8k4b2?80k2y1?y2?,y1y2?24?5k4?5k2 代入（2）式得 9b2?32b?164?0b??4?5k29 ，解得b?4(舍)或4?)直线过定点（0，9，设D（x,y）
y?则
49?y?4??1xx
229y?9x?32y?16?0 即
x2?(y?所以所求点D的轨迹方程是
16220)?()2(y?4)99。
2x?4y得 y?kx?m,11.解：(1) 依题意，可设直线AB的方程为 代入抛物线方程
x2?4kx?4m?0. ①
x设A,B两点的坐标分别是 (x1,y1)、(x2,y2),则x1、2是方程①的两根.
所以 x1x2??4m.
由点P(0,m)分有向线段AB所成的比为?，得
x1??x2x?0,即???1.1??x2
又点Q与点P关于原点对称，故点Q的坐标是(0,?m)，从而QP?(0,2m).
QP?(QA??QB)?2m[y1??y2?(1??)m]2x12x1x2xxx?4m?2m[???(1?1)m]?2m(x1?x2)?124x24x24x2?2m(x1?x2)??4m?4m?0.4x2 所以 QP?(QA??QB).
?x?2y?12?0,?2x?4y,(2) 由 ?得点A,B的坐标分别是（6，9）、（－4，4）,
由 x?4y 得
2y?121x,y??x,42
2x?4y在点A处切线的斜率为y?x?6?3, 所以抛物线
222(x?a)?(y?b)?r, (a,b)C设圆的圆心为, 方程是
1?b?9??,?3?a?63231252a??,b?,?r?.2222?(a?6)?(b?9)?(a?4)?(b?4).222 则?解得
323125(x?)2?(y?)2?,22x?y?3x?23y?72?0.) C222则圆的方程是 (或
p2ppy?1??(x?p)y?x?122212.解：（1）直线l的方程是：，即，经过定点（0，1）； p2p2x2y?4. 又M（p，4），设x= p，y=4，消去p，得到的轨迹方程为：
?y?????y??由?x24px?12x?2px?4?0，其中△=4p2+16，所以l经过一个定点而且与曲线C2有
一定有两个公共点.
(p?p2?4)2p?p?4,2x?2px?4?04（2）由，设A（），
2(p?kAP?则
p2?4)2?14p2?4p?=
p2?42，
p?p2?4x2xy?y?4的导函数为2，故A处的切线的斜率也是2又函数，从而AP是曲
线C的切线.对于另一个解同样可证.
p?p2?4(p?p2?4)2p?p?4,24（3）当A（）时，tan?=，
2p2?4p?222p?p2?4p1??2p?p?4， ?22tan==
p?tan?tan?=1，
又易知?与?都是锐角，所以???=90°；
222(p?p?4)p?p?42p?p?4,42当A（）时，tan?=，
p2?4p?222p?p2?4p1??2?p?p?4， tan?tan?=-1， ?22tan==
p?又易知?是钝角，?都是锐角，所以???=90°.总之???或???是定值. 13.解：（1）设P点坐标为(x,y)，则
(x?1)2?y2
(x?1)2?y2?2222(x?3)?y?8， ，化简得
22(x?3)?y?8； 所以曲线C的方程为
（2）曲线C是以(?3,0)为圆心，22为半径的圆 ，曲线C'也应该是一个半径为22的圆，点(?3,0)关于直线y?x的对称点的坐标为(0,?3)，所以曲线C'的方程为
x2?(y?3)2?8，
该圆的圆心(0,?3)到直线y?x?m?3的距离d为
d?|0?(?3)?m?3|12?(?1)2?|m|2，
m2m2??1?722，或，
所以，m??2，或m??14。
14.解：（Ⅰ）(法一)由题意知,PF1?(?c?3411634116,?)?(c?,?)55, PF255,
?PF1?PF2,?PF1?PF2?0,?(?c?34134116)?(?)2?0)(c?555 （1分）
2解得 c?25,?c?5. 由双曲线定义得: |PF1|?|PF2|?2a,
?2a?(?5?341216341216)?(?)2?(5?)?(?)25555?(41?3)2?(41?3)2?6?a?3,b?4, x2y2??116 ?所求双曲线的方程为: 9
(法二) 因PF1?PF2,由斜率之积为?1,可得解. （Ⅱ）设|PF1|?r1,|PF2|?r2, (
法
一
)设
P
的
坐
标
为
(x?,y?), 由焦半径公式得
2a2?r1?3r2,?a?ex??3(ex??a),?x??r1?|a?ex?|?a?ex?,r2?|a?ex?|?ex??a,c,2a2?x??a,??a,?2a?c， ccbc2?a2?2,??e2?1?3?e的最大值为2,无最小值. 此时aaa,
?此时双曲线的渐进线方程为y??3x
(法二)设?F1PF2??,??(0,?].
?2c?4r2, 2a?r1?r2?2r2 (1)当???时, ?r1?r2?2c,且r1?3r2，e?此时
2c4r2??22a2r2.
（0，?）(2)当??,由余弦定理得:
e??
2cr2?10?6cos?10?6cos???2a2r22,
?cos??(?1,1),?e?(1,2),综上,e的最大值为2,但e无最小值. (以下法一)
OP??(15.解：（1）由F1O?PM知四边形PF1OM为平行四边形，∵
OF10F1?OMOM)
OF1?c（??0)∴OP平分∠F1OM，∴平行四边形PFOM 为菱形，又∵ PF1?C,PM?C,?e2?e?2?0,e?2∴.
y2x2?2?1，其过点N（2，3），23a（2）∵e?2∴c?2a∴双曲线的方程为a∴所求双曲
x2y2??19线的方程为3
（3）依题意得B1(0,3),B2(0,?3),∴B2A??B2B,?A、B2、B共线，不妨设直线AB为：
??y?kx?3????2y2?x??122?(3?k)x?6kx?18?0，因为,y),B(x,y),39?1122y=kx-3,A(x则有，得
x2y2??139的渐进线为y??3x，当k??3时，AB与双曲线只有一个交点，不合题
意，当又
k??3,∴
x1?x2??6k?18?18,x?x?y?y?,y1?y2?912123?k23?k2，3?k2
，∴k??5∴所求的直线AB的方程为
B1A?(x1,y1?3),B1B?(x2,y2?3)y?5x?3,y??5x?3.
uuuruuur1uuuruuurOF?FG?t(x0?t)?1,x0?t?FG?(x0?t,y0),OF?(t,0)，则t 16.解：（1）由题意知
函数f(t)在[3,??)是单调递增函数。（证明略）（4分）
r1uuu3131S?|OF||y0|?t?y0??263， （2）由
uuur2131131(t?,?),|OG|?(t?)2?t3t9， 点G
f(t)?t?因
1uuur|OG|取最小值，此时t在[3,??)上是增函数，当t?3时，
1031F(3,0),G(,?)33，
全国卷高考数学圆锥曲线大题集大全
