直线圆锥曲线向量的综合问题

1、直线圆锥曲线与向量的综合问题高考考什么知识要点：1 .直线与圆锥曲线的公共点的情况Ax2 Bx C 0«A'y2 B'y C' 0)直线：ax by c 0曲线：f(x, y) 0(1)没有公共点方程组无解(2) 一个公共点i)相交A 0ii)相切A 0,0(3)两个公共点A 0,02 .连结圆锥曲线上两个点的线段称为圆锥曲线的弦，要能熟练地利用方程的根与系数关系来计算弦长，常用的弦长公式:AB|：1 k2 xi x?|：;1y23 .以平面向量作为工具，综合处理有关长度、角度、共线、平行、垂直、射影等问题4 .几何与向量综合时可能出现的向量内容(1)给出直线

2、的方向向量证二(1次)或“二(僧；(2)给出。与上§相交，等于已知0工十°£过的中点；(3)给出尸间+尸M=°,等于已知F是财川的中点；(4)给出从尸+呢一(8尸+即),等于已知a、B与PQ的中点三点共线；(5)给出以下情形之一： 菊川辞;存在实数见使海=几/；若存在实数%乱且招产=1使三三亚+#丽等于已知皿三点共线.- 且+(6)给出 一i+a ，等于已知f是蓝的定比分点，足为定比，即亚二上四b.k(7)给出MA材E=。，等于已知招，即乙4 MB是直角，给出血.超白二阳亡0，等于已知/皿必是钝角,给出也4 这二掰 口，等于已知乙山阳是锐角，等于已知MP

3、是乙的平分线在平行四边形比力中，给出（月共购）«E-兑0=0 ,等于已知达瓦力是菱形;（10）在平行四边形上式工 中,给出|月£,儿目川3-加| ,等于已知45CZ）是矩形；(11)在 AAi56f 中，给出 Q4 = OB =口。,等于已知口是的外心（三角形外接圆的圆心，三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点）；（12）在A4SC中，给出想+向+无=6,等于已知0是&4BC的重心（三角形的重心是三 角形三条中线的交点）；（13）在a48c中，给出应酝二赤历=丽瓦i ,等于已知。是kl8c的垂心（三角形的 垂心是三角形三条高的交点）；一 一次二+£）+

4、一（14）在中，给出0产二Q4+（足工衣）等于已知工尸通过AA3U的内心;（15）在中，给出daULD闫+d（?。= 0,等于已知口是小及？的内心（三角形内切圆的圆心，三角形的内心是三角形三条角平分线的交点）；次二U荏+就）（16）在h45口中，给出2、二等于已知4D是h4加7中3c边的中线;高考怎么考主要题型：1 .三点共线问题；2 .公共点个数问题；3 .弦长问题；4.中点问题；5 .定比分点问题；6.对称问题；7.平行与垂直问题；8.角的问题。近几年平面向量与解析几何交汇试题考查方向为（1）考查学生对平面向量知识的简单运用，如向量共线、垂直、定比分点。（2）考查学生把向量作为工具的运用能

5、力，如求轨迹方程，圆锥曲线的定义，标准方程和几何性质, 直线与圆锥曲线的位置关系。特别提醒：法和韦达定理是解决直线和圆锥曲线位置关系的重要工具。高考真题1. 2012 上海卷 若n = ( 2,1)是直线l的一个法向量，则l的倾斜角的大小为 (: 果用反三角函数值表示). . arctan2解析考查直线的法向量和倾斜角，关键是求出直线的斜率.由已知可得直线的斜率 kx=1 , k=2, k=tan ”，所以直线的倾斜角a = arctan2.一 22.2012 重庆卷如图13,设椭圆的中心为原点 O,长轴在x轴上，上顶点为 A,左、右焦点分别为 F1, F2,线段OF1, OF2的中点分别为

6、B1, B2,且ABR是面积为4的直角三角形.图1 3(1)求该椭圆的离心率和标准方程;(2)过B1作直线l交椭圆于P, Q两点，使PE2XQB2,求直线l的方程.解：(1)设所求椭圆的标准方程为x2 y2+b?=1(a>b>0),右焦点为 F2(c, 0).c因 AB1B2是直角三角形，又| AB1| =| AB2| ,故/B1AB2为直角，因此| OA| =| OB2| ,得b =.结合c2= a2 b2得 4b2 = a2b2,故 a2 = 5b2, c2=4b2,所以离心率 e = =5f5在 RtAB1B2 中，OA XB1B2,故1SJA AB1B2 = 2.I B1B

