所以直线l的斜率为2
?y＝?2x＋m，由?xy??4＋2＝1，
2
2
22
，故设直线l的方程为y＝x＋m 22
消去y得，x＋2mx＋m－2＝0，
22
设M(x1，y1)，N(x2，y2)
∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝m－2，Δ＝2m－4m＋8>0， ∴－2 |MN|＝1＋k|x2－x1|＝点A到直线l的距离d＝ 2 2 2 2 122 1＋?x1＋x2?－4x1x2＝12－3m， 26|m| ， 3 S△AMN＝|MN|2 d＝ 12162 12－3m3|m| 23 2 2 224－m＋m22 ＝?4－m?m≤3＝2， 222 当且仅当4－m＝m，即m＝±2时，S△AMN取到最大值2，直线l的方程为y＝ 2 2 2 2 x±2. 2 y2 (理)(20142上海八校调研)已知点F1、F2为双曲线C：x－2＝1(b>0)的左、右焦点， b过F2作垂直于x轴的直线，在x轴上方交双曲线C于点M，且∠MF1F2＝30°.圆O的方程是 x2＋y2＝b2. (1)求双曲线C的方程； (2)过双曲线C上任意一点P作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为P1、P2，求 PP12PP2的值； (3)过圆O上任意一点Q(x0，y0)作圆O的切线l交双曲线C于A、B两点，AB的中点为 →→ M，求证：|AB|＝2|OM|. [解析] (1)设F2、M的坐标分别为(1＋b，0)，(1＋b，y0)， 2 2 →→ y20 因为点M在双曲线C上，所以1＋b－2＝1， b2 即y0＝±b，所以|MF2|＝b， 在Rt△MF2F1中，∠MF1F2＝30°，|MF2|＝b， 所以|MF1|＝2b， 由双曲线的定义可知|MF1|－|MF2|＝b＝2， 2 2 2 22 故双曲线C的方程为x－＝1. 2 (2)由条件可知两条渐近线方程为l1：2x－y＝0，l2：2x＋y＝0. 设双曲线C上的点P(x0，y0)，两渐近线的夹角为θ， 2 y2 y＝2x的倾斜角为α，则 sinα－cosα2－11 cosθ＝cos(π－2α)＝2＝＝. 2 sinα＋cosα2＋13点P到两条渐近线的距离分别为 |2x0－y0||2x0＋y0| |PP1|＝，|PP2|＝， 33 因为P(x0，y0)在双曲线C：x－＝1上，所以2x0－y0＝2， 2→→|2x0－y0||2x0＋y0|所以PP12PP2＝2cos(π－θ) 33|2x0－y0|12 ＝2(－)＝－. 339 →→ (3)证明：由题意，要证|AB|＝2|OM|，即证OA⊥OB． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，切线l的方程为x0x＋y0y＝2. ①当y0≠0时，切线l的方程代入双曲线C的方程中， 化简得(2y0－x0)x＋4x0x－(2y0＋4)＝0， 4x02y0＋4 所以x1＋x2＝－22，x1x2＝－22， 2y0－x02y0－x0 2－x0x12－x0x212 又y1y2＝2＝2[4－x0(x1＋x2)＋x0x1x2] 2 2 2 2 2 2 2 22 2 y2 22 y0y0y0 8－2x0 ＝22， 2y0－x0 2y0＋48－2x0→→ 所以OA2OB＝x1x2＋y1y2＝－22＋22 2y0－x02y0－x04－2?x0＋y0?＝＝0； 222y0－x0 ②当y0＝0时，易知上述结论也成立， →→ 即OA2OB＝x1x2＋y1y2＝0. →→ 综上所述，OA⊥OB，所以|AB|＝2|OM|. 2 2 2 2 2 x2y22 22．(本题满分12分)(文)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的短轴长为2，且与抛物线yab＝43x有共同的一个焦点，椭圆C的左顶点为A，右顶点为B，点P是椭圆C上位于x轴上 方的动点，直线AP、BP与直线y＝3分别交于G、H两点． (1)求椭圆C的方程； (2)求线段GH的长度的最小值； (3)在线段GH的长度取得最小值时，椭圆C上是否存在一点T，使得△TPA的面积为1，若存在求出点T的坐标，若不存在，说明理由． [解析] (1)由已知得，抛物线的焦点为(3，0)，则 c＝3，又b＝1，由a2－b2＝c2，可得a2＝4. 故椭圆C的方程为＋y＝1. 