历年高考真题考点归纳第九章解析几何第二节圆锥曲线

1、三、解答题2 2x y126.（江苏 18）如图,在平面直角坐标系 xOy 中, M、N 分别是椭圆 4 2 的顶点,过坐标原点的直线交椭圆于 P、A 两点,其中 P 在第一象限,过 P 作 x 轴的垂线,垂足为 C,连接 AC,并延长交椭圆于点 B,设直线 PA的斜率为 k （1）当直线 PA平分线段 MN,求 k 的值；（2）当 k=2 时,求点 P 到直线 AB的距离 d；（3）对任意 k0,求证： PAPB 本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础学问,考查运算求解才能和推理论证才能,满分 16 分. 解：（ 1）由题设知,a 2 , b

2、2 , 故 M 2 0, , N 0 , 2 , 所以线段 MN 中点的坐标为2 ,1 2,由于直线 PA平分线段 MN,故直线 PA过线段 MN 的中点,又直线 PA过坐标2k 2 2.原点,所以 1 22 2x yy 2 x代入椭圆方程得 1,（2）直线 PA的方程 4 22 2 4 2 4x , 因此 P , , A , .解得 3 3 3 3 3403 ,1 故直线 AB的方程为 x y 20 .C 2 , 0 , 2 2 3于是 3 直线 AC的斜率为 3 3因此 , d | 231 1 431 2 23 | 23 2.（3）解法一：将直线 PA的方程y0 x2y21,解得x12k2

3、,记12k2,kx代入4222就P,k,A ,k,于是C0, 故直线 AB 的斜率为kk,2其方程为ykx,代入椭圆方程得22k2x22k2x1.2 3k22 0,2解得x3 k2k22或x因此B 3 k2k2,2k322kk2. k 12k3kk32k2k2 3 k22 3 k222k2k于是直线 PB的斜率2k2因此k1 k,1所以PAPB .解法二：设Px 1,y 1,B x 2,y2,就x 10 ,x 20 ,x 1x 2,A x 1,y 1,Cx 1, 0 . y 1y 1k.0k2设直线 PB,AB的斜率分别为k 1,k2由于 C在直线 AB 上,所以x 1x 12x 12从而y

4、2 y 1 y 2 y 1 k 1 k 1 2 k 1 k 2 1 2 1x 2 x 1 x 2 x 1 2 2 2 2 2 y 22 22 y 1 1 x 22 2 y2 2 42 42 0 .x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1因此 k 1 k ,1 所以 PA PB .27.（安徽理 21）设,点 A 的坐标为（ 1,1）,点 B 在抛物线y x 上运动,点 Q 满意BQ QA,经过Q点与M x轴垂直的直线交抛物线于点 M ,点 P 满意 QM MP ,求点P 的轨迹方程；此题考查直线和抛物线的方程,平面对量的概念,性质与运算,动点的轨迹方程等基本学问,考查敏捷运用学问探究问题

5、和解决问题的才能,全面考核综合数学素养. 解：由QMMP知 Q,M ,P 三点在同一条垂直于x 轴的直线上,故可设Px ,y ,Qx ,y0,Mx ,x2,就2 xy0yx2,就y 0 12 xy .再设B x 1,y 1, 由BQQA ,即 xx 1.y 0y 1 1x 1,y0,x 1 1x,解得y 1 1y0.将式代入式,消去0y,得x 1 1x,y 1 12x2 1y.又点 B 在抛物线yx2上,所以y 12 x 1,再将式代入y 12 x 1,得12x2 1y 1x2,12x2 1y 12x221x2,21x1y 10 .因,0两边同除以1,得2xy10 .故所求点 P 的轨迹方程为

