围是一 半& k< 等或k=号.思维升华（1）探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满 足条件白元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素 （点、直线、曲线或参数）存在；否则，元素（点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法(2014湖南)如图，。为坐标原点，双曲线 Ci：篇y= 1(

26、ai>0, bi>0)和椭圆 C2： + 'x2= 1(a2>b2>0)均过点 P(233, 1),且以Ci的两个顶点和 C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求Ci, C2的方程； (2)是否存在直线I,使得l与Ci交于A, B两点，与C2只有一个公共点，且|OA+OB|= |AB|? 证明你的结论.解 设C2的焦距为2c2,由题意知，2c2=2,2ai = 2.从而 ai = i, c2= i.因为点p(弩，i)在双曲线x2b2=i上，所以(竽)25= i .故 b2 = 3.由椭圆的定义知2a2 =乎2+12+4早斗2= 2.3.于是 a2

27、 = /3, b2= a2 c2= 2.故Ci, C2的方程分别为(2)不存在符合题设条件的直线 .若直线I垂直于X轴，因为I与C2只有一个公共点,所以直线I的方程为x=W x=C当 x=/时，易知 A（W，73）, B（p -y3）, 所以 |5X+6fe|=2也，|a1|=2审.此时，|61+66|w| /当*=山时，同理可知，|亦十丽仔岫若直线I不垂直于x轴，设I的方程为y = kx+ m.y= kx+ m,由 y2 得（3k?）x22kmxm?3= 0. ym2+ 3当I与。相交于A, B两点时,设 A（X1, yi）, B（X2, y2）, 则Xi, X2是上述方程的两个实根，从而X

28、i + X2 =于是 y1y2= k2xiX2+ km (xi + X2)+ m2 =3k2-3m2k2-3y= kx+ m,得(2k2+3)x2 + 4kmx+2m26 = 6因为直线I与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式= 16k2m2 8(2k2+3)(m23)=6化简，得2k2=辞3,因此。入 OB = X1X2+ yiy2m2+3 3k2-3m2 -k2-3=?Z3-+ k2-3 = k2-3于是6X2+的2+26X OB OA2+OB2-2OA OB, 即 |6a+ob|2|oa-6b|2,故1亦+的产1京|.综合可知，不存在符合题设条件的直线(时间：80分钟)1.若直线i：

29、 y = *3x 竽过双曲线b2=1(a>0, b>0)的一个焦点，且与双曲线的一条渐近 线平行.(1)求双曲线的方程；(2)若过点B(0, b)且与x轴不平行的直线和双曲线相交于不同的两点M, N, MN的垂直平分线为m,求直线m在y轴上的截距的取值范围.解由题意，可得c= 2, b=坐，a 3所以 a2 = 3b2,且 a2+b2=c2=4,解得 a= 13, b= 1.2故双曲线的方程为Xr-y2=i. 3(2)由(1)知B(0,1),依题意可设过点 B的直线方程为y=kx+1(kw 0), M(x1, y1)，N(x2, y2).y= kx+ 1,由 x22_得(1 3k2

30、)x2 6kx6=0,所以 X1+x2 = d3k2，A= 36k2+24(13k2) = 12(23k2)>0? 0<k2<2,且 1 3k2w0? k2wg. 33设MN的中点为Q(x°, y°),xi + x23k1则x0=E'叱'+仁胃,故直线m的方程为y 11 3k21 3kkx-i3k2即 y = - 1x+ -42 kk1 3k2.所以直线m在y轴上的截距为41 3k2', c 2 一 c 1由 0<k2<3,且 k%3,得 13k2e ( 1,0)U(0,1),4所以5C ( 00 , 4)U(4, +&

31、#176;°).1 - 3k2故直线m在y轴上的截距的取值范围为(8, 4)U(4, +8).2.在平面直角坐标系 xOy中，直线l与抛物线y2 = 4x相交于不同的A, B两点.(1)如果直线l过抛物线的焦点，求 OA OB的值；(2)如果OA OB= 4,证明：直线l必过一定点，并求出该定点.解(1)由题意：抛物线焦点为(1,0),设l: x= ty+ 1，代入抛物线y2= 4x,消去 x得 y24ty4=0,设A(x1, y1), B(x2, y2),则 y1+y2=4t, y1y2=4,OA OB = x1x2 + y1y2= (ty1+ 1)(ty2+ 1) + y1y2=