7、2| - 1 OA| = | OB2I - I OA| =| b = b2.由题设条件 SJAAB1B2=4,得 b2 = 4,从而 a2=5b2=20.因此所求椭圆的标准方程为：x2 y220+ 4 =1.(2)由(1)知B1(2,0) , B2(2,0).由题意知直线l的倾斜角不为0,故可设直线l的方程为: 入椭圆方程得(m2 + 5)y2 4my 16 = 0.设P(x1, y。、Q(x2, y),则y1, y2是上面方程的两根,因此4m16yiy2=mr，y1 . y2=m，x = my 2.代又 BzP= (x1一 2,y1)，B2Q = (x2-2, y2),所以B2P , B2Q

8、 = (xi - 2)( x2 2) + y1 y2 =(my 1 4)( my 2 4) + y1y2 = (m故存在m = V2,使得在其对应的椭圆x2 + 1)y1y2 4m(y + y2)+ 16 16 m2+ 116m2一 m2 + 5-彳7? +1616m2 64 m2+5，由 PB21QB2,得B2P- B2Q = 0,即 16m2 64 = 0,解得 m = ± 2.所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x+2y+2 = 0和x-2y + 2=0.3 2012 湖北卷设A是单位圆x2+y2 = 1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l 与x轴的交点，点

9、M在直线l上，且满足| DM | = m | DA|( m>0 ,且mw 1).当点A在圆上运动时，记点 M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程，判断曲线 C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点且斜率为k的直线交曲线 C于P, Q两点，其中P在第一象限，它在 y轴上的射影为点 NPQXPH?若存在，求 m的值；若不A在单位圆上运动，所以x2 + y0=1.直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m ,使得对任意的k>0 ,都有 存在，请说明理由.解：(1)如图，设 M(x, y), A(X0, y(9,则由 | DM| =m| DA|( 可得 x=xo, | y| = m| y

10、o| ,所以 xo=x, | yo| =m| y|.因为点cy2将式代入式即得所求曲线C的方程为x2+m2=1(m>0,且mw 1).因为m (0,1) U (1 , +8 ),所以与v m v 1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为(11 m2, 0),(寸1 m2, 0);(0, ->Jm2-1), (0,枷2 1).当m>1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(2)方法 1：如图(2)、(3),对任意的 k>0,设 P(xi, kx。，H(x2, y2),则 Q(-xi, kx1)，N(0, kx", 直线QN的方程为y=2kx

11、+kx1,将其代入椭圆 C的方程并整理可得(m2 +4k2)x2 +4k2x1x+k2x2m2= 0.依题意可知此方程的两根为xi, x2,于是由韦达定理可得224k xim xi2km2xi一xTx2- mz市 即x2=mr%.因为点H在直线QN上,所以y2kx1=2kx2=mr行.2 km 2xi-2 , 2 .m +4k于是 PQ=( 2x1, - 2kx1), 4 k2x1PH= (x2-x1，y2-kx1)= -m 2+ 4k2一 一 4 2 m2 k2x19(而 PQ,PH等价于 PQ PH=m2+ 4k2=0，即"m2 = 0，又 m>0，得 m=V2=1上，对任

12、意的k>0,都有PQ±PH.方法2:如图（2）、（3）,对任意xiC(0,1),设 P(x1, y1), H(x2, y2),则 Q( x1，一 y1)，N(0, y1).因为P, H两点在椭圆C上，所以2 2,22x1 + y = m2 2,22x2 + y2 = m两式相减可得 m2(x2x2) +(y2 y2) = 0.依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且 P, H不重合,故(Xi X2)(Xi + x2)丰0.于是由式可得上 j3- =-m2 又 Q,X1 X2 X1 + X2N,H三点共线，所以kQN = kQH,即2yiyi + y2xiX1+X2y1

13、 一 y2y1 + y 2Xi x2Xi + x2m2 万.y y 1 y 2于是由式可得kPQ kPH=x； x；2m而 PQPH等价于 kPQ kPH= 1,即-2-=- 1,又 m >0,得 m = Sy y2故存在m = 2,使得在其对应的椭圆 x2 +5=1上，对任意的k>0,都有PQ±PH.2 y24大纲文数2011全国卷已知O为坐标原点，F为椭圆C： x2+y=1在y轴正半轴上的焦点，过 F图1 4斜率为一班的直线l与C交于A、B两点，点P满足oA + OB + OP = 0.证明：点P在C上;(2)设点P关于点O【解答】(1)证明:的对称点为 Q,证明：A