6、y2x1.28. （北京理 19）已知椭圆G:x2y21.过点（ m,0）作圆2 xy21 的切线 I 交椭圆 G 于 A, B两点 . 4（I）求椭圆 G 的焦点坐标和离心率；（II）将AB 表示为 m 的函数,并求 AB 的最大值 . （19）（共 14 分）解：（）由已知得a2 b,10 ,3 ,0 所以ca2b23.,3所以椭圆 G 的焦点坐标为离心率为ec3. ,13,13,a2（）由题意知,| m|1. 当m1时,切线 l 的方程x1,点 A、B 的坐标分别为220此时| AB|3当 m=1 时,同理可得| AB|3当| m|1时,设切线l 的方程为ykxm ,ykxm ,由x2y

7、21 .得14 k2x28 k2mx4 k22 m44设 A、B 两点的坐标分别为x 1,y1x2,y2,就x 1x28 k2m,x 1x 24 k22 m2414 k214 kk21.又由 l 与圆x2y21 相切,得|km|1,1即m2k2k2所以|AB|x2x12y2y 121k264k4m244k2m22414k214k43|m|.m23由于当m3时,| AB|3,所以|AB|43|m|,m,11 ,. m23由于|AB|43|m|433|2 ,m23m|m且当m3时, |AB|=2 ,所以 |AB| 的最大值为2. 29.（福建理 17）已知直线 l：y=x+m,mR；（I）如以点

8、M（2,0）为圆心的圆与直线l 相切与点 P,且点 P 在 y 轴上,求该圆的方程；（II）如直线 l 关于 x 轴对称的直线为 l ,问直线 l 与抛物线 C：x2=4y 是否相切？说明理由；本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础学问,考查运算求解才能,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想；满分 13 分；解法一：（I）依题意,点 P 的坐标为（ 0,m）0 m1 1由于MP l ,所以 2 0,解得 m=2,即点 P 的坐标为（ 0,2）从而圆的半径2 2r | MP | 2 0 0 2 2 2,故所求圆的方程为 x 2 2 y 2 8.（II）由于直线l的方程为

9、 y x m ,所以直线 l 的方程为 y x m .y2 x m ,得 x 24 x 4 m 0由 x 4 y24 4 4 m 161 m （1）当 m 1, 即 0 时,直线 l 与抛物线 C相切（2）当 m 1,那 0 时,直线 l 与抛物线 C不相切；综上,当 m=1 时,直线 l 与抛物线 C 相切；当 m 1 时,直线 l 与抛物线 C 不相切；解法二：（I）设所求圆的半径为lr,就圆的方程可设为x22yr2.依题意,所求圆与直线:xym0相切于点 P（0,m）,42 mr2,就|20m|r,2m2,x2 2y28.解得r2 2.所以所求圆的方程为（II）同解法一；30.（广东理

10、19）设圆 C 与两圆x52y24,x52y24中的一个内切,另一个外切；（1）求 C 的圆心轨迹L 的方程 ; 5,0,且 P 为 L 上动点,求MPFP的最大值及此时点（2）已知点 M3 5 4 5 ,5 5,FP 的坐标（1）解：设 C 的圆心的坐标为 , x y ,由题设条件知L 的方程得|x52y2x52y2|4,化简得 L 的方程为x2y21.4（ 2）解：过 M,F 的直线l 方程为y2x5,将其代入15 x232 5 x840.,2 5.解得x 16 5,x214 5,故 与 交点为T 16 5,2 5,T 214 5515551515因 T1 在线段 MF 外, T2 在线段

11、 MF 内,故|MT 1|FT 1|MF| 2,|MT 2|FT 2|MF| 2.,如 P 不在直线 MF 上,在MFP 中有|MP|FP|MF|2.故|MP|FP|只在 T1 点取得最大值2；31.（湖北理 20）平面内与两定点 A 1 a ,0,A 2 ,0 a 0 连续的斜率之积等于非零常数 m的点的轨迹, 加上 A 、A 两点所成的曲线 C 可以是圆、椭圆成双曲线（）求曲线 C 的方程,并争论 C 的外形与 m值得关系；C 1（）当 m 1 时,对应的曲线为；对给定的 m 1,0 U 0, ,对应的曲线为 C ,F 1 C 1 F 1设、F 是 C 的两个焦点；试问：在 撒谎个,是否存

