參考答案（5）

1 解析幾何與平面幾何知識(shí)的融合？搖

1. 如圖1，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓與AB相切于點(diǎn)D，則D（3，0），所以AD=8，DB=2. CA-CB=AF+FC-（CE+BE）=AF-BE=AD-BD=6，所以動(dòng)點(diǎn)C的軌跡是以A（-5，0），B（5，0）為焦點(diǎn)，實(shí)軸長(zhǎng)為6的雙曲線的右支，其方程為■-■=1（x>3）. 故選B.

■

圖1

2. 如圖2，設(shè)AK=a. 則由拋物線的定義可知，AF=a，作AD⊥x軸于D，由于∠AFD=60°且F（1，0），所以A1+■，■a. 因?yàn)辄c(diǎn)A在拋物線y2=4x上，所以有■a2=4+2a， 解得a=4，所以AD=2■，△AKF的面積S=■AK·AD=4■. 選C.

2 解析幾何與方程知識(shí)的融合

1. 直線方程為y=■x，則點(diǎn)c，■c在橢圓上，即■+■=1，化簡(jiǎn)得2a4-5a2c2+2c4=0，所以■=■，e=■.？搖？搖？搖

2. 設(shè)雙曲線的方程為■-■=1，右焦點(diǎn)為F（c，0），其中a，b，c∈R+，c2=a2+b2. 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），■=t（t>0）. 直線AB的方程為x=■y+c，由■x2-■y2=c2，x-■y■=c2■可得（1+t）x2-1+■y2=x2-2■xy+■y2，即■+■■■-2■■-t=0. 由于kOA·kOB=■■=-1，所以■+■-t=0，解得t=3，即b2=3a2，c=2a，故雙曲線的方程為3x2-y2=3a2.把直線AB的方程x=■y+2a代入雙曲線方程可得4y2+4■ay+9a2=0，所以（y1-y2）2=（y1+y2）2-4y1y2=6a2. 又因?yàn)锳B2=（x1-x2）2+（y1-y2）2=■（y1-y2）2=16，所以（y1-y2）2=6=6a2，即a2=1，故雙曲線的方程為x2-■=1.

3 解析幾何與函數(shù)知識(shí)的融合

（1）容易得到橢圓的方程為■+y2=1. 設(shè)直線MA的斜率為k，則直線MB的斜率為-k，直線MA的方程為y-■=k（x+1），即y=k（x+1）+■，將其代入橢圓方程得[（x+1）-1]2+2k（x+1）？搖+■■=2，即（x+1）[（1+2k）2？搖·（x+1）？搖+2■k-2]=0，所以xA=-1+■，yA=■+■；同理可得，xB=-1+■，yB=■+■. 所以y■-y■=■，xA-xB=■，故kAB=■=■=-■（定值）.

（2）由（1）可知直線AB的斜率為-■，所以可設(shè)直線AB的方程為x=-■y+t. 作MN∥x軸交線段AB于N，則Nt-1，■，MN=t. 把x=-■y+t代入x2+2y2=2，可得4y2-2■ty+t2-2=0，故有y■+y■=■t，y■·y■=■（t2-2），所以可得y■-y■2=y■+y■2-4yAyB=■（4-t2），即y■-y■=■■. △MAB的面積S=f（t）=■MNy■-y■=■·t■=■■≤■·■=■，由4-t2=t2可得t= ±■. 所以當(dāng)t=±■時(shí)，△MAB的面積S取最大值■.

4 解析幾何與向量知識(shí)的融合

1. D

2. 設(shè)Q（x，y），■=-■=λ，λ≠-1，若λ=-1，則A為P，B的中點(diǎn)，這顯然不可能. 由于A（x1，y1），B（x2，y2），P（4，1），所以4=■①，1=■②；x=■③，y=■④.

①×③得4x=■，②×④得y=■，又因?yàn)閤■■+2y■■=8 ⑤，x■■+2y■■=8 ⑥.

