【正文】 試證：；證明：（Ⅰ）對任意固定的因為焦點F（0,1）,所以可設(shè)直線的方程為將它與拋物線方程聯(lián)立得: ,由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得．（Ⅱ）對任意固定的利用導(dǎo)數(shù)知識易得拋物線在處的切線的斜率故在處的切線的方程為： ，……①類似地，可求得在處的切線的方程為：，……②由②－①得：，……③將③代入①并注意得交點的坐標為．由兩點間的距離公式得：　　?。F(xiàn)在，利用上述已證結(jié)論并由等比數(shù)列求和公式得：62．（上海春）學(xué)?？萍夹〗M在計算機上模擬航天器變軌返回試驗. 設(shè)計方案如圖：航天器運行（按順時針方向）的軌跡方程為，變軌（即航天器運行軌跡由橢圓變?yōu)閽佄锞€）后返回的軌跡是以軸為對稱軸、 為頂點的拋物線的實線部分，降落點為. 觀測點同時跟蹤航天器.（1）求航天器變軌后的運行軌跡所在的曲線方程；（2）試問：當航天器在軸上方時，觀測點測得離航天器的距離分別為多少時，應(yīng)向航天器發(fā)出變軌指令？解：（1）設(shè)曲線方程為， 由題意可知，. . 曲線方程為. （2）設(shè)變軌點為，根據(jù)題意可知 得 ， 或（不合題意，舍去）. . 得 或（不合題意，舍去）. 點的坐標為， . 答：當觀測點測得距離分別為時，應(yīng)向航天器發(fā)出變軌指令. 46。故由前已證，知，且61．(重慶卷)如圖，對每個正整數(shù)，是拋物線上的點，過焦點的直線角拋物線于另一點。 現(xiàn)在由題設(shè)取則是增數(shù)列。由得兩根從而易知函數(shù)在內(nèi)是增函數(shù)。即從而對任意（II）高點的坐標為，則由及橢圓方程易知因，故的面積為，從而。（Ⅱ）取bn＝，并用SA表示PnFnGn的面積，試證：S1＜S1且Sn＜Sn+3 (n≥3).證：（I）由題設(shè)及橢圓的幾何性質(zhì)有，故。59．（浙江卷）如圖，橢圓＝1（a＞b＞0）與過點A（2，0）B(0,1)的直線有且只有一個公共點T，且橢圓的離心率e=.(Ⅰ)求橢圓方程；(Ⅱ)設(shè)F、F分別為橢圓的左、右焦點，M為線段AF的中點，求證：∠ATM=∠AFT.本題主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系、橢圓的幾何性質(zhì)，同時考察解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力。平面向量、曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基礎(chǔ)知識和基本思想方法，. 證明：（Ⅰ）由題設(shè)條件知，∽故 ，即因此，在， 因此，在中 ，.于是，則.這時，直線BF與軸的交點為(Ⅱ)由（Ⅰ），得直線BF得方程為且 ②由已知，設(shè)、則它們的坐標漫步方程組 ③由方程組③消去，并整理得 由式①、②和④， 由方程組③消去，并整理得 ⑤由式②和⑤， 綜上，得到注意到，得 58．（天津卷）如圖，雙曲線的離心率為．分別為左、右焦點，為左準線與漸近線在第二象限內(nèi)的交點，且．（Ⅰ）求雙曲線的方程；（Ⅱ）設(shè)和是軸上的兩點，過點作斜率不為0的直線，使得交雙曲線于兩點，作直線交雙曲線于另一點．證明直線垂本小題主要考查雙曲線的標準方程和幾何性質(zhì)、直線方程、平面向量、曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基礎(chǔ)知識和基本思想方法，考查推理及運算能力。解：由雙曲線的定義可知，曲線是以為焦點的雙曲線的左支，且，易知， 故曲線的方程為 設(shè)，由題意建立方程組 消去，得又已知直線與雙曲線左支交于兩點，有 解得又∵ 依題意得 整理后得 ∴或 但 ∴故直線的方程為設(shè)，由已知，得∴，又，∴點將點的坐標代入曲線的方程，得 得，但當時，所得的點在雙曲線的右支上，不合題意∴，點的坐標為到的距離為 ∴的面積57．（天津卷）如圖，以橢圓的中心為圓心，分別以和為半徑作大圓和小圓。本小題主要考察雙曲線的定義和性質(zhì)、直線與雙曲線的關(guān)系、點到直線的距離等知識及解析幾何的基本思想、方法和綜合解決問題的能力。解(1)由已知得橢圓的半長軸a=2,半焦距c=,則半短軸b=1. 