4 3 (2)直线AP的斜率k显然存在，且k>0，故可设直线AP的方程为y＝k(x＋2)，从而G( x2 2 k－2,3)． y＝k?x＋2?，??2由?x2 ＋y＝1.??4 得(1＋4k)x＋16kx＋16k－4＝0. 2222 16k－4设P(x1，y1)，则(－2)x1＝2， 1＋4k2－8k4k2－8k4k所以x1＝2，从而y1＝2.即P(2，2)， 1＋4k1＋4k1＋4k1＋4k1 又B(2,0)，则直线PB的斜率为－. 4k1??y＝－?x－2?，4k由???y＝3. 2 2 2 ??x＝－12k＋2， 得? ?y＝3.? 所以H(－12k＋2,3)． 33 故|GH|＝|－2＋12k－2|＝|＋12k－4|. kk3 又k>0，＋12k≥2 kk3 212k＝12. 31 当且仅当＝12k，即k＝时等号成立． k21 所以当k＝时，线段GH的长度取最小值8. 21 (3)由(2)可知，当GH的长度取最小值时，k＝. 2 则直线AP的方程为x－2y＋2＝0，此时P(0,1)，|AP|＝5. 25 若椭圆C上存在点T，使得△TPA的面积等于1，则点T到直线AP的距离等于， 525 所以T在平行于AP且与AP距离等于的直线l上． 51 设直线l：y＝x＋t. 21 y＝x＋t，??2则由?x??4＋y＝1. 2 2 2 2 得x＋2tx＋2t－2＝0. 22 Δ＝4t－8(t－1)≥0.即t≤2. 由平行线间的距离公式，得 |2－2t|25 ＝， 55 2 解得t＝0或t＝2(舍去)． 可求得T(2， 22 )或T(－2，－)． 22 x2y2 (理)设椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，下顶点为A，线段OA的 ab中点为B(O为坐标原点)，如图．若抛物线C2：y＝x－1与y轴的交点为B，且经过F1、F2点． 2 (1)求椭圆C1的方程； 4 (2)设M(0，－)，N为抛物线C2上的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P、 5 Q两点，求△MPQ面积的最大值． [解析] (1)由题意可知B(0，－1)，则A(0，－2)，故b＝2. 令y＝0得x－1＝0即x＝±1，则F1(－1,0)，F2(1,0)，故c＝1. 所以a＝b＋c＝5， 2 2 22 于是椭圆C1的方程为：＋＝1. 54 (2)设N(t，t－1)，由于y′＝2x知直线PQ的方程为： 2 x2y2 y－(t2－1)＝2t(x－t)． 即y＝2tx－t－1. 代入椭圆方程整理得：4(1＋5t)x－20t(t＋1)x＋5(t＋1)－20＝0， Δ＝400t(t＋1)－80(1＋5t)[(t＋1)－4] ＝80(－t＋18t＋3)， 5t?t＋1?5?t＋1?－20 x1＋x2＝，x1x2＝， 22 1＋5t4?1＋5t?故|PQ|＝1＋4t|x1－x2| ＝1＋4t2?x1＋x2?－4x1x2 521＋4t2－t＋18t＋3 ＝. 21＋5t设点M到直线PQ的距离为d，则 4212 |－t－1||t＋|55d＝＝. 221＋4t1＋4t1 所以，△MPQ的面积S＝|PQ|2d 2 1521＋4t2－t＋18t＋3＝ 2 2221＋5t1＋4t＝ 554222 －t＋18t＋3＝－?t－9?＋84 10105105 84＝. 105 2422 4 2 2 2 22 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 t2＋ 1 5 ≤ 当t＝±3时取到“＝”，经检验此时Δ>0，满足题意． 综上可知，△MPQ的面积的最大值为 105. 5 [方法点拨] 1.涉及直线与二次曲线有两个交点时，一般方法是设出直线的方程与曲线方程联立，用根与系数的关系“整体代入设而不求”和用判别式处理，中点弦问题还可用点差法解决． 2．涉及圆锥曲线的焦点弦、焦点三角形问题，常结合定义，正余弦定理等知识解决． 3．涉及垂直问题可结合向量的数量积解决． 反馈练习 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库[走向高考]（全国通用）2016高考数学二轮复习 第2部分 大专题综(4)在线全文阅读。
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