由??x?my?a?y?2px ，
2消去x可得y?2mpy?2ap?0
2?y1?y2?2mp从而有? ①
yy??2ap?122于是x1?x2?m(y1?y2)?2a?2(mp?a) ②
(y1y2)2(?2ap)2??a2 ③ 又由y1?2px1，y1?2px2可得x1x2?224p4p22ppp时，点A(,0)即为抛物线的焦点，l为其准线x?? 222PP2此时M1(?,y1),N1(?,y2),并由 ①可得y1y2??p
22uuuuvuuuv证法1：QAM1?(?p,y1),AN1?(?p,y2)
（Ⅰ）如图1，当a?uuuuvuuuv?AM1?AN1?p2?y1y2?p2?p2?0,即AM1?AN1
证法2：
QKAM1??y1y,KAN1??2,pp
?KAM1?KAN1
y1y2p2?2??2??1,即AM1?AN1. pp
2(Ⅱ)存在??4，使得对任意的a?0，都有S2?4S1S3成立，证明如下：
证法1：记直线l与x轴的交点为A1,则OA?OA1?a。于是有
11?MM1?A1M1?（x1?a)y1221S2??M1N1?AA1?ay1?y2
211S3??NN1?A1N1?（x2?a)y222S1?2?S2?4S1S3?(ay1?y2)2?(x1?a)y1?(x2?a)y2?a[(y1?y2)?4y1y2]?[x1x2?a(x1?x2)?a]y1y2将①、②、③代入上式化简可得
222
a2(4m2p2?8ap)?2ap(2am2p?4a2)?4a2p(m2p?2a)
2上式恒成立，即对任意a?0,S2?4S1S3成立
2证法2：如图2，连接MN1,NM1,则由y1y2??2ap,y1?2px1可得
KOM?y12p2py22py2y????2?KON1,所以直线MN1经过原点O， x1y1y1y2?2ap?a同理可证直线NM1也经过原点O
又OA?OA1?a设M1A1?h1,N1A1?h2,MM1?d1,NN1?d2,则
S1?111d1h1,S2??2a(h1?h2)?a(h1?h2),S3?d2h2. 22256.（2009四川卷文）（本小题满分12分）
2x2y2?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e?已知椭圆2?，右准线方程为x?2。
2ab（I）求椭圆的标准方程；
uuuuruuuur226（II）过点F1的直线l与该椭圆交于M、N两点，且F2M?F2N?，求直线l的方程。
3?c2???a2，解得a?2,c?1
解（I）由已知得?2?a?2??c∴ b?a2?c2?1
x2?y2?1 . ∴ 所求椭圆的方程为2（II）由（I）得F1(?1,0)、F2(1,0)
?x??12?①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x??1，由?x2得y??
22??y?1?2设M(?1,22)、N(?1,?)， 22uuuuruuuur22)?(?2,?)?(?4,0)?4，这与已知相矛盾。 ∴ F2M?F2N?(?2,22②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y?k(x?1)， 设M(x1,y1)、N(x2,y2)，
?y?k(x?1)?2222(1?2k)x?4kx?2k?2?0 联立?x2，消元得2??y?1?2?4k22k2?2,x1x2?∴ x1?x2?， 221?2k1?2k∴ y1?y2?k(x1?x2?2)?uuuuruuuur又∵F2M?(x1?1,y1),F2N?(x2?1,y2) uuuuruuuur∴ F2M?F2N?(x1?x2?2,y1?y2)
222uuuuruuuur??8k?2226?2k?22∴ F2M?F2N?(x1?x2?2)?(y1?y2)?? ???2?2?3?1?2k??1?2k?2k，
1?2k2
化简得40k?23k?17?0
42解得k2?1或k2??∴ k??1
17(舍去) 40∴ 所求直线l的方程为y?x?1或y??x?1 . 57.（2009全国卷Ⅱ理）（本小题满分12分）
x2y23已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，
3ab当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为（I）求a，b的值；
2 2uuuruuuruuur（II）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP?OA?OB成立？
若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。 解 (I）设F(c,0)，直线l:x?y?c?0，由坐标原点O到l的距离为
2 2 则c3|0?0?c|2,?a?3,b?2. ，解得c?1.又e???a322x2y2??1.设A(x1,y1)、B(x2,y2) （II）由(I）知椭圆的方程为C:32由题意知l的斜率为一定不为0，故不妨设 l:x?my?1
代入椭圆的方程中整理得(2m?3)y?4my?4?0，显然??0。
224m4．．．．．．．① ,yy??,．12222m?32m?3uuuruuuruuur.假设存在点P，使OP?OA?OB成立，则其充要条件为：
由韦达定理有：y1?y2??(x1?x2)2(y1?y2)2??1。 点P的坐标为(x1?x2,y1?y2)，点P在椭圆上，即
322222整理得2x1?3y1?2x2?3y2?4x1x2?6y1y2?6。
2222又A、B在椭圆上，即2x1?3y1?6,2x2?3y2?6.
故2x1x2?3y1y2?3?0．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②
22将x1x2?(my1?1)(my2?1)?my1y2?m(y1?y2)?1及①代入②解得m?1 222324m23?y1?y2?或?P(,?). ?2?,x1?x2=?,即
22222m2?32当m?2322时,P(,?),l:x?y?1; 22222322时,P(,),l:x??y?1. 2222当m??58.（2009湖南卷文）（本小题满分13分）
已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q）. （Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点，过点P的直线l与椭圆C相交于M,N两点，当线段MN的中点落在正方形Q内（包括边界）时，求直线l的斜率的取值范围。
x2y2解 （Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为2?2?1(a?b?0),焦距为2c，
ab2由题设条件知，a?8,b?c, 所以b?212a?4. 2x2y2??1 故椭圆C的方程为84 .
（Ⅱ）椭圆C的左准线方程为x??4,所以点P的坐标(?4,0)， 显然直线l的斜率k存在，所以直线l的方程为y?k(x?4)。
如图，设点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点为G(x0,y0)，
2013届高考数学复习6年高考4年模拟汇编试题 (8)