又橢圓的焦點在x軸上, ∴橢圓的標準方程為(2)設(shè)線段PA的中點為M(x,y) ,點P的坐標是(x0,y0),由x=得x0=2x－1y=y0=2y－由,點P在橢圓上,得, ∴線段PA中點M的軌跡方程是.(3)當直線BC垂直于x軸時,BC=2,因此△ABC的面積S△ABC=1.當直線BC不垂直于x軸時,說該直線方程為y=kx,代入,解得B(,),C(－,－),則,又點A到直線BC的距離d=,∴△ABC的面積S△ABC=于是S△ABC=由≥－1,得S△ABC≤,其中,當k=－時,等號成立.∴S△ABC的最大值是. 56．（四川卷）已知兩定點，滿足條件的點的軌跡是曲線，直線與曲線交于兩點。 三動點D,E,M滿足=t, = t , =t , t∈[0,1]. (Ⅰ) 求動直線DE斜率的變化范圍。由韋達定理有：代入（*）式得 所求Q點的坐標為。同理 .即 。設(shè)的方程：，則在雙曲線上，同理有：若則直線過頂點，不合題意.是二次方程的兩根.，.解法二：由題意知直線的斜率存在且不等于零設(shè)的方程，則.，分的比為.由定比分點坐標公式得下同解法一解法三：由題意知直線的斜率存在且不等于零設(shè)的方程：，則.，.，又，即將代入得，否則與漸近線平行。(x2－x1，y2－y1)＝(x22－x12)－2(x22－x12)＝0所以為定值；（Ⅱ）設(shè)△ABM的面積為S，寫出S＝f(λ)的表達式，并求S的最小值．解：(Ⅰ)由已知條件，得F(0，1)，λ＞0．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由＝λ，即得　　(－x1，1－y)＝λ(x2，y2－1)， 將①式兩邊平方并把y1＝x12，y2＝x22代入得　　y1＝λ2y2 ③解②、③式得y1＝λ，y2＝，且有x1x2＝－λx22＝－4λy2＝－4，拋物線方程為y＝x2，求導(dǎo)得y′＝x．所以過拋物線上A、B兩點的切線方程分別是y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2，即y＝x1x－x12，y＝x2x－x22．解出兩條切線的交點M的坐標為(，)＝(，－1)． ……4分所以解: 依題意可設(shè)P(0,1),Q(x,y),則 |PQ|=,又因為Q在橢圓上,所以,x2=a2(1－y2) , |PQ|2= a2(1－y2)+y2－2y+1=(1－a2)y2－2y+1+a2 =(1－a2)(y－ )2－+1+a2 .因為|y|≤1,a1, 若a≥, 則||≤1, 當y=時, |PQ|取最大值。=－ 設(shè)P(x0,y0),因P在C上,有0x01, y0=2, y 39。求：（Ⅰ）點M的軌跡方程； （Ⅱ）的最小值。（I）證法一：即整理得......................12分設(shè)點M（x,y）是以線段AB為直徑的圓上的任意一點，則即展開上式并將①代入得故線段是圓的直徑。(II)當圓C的圓心到直線X2Y=0的距離的最小值為時，求P的值。x2，由（1）－（2）得b2（x1－x2）2x＋a2（y1－y2）2y＝0 \b2x2＋a2y2－b2cx＝0…………（3）2176。OPAFBDxy45．（江西卷）如圖，橢圓的右焦點為，過點的一動直線繞點轉(zhuǎn)動，并且交橢圓于兩點，為線段的中點．（1）求點的軌跡的方程；（2）若在的方程中，令，．設(shè)軌跡的最高點和最低點分別為和．當為何值時，為一個正三角形？解：如圖，（1）設(shè)橢圓Q：（ab0）上的點A（x1，y1）、B（x2，y2），又設(shè)P點坐標為P（x，y），則1176。1，得4S2＝，當t＝1，k＝0時取等號。）則＝＝2sin（＋）當q＝時，上式達到最大值。x2，由（1）－（2）得b2（x1－x2）2x＋a2（y1－y2）2y＝0 \b2x2＋a2y2－b2cx＝0…………（3）2176。 ），確定q的值，使原點距橢圓的右準線l最遠，此時，設(shè)l與x軸交點為D，當直線m繞點F轉(zhuǎn)動到什么位置時，三角形ABD的面積最大？解：如圖，（1）設(shè)橢圓Q：（ab0）上的點A（x1，y1）、B（x2，y2），又設(shè)P點坐標為P（x，y），則1176。本小題主要考查橢圓與雙曲線的基本概念、標準方程、幾何性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和基本運算能力。解法2：由（Ⅰ）得A（－2，0），B（2，0）.設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則－2x12，－2x22，又MN的