12、在点 N ,使得N F 的面积2 F 1S | m a ；如存在,求 tan N F 的值；如不存在,请说明理由；本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础学问,同时考查推理运算的才能,以及分类与整合和数形结合的思想；（满分 14 分）解：（I）设动点为 M,其坐标为 , x y ,2当x a 时,由条件可得 k MA 1 k MA 2 x ya x ya x 2 ya 2 m ,即 mx 2y 2ma 2 x a ,又 A 1 a ,0, A 2 ,0 的坐标满意 mx 2y 2ma 2,故依题意,曲线 C 的方程为 mx 2y 2ma 2.2 2x y当 m 1 时 曲线 C的方程为 a 2

13、ma 2 1, C是焦点在 y 轴上的椭圆；2 2 2当 m 1 时,曲线 C的方程为 x y a ,C是圆心在原点的圆；2 2x2 y2 1当 1 m 0 时,曲线 C的方程为 a ma,C是焦点在 x 轴上的椭圆；2 2当 m 0 时,曲线 C的方程为 a x2ma y2 1,C是焦点在 x 轴上的双曲线；（II）由（ I）知,当 m=-1 时, C1 的方程为 x y a 2; 2 2当 m 1,0 0, 时,C2的两个焦点分别为 F 1 a 1 m ,0, F 2 a 1 m ,0.对于给定的 m 1,0 0, ,C1上存在点 N x 0 , y 0 y 0 0 使得 S | m a

14、的充要条件是 2x 0 2y 0 2a 2, y 0 0, 1 2 a 1 m y 0 | | m a 2. 2| m a由得 0 | y 0 | a 由得 | y 0 |1 m .0 | m a a , 即 1 5 m 0,当 1 m 20 m 1 5或 2 时,存在点 N,使 S=|m|a2 ；当|m aa, 即-1m 125,mx 0,y 0,1m或m125时,不存在满意条件的点N,当m125,00,125时,由NF 1a1mx 0y 0,NF 2 a1可得NF 1NF 22 x 01m a22 y 02 ma,令|NF 1|r 1,|NF 2|r 2,F NF 2,ma2就由NF1NF

15、2r r 1 2cosma2,可得r r 1 2cos从而S1r r 1 2sinma2sin1ma2tan,22cos2于是由S|2 m a ,可得1ma2tan|m a2,即tan2 |m|.2m综上可得：当m125 ,0时,在 C1 上,存在点N,使得S|m a2,且tanF NF 22;当m0,125时,在 C1上,存在点N,使得S|2 m a,且tanF NF 22;当m 1,125125,时,在 C1 上,不存在满意条件的点N；32.（湖南理 21）如图 7,椭圆C 1:x2y21 ab0的离心率为a2b2C 2:yx2b 截得的线段长等于32 ,x 轴被曲线C1的长半轴长；（）求

16、 C1,C2 的方程；（）设 C2 与 y 轴的焦点为M,过坐标原点O 的直线l与 C2 相交于点 A,B,直线 MA,MB 分别与 C1 相交与 D,E（i）证明： MD ME; （ii）记MAB, MDE 的面积分别是S S 问：是否存在直线l,使得S 117.请说明理由；S 232解 ：（）由题意知ec3,从而a2b,又2ba,解得a,2b1 .ykx. a2故 C1, C2的方程分别为x2y2,1yx21.4（）（i）由题意知,直线l 的斜率存在,设为k,就直线 l 的方程为ykx由yx21得x2kx10. 设A x 1,y 1,B x 2,y2,就x 1,x 2是上述方程的两个实根,