14、、P、B、Q四点在同一圆上. 2F(0,1), l的方程为y = 4+1,代入X2+与=1并化简得4x2-2/2x-1 =0. 设 A(X1, y1), B(X2丫2), P(X3, 丫3),则Xi =,x2 =1Xi + X2 =y1 + y2= 2(X1 + X2)+ 2 = 1,由题意得 X3= (X1 + X2)= *，y3=-(y, + y2) = -1.所以点P的坐标为一2经验证，点P的坐标,-1满足方程x2+y" = 1,故点P在椭圆C上.(2)证明：由P和题设知Q *，1 , PQ的垂直平分线l1的方程为y = *x.设AB的中点为由、得l1、M,则 M,4，2、12

15、|2的交点为N -8,21AB的垂直平分线l2的方程为y = ¥x+ 4.| NP| =乎+A+-1 -82, | X2 Xi|8 ，322 ，| AM | MN|3,24，E + 乎+13 ；'38 ，I NA|=4| AM| 2+| MN| 2 = 3 2012 福建卷 如图椭圆E："十卷=1(a >b>0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e =1,过F1 a b2 的直线交椭圆于 A、B两点，且 ABF2的周长为8. (1)求椭圆E的方程； (2)设动直线l： y = kX+m与椭圆E有且只有一个公共点 P,且与直线x=4相交于点Q.试探究：在

16、坐标 平面内是否存在定点 M,使得以PQ为直径的圆恒过点 M?若存在，求出点 M的坐标；若不存在，说明 理由.,故| NP| =| NA|.又| NP| =| NQ| , | NA| = | NB| ,所以 | NA| =| NP| =| NB| =| NQ| ,由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上.解：解法一：(1)因为 | AB| +| AF2I +| BF2| =8,即 | AFi| +| FiB| +| AF2I +| BB| =8,又 | AFi| +| AF2I =| BFi|十 | BF2| =2a,所以4a=8, a = 2.又因为e =-,即所以c = 1,

17、2 a 2所以 b = a2_ c2 = 3.故椭圆E的方程是x+y-=1.43得(4 k2 + 3) x2 + 8kmx + 4m2- 12 = 0.y= kx+ m ,(2)由 £ y24 + 3 = 1，且= 0,因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点 P(北, y0),所以mwo 即 64k2m24(4k2 + 3)(4 m212) =0,化简得 4k2m2+3 = 0.(*)4km4k此时 XL 4?T7- m，4ky0=kx0+m= m,所以 P m,3m.由x= 4,得 Q(4,4k+ m). y= kx+ m假设平面内存在定点 M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴

18、上.设M(X1,0),则MP MQ = 0对满足(*)式的m、k恒成立.因为MiP=4kMQ = (4 x1,4k+m),由昨 MQ = o,得一16k十 4kx1 4 + + 12k+3 Qk c整理，得(4x1 4)m + x2-4xi+3 = 0.(*)由于(*)式对满足(*)式的m , k恒成立,所以4Xi -4 = 0,x2 - 4xi +3 = 0,解得x1=1.故存在定点 M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法二：(1)同解法y= kx+ m , (2)由 x2y23 = 1，得(4k2+3)x2+8kmx + 4m2 12 = 0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共

19、点 P(x°, y°),所以m wo且= 0,即 64k2m24(4k2 + 3)(4 m212) =0,化简得 4k2m2+3 = 0.(*)此时X0=4km4 k2+ 3一,y0=kxo+m=,所以 P mmx= 4,y= kx+ m ,得 Q(4,4 k+m).假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.取 k=0, m = B 此时 P(0,，3), Q(4,m)，以 PQ 为直径的圆为(x 2)2 +(y 。3)2 = 4, 1交 x 轴于点 Mi(1,0), M2(3,0);取 k=-2, m = 2,35 c3 c 45此时P 1 , 2 ,

20、 Q(4,0),以PQ为直径的圆为 x-2 2+ y-4 2 =,M存在，则 M的坐标必为(1,0).MQ =(3,4k+m),交x轴于点M3(1,0), M4(4,0).所以若符合条件的点以下证明M(1,0)就是满足条件的点:一 4k 3因为M臼q坐标为(1,0),所以M P= -m- - 1, m,从而 MP MQ =-12k12k3+ 3=0故恒有M P±M Q ,即存在定点 M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.突破重难点例1.过点P(x，y)的储分别w/p正近由和y轴的正半轴交于a，b两点,点q与点p关于y轴对称,o 为坐标原点，若BP 2PA且OQ?AB 1,则点P