⑤-⑥×λ2可得x■■-λ2x■■+2（y■■-λ2y■■）=8（1-λ2），即■+2·■=8，即2x+y=4. 由方程組2x+y=4，x2+2y2=8解得x=■或x=■. 因此所求Q點(diǎn)的軌跡方程為：2x+y=4■

5 解析幾何與不等式知識(shí)的融合

1. 設(shè)PF1=u，PF2=v，則u=2a+v，S=■=■=v+■+4a≥2■+4a=8a. 由v=■得v=2a，由于v=PF2≥c-a，故c-a≤2a，e≤3，即e∈（1，3]. 故選D.

2. ①正確，a2+b2=（a2+b2）·■+■=x2+y2+■+■≥（x+y）2；

②正確，■+■=■+■·■+■=■+■+■+■≥■+■■；

③正確，■+■=■+■·■+■=1+1+■+■≥4；

④正確，1=■+■■+■=■+■+■+■≥■+■+2■=■+■■. 選D.

綜合測(cè)試

1. B

2. D

3. B

4. 根據(jù)題意可設(shè)M■，y■，N■，y■，直線MN：x=ty+m，將直線代入拋物線方程得y2-2pty-2pm=0，則y1+y2=2pt，y1y2=-2pm. 又易知P0，■，且由■=λ■可得■，y■+■=λm-■，-y■，所以■=λm-■ ①，y■+■=λ（-y■）②，所以λ=-1-■. 同理μ=-1-■，所以得λ+μ=-2-■■+■=-2-■■=-2-■■=-1，故選C.

5. 由題意可得焦點(diǎn)F（1，0），設(shè)A■，y■，B■，y■，將■+2■+3■=0變形為■=■■+■■. 令■=■，即F是B與B′的中點(diǎn)，則有■=■■+■■. 因?yàn)椤?■=1，所以O(shè)，B′，A三點(diǎn)共線，且■=2■，代入坐標(biāo)得2y■+3y■=0 ①，2y■■+3y■■=24 ②，解得y■■=■，y■■=■. 又由①知y■，y■異號(hào)，所以y■y■=-■. 由直線AB：y-y1=■x-■，令y=0得x=-■=■，故選B.

6. 由題意，直線AB的斜率存在，故設(shè)其方程為y=kx+1 ①，當(dāng)k=0時(shí)，y■=y■=1，所以■+■=2 ②；當(dāng)k≠0時(shí)，將直線x=■代入x2=4y并整理得y2-（2+4k2）y+1=0，則■+■=■=2+4k2>2. 綜合①②知■+■∈[2，+∞）.

7. 易知（PQ-PR）max=PQmax-PRmin，首先將P看做定點(diǎn)，則當(dāng)Q，R運(yùn)動(dòng)時(shí)，PQmax=PC2■+1，PRmin=PC3■-1，故此時(shí)（PQ-PR）max=PC2■-PC3■+2. 然后將P還原為動(dòng)點(diǎn)，觀察發(fā)現(xiàn)C3，C2恰為雙曲線C1的左、右焦點(diǎn)，即當(dāng)P點(diǎn)在雙曲線C1左支上運(yùn)動(dòng)時(shí)，PC2■-PC3■恒為雙曲線實(shí)軸長(zhǎng)2a=8，所以（PQ-PR）max=10.

8. 因?yàn)锳，P，B三點(diǎn)共線，故m+n=1. 又mn=■，得m=■，n=■，即■=■■+■■，從而■=2■. 又易知Ac，■，Pc，■，Bc，-■，所以■=2·■，即3b=c，9b2=c2，又b2=c2-a2，所以8c2=9a2，所以e=■.

9. （1）因?yàn)辄c(diǎn)P，Q在拋物線C1：y=■x2-2上，所以可設(shè)其坐標(biāo)為Pm，■-2，Qn，■-2. 由題意知A（0，-2），所以k■=■=■，k■=■=■. 由題意得■=-■，即mn=-4. 又易知k■=■（m+n），所以得直線PQ的方程為：y-■-2=■（m+n）（x-m），SqZ3KISaFDBqWGISV4dfww==令x=0得y=t=■-2+■（m+n）（-m）=-2-■mn=-1，即所求t的值為-1.

