10、下表：
b
(－2，－)
－
(－，0)
g′(b)
＋
0
－
g(b)
↗
極大
↘
由上表可得g(b)的最大值為g(－)＝.
所以當(dāng)b＝－時(shí)，△AOB的面積取得最大值.
10．(2011山東理)已知?jiǎng)又本€l與橢圓C：＋＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩不同點(diǎn)，且△OPQ的面積S△OPQ＝，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)證明：x＋x和y＋y均為定值；
(2)設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M，求|OM||PQ|的最大值．
(3)橢圓C上是否存在三點(diǎn)D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判斷△DEG的形狀；若不存在，請(qǐng)說明理由．
解析
11、 (1)①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，P，Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，所以x2＝x1，y2＝－y1.
因?yàn)镻(x1，y1)在橢圓上，因此＋＝1， ①
又因?yàn)镾△OPQ＝，
所以|x1||y1|＝. ②
由①、②得|x1|＝，|y1|＝1，
此時(shí)x＋x＝3，y＋y＝2.
②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，
由題意知m≠0，將其代入＋＝1得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0，
即3k2＋2>m2，
12、 (*)
又x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|PQ|＝＝.
因?yàn)辄c(diǎn)O到直線l的距離為d＝，
所以S△OPQ＝|PQ|d＝＝，
又S△OPQ＝，
整理得3k2＋2＝2m2，且符合(*)式，
此時(shí)，x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝(－)2－2＝3，
y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2.
綜上所述，x＋x＝3，y＋y＝2，結(jié)論成立．
(2)解法一?、佼?dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，
由(1)知|OM|＝|x1|＝，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM||PQ|＝2＝.
②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，由(1)知：
＝－，
＝k()＋m＝－
13、＋m＝＝，
|OM|2＝()2＋()2＝＋＝＝(3－)，
|PQ|2＝(1＋k2)＝＝2(2＋)，
所以|OM|2|PQ|2＝(3－)2(2＋)＝(3－)(2＋)≤()2＝.
所以|OM||PQ|≤，當(dāng)且僅當(dāng)3－＝2＋，即m＝時(shí)，等號(hào)成立．
綜合①②得|OM||PQ|的最大值為.
解法二 因?yàn)?|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x＋x)＋(y＋y)]＝10.
所以2|OM||PQ|≤＝＝5.
即|OM||PQ|≤，當(dāng)且僅當(dāng)2|OM|＝|PQ|＝時(shí)等號(hào)成立．
因此|OM||PQ|的最大值為.
(3)橢圓C上不
14、存在三點(diǎn)D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.假設(shè)存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)滿足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝，由(1)得u2＋x＝3，u2＋x＝3，x＋x＝3，v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2，
解得u2＝x＝x＝；v2＝y(tǒng)＝y(tǒng)＝1.
因此u，x1，x2只能從中選取，v，y1，y2只能從1中選取，
因此D，E，G只能在(，1)這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn)，而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過原點(diǎn)，
與S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾，
所以橢圓C上不存在滿足條件的三點(diǎn)D，E，G.
1．(2012福建廈門質(zhì)檢)定義一個(gè)法則f：(
15、m，n)→(m，)(n≥0)，在法則f的作用下，點(diǎn)P(m，n)對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′(m，)．現(xiàn)有A(－1,2)，B(1,0)兩點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′的軌跡為G，則軌跡G與線段AB公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 C
解析 點(diǎn)P的軌跡方程為x＋y＝1(－1≤x≤1)，設(shè)P′(x，y)，則對(duì)應(yīng)的點(diǎn)P(x，y2)，代入上式，可得P′(x，y)的軌跡方程為y2＝－x＋1，則軌跡G與線段AB交于(1,0)，(0,1)兩點(diǎn)．
2．(2012鄭州質(zhì)檢)已知圓C：(x＋)2＋y2＝16，點(diǎn)N(，0)，Q是圓上一動(dòng)點(diǎn)，NQ的垂直平分線交CQ于點(diǎn)M，設(shè)點(diǎn)M的
16、軌跡為E.
(1)求軌跡E的方程；
(2)過點(diǎn)P(1,0)的直線l交軌跡E于兩個(gè)不同的點(diǎn)A、B，△AOB(O是坐標(biāo)原點(diǎn))的面積S＝，求直線AB的方程．
解析 (1)由題意得|MC|＋|MN|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝4>2，所以軌跡E是以N，C為焦點(diǎn)，長軸長為4的橢圓，即軌跡E的方程為＋y2＝1.