21、的轨迹方程是(D )23 2A. 3x2 - y2 1(x 0,y 0) 23 22C. -x 3y 1(x 0,y 0) 223 2B. 3x2 y2 1(x 0, y 0) 23 22D. -x 3y 1(x 0,y 0)2例2.已知椭圆x2一Ci： -+y2=1 ,椭圆C2以Ci的长轴为短轴，且与Ci有相同的离心率.求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点 A, B分别在椭圆Ci和C2上，0b=20A,求直线AB的方程.y2 x2解:(1)由已知可设椭圆 C2的方程为= 1(a>2),立故石4工2，故 a =222其离心率为,则a = 4,故椭圆C2的方程为77 + -7= 1.

22、164(2)解法一：A, B两点的坐标分别记为(xa, yA), (xb, yB),AB的方程为y = kx.由0b = 20A及(1)知，O, A, B三点共线且点 A, B不在y轴上，因此可设直线x24将 y = kx 代入 了 + y = 1 中，得(1 + 4k )x = 4 ,所以 xA =1 + 4k2,y2 x2将丫=4代入京+ -=1中，得(4 + k2)x2 = 16,所以xB=164 + k2又由 OB = 2OA ,得 xB= 4xA,1616即 9=2",4+k2 1 +4k2解得k=± 1 ,故直线AB的方程为丫 = *或丫 = x.解法二：A,

23、B两点的坐标分别记为(xa, yA), (xb, yB),由OB = 2OA及(1)知，O, A, B三点共线且点 A, B不在y轴上，因此可设直线 AB的方程为y=kx. x2将 y= kx 代入：+ y2= 1 中，得(1 +4k2)x2 = 4,44所以 xA=；TT12 由 OB=2O A,1 + 4k216216k2得XB=1T而7，yB="而，将 xB, yBR入2 + x=1 中，得1,即 4+k2=1 + 4k2,16 41 + 4k解得k=± 1 ,故直线AB的方程为丫 = *或丫 = x.例3.在平面直角坐标系 xO y中，直线1与抛物线y2 = 2x相

24、交于A、B两点.(1)求证：“如果直线 1过点T (3, 0),那么OA OB=3”是真命题;(2)写出(1)中命题的逆命题，判断它是真命题还是假命题，并说明理由.解(1)设过点T(3,0)的直线1交抛物线y2=2x于点A(x1,y1)、B(x2,y2).当直线1的钟率不存在时，直线1的方程为x=3，此时，直线1与抛物线相交于点 A(3, 灰 卜 B(3, J6 ). OA OB =3 ;当直线1的钟率存在时，设直线1的方程为y k(x 3),其中k 0,y2 2x 一 o由得 ky 2 y 6k 0yly26y k(x 3)一1212又 x1 2 y1 ,x2 2 y2 ,uuu uuur1

25、oa?ob xg y1y2 4(火丫2)2 y1y2 3,综上所述，命题“如果直线 1过点T(3,0)，那么OA OB =3”是真命题；(2)逆命题是：设直线1交抛物线y2=2x于A、B两点，如果OA OB =3,那么该直线过点 T(3,0).该命题是 假命题.1uur uur2例如：取抛物线上的点 A(2,2) , B(- ,1),此时OA?OB=3,直线AB的方程为：y 4(x 1),而T(3,0) 23不在直线AB上；说明：由抛物线 y2=2x上的点A (xi/i)、B的皿)满足OA OB =3 ,可得y1y2= 6,或y1y2=2,如果y1y2=6,可证得直线 AB过点(3,0)；如果

26、yy2=2,可证得直线 AB过点( 1,0),而不过点(3,0).uuu uum例4已知A,B为抛物线x2=2py (p>0)上异于原点的两点，OA OB 0,点C坐标为(0, 2p)(1)求证：A,B,C三点共线； uuuu uuur(2)若AM = BM ( R)且OM AB 0试求点M的轨迹方程。22(1)证明：设 A(Xi,迎)，B(x2，9)，2p2puuu uuux 2 x 2由 OAOB 0 得 x1x2 -1- 0,2p 2puuurx2 uuu又Q AC ( x1，2p 2)，AB (x22p222x2 XiXix1 (2p)(x2 x1)2p2puuur uuuAC

