uuuuruuuur?FM1?FN1?p2?y1y2?p2?p2?0，故FM1?FN1
2（Ⅱ）解 S2?4S1S3成立，证明如下：
方法一 设M(x1,y1),N(x2,y2)，则由抛物线的定义得
pp,|NN1|?|NF|?x2?，于是 2211pS1??|MM1|?|F1M1|?(x1?)|y1|
22211S2??|M1N2|?|FF1|?p|y1?y2|
2211pS3??|NN1|?|F1N1|?(x2?)|y2|
22211p1p2QS2?4S1S3?(p|y1?y2|)2?4?(x1?)|y1|?(x2?)|y2|
22222|MM1|?|MF|?x1?12pp22?p[(y1?y2)?4y1y2]?[x1x2?(x1?x2)?]|y1y2|
424p?x?my?1??y1?y2?2mp?12将?与?代入上式化简可得 2p?x?my?,?y1y2??p22??2p2(m2p2?p2)?p2(m2p2?p2)，此式恒成立。
2故S2?4S1S3成立。
方法二 如图，设直线MNM的倾角为?，|MF|?r1,|NF|?r2 则由抛物线的定义得|MM1|?|MF|?r1,|NN1|?|NF|?r3
QMM1//NN1//FF1,Q?FMM1??,?FNN1????于是S1?
1211r1sin?,S3?r22sin(???)?r22sin? 222在?FMM1和?FNN1中，由余弦定理可得
|FM1|2?2r12?2r12cos??2r12(1?cos?),|FN1|2?2r22?2r22cos??2r22(1?cos?)
由（I）的结论，得S2?1|FM1|?|FN1| 2112?S2?|FM1|2?|FN1|2??4r12?r22?(1?cos?)(1?cos?)?r12r22sin2??4S1S3
442即S2?4S1S3，得证。
66.（2009宁夏海南卷文）(本小题满分12分)
已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在x轴上，它的一个项点到两个 焦点的距离分别是7和1 （1）求椭圆C的方程‘
（2）若P为椭圆C的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线。 解（1）设椭圆长半轴长及分别为a,c,由已知得
OP，?e（e为椭圆C的离心率）
OM{
a?c?1, 解得a=4,c=3,
a?c?7.x2y2??1. 所以椭圆C的方程为
167（Ⅱ）设M（x,y）,P(x,y1),其中x???4,4?.
x2?y12?e2. 由已知得22x?y而e?32222，故16(x?y1)?9(x?y). ① 421112?7x2, 由点P在椭圆C上得 ，y?16代入①式并化简得9y?112, 所以点M的轨迹方程为y??247(?4?x?4),轨迹是两条平行于x轴的线段. 367.(2009湖南卷理)（本小题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3，0）的距离的4倍与它到直线x=2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于 点P的横坐标与18之和
（Ⅰ）求点P的轨迹C；
（Ⅱ）设过点F的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求线段
MN长度的最大值。
解（Ⅰ）设点P的坐标为（x，y），则d?4(x?3)?y?3︳x-2︳
22由题设
x2y21??1. 当x>2时，由①得(x?3)?y?6?x, 化简得
3627222当x?2时 由①得(3?x)2?y2?3?x,化简得y?12x
2x2y2??1在直线x=2的右侧部分与 故点P的轨迹C是椭圆C1:36272抛物线C2:y?12x在直线x=2的左侧部分（包括它与直线x=2的交点）
所组成的曲线，参见图1
（Ⅱ）如图2所示，易知直线x=2与C1，C2的交点都是
A（2，26），B（2，?26），
直线AF，BF的斜率分别为kAF=?26，kBF=26. 当点P在C1上时，由②知
1PF?6?x. ④
2当点P在C2上时，由③知
PF?3?x ⑤
若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为y?k(x?3) （i）当k≤kAF，或k≥kBF，即k≤-2 都在C 1上，此时由④知
6时，直线I与轨迹C的两个交点M（x1，y1），N（x2，y2）
11x1 ∣NF∣= 6 - x2 22111x1）+ （6 - x2）=12 - ( x1+x2) 从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 - 222∣MF∣= 6 -
?y?k(x?3)?2222由?x2y2 得(3?4k)x?24kx?36k?108?0 则x1，y1是这个方程的两根，所以
?1???362724k212k21x1+x2=*∣MN∣=12 - （x1+x2）=12 -
3?4k23?4k222因为当k?26,或k?26时,k?24,
12k212100?12??. MN?12?13?4k211?4k2当且仅当k??26时，等号成立。
（2）当kAE?k?kAN,?26?k?26时，直线L与轨迹C的两个交点M(x1,y1),N(x2,y2) 分别在
C1,C2上，不妨设点M在C1上，点C2上，则④⑤知，MF?6? 设直线AF与椭圆C1的另一交点为E(x0,y0),则x0?x1,x2?2. MF?6?1x1,NF?3?x2 211x1?6?x0?EF,NF?3?x2?3?2?AF 22 所以MN?MF?NF?EF?AF?AE。而点A，E都在C1上，且 kAE??26,有（1）知AE?100100 ,所以MN?1111若直线?的斜率不存在，则x1=x2=3，此时
1100 MN?12?(x1?x2)?9?211综上所述，线段MN长度的最大值为
100 11.
68.（2009福建卷文）（本小题满分14分）
x2y2已知直线x?2y?2?0经过椭圆C:2?2?1(a?b?0)的左顶点A和上顶点D，椭圆C的右顶点
ab为B，点S和椭圆C上位于x轴上方的动点，直线，AS,BS与直线l:x?分别交于M,N两点。 （I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）求线段MN的长度的最小值；
10 3（Ⅲ）当线段MN的长度最小时，在椭圆C上是否存在这样的点T，使得?TSB的面积为确定点T的个数，若不存在，说明理由
1？若存在，5
解 方法一（I）由已知得，椭圆C的左顶点为A(?2,0),上顶点为D(0,1),?a?2,b?1
x2?y2?1 故椭圆C的方程为4（Ⅱ）直线AS的斜率k显然存在，且k?0，故可设直线AS的方程为y?k(x?2)， 从而M(1016k,) 33?y?k(x?2)?2222由?x2得(1?4k)x?16kx?16k?4?0
2??y?1?416k2?42?8k24kx?设S(x1,y1),则(?2),x1?得，从而 y?112221?4k1?4k1?4k2?8k24k,),又B(2,0) 即S(1?4k21?4k2110??y??(x?2)x?????4k3由?得?
101?x??y????33k??101?N(,?)
33k故|MN|?16k1? 33k|MN|?又k?0,?当且仅当
16k116k18??2?? 33k33k316k11，即k?时等号成立 ?33k418?k?时，线段MN的长度取最小值
43（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当MN取最小值时，k?1 442 521，只须T到直线BS的距离等于，所以T在平
45|BS|? 此时BS的方程为x?y?2?0,s(,),?6455 要使椭圆C上存在点T，使得?TSB的面积等于
行于BS且与BS距离等于2的直线l上。 4
2013届高考数学复习6年高考4年模拟汇编试题(8)