17、于是x 1x2k,x 1x 2.1又点 M 的坐标为（ 0,1）,所以kMAk MBk2y 11y 21 kx 11 kx 21k2x 1x2k x 1x21x 1x 2x 1x 2x 1x2k211 .1故 MAMB,即 MDME. （ii）设直线 MA 的斜率为 k1,就直线 MA 的方程为yk1x,1由yk 1x,1解得yx21x0或 1xk,1y2 k 1y就点 A 的坐标为2 k 1k 11. 1又直线 MB 的斜率为k1,k 1|11|1 k 1|,12 k 1.同理可得点B 的坐标为1,11 .k12 k 1于是S 11|MA| |MB|112 k 1|221 k 12 |k 1

18、|yk 1x,18 k 1x.0由x24y240得12 4 k 1x2解得x0, 或1x18 k 1,2 4 k 1y2 4 k 11E的坐标为48 k 142 k 1y12 4 k 1就点 D 的坐标为8 k 1,42k 1 12 .4 k 11 42 k 1112 k 142 k 1又直线 ME 的斜率为k,同理可得点于是S 21|MD|ME|32 12 k 1|k 1|. k1 4.3 2.3x .2 1k 1 2k 1 24 因此S 1142 k 1417.S 2642 k 1由题意知,142 k 141717,解得2 k 14,或k2642 k 1321又由点 A、B 的坐标可知,k

19、2 k 11k 11,所以2 k 1k 11k 13 2xk 1故满意条件的直线l 存在,且有两条,其方程分别为y和y233.（辽宁理 20）如图, 已知椭圆 C1 的中心在原点O,长轴左、 右端点 M ,N 在 x 轴上, 椭圆 C2 的短轴为 MN,且 C1,C2 的离心率都为e,直线 lMN,l 与 C1 交于两点,与C2 交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D（I）设e1,求BC与AD的比值；2（II）当 e 变化时,是否存在直线l,使得 BO AN,并说明理由解：（ I）由于 C1,C2的离心率相同,故依题意可设2 2 2 2 2x y b y xC 1 : 2 2 1

20、, C 2 : 4 2 1, a b 0a b a a设直线 l : x t | t | a ,分别与 C1,C2的方程联立,求得A t , a a 2t 2, B t , b a 2t 2.b a 41 3e 时 , b a , 分别用 y A , y B当 2 2 表示 A,B 的纵坐标,可知22 | y B | b 3| BC |:| AD | 2 .2 | y A | a 4 6（ II）t=0 时的 l 不符合题意 . t 0 时,BO/AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN 相等,即b a 2 t 2 a a 2 t 2a b ,t t a2 2ab 1 e

21、t 2 2 2 a .解得 a b e2| | a , 又 0 e 1, 所以 12 e 1, 解得 2 e 1.由于 e 20 e 2所以当 2 时,不存在直线 l,使得 BO/AN；2e 1当 2 时,存在直线 l 使得 BO/AN. 1234.（全国大纲理 21）2C x 2 y 1已知 O 为坐标原点, F 为椭圆 2 在 y 轴正半轴上的焦点,过 F 且斜率为- 2的直线l与 C交于 A、B 两点,点 P 满意 OA OB OP 0.（）证明：点 P 在 C 上；（）设点 P 关于点 O 的对称点为 Q,证明： A、 P、B、Q 四点在同一圆上解：（I）F（0,1）,l的方程为 y

22、2 x 122 yx 1代入 2 并化简得24 x 2 2 x 1 0. 2 分设 A x y 1 , B x 2 , y 2 , P x 3 , y 3 ,2 6 2 6x 1 , x 2 ,就 4 4x 1 x 2 2 , y 1 y 2 2 x 1 x 2 2 1,22x 3 x 1 x 2 , y 3 y 1 y 2 1.由题意得 2 2 , 1.所以点 P 的坐标为 2 2 , 1体会证,点 P 的坐标为 2 满意方程2x 2 y 1,2 故点 P 在椭圆 C上； 6 分2 2P , 1 Q ,1（ II）由 2 和题设知,2PQ 的垂直平分线 1l的方程为y 2 .2 2 1M ,