32、t2y1 y2 + t(y1 + y2) + 1 + y1 y2=4t2+4t2+ 1 -4=- 3.(2)设l： x=ty+b,代入抛物线 y2 = 4x,消去 x得 y2-4ty-4b= 0,设 A(x1, y1), B(x2, y2),则 y1+ y2= 4t, y1y2= 4b.OA OB= x1x2+y1y2=(ty1+ b)(ty2+ b)+y1y2=t2y1 y2 + bt(y1 + y2) + b2+ y1y2=4bt2 + 4bt2 + b2 4b= b2 4b.令 b2-4b=- 4, .-.b2-4b+4 = 0,b=2,直线l过定点(2,0).，若OAOB = 4,则直

33、线l必过一定点(2,0).3 .已知椭圆C: x2 + y2= 1 (a>b>0)与双曲线7+7y=1 (1<v<4)有公共焦点，过椭圆 a b4 v 1 v右顶点B任意作直线l,设直线l交抛物线y2=2x于P、Q两点，且OPLOQ.求椭圆C的方程；(2)在椭圆C上，是否存在点 R(m, n)使得直线l: mx+ ny=1与圆O： x2+y2=1相交于不同 的两点M、N,且 OMN的面积最大？若存在，求出点 R的坐标及对应的 OMN的面积； 若不存在，请说明理由.解(1)，1<v<4, .,.双曲线的焦点在x轴上，设 F(2,0),则 c2=4-v+v-1

34、= 3,由椭圆C与双曲线共焦点，知 a2b2=3,设直线l的方程为x=ty + a,代入 y2 = 2x,可得 y22ty2a=0,设 P(xi, yi), Q(x2, y2),则 yi + y2=2t, yiy2=2a,OP -LOQ,xix2+ yiy2 = a2- 2a = 0,2，a=2, b= i,椭圆 C 的方程为:+ y2= i.,11(2)在 AMON 中，4 OMN = 2|OM|ON|sin/MON =2sin/MON.一 一 11当/MON =90。时，2sin/MON 有最大值 11,此时点O到直线l的距离为d =22，m2+ n2= 2.又m2+ 4n2= 4,m2+

35、 n2=2, 联立 c cm2 + 4n2=4,解得 m2=4, n2=2, 33此时点R的坐标为对3式6或一鸣亚,AMON的面积为1 333324 .已知抛物线 C: y2=2px(p>0),点A, B在抛物线C上.O(O为坐标原点)三点的圆的方程;(1)若直线 AB过点(2p,0),且|AB|=4p,求过 A, B, 兀 、一 一，,、 一 I 一 A 、I 4 .、. ，. 4 1(2)设直线OA , OB的倾斜角分别为 a, 3且a+ 3=，向直线AB 否云过某一"7E点？右te,求出这一定点的坐标；若不是，请说明理由 解(1)易知直线x=2p与抛物线y2 = 2px的

36、两个交点的坐标分别是 M(2p,2p), N(2p, -2p), 弦长|MN|=4p(p>0).又|AB|=4p,且直线AB过点(2p,0),所以AOB是直角三角形，所以过A, B, O三点的圆的方程是(x- 2p)2+y2=4p2.y1yi(2)设点A 2p, yi , B 2p, y2 ,直线AB的万程为x=my+ b,设直线与抛物线相交.由方程组x= my+ b, y2= 2px,消去 x,彳# y22mpy 2pb= 0,所以 yi + y2 = 2mp, yiy2= 2pb.故 tan 4=tan( a+ 9 =tan 好 tan 31 tan 就an 3yiy2一十一xiX2

37、x2yi + xiy21yiy2 xix2 yiy2X1X22P yi+ y2 yiy2 4p2，即 i = 2Pbm4p2 =2mpb+2p'所以 b= 2p 2mp,所以直线AB的方程为x=my 2p-2mp,即x+2p=m(y 2p),所以直线 AB过定点(一2p,2p).5.已知平面上的动点 R(x, y)及两定点 A(2,0), B(2,0),直线 RA, RB的斜率分别为 ki, k2,3且kik2=3,设动点R的轨迹为曲线 C. 4(i)求曲线C的方程；(2)四边形 MNPQ的四个顶点均在曲线 C上，且MQ/NP, MQ±x,若直线 MN和直线QP交于点S(4,0).问：四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.解由题意知xw±Z且ki = x+2, k2=x2,则我力一 4,22整理得，曲线C的方程为