(2)記A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由題意，直線AB的斜率不可能為0，故可設(shè)直線AB的方程為：x＝my＋1，
由消去x得(4＋m2)y2＋2my－3＝0.
所以
S＝|OP||y1－y2|＝＝.
由S＝，解得m2＝1，即m＝1.
故直線AB的方程為x＝y(tǒng)＋1，即x
17、＋y－1＝0或x－y－1＝0為所求．
3．(2012合肥質(zhì)檢)已知拋物線y2＝4x，過點(diǎn)M(0,2)的直線l與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，且直線l與x軸交于點(diǎn)C.
(1)求證：|MA|，|MC|，|MB|成等比數(shù)列；
(2)設(shè)＝α，＝β，試問，α＋β是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請(qǐng)說明理由．
解析 (1)由題意知，直線l的斜率存在，可設(shè)直線l的方程為：y＝kx＋2(k≠0)，
聯(lián)立方程可得得：
k2x2＋(4k－4)x＋4＝0. ①
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(－，0)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝. ②
|MA||MB|＝|x1－0||x2－0
18、|＝(1＋k2)|x1x2|＝，
而|MC|2＝(|－－0)2＝，
∴|MC|2＝|MA||MB|，
即|MA|，|MC|，|MB|成等比數(shù)列．
(2)由＝α，＝β得，
(x1，y1－2)＝α(－x1－，－y1)，(x2，y2－2)＝β(－x2－，－y2)，即得：α＝，β＝.
得α＋β＝.
由(1)中②代入得α＋β＝－1，
故α＋β為定值且定值為－1.
4．(2012江西南昌)
已知雙曲線－＝1(b>a>0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，離心率e＝2，點(diǎn)M(，)在雙曲線上．
(1)求雙曲線的方程；
(2)若直線l與雙曲線交于P、Q兩點(diǎn)，且＝0.求|OP|2＋|OQ|2的最小值．
19、
解析 (1)∵e＝2，∴c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2，雙曲線方程為－＝1，即3x2－y2＝3a2.
∵點(diǎn)M(，)在雙曲線上，∴15－3＝3a2.∴a2＝4.
∴所求雙曲線的方程為3x2－y2＝12.
(2)設(shè)直線OP的方程為y＝kx(k≠0)，
聯(lián)立3x2－y2＝12，得
∴|OP|2＝x2＋y2＝.
則OQ的方程為y＝－x，有
|OQ|2＝＝，
∴＋＝＝＝.
設(shè)|OP|2＋|OQ|2＝t，則
t(＋)＝2＋()2＋()2≥2＋2＝4，
∴t≥＝24.
即|OP|2＋|OQ|2≥24(當(dāng)且僅當(dāng)|OP|＝|OQ|＝2時(shí)取等號(hào))．
∴當(dāng)|OP|＝|OQ|＝2時(shí)，|
20、OP|2＋|OQ|2有最小值24.
5．(2011廣東文)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：x＝－2交x軸于點(diǎn)A.設(shè)P是l上一點(diǎn)，M是線段OP的垂直平分線上一點(diǎn)，且滿足∠MPO＝∠AOP.