23、 设 AB 的中点为 M,就 4 2,AB 的垂直平分线为 2l的方程为y 2 x 1 .2 4 2 1N , 由、得 l l 的交点为 8 8； 9 分| NP | 2 2 2 1 1 2 3 11 ,2 8 8 82 3 2| AB | 1 2 | x 2 x 1 | ,2| AM | 3 2 ,4| MN | 2 2 2 1 1 2 3 3 ,4 8 2 8 8| NA | | AM | 2| MN | 2 3 11 ,8故|NP|=|NA|； 12 分MB/ /OA,又|NP|=|NQ|, |NA|=|NB|,所以 |NA|=|NP|=|NB|=|MQ|,由此知 A、P、B、Q 四点在

24、以 N 为圆心, NA 为半径的圆上35.（全国新课标理20）y3上, M 点满意在平面直角坐标系xOy 中, 已知点 A（ 0,-1）,B 点在直线MA ABMB BA ,M 点的轨迹为曲线C（I）求 C 的方程；（II） P 为 C 上动点,l为 C在点 P 处的切线,求20）解：O 点到l距离的最小值设 Mx,y,由已知得 Bx, -3,A0,-1. uuur uuur uuur所以MA =（-x,-1-y）,MB =0,-3-y,AB =x,-2. uuur uuur uuur再由题意可知（MA +MB）.AB =0, 即（ -x,-4-2y）. x,-2=0. 1所以曲线 C的方程式

25、为y=4 x2-2. 111设 Px0 ,y 0为曲线 C：y=4 x2-2 上一点,由于y=2 x,所以 l 的斜率为2 x 0因此直线l的方程为yy 01x 0 xx 0,即x x2y2y 02 x 002就 O 点到l的距离d| 2y02 x 0|.又y012 x 02,所以2 x 044d12 x 0412 x 04442,22 x 0422 x 0当2 x =0 时取等号,所以O 点到l 距离的最小值为2. 36.（山东理 22）x2y21交于Px 1,y 1、Qx 2,y2两不同点,且OPQ 的面积已知动直线l与椭圆C: 32SOPQ=62 ,其中 O 为坐标原点 . （）证明x

26、122 x 2和2 y 1y 22均为定值 ; 的最大值；SOEG6.如存在,判定DEG（）设线段PQ 的中点为 M ,求|OM| |PQ|（）椭圆C 上是否存在点D,E,G,使得SODESODG2的外形；如不存在,请说明理由. （I）解：（1）当直线l的斜率不存在时,所以x 2x y 2y 1.| 1.2,由于P x y 1在椭圆上,因此2 x 12 y 1132又由于SOPQ6 , 2所以|x 1| |y 1|6.2由、得|x 1|6,|y 12此时2 x 12 x 23,2 y 12 y 2P,Q 两点关于 x 轴对称,（ 2）当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为ykxm ,22

27、m,由题意知 m0 ,将其代入2 xy21,得3223 k22 x6 kmx2 3 m20,其中2 236 k m1223 k22 m20,即3k22m2 （ *）又x 1x 226km2,x x232 mk2,3 k2322 6 3 k2所以|PQ|1k2x 1x 224x x 21k223 k2由于点 O 到直线l的距离为d|m|2,2232 m3 k23,1k所以SOPQ1 | 2PQ|d11k22 6 3 k22m 2|m|2223 k21k6 |m| 3 k222 m23 k2又SOPQ6 , 2整理得3 k222 m 2,且符合（ *）式,此时2 x 12 x 2x 1x 222x

