(2)①由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx.
??y＝kx，由?得x2－kx－1＝0. 2
??y＝x－1
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1，x2是上述方程的两个实根， 于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1. 又点M的坐标为(0，－1)，所以 kMA·kMB＝
y1＋1y2＋1?kx1＋1??kx2＋1?
·＝ x1x2x1x2
k2x1x2＋k?x1＋x2?＋1
＝
x1x2－k2＋k2＋1＝＝－1.
－1故MA⊥MB，即MD⊥ME.
②设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为
??y＝k1x－1，
y＝k1x－1，由?解得 2
?y＝x－1??x＝0，?x＝k1，??
?或? 2??y＝－1y＝k－1.??1
则点A的坐标为(k1，k21－1)．
111
－，2－1?. 又直线MB的斜率为－，同理可得点B的坐标为??k1k1?k1
2
111?1?1＋k12－＝于是S1＝|MA|·|MB|＝1＋k1·|k1|·1＋2·. 22k1?k1?2|k1|
??y＝k1x－1，22
由?2得(1＋4k1)x－8k1x＝0. 2
?x＋4y－4＝0?
??x＝0，解得?或
?y＝－1?
??
?4k－1?y＝1＋4k.?
2
1
21
8k1x＝，1＋4k21
?8k1，4k1－1?.
则点D的坐标为?2??1＋4k211＋4k1?
－8k14－k211??又直线ME的斜率为－，同理可得点E的坐标为??. 2，k1?4＋k14＋k21?32?1＋k2|k1|11?·
于是S2＝|MD|·|ME|＝. 222?1＋4k1??k1＋4?
2
第 26 页 共 86 页
4S11?4k2因此＝?1＋2＋17. k1?S264?41?174k2由题意知，?1＋2＋17＝， k1?3264?
21解得k2＝4，或k11＝. 4
1
k21－2k11
又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－，
1k1k1＋
k13
所以k＝±.
2
33
故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y＝x和y＝－x.
22
课标文数21.H7，H8[2011·湖南卷] 已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2
→→
与轨迹C相交于点D，E，求AD·EB的最小值．
课标文数21.H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 设动点P的坐标为(x，y)，由题意有?x－1?2＋y2－|x|＝1. 化简得y2＝2x＋2|x|.
当x≥0时，y2＝4x；当x<0时，y＝0.
所以，动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x<0)． (2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k， 则l1的方程为y＝k(x－1)．
?y＝k?x－1?，?
由?2得 ?y＝4x?
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
4
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋2，x1x2＝
k1.
1
因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－.
k设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得 x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1. →→→→→→故AD·EB＝(AF＋FD)·(EF＋FB)
第 27 页 共 86 页
→→→→→→→→＝AF·EF＋AF·FB＋FD·EF＋FD·FB →→→→＝|AF|·|FB|＋|FD|·|EF|
＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1) ＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1 4
2＋2?＋1＋1＋(2＋4k2)＋1 ＝1＋??k?1
k2＋2?≥8＋4×2＝8＋4?k??
1k2·2＝16. k
1→→
当且仅当k2＝2，即k＝±1时，AD·EB取最小值16.
k
图1－7
课标文数19.H7[2011·江西卷] 已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为22的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1 (1)求该抛物线的方程； →→→ (2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OC＝OA＋λOB，求λ的值． p2x－?，课标文数19.H7[2011·江西卷] 【解答】 (1)直线AB的方程是y＝22?与y＝2px?2?5p 联立，从而有4x2－5px＋p2＝0，所以：x1＋x2＝. 4 由抛物线定义得：|AB|＝x1＋x2＋p＝9， 所以p＝4，从而抛物线方程是y2＝8x. (2)由p＝4,4x2－5px＋p2＝0可简化为x2－5x＋4＝0，从而x1＝1，x2＝4，y1＝－22，y2＝42， 从而A(1，－22)，B(4,42)． → 设OC＝(x3，y3)＝(1，－22)＋λ(4,42)＝(4λ＋1，42λ－22)， 22 又y23＝8x3，即[22(2λ－1)]＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)＝4λ＋1， 解得λ＝0或λ＝2. 第 28 页 共 86 页 |AD|＋|BC| 准线l于N，由于MN是梯形ABCD的中位线，所以|MN|＝. 2 3 由抛物线的定义知|AD|＋|BC|＝|AF|＋|BF|＝3，所以|MN|＝，又由于准线l 的方程为x 21315 ＝－，所以线段AB中点到y轴的距离为－＝，故选C. 4244 课标文数7.H7[2011·辽宁卷] 已知F是抛物线y2＝x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，|AF|＋|BF|＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为( ) 357A. B．1 C. D. 444 图1－2[来源:学科网ZXXK] 课标文数7.H7[2011·辽宁卷] C 【解析】 如图1－2，过A，B分别作准线l的垂线AD，BC，垂足分别为D，C，M是线段AB的中点，MN垂直准线l于N，由于MN是梯形ABCD的中位线，所以|MN|＝ |AD|＋|BC| . 2 3 由抛物线的定义知|AD|＋|BC|＝|AF|＋|BF|＝3，所以|MN|＝，又由于准线l 的方程为x 21315 ＝－，所以线段AB中点到y轴的距离为－＝，故选C. 4244 课标文数9.H7[2011·课标全国卷] 已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A、B两点，|AB|＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为( ) A．18 B．24 C．36 D．48 第 29 页 共 86 页 课标文数9.H7[2011·课标全国卷] C 【解析】 设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，则焦点p?pp ，0，A?，p?，B?，－p?， F??2??2??2? 所以|AB|＝2p＝12，所以p＝6.又点P到AB边的距离为p＝6， 1 所以S△ABP＝×12×6＝36. 2 课标文数9.H7[2011·山东卷] 设M(x0，y0)为抛物线C：x2＝8y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是( ) A．(0,2) B．[0,2] C．(2，＋∞) D．[2，＋∞) 课标文数9.H7[2011·山东卷] C 【解析】 根据x2＝8y，所以F(0,2)，准线y＝－2，所以F到准线的距离为4，当以F为圆心、以|FM|为半径的圆与准线相切时，|MF|＝4，即M到准线的距离为4，此时y0＝2，所以显然当以F为圆心，以|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交时，y0∈(2，＋∞)． 课标理数2.H7[2011·陕西卷] 设抛物线的顶点在原点，准线方程为x＝－2，则抛物线的方程是( ) A．y2＝－8x B．y2＝8x C．y2＝－4x D．y2＝4x 课标理数2.H7[2011·陕西卷] B 【解析】 由题意设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，又∵p 其准线方程为x＝－＝－2，∴p＝4，所求抛物线方程为y2＝8x. 2 课标文数2.H7[2011·陕西卷] 设抛物线的顶点在原点，准线方程为x＝－2，则抛物线的方程是( ) A．y2＝－8x B．y2＝－4x C．y2＝8x D．y2＝4x 课标文数2.H7[2011·陕西卷] C 【解析】 由题意设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，又∵p 其准线方程为x＝－＝－2，∴p＝4，所求抛物线方程为y2＝8x. 2 大纲文数11.H7[2011·四川卷] 在抛物线y＝x2＋ax－5(a≠0)上取横坐标为x1＝－4，x2 ＝2的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x2＋5y2＝36相切，则抛物线顶点的坐标为( ) 第 30 页 共 86 页 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说教育文库[数学]2012新题分类汇编：解析几何（高考真题+模拟新题）(6)在线全文阅读。
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