【正文】 出其的平方值，最后根據(jù)三次均值不等式確定得到最大值時的點P的坐標．【解答】解：（Ⅰ）將拋物線E：y2=x代入圓M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）的方程，消去y2，整理得x2﹣7x+16﹣r2=0（1）拋物線E：y2=x與圓M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四個點的充要條件是：方程（1）有兩個不相等的正根∴即．解這個方程組得，．（II）設(shè)四個交點的坐標分別為、．則直線AC、BD的方程分別為y﹣=?（x﹣x1），y+=（x﹣x1），解得點P的坐標為（，0），則由（I）根據(jù)韋達定理有x1+x2=7，x1x2=16﹣r2，則∴令，則S2=（7+2t）2（7﹣2t）下面求S2的最大值．由三次均值有：當且僅當7+2t=14﹣4t，即時取最大值．經(jīng)檢驗此時滿足題意．故所求的點P的坐標為．【點評】本題主要考查拋物線和圓的綜合問題．圓錐曲線是高考必考題，要強化復習．　18．（2009?寧夏）已知橢圓C的中心為直角坐標系xOy的原點，焦點在x軸上，它的一個頂點到兩個焦點的距離分別是7和1．（1）求橢圓C的方程；（2）若P為橢圓C上的動點，M為過P且垂直于x軸的直線上的點，=λ，求點M的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線．【分析】（1）設(shè)橢圓長半軸長及半焦距分別為a、c，由橢圓的性質(zhì)可得從而解決．（2）設(shè)M（x，y），其中x∈[﹣4，4]．由已知=λ2及點P在橢圓C上，可得=λ2，整理得（16λ2﹣9）x2+16λ2y2=112，其中x∈[﹣4，4]．再按照圓、橢圓、雙曲線、拋物線的方程討論．【解答】解：（1）設(shè)橢圓長半軸長及半焦距分別為a、c，由已知得，解得a=4，c=3，所以橢圓C的方程為=1．（2）設(shè)M（x，y），其中x∈[﹣4，4]．由已知=λ2及點P在橢圓C上，可得=λ2，整理得（16λ2﹣9）x2+16λ2y2=112，其中x∈[﹣4，4]．①λ=時，化簡得9y2=112．所以點M的軌跡方程為y=177。（﹣4≤x≤4），軌跡是兩條平行于x軸的線段．②λ≠時，方程變形為=1，其中x∈[﹣4，4]；當0＜λ＜時，點M的軌跡為中心在原點、實軸在y軸上的雙曲線滿足﹣4≤x≤4的部分；當＜λ＜1時，點M的軌跡為中心在原點、長軸在x軸上的橢圓滿足﹣4≤x≤4的部分；當λ≥1時，點M的軌跡為中心在原點、長軸在x軸上的橢圓．【點評】本題主要考查圓錐曲線的定義和性質(zhì)及其方程．考查分類討論思想，是中檔題．　19．（2014?漳州校級模擬）雙曲線的中心為原點O，焦點在x軸上，兩條漸近線分別為l1，l2，經(jīng)過右焦點F垂直于l1的直線分別交l1，l2于A，B兩點．已知||、||、||成等差數(shù)列，且與同向．（Ⅰ）求雙曲線的離心率；（Ⅱ）設(shè)AB被雙曲線所截得的線段的長為4，求雙曲線的方程．【分析】（1）由2個向量同向，得到漸近線的夾角范圍，求出離心率的范圍，再用勾股定理得出直角三角形的2個直角邊的長度比，聯(lián)想到漸近線的夾角，求出漸近線的斜率，進而求出離心率．（2）利用第（1）的結(jié)論，設(shè)出雙曲線的方程，將AB方程代入，運用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式，求出待定系數(shù)，可求出雙曲線方程．【解答】解：（1）設(shè)雙曲線方程為由，同向，∴漸近線的傾斜角為（0，），∴漸近線斜率為：，∴∴|AB|2=（|OB|﹣|OA|）（|OB|+|OA|）=（|OB|﹣|OA|）2|AB|，∴∴可得：，而在直角三角形OAB中，注意到三角形OAF也為直角三角形，即tan∠AOB=而由對稱性可知：OA的斜率為k=tan∴，∴，∴；∴，∴∴（2）由第（1）知，a=2b，可設(shè)雙曲線方程為﹣=1，c=b，∴AB的直線方程為 y=﹣2（x﹣b），代入雙曲線方程得：15x2﹣32bx+84b2=0，∴x1+x2=，x1?x2=，4=，16=﹣，∴b2=9，所求雙曲線方程為：﹣=1．【點評】做到邊做邊看，從而發(fā)現(xiàn)題中的巧妙，如據(jù)，聯(lián)想到對應(yīng)的是2漸近線的夾角的正切值．　20．（2015?