（2）設(shè)M（x■，y■），N（x■，y■），由題意k=■（m+n），又由（1）可知PQ過(guò)點(diǎn)（0，-1），所以PQ的方程可寫(xiě)成y=■（m+n）x-1=kx-1，代入橢圓方程C2：■+x2=1得（4+k2）x2-2kx-3=0，x1+x2=■，x1x2=■，從而可得■+■=■+■=■+■=■=■=-k. 又k>0，從而■-■-■=■+k≥2（當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)等號(hào)成立），即當(dāng)k=1時(shí)，得m+n=4，mn=-4，解得m=2-2■，或n=2+2■，■-■-■■=2.

10. （1）由■·■=0知，點(diǎn)M在以F1F2為直徑的圓周上，又點(diǎn)M在橢圓上，所以此圓與橢圓有交點(diǎn)，所以b≤c，即1≤■，所以a2≥2，即amin=■.

（2）當(dāng)a取最小值■時(shí)，橢圓方程為■+y2=1，點(diǎn)C（■，0）. 設(shè)直線CD的方程：y=k（x-■）（k≠0），則P點(diǎn)坐標(biāo)為（0，-■k）. 聯(lián)立直線與橢圓方程并消去y得（1+2k2）x2-4■k2x+4k2-2=0，由韋達(dá)定理得xCxD=■，又xC=■，所以xD=■. 聯(lián)立直線BC：y=■（x-■），AD：y=■x+1，消去x同時(shí)代入y■=k（xD-■）得y■=■（■+■yQ）+1，又xD=■，所以可得y■=■（■+■y■）+1，從而解得y■=-■，所以■·■=（0，-■k）·（xQ，yQ）=-■k·yQ=（-■k）·-■=1（為定值）.

11. （1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)M（x，y），P（x1，y1），則Q（x1，0），所以■=（x1-x，-y），■=（0，-y■），故由■■=■得x1=x，y1=■y①. 又點(diǎn)P在圓x2+y2=2上，所以x■■+y■■=2②. 將①代入②即得動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C2的方程為■+y2=1.

（2）由題意設(shè)T（-2，t）（t∈R），則切點(diǎn)弦AB的方程為：-2x+ty=2，即y=■x+■. 代入C■得1+■x2+■x+■-2=0，即（t2+8）x2+16x+8-2t2=0，所以得CD=■·■=■. 又在圓C1中易求得AB=2■，所以■=■■·1+■. 令m=■∈[1，■），則■=■m（3-m2）. 令g（m）=m（3-m2）=3m-m3，求其導(dǎo)數(shù)得g′（m）=3-3m2，易知當(dāng)m∈[1，■）時(shí)g′（m）≤0，故g（m）在[1，■）上單調(diào)遞減，所以g（m）∈（g（■），g（1）]，又g（■）=■，g（1）=2，所以■∈（1，■].

12. （1）設(shè)M（x1，y1）（x1>1），N（x2，y2），直線l：y-2=k（x+1），由題意kAB= -■. 又AB⊥l，所以k=2，故直線l：y-2=2（x+1），即y=2x+4. 聯(lián)立y=2x+4，y=x2，■消去y得x2-2x-4=0，則x1+x2=2，x1x2=-4，故所求k1·k2=■·■=■·■=x1x2+（x1+x2）+1=-1.

（2）設(shè)點(diǎn)B到直線MN的距離為h，則■=■=■. 由弦長(zhǎng)公式MA=■·x1-（-1）=■·（x■+1），同理NA=■·-1-x2，即■=■①. 聯(lián)立直線l與拋物線方程并消去y，得x2-kx-（k+2）=0，所以x1=■，x2=■. 由x1>1及k≤1可得k∈-■，1，將x1，x2代入①，得■=■=■+1，可以判斷■是關(guān)于k在-■，1上的增函數(shù). 設(shè)■=f（k），則■∈f-■，f（1），而f-■=4，f（1）=■，所以■∈4，■. ■