(1)當(dāng)點(diǎn)P在l上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)M的軌跡E的方程；
(2)已知T(1，－1)．設(shè)H是E上動(dòng)點(diǎn)，求|HO|＋|HT|的最小值，并給出此時(shí)點(diǎn)H的坐標(biāo)；
(3)過點(diǎn)T(1，－1)且不平行于y軸的直線l1與軌跡E有且只有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，求直線l1的斜率k的取值范圍．
解析 (1)如圖1
可得直線l：x＝－2與x軸交于點(diǎn)A(－2,0)，設(shè)P(－2，m)，
①當(dāng)m＝0時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)A重合，這時(shí)OP的垂直平
21、分線為x＝－1，由∠AOP＝∠MPO＝0，
得M(－1,0)，
②當(dāng)m≠0時(shí)，設(shè)M(x0，y0)，
(ⅰ)若x0>－1，由∠MPO＝∠AOP得MP∥OA，有y0＝m，
又kOP＝－，OP的中點(diǎn)為(－1，)，
∴OP的垂直平分線為y－＝(x＋1)，而點(diǎn)M在OP的垂直平分線上，
∴y0－＝(x0＋1)，又m＝y(tǒng)0，
于是y0－＝(x0＋1)，即y＝4(x0＋1)(x0>－1)．
(ⅱ)若x0<－1，如圖1，由∠MPO＝∠AOP得點(diǎn)M為OP的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)，在y－＝(x＋1)中，令y＝0，有x＝－－1<－1，即M(－－1,0)，
∴點(diǎn)M的軌跡E的方程為y2＝4(x＋1)(x
22、≥－1)和y＝0(x<－1)．
(2)由(1)知軌跡E為拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)
與射線y＝0(x<－1)，而拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)的頂點(diǎn)為B(－1,0)，焦點(diǎn)為O(0,0)，準(zhǔn)線為x＝－2，
當(dāng)點(diǎn)H在拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)上時(shí)，作HG垂直于準(zhǔn)線x＝－2于點(diǎn)G，由拋物線的定義得|HO|＝|HG|，則|HO|＋|HT|＝|HT|＋|HG|，作TF垂直于準(zhǔn)線x＝－2于點(diǎn)F，則|HT|＋|HG|≥|TF|，又T(1，－1)，得|TF|＝3，在y2＝4(x＋1)(x≥－1)中，令y＝－1得x＝－，即當(dāng)點(diǎn)H的坐標(biāo)為(－，－1)時(shí)，|HO|＋|HT|的最小
23、值為3，
當(dāng)點(diǎn)H在射線y＝0(x<－1)上時(shí)，|HO|＋|HT|>|TF|，
∴|HO|＋|HT|的最小值為3，此時(shí)點(diǎn)H的坐標(biāo)為(－，－1)．
(3)由(2)得kBT＝－，由圖2得當(dāng)直線l1的斜率k≤－或k>0時(shí)，直線l1與軌跡E有且只有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．
∴直線l1的斜率k的取值范圍是(－∞，－]∪(0，＋∞)．
6．已知定點(diǎn)F(0,1)和直線l1：y＝－1，過定點(diǎn)F與直線l1相切的動(dòng)圓圓心為點(diǎn)C.
(1)求動(dòng)點(diǎn)C的軌跡方程；
(2)過點(diǎn)F的直線l2交軌跡于兩點(diǎn)P、Q，交直線l1于點(diǎn)R，求的最小值．
解 (1)由題設(shè)點(diǎn)C到點(diǎn)F的距離等于它到l1的距離，
∴點(diǎn)C的軌跡是以F
24、為焦點(diǎn)，l1為準(zhǔn)線的拋物線．
∴所求軌跡的方程為x2＝4y.
(2)由題意直線l2的方程為y＝kx＋1，
與拋物線方程聯(lián)立消去y，得x2－4kx－4＝0.
記P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
∵直線PQ的斜率k≠0，易得點(diǎn)R的坐標(biāo)為(－，－1)，
＝(x1＋，y1＋1)(x2＋，y2＋1)
＝(x1＋)(x2＋)＋(kx1＋2)(kx2＋2)
＝(1＋k2)x1x2＋(＋2k)(x1＋x2)＋＋4
＝－4(1＋k2)＋4k(＋2k)＋＋4＝4(k2＋)＋8，
∵k2＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k2＝1時(shí)取到等號(hào)．
≥42＋8＝16，即的最小值為
25、16.
7．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)以雙曲線－y2＝1的焦點(diǎn)為頂點(diǎn)，其離心率與雙曲線的離心率互為倒數(shù)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為點(diǎn)A，B，點(diǎn)M是橢圓C上異于A，B的任意一點(diǎn)．
①求證：直線MA，MB的斜率之積為定值；
②若直線MA，MB與直線x＝4分別交于點(diǎn)P，Q，求線段PQ長度的最小值．
解 (1)易知雙曲線－y2＝1的焦點(diǎn)為(－2,0)，(2,0)，離心率為，則在橢圓C中a＝2，e＝，故在橢圓C中c＝，b＝1，所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)①設(shè)M(x0，y0)(x0≠2)，由題易知A(－2,0)，B(2,0)，則kMA＝，kMB
26、＝，故kMAkMB＝＝，點(diǎn)M在橢圓C上，則＋y＝1，即y＝1－＝－(x－4)，故kMAkMB＝＝－，即直線MA，MB的斜率之積為定值．
②解法一：設(shè)P(4，y1)，Q(4，y2)，則kMA＝kPA＝，kMB＝kBQ＝，由①得＝－，即y1y2＝－3，當(dāng)y1>0，y2<0時(shí)，|PQ|＝|y1－y2|≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)y1＝，y2＝－時(shí)等號(hào)成立．同理可得，當(dāng)y1<0，y2>0時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)y1＝－，y2＝時(shí)，|PQ|有最小值2.
