【正文】 的解．當(dāng)時(shí)，由①式得代入②式，得，即，于是，．若，則．所以，．由，得．在區(qū)間內(nèi)此方程的解為．當(dāng)時(shí)，必有，同理求得在區(qū)間內(nèi)的解為．另一方面，當(dāng)時(shí)，可推出，從而．綜上所述，使得所述命題成立．四川卷21）．（本小題滿分12分）設(shè)橢圓的左右焦點(diǎn)分別為，離心率，右準(zhǔn)線為，是上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）證明：當(dāng)取最小值時(shí)，與共線。（Ⅰ）試證：；（Ⅱ）取，并記為拋物線上分別以與為切點(diǎn)的兩條切線的交點(diǎn)。用了題型3與題型1，對(duì)B在圓內(nèi)處理方法比較好。0，則∠MBP為銳角，從而∠MBN為鈍角，故點(diǎn)B在以MN為直徑的圓內(nèi)。＝2x0－4＋＝（x02－4＋3y02）. 將代入，化簡(jiǎn)得點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查直線、圓和橢圓等平面解析幾何的基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行推理運(yùn)算的能力和解決問(wèn)題的能力。聯(lián)立方程，整理得：即：，解得或，而，直線斜率為 21世紀(jì)教育網(wǎng) ，聯(lián)立方程整理得：，即： ，解得：，或，而拋物線在點(diǎn)N處切線斜率：MN是拋物線的切線， 整理得，解得（舍去），或，）拋物線C的方程為，過(guò)拋物線C上一點(diǎn)P(x0,y0)(x 0≠0)作斜率為k1,k2的兩條直線分別交拋物線C于A(x1,y1)B(x2,y2)兩點(diǎn)(P,A,B三點(diǎn)互不相同)，且滿足.（Ⅰ）求拋物線C的焦點(diǎn)坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程；（Ⅱ）設(shè)直線AB上一點(diǎn)M，滿足，證明線段PM的中點(diǎn)在y軸上；（Ⅲ）當(dāng)=1時(shí)，若點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，1），求∠PAB為鈍角時(shí)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)的取值范圍.解：（Ⅰ）由拋物線的方程（）得，焦點(diǎn)坐標(biāo)為，準(zhǔn)線方程為．（Ⅱ）證明：設(shè)直線的方程為，直線的方程為．點(diǎn)和點(diǎn)的坐標(biāo)是方程組的解．將②式代入①式得，于是，故?、塾贮c(diǎn)和點(diǎn)的坐標(biāo)是方程組的解．將⑤式代入④式得．于是，故．由已知得，則．　?、拊O(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，由，則．將③式和⑥式代入上式得，即．∴線段的中點(diǎn)在軸上．（Ⅲ）因?yàn)辄c(diǎn)在拋物線上，所以，拋物線方程為．由③式知，代入得．將代入⑥式得，代入得．因此，直線、分別與拋物線的交點(diǎn)、的坐標(biāo)為，．于是，．因?yàn)殁g角且、三點(diǎn)互不相同，故必有．求得的取值范圍是或．又點(diǎn)的縱坐標(biāo)滿足，故當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．即06湖北卷）設(shè)分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，橢圓長(zhǎng)半軸的長(zhǎng)等于焦距，且為它的右準(zhǔn)線。求△EMF的重心G的軌跡解：（1）設(shè)M（y,y0），直線ME的斜率為k(l0)則直線MF的斜率為－k，方程為∴由，消解得∴(定值)所以直線EF的斜率為定值（2）直線ME的方程為由得同理可得設(shè)重心G（x, y），則有消去參數(shù)得2. 09浙江文）（本題滿分15分）已知拋物線：上一點(diǎn)到其焦點(diǎn)的距離為． （I）求與的值； （II）設(shè)拋物線上一點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，過(guò)的直線交于另一點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作的垂線交于另一點(diǎn)．若是的切線，求的最小值．解析（Ⅰ）由拋物線方程得其準(zhǔn)線方程：，根據(jù)拋物線定義點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離等于它到準(zhǔn)線的距離，即，解得拋物線方程為：，將代入拋物線方程，解得（Ⅱ）由題意知，過(guò)點(diǎn)的直線斜率存在且不為0，設(shè)其為。直線與圓錐曲線，已知其中一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，可迅速求出另外一個(gè)交點(diǎn)。