由S?(?)?0得??1 又S（1）=2，S()?1389,S(2)? 3418时，?AOB面积取到最大值 33当??1时，?AOB面积取到最小值2，当当??所以?AOB面积范围是[2,]
83方法二（Ⅰ）由题意知，双曲线C的顶点（0，a）到渐近线ax?by?0的距离为25， 5?aba2?b2?25ab25 即?5c5?ab25??5?c?a?2??5?c得?b?1 由??2?a?222?c?5?c?a?b???y2?x2?1. 所以曲线C的方程是4（Ⅱ）设直线AB的方程为y?kx?m, 由题意知k?2,m?0
?y?kx?mm2m由?得A点的坐标为（,),
y?2x2?k2?k?由??y?kx?m?m2m得B点的坐标为（,),
2?k2?k?y??2xuuuruurm1?2m1?AP??PB,得P点的坐标为（(?),(?)
1??2?k2?k1??2?k2?ky24m2(1??)22?x?1得?将P点的坐标代入 244?k?设Q为直线AB与y轴的交点，则Q点的坐标为（0，m）
S?AOB=S?AOQ?S?BOQ
.
111OQgxA?OQgxB?m(xA?xB)2221mm14m2?m(?)?g 22?k2?k24?k211?(??)?12??63.（2009四川卷文、理）（本小题满分12分）
x2y2?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，已知椭圆2?ab离心率e?2，右准线方程为x?2。 2（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?y??①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x??1，由?x2得 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联立?x2，消元得(1?2k)x?4kx?2k?2?0
2??y?1?2?4k22k2?2,x1x2?∴ x1?x2?，
1?2k21?2k2∴ 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?22k226??∴ F2M?F2N?(x1?x2?2)2?(y1?y2)2?? ???2?2?1?2k1?2k3????2k，21?2k
化简得40k?23k?17?0 解得k?1或k??∴ k??1
∴ 所求直线l的方程为y?x?1或y??x?1 64.（2009全国卷Ⅰ文）（本小题满分12分） 如图，已知抛物线E:y?x交于A、B、C、D四个点。 （Ⅰ）求r的取值范围
（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标。 解：（Ⅰ）将抛物线E:y?x代入圆M:(x?4)?y?r(r?0)的方程， 消去y，整理得x?7x?16?r?0
抛物线E:y?x与圆M:(x?4)?y?r(r?0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（1）有两个不相等的正根
2222222222422217(舍去) 40与圆M:(x?4)?y?r(r?0)222相
22?49?4(16?r2)?0?55??r??或r?∴?x1?x2?7?0即?22。
??4?r?4?2x?x?16?r?0??12解这个方程组得
515?r?4r?(,4). 22（II）设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2)。
2则由（I）根据韦达定理有x1?x2?7,x1x2?16?r，r?(15,4) 2则S?1?2?|x2?x1|(x1?x2)?|x2?x1|(x1?x2) 2?S2?[(x1?x2)2?4x1x2](x1?x2?2x1x2)?(7?216?r2)(4r2?15)
2令16?r2?t，则S?(7?2t)(7?2t) 下面求S的最大值。
22方法1：由三次均值有：
117?2t?7?2t?14?4t31283S2?(7?2t)2(7?2t)?(7?2t)(7?2t)(14?4t) ?()??()
22323 当且仅当7?2t?14?4t，即t?157,4)满足题意。 时取最大值。经检验此时r?(26方法2：设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2) 则直线AC、BD的方程分别为
y?x1??x2?x1x2?x1(x?x1),y?x1?x2?x1x2?x1(x?x1)
解得点P的坐标为(x1x2,0)。 设t?1x1x2，由t?16?r2及（Ⅰ）得t?(0,)
4由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积S?1(2x1?2x2)|x1?x2| 2则S2?(x1?2x1x2?x2)[(x1?x2)2?4x1x2]将x1?x2?7，
x1x2?t代入上式，并令f(t)?S2，等
7f(t)?(7?2t)2(7?2t)??8t3?28t2?98t?343(0?t?)，
2∴f`(t)??24t?56t?98??2(2t?7)(6t?7)，
2令f`(t)?0得t?77，或t??（舍去） 62当0?t?7777时，f`(t)?0；当t?时f`(t)?0；当?t?时，f`(t)?0 6662故当且仅当t?7时，f(t)有最大值，即四边形ABCD的面积最大， 676故所求的点P的坐标为(,0)。
65.（2009湖北卷文）（本小题满分13分）
如图，过抛物线y2＝2PX(P﹥0)的焦点F的直线与抛物线相交于M、N两点， 自M、N向准线L作垂线，垂足分别为M1、N1 (Ⅰ)求证：FM1⊥FN1:
、S2、，S3，试判断S2(Ⅱ)记△FMM1、、△FM1N1、△FN N1的面积分别为S1、2
＝4S1S3是否成立，并证明你的结论。
（1） 证明 方法一 由抛物线的定义得
MF?MM1,NF?NN1,
??MFM1??MM1F,?NFN1??NN1F
如图，设准线l与x的交点为F1
QMM1//NN1//FF1
??F1FM1??MM1F,?F1FN1??NN1F
0而?F1FM1??MFM1??F1FN1??N1FN?180 0即2?F1FM1?2?F1FN1?180
??F1FM1??F1FN1?900
故FM1?FN1
方法二 依题意，焦点为F(pp,0),准线l的方程为x?? 22p，则有 2（x1,y1),N（x2,y2),直线MN的方程为x?my?设点M,N的坐标分别为MM1(?pp,y1),N1(?,y2),FM1?(?p,y1),FN1?(?p,y2) 22p?x?my??由?2 得y2?2mpy?p2?0 ?y2?2px?2于是，y1?y2?2mp，y1y2??p
2013届高考数学复习6年高考4年模拟汇编试题(8)