27、/ AB ,即A,B,C三点共线。2XiX24p ,Xi,22X2X12p0,uumr uuu(2)由(i)知直线AB过定点C,又由OM AB 0及AM = BM (M ,所以点M一 .一 x2例5椭圆a的轨迹为以OC为直径的圆，除去坐标原点。即点 M的轨迹方程为2y。i(a,b 0)的两个焦点Fi、F2, b点P在椭圆C上，且PFi±FiF2R)知OM AB,垂足为x2+(y-p )2=p2(x 0, y 0)。14| PFi|二 , | PF2|=(I)求椭圆C的方程；(II)若直线l过圆x2+y2+4x-2y=0的圆心 M 的方程。解法一： (I )因沏E椭圆C上，所以2a交椭

28、圆于A、B两点，且A、B关于点M对称,求直线l在 RtAPFE 中，F1 F2PF2PFi2从而b2=a2c2=4,所以椭圆C的方程为 9(n )四，B的坐标分别为(xi,yi)、( x2,y2) 由圆的方程为(x+2) 2+(y- i)2=5,所以圆心y=k(x+2)+I,代入椭圆C的方程得(4+9 k2) x2+(36 k2+i8 k)x+36 k2+36 k- 27=0.B关于点M对称.所以士心22PFiPF26 , a=3.2，5,故椭圆的半焦距2Ji.4M的坐标为(一2I8k2 9k 222，4 9k21).从而可设直线l的方程为解得k所以直线解法二:l的方程为y 8(x 2) I,

29、 即9(I)同解法一8x-9y+25=0.(经检验，符合题意)(n)已知圆的方程为(x+2)设A, B的坐标分别为(2xi9(xi由一得 2也I,4x2)(x12+(y 1)2=5,所以圆心 M xi,yi) ,(x2,y2).由题意 xi2红X2)9(yi y2)(yi2的坐标为(一2, I).x2且2旦I,40.9因为A、B关于点M对称，所以_ M yiy2代入得-xix24xi + x2= 4, yi+ y2=2,l的斜率为,9所以直线l的方程为y-i= 8 (x+2),9即8x-9y+25=0.(经检验，所求直线方程符合题意.)2例6设Fi、F2分别是椭圆 y2 I的左、右焦点.4UU

30、LT UJIU(l)若P是该椭圆上的一个动点，求PFi PF2的最大值和最小值；为坐标原(n)设过定点 M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点 A、B,且/ AOB为锐角(其中 O 点)，求直线l的斜率k的取值范围.解：(I)解法一：易知 a 2,b i,c 73 ,所以Fi五,0 , F2而0，设P x,yuuur uuur则 PF1 PF2,3 x, y ,、3 x, y22c2 X12cxy 3x1 3 3x844因为x2,2 ,故当x=0,即点P为椭圆短轴端点时,ujir uuuPF1 PF2有最小值-2iuur uuuu当x= 2,即点P为椭圆长轴端点时,PFiPF2有最大值解法二

31、：易知a 2,b 1,c.3 ,所以FiV3,0 , 73,0，设 P x, y，则uur uuiuPF1 PF2uur uuurPF1 PF2 cos F1PF2rnrPF1uuiuPF2rnr 2PF12uuiuPF2 uur PF12 uuuirF1F2-rrrrPF22、3 y22x 3y212x2 y2 3 (以下同解法一)(n)显然直线 x 0不满足题设条件，可设直线l : y kx 2,A。丫2 ,B x2,y2 ,y kx 2一、，.I212_联立 x20,消去y,整理得：k2 - x2 4kx 3 0y2 144xx24k7,x1 x2k2 14k2,21由 4k 4k-42

32、3 4k 3 0 得:又0°A0B 900cos A0B 0uur uuu uuu uurOA OB 0, . OA OB x1x2 y1y2 0又 y1 y2kx12 kx2 2x1x22k x1 x23k28k2k2k2k2k2k2 1k22 k 2故由、得 2 kF1、F2,过巳的直线交椭圆于 B、D两点，过F2的直线22例7已知椭圆 1的左、右焦点分别为32交椭圆于A、C两点，且AC BD ,垂足为P.22(I)设P点的坐标为(xo,yo),证明：8y- 321;(n )求四边形 ABCD的面积的最小值。(i)证明：椭圆的半焦距c J32 1,2由AC，BD知点P在以线段F1