聯(lián)考中葉是經(jīng)常出現(xiàn)的。解：依題意，可設(shè)直線MN的方程為，則有21世紀(jì)教育網(wǎng) 由消去x可得 從而有 ①于是 ②又由，可得 ③（Ⅰ）如圖1，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)即為拋物線的焦點(diǎn)，為其準(zhǔn)線此時(shí) ①可得證法1： 21世紀(jì)教育網(wǎng) 證法2： (Ⅱ)存在，使得對(duì)任意的，都有成立，證明如下：證法1：記直線與x軸的交點(diǎn)為,則。 （Ⅰ）當(dāng)時(shí)，求證：⊥；（Ⅱ）記、 、的面積分別為、是否存在，使得對(duì)任意的，都有成立。法2：設(shè)四個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為、則直線AC、BD的方程分別為解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為。方法1：由三次均值有： 當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取最大值。解這個(gè)方程組得.（II） 設(shè)四個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為、。（Ⅰ）求r的取值范圍（Ⅱ）當(dāng)四邊形ABCD的面積最大時(shí)，求對(duì)角線AC、BD的交點(diǎn)P的坐標(biāo)。（I）若m=2，求拋物線C的方程（II）設(shè)直線與拋物線C交于A、B，△A,△的重心分別為G,H求證：對(duì)任意非零實(shí)數(shù)m,拋物線C的準(zhǔn)線與x軸的焦點(diǎn)在以線段GH為直徑的圓外。原點(diǎn)在以線段為直徑的圓內(nèi)，也可以像第3題一樣處理，利用且不反向。由于，故為的中點(diǎn)，由，可知設(shè)是的中點(diǎn)，則，由題意可知即即而所以即又因?yàn)榍宜?。（Ⅱ）解：設(shè)。4. 2010浙江理數(shù)）(21) （本題滿分15分）已知m＞1，直線，橢圓，分別為橢圓的左、右焦點(diǎn). （Ⅰ）當(dāng)直線過(guò)右焦點(diǎn)時(shí)，求直線的方程；（Ⅱ）設(shè)直線與橢圓交于兩點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍. 解析：本題主要考察橢圓的幾何性質(zhì)，直線與橢圓，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考察解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力。解：設(shè)橢圓方程為則直線AB的方程為，代入，化簡(jiǎn)得.令A(yù)（），B），則由與共線，得又，即，所以，故離心率（II）證明：（1）知，所以橢圓可化為設(shè)，由已知得 在橢圓上，即①由（1）知又，代入①得故為定值，定值為1.3.　如圖、橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)是F（1，0），O為坐標(biāo)原點(diǎn).　　　　　　　　　　　　　　（Ⅰ）已知橢圓短軸的兩個(gè)三等分點(diǎn)與一個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，求橢圓的方程；　?。á颍┰O(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線l交橢圓于A、值有,求a的取值范圍.本小題主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系、不等式的解法等基本知識(shí)，考查分類與整合思想，. 解法一：(Ⅰ)設(shè)M，N為短軸的兩個(gè)三等分點(diǎn)，因?yàn)椤鱉NF為正三角形， 所以, 即1＝ 因此，橢圓方程為(Ⅱ)設(shè)(ⅰ)當(dāng)直線 AB與x軸重合時(shí)， (ⅱ)當(dāng)直線AB不與x軸重合時(shí)， 設(shè)直線AB的方程為：整理得 所以 因?yàn)楹阌?，所以AOB恒為鈍角. 即恒成立. 又a2+b2m20,所以m2a2b2+b2a2b2+a20對(duì)mR恒成立，即a2b2m2 a2 a2b2+，a2b2m2最小值為0，所以a2 a2b2+b20. a2a2b2 b2, a2( a21)b2= b4,因?yàn)閍0,b0,所以ab2,即a2a10,解得a或a(舍去)，即a,綜合（i）(ii)，a的取值范圍為（，+）.解法二：（Ⅰ）同解法一，（Ⅱ）解：（i）當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，x=1代入=1.因?yàn)楹阌衸OA|2+|OB|2|AB|2,2(1+yA2)4 yA2, yA21，即1,解得a或a(舍去)，即a.（ii）當(dāng)直線l不垂直于x軸時(shí)，設(shè)A（x1,y1）, B（x2,y2）.設(shè)直線AB的方程為y=k(x1)代入得(b2+a2k2)x22a2k2x+ a