解法二：設(shè)直線MA的斜率為k，則直線MA的方程為
y＝k(x＋2)，從而P(4,6k)，由①知直線MB的斜率為－，則直線MB的方程為y＝－(x－2)，故得
Q(4，－
27、)，故|PQ|＝|6k＋|≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝時(shí)等號(hào)成立，即|PQ|有最小值2.
8．如圖所示，已知直線l：y＝kx－2與拋物線C：x2＝－2py(p>0)交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，＋＝(－4，－12)．
(1)求直線l和拋物線C的方程；
(2)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)P從A到B運(yùn)動(dòng)時(shí)，求△ABP面積的最大值．
思路 (1)根據(jù)根與系數(shù)關(guān)系和＋＝(－4，－12)列方程組，利用待定系數(shù)法求解；(2)線段AB的長度為定值，只要求點(diǎn)P到直線AB的最大值即可．
解析 (1)由得x2＋2pkx－4p＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2pk，
y1＋y2＝k(x1＋x
28、2)－4＝－2pk2－4.
因?yàn)椋?x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)＝(－4，－12)，所以解得
所以直線l的方程為y＝2x－2，拋物線C的方程為x2＝－2y.
(2)解法一：設(shè)P(x0，y0)，依題意，拋物線過點(diǎn)P的切線與l平行時(shí)，△ABP的面積最大，y′＝－x，所以－x0＝2?x0＝－2，y0＝－x＝－2，所以P(－2，－2)．
此時(shí)點(diǎn)P到直線l的距離d＝＝＝，由得x2＋4x－4＝0，
|AB|＝
＝＝4.
∴△ABP的面積最大值為＝8.
解法二：由得x2＋4x－4＝0，
|AB|＝
＝＝4，
設(shè)P(t，－t2)(－2－2
29、－2＋2)，
因?yàn)锳B為定值，當(dāng)點(diǎn)P到直線l的距離d最大時(shí)，△ABP的面積最大，d＝＝，
因?yàn)椋?－2
30、斜率為k(k≠0)的直線l與C1交于P、Q兩點(diǎn)，與圓C交于A、B兩點(diǎn)．問：是否存在直線l，使得線段PQ與線段AB有相同的中點(diǎn)？請(qǐng)說明理由．
解 (1)由題意，設(shè)橢圓C1的方程為＋＝1(a>b>0)，拋物線C2的方程為y2＝－2px(p>0)．
由所取點(diǎn)及橢圓和拋物線的幾何性質(zhì)，可知點(diǎn)(0，)必在橢圓上，且b＝，
因而可判定點(diǎn)(－4，－8)，(－，2)必在拋物線上，(－1，)在橢圓上，
代入可求得，C1的方程為＋＝1，C2的方程為y2＝－16x.
(2)由(1)知，拋物線C2的準(zhǔn)線方程為x＝4.
設(shè)M(4，t)(t>0)，
則C的圓心為(2，)，半徑r＝.
因?yàn)閳AC被5x＋12y
31、－9＝0截得的弦長為4，
所以圓心到5x＋12y－9＝0的距離d＝＝.
又＝，解得t＝2或－(舍去)．
故所求圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5.
(3)由(1)得點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)．
由得(3＋4k2)x2－8k2x＋(4k2－12)＝0.
故x1＋x2＝.
由
得(1＋k2)x2－(2k2＋2k＋4)x＋(k2＋2k)＝0，
故x3＋x4＝.
假設(shè)線段PQ與AB有相同的中點(diǎn)，則＝，即＝.
即4k3＋7k2＋3k＋6＝0 ①
令f(k)＝4k3＋7k2＋3k＋6.
因?yàn)閒(－1)＝6>0，f(－2)＝－4<0，
所以f(k)在k∈(－2，－1)上必有零點(diǎn)，即①式有解．
又因?yàn)辄c(diǎn)F(1,0)在曲線C1和曲線C的內(nèi)部，所以直線l和曲線C1、曲線C必相交，所以①式的解符合題意．
所以存在滿足條件的直線l.
17
【高考調(diào)研】2013屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè) 第九章 專題研究二 理 新人教版