28、 x 1 226km223k222 y 12 y 2232 x 123x2422 x 1x2.33232综上所述,2 x 12 x 23;2 y 12 y 22,结论成立；（ II）解法一：（ 1）当直线l 的斜率存在时,由（ I）知|OM| |x 1|6,|PQ|2 |y 1|2,m,1,2因此|OM| |PQ|626.2（ 2）当直线l 的斜率存在时,由（I）知x 12x23k,2my 12y 2kx 12x 2m3 k2m3 k22 m22 m2 m|OM2 |x 12x 22y 12y 229 k212 6 m21342 m2 m2 4 m22 m|PQ2 |1k2243 k222 m

29、222 m1221 2 m,23 k222 m所以|OM2 |PQ|21312221 2 m,即m2时,等号成立 . 22 m3121m 2m 225 4.312212m 2m 2所以|OM| |PQ|5,当且仅当3112m2m2综合（ 1）（2）得 |OM| |PQ| 的最大值为5. 2解法二：由于4 |OM2 |PQ2 |x 12 x 1x 22 2y 12 y 1y 22x 2x 12y 2y 12 2xy2 2210.所以2 |OM| |PQ|4 |OM2 |PQ2 |105.SOEG6 . 2,25即|OM| |PQ|5,当且仅当2 |OM| |PQ|5时等号成立；2因此|OM| |

30、PQ| 的最大值为5. 2ODESODG（ III）椭圆 C上不存在三点D,E,G,使得S证明：假设存在D u v , ,E x 1,y 1,G x 2,y2满意SODESODGSOEG62由（ I）得u22 x 13, u22 x 23,2 x 12 x 22 3; v2 y 12,v22 y 22,2 y 12 y 22,解得u22 x 12 x 23 ; 2v22 y 12 y 21.因此u x x 2只能从5中选取, , v y y 2只能从1 中选取,2因此 D,E,G 只能在6, 1这四点中选取三个不同点,2而这三点的两两连线中必有一条过原点,6S ODE S ODG S OEG与

31、 2 冲突,所以椭圆 C 上不存在满意条件的三点 D,E,G. 37.（陕西理 17）如图,设P 是圆x2y225上的动点,点D 是 P 在 x 轴上的摄影, M 为 PD 上一点,且MD4PDM 的轨迹 C的方程；5（）当 P在圆上运动时,求点4（）求过点（3, 0）且斜率为5 的直线被 C所截线段的长度解：（）设 M 的坐标为（ x,y）P 的坐标为（ xp,yp）xpx ,y21由已知得yp5y ,4P 在圆上, 2 x5y225,即 C 的方程为x2425163,（）过点（ 3,0）且斜率为4y4x5 的直线方程为5设直线与 C 的交点为A x 1,y 1,B x 2,y 2将直线方程

32、y4x3代入 C的方程,得52 xx321即x23x825025x 13241,x 23241线段 AB 的长度为ABx 1x 22y 1y22116x 1x 2241414125255注：求 AB 长度时,利用韦达定理或弦长公式求得正确结果,同样得分；38.（上海理 23） 已知平面上的线段l 及点 P ,在 l 上任取一点Q,线段PQ长度的最小值称为点 P 到线段l的距离,记作d P l , ；,其中2 分,（1）求点P1,1 到线段l:xy303x5的距离d P l , ；（2）设l是长为 2 的线段,求点集DP d P l , 1所表示图形的面积；（3）写出到两条线段l l 距离相等的

33、点的集合P d P l , 1d P l2l 1AB l2CD ,A B C D 是以下三组点中的一组；对于以下三组点只需选做一种,满分分别是6 分, 8 分；如挑选了多于一种的情形,就根据序号较小的解答计分；A 1,3,B1,0,C 1,3,D 1,0；yBxA1,3,B1,0,C 1,3,D 1, 2；1A 0 , 1 , 0 , 0 , 0 , 0 ,；A-1O1解：设Q x x3是线段l:xy303x5上一点,就-1|PQ|x2 1x422x5293x5,当x3时22,dP,l mi|P；nQ|5, 设线段l的端点分别为A B ,以直线 AB 为 x 轴, AB 的中点为原点建立直角坐