南昌校級二模）設(shè)橢圓中心在坐標原點，A（2，0），B（0，1）是它的兩個頂點，直線y=kx（k＞0）與AB相交于點D，與橢圓相交于E、F兩點．（Ⅰ）若，求k的值；（Ⅱ）求四邊形AEBF面積的最大值．【分析】（1）依題可得橢圓的方程，設(shè)直線AB，EF的方程分別為x+2y=2，y=kx，D（x0，kx0），E（x1，kx1），F(xiàn)（x2，kx2），且x1，x2滿足方程（1+4k2）x2=4，進而求得x2的表達式，進而根據(jù)求得x0的表達式，由D在AB上知x0+2kx0=2，進而求得x0的另一個表達式，兩個表達式相等求得k．（Ⅱ）由題設(shè)可知|BO|和|AO|的值，設(shè)y1=kx1，y2=kx2，進而可表示出四邊形AEBF的面積進而根據(jù)基本不等式的性質(zhì)求得最大值．【解答】解：（Ⅰ）依題設(shè)得橢圓的方程為，直線AB，EF的方程分別為x+2y=2，y=kx（k＞0）．如圖，設(shè)D（x0，kx0），E（x1，kx1），F(xiàn)（x2，kx2），其中x1＜x2，且x1，x2滿足方程（1+4k2）x2=4，故．①由知x0﹣x1=6（x2﹣x0），得；由D在AB上知x0+2kx0=2，得．所以，化簡得24k2﹣25k+6=0，解得或．（Ⅱ）由題設(shè)，|BO|=1，|AO|=2．由（Ⅰ）知，E（x1，kx1），F(xiàn)（x2，kx2），不妨設(shè)y1=kx1，y2=kx2，由①得x2＞0，根據(jù)E與F關(guān)于原點對稱可知y2=﹣y1＞0，故四邊形AEBF的面積為S=S△OBE+S△OBF+S△OAE+S△OAF=?（﹣y1）==x2+2y2===，當x2=2y2時，上式取等號．所以S的最大值為．【點評】本題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題．直線與圓錐曲線的綜合問題是支撐圓錐曲線知識體系的重點內(nèi)容，問題的解決具有入口寬、方法靈活多樣等，而不同的解題途徑其運算量繁簡差別很大．　21．（2008?海南）在直角坐標系xOy中，橢圓C1：=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2．F2也是拋物線C2：y2=4x的焦點，點M為C1與C2在第一象限的交點，且|MF2|=．（Ⅰ）求C1的方程；（Ⅱ）平面上的點N滿足，直線l∥MN，且與C1交于A，B兩點，若，求直線l的方程．【分析】（Ⅰ）先利用F2是拋物線C2：y2=4x的焦點求出F2的坐標，再利用|MF2|=以及拋物線的定義求出點M的坐標，可以得到關(guān)于橢圓方程中參數(shù)的兩個等式聯(lián)立即可求C1的方程；（Ⅱ）先利用，以及直線l∥MN得出直線l與OM的斜率相同，設(shè)出直線l的方程，把直線方程與橢圓方程聯(lián)立得到關(guān)于A，B兩點坐標的等式，整理代入，即可求出直線l的方程．【解答】解：（Ⅰ）由C2：y2=4x知F2（1，0）．設(shè)M（x1，y1），M在C2上，因為，所以，得，．M在C1上，且橢圓C1的半焦距c=1，于是消去b2并整理得9a4﹣37a2+4=0，解得a=2（不合題意，舍去）．故橢圓C1的方程為．（Ⅱ）由知四邊形MF1NF2是平行四邊形，其中心為坐標原點O，因為l∥MN，所以l與OM的斜率相同，故l的斜率．設(shè)l的方程為．由消去y并化簡得9x2﹣16mx+8m2﹣4=0．設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），．因為，所以x1x2+y1y2=0．x1x2+y1y2=x1x2+6（x1﹣m）（x2﹣m）=7x1x2﹣6m（x1+x2）+6m2==．所以．此時△=（16m）2﹣49（8m2﹣4）＞0，故所求直線l的方程為，或．【點評】本題是對橢圓與拋物線以及直線與橢圓位置關(guān)系的綜合考查．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，由于集中交匯了直線，圓錐曲線兩章的知識內(nèi)容，綜合性強，能力要求高，還涉及到函數(shù)，方程，不等式，平面幾何等許多知識，可以有效的考查函數(shù)與方程的思想，數(shù)形結(jié)合的思想，分類討論的思想和轉(zhuǎn)化化歸的思想，因此，這一部分內(nèi)容也成了高考的熱點和重點．　第39頁（共39頁）