33、F2为直径的圆上，故 Xo2yo1,所以,2Xo2224yo1xoyo1.12222(n) (i)当 BD的斜率k存在且k 0时，BD的方程为yk(x1)22X y.一222代入椭圆万程一匚 1 ,并化简得(3k2)x 6k x323k2设 B(x1，y1)，D(X2, y?),则：X x?6k225 X1X23k 23k2 63k2 2BD1 k2?Xi, I 22,1 k )? d X2) 4X1X24.3( k23k21)2因为AC与BC相交于点P,且AC的斜率为所以,AC4:3 4 1k24.3(k2 1)2k2 3四边形ABCD的面积S1-? BD ? AC 224(k2 1)2(k

34、21)296当k2=1时，上式取_ 2 一 一 2 一(3k2)(2 k 3)222(3 k2 2) (2k2 3)25(ii)当BD的斜率k=0或斜率不存在时,综上，四边形ABCD的面积的最小值为四边形 ABCD9625的面积S=4.例8已知函数y kx与y2_x 2(x> 0)的图象相交于A(x1，y1), B(X2, y)，I1 , I2分别是2y X 2(x > 0)的图象在A,B两点的切线,M , N分别是I, 12与x轴的交点.(I)求k的取值范围；(II)设t为点M的横坐标，当X1 X2时，写出t以人为自变量的函数式，并求其定义域和值域;(III)试比较OM与ON的大

35、小，并说明理由(。是坐标原点).解：(I)由方程y kx2, 消 y 得 x2 kx 2 0 .yx2 2依题意，该方程有两个正实根，故Xi2 k2 8 0,x2 k 0,解得k 242.OM t . 2 x1ON - X2- x22xx2ON 0.当x2 x,时，有相同的结果 OMONOM(II)由f (x) 2x,求得切线11的方程为y 2x1(x x1) y1,由yixl22 ,并令y 0 ,得tx1x1,x2是方程的两实根，且x1x2,、故2 x12xi 产，k 2应，xi是关于k的减函数，所以xi的取值范围是(0,衣). t是关于2 k ,k2 8%的增函数，定义域为(0,J2),所

36、以值域为(，0),(III)当X x2时，由(II)可知x2 i类似可得ON-2 . OM2x2由可知xx2 2 .从而OM自我提升i、平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知A (3, i) , B (-i , 3),若点C满足OC OA OB , 其中R,且 =i ,则点C的轨迹方程为(D )A. 3x+2y-ii=0B. (x-i)2+(y-2)2=5C . 2x-y=0D. x+2 y-5=02、已知i , j是x,y轴正方向的单位向量，设a=(x 2)i yj , b = (x 2)i yj ,且满足| a|+| b |=4.则点P(x,y)的轨迹是.(C )A.椭圆 B.双曲线 C.线

37、段 D.射线3、中心在原点，焦点在坐标为(0, ±5、；5)的椭圆被直线3x-y-2=0截得的弦的中点的横坐标为则椭圆方程为A疝 r.25(C )2y2754、直线y=kx+i与椭圆B.&2752x52y2252y .m2C.25 752D.7522i25i恒有公共点，则m的取值范围是(A).A、rni>i 且mw5 B、rni>i C、mw5D、rni< 5(x 、3)iyj ,且满足5、已知i , j是x,y轴正方向的单位向量，设a = (x J3)iyj , b2| a|-| b |=2.则点 P(x,y)的轨迹 C 的方程为.( x2 -2-i(x

38、0).5. 2012 许昌一模设Fi、F2分别是双曲线x2 春=1的左、右焦点.若点P在双曲线上，且PF1 PF29=0,则 PF1 + PF2| =()A. 2gB.10C. 4g5. D 解析根据已知 PF1F2是直角三角形，向量 于斜边的一半即可求出.PF1 PF2=0,则| PF1 + PF2| =2|D. 210PFi + PF2= 2fPO,根据直角三角形斜边上的中线等PO| =| FF2| =210.6.已知A、B为抛物线x2=2 py (p>0)上两点，直线 AB过焦点F, A、B在准线上的射影分别为则y轴上恒存在一点 K,使得 段AB中点P在在准线上的射影为KA?KF 0 ；CF ?DF 0 ；存在实数 使得 AD AO ；T,有FT ? AB 0。中说法正确的为7.已知椭圆uur uuuy2 1,过P(1,0)作直线1,使得l与该椭圆交于A,B两点，1与y轴的交点为AQ PB ,求直线1的方程。uur解：直线l过P(1,0),故可设方程为y=k(x-1),因为AQuuuPB ,所以B的中点与PQ的中点重合.2x由2yk(x1 一 一。 O一彳#(1+2 k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0 所以 xA xB1)4k21 2k2 &#