34、标系,就A 1,0,B1,0,点集D由如下曲线围成l 1:y1| | 1, l2:y1| | 1C 1:x12y21x1,C 2:x122 y1x1其面积为S4； 挑选A1,3,B1,0,C 1,3,D 1,0,x y , |x0 挑选A1,3,B 1,0,C 1,3,D 1, 2； , |x0,y0 , |y24 , 2y0 , |xy10,x1 挑选A0,1,B 0,0,C 0,0,D 2,0；xx130,x2x y , |x0,y0 x y |yx,0 x y , |x22y1,1x2 , |42yyC3yAC3AyD-1OBx-1-2OBx2.5B=C12Dx11DA39.（四川理 2

35、1）椭圆有两顶点A（-1,0）、B（1,0）,过其焦点F（0,1）的直线 l 与椭圆交于C、D 两点,并与 x 轴交于点 P直线 AC与直线 BD 交于点 Q（I）当 |CD | = 32时,求直线l 的方程；1k x0,k 为 l 的斜率；2（II）当点 P 异于 A、 B两点时,求证：OP OQ为定值；解：由已知可得椭圆方程为y2x21,设l的方程为y2就 yy2 2 kxx 2 11 2 k 2 x 22 kx 1 0 xx x 12 x 22 1k 22 2 kk 2 yy y 12 y 222 2k 2 4k k2 222 4 2 x 1 x 2 2 y 1 y 2 2 8 k2 8

36、2 8 k 82 k2 9 k 2 2 k 22 k 2 k 2l 的方程为 y 2 x 140.（天津理 18）在平面直角坐标系 xOy 中,点 P a b a b 0 为动点,F F 分别为椭2 2圆 a x2b y2 1的左右焦点已知F PF 为等腰三角形（）求椭圆的离心率 e；（）设直线 PF 与椭圆相交于 A B 两点, M 是直线 PF 上的点,满意 AM BM 2,求点M的轨迹方程本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面对量等基础学问,考查用代数方法争论圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想,考查解决问题才能与运算才能.满分 13 分. （ I）解：设F 1c ,0,

37、F c ,0c0由题意,可得|PF 2| |F F 1 2|,即ac2b22 .整理得2c2c10,得c1（舍）,aaa或c1 . 2所以e1 . 2a（II）解：由（ I）知a2 , c b3 ,可得椭圆方程为2 3 x42 y12 c2,直线 PF2方程为y3xc .3 x24y212c2A, B 两点的坐标满意方程组y3xc.消去 y 并整理,得52 x8 cx0.解得x10,x28c.BM , x y3 ,5x 10,x 28 , 5得方程组的解y 13 ,y23 3 . 5不妨设A 8c ,3 3c,B0,3 55设点 M 的坐标为 , ,就AMx8c y3 3c,55由y3xc,得

38、cx3y .3于是AM8 3y3x ,8y3 3x,155550.BM ,3 .由AM BM2,即8 3y3xx8y3 3x3x2,15555化简得182 x16 3xy150.将y18 x215代入cx3y ,得c10 x2516 3 x316 x所以x0.0.因此,点 M 的轨迹方程是18 x216 3 xy150 x41.（浙江理 21）已知抛物线C :3x y ,圆C :2 xy2 41 的圆心为点M 1c于 A,2c的两条切线, 交抛物线（）求点M 到抛物线1c的准线的距离；（） 已知点 P 是抛物线1c上一点 （异于原点） ,过点 P作圆B 两点,如过M,P 两点的直线l 垂直于 AB,求直线 l 的方程此题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线、圆的位置关系等基础学问,同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题才能；满分15 分；4.（ I）解：由题意可知,抛物线的准线方程为：y1, 4所以圆心 M