1、第三十五講曲線方程及圓錐曲線的綜合問題一、復習目標要求1 .由方程研究曲線，特別是圓錐曲線的幾何性質問題常化為等式解決，要加強等價轉化思想的訓練；2 .通過圓錐曲線與方程的學習，進一步體會數形結合的思想；3 . 了解圓錐曲線的簡單應用。二、2010年命題預測近年來圓錐曲線在高考中比較穩定，解答題往往以中檔題或以押軸題形式出現，主要考察學生邏輯推理能力、運算能力，考察學生綜合運用數學知識解決問題的能力。但圓錐曲線在新課標中化歸到選學內容,要求有所降低，估計 2007年高考對本講的考察，仍將以以下三類題型為主。1 .求曲線(或軌跡)的方程，對于這類問題，高考常常不給出圖形或不給出坐標系，以考察學生

2、理 解解析幾何問題的基本思想方法和能力；2 .與圓錐曲線有關的最值問題、參數范圍問題，這類問題的綜合型較大，解題中需要根據具體問題、 靈活運用解析幾何、平面幾何、函數、不等式、三角知識，正確的構造不等式或方程，體現了解析幾何與 其他數學知識的聯系。預測2010年高考：1 .出現1道復合其它知識的圓錐曲線綜合題；2 .可能出現1道考查求軌跡的選擇題或填空題，也可能出現在解答題中間的小問。 三、知識精點講解1 .曲線方程(1)求曲線(圖形)方程的方法及其具體步驟如下：步 驟含義說明1、“建”：建立坐標 系；“設”：設動點坐 標。建立適當的直角坐標 系，用(x,y)表小曲線上任 點M的坐標。(1)所

3、研究的問題已給出坐標系，即可直接 設點。(2)沒有給出坐標系，首先要選取適當的坐 標系。2、現(限)：由限制條 件，列出幾何等式。寫出適合條件 P的點M的集合 P=M|P(M)這是求曲線方程的重U步，應仔細分析題 意，使寫出的條件簡明正確。3、“代”：代換用坐標法表示條件P(M),列出方程 f(x,y)=0常常用到一些公式。4、“化”：化簡化方程f(x,y)=0為取間 形式。要注意向解變形。5、證明證明化簡以后的方程的 解為坐標的點都是曲線 上的點。化簡的過程若是方程的同解變形，可以不要 證明，變形過程中產生不增根或失根，應在 所得方程中刪去或補上 (即要注意方程變量 的取值范圍)。這五個步驟

4、(不包括證明)可濃縮為五字“口訣”：建設現(限)代化”(2)求曲線方程的常見方法：直接法：也叫“五步法”，即按照求曲線方程的五個步驟來求解。這是求曲線方程的基本方法。轉移代入法：這個方法又叫相關點法或坐標代換法。即利用動點是定曲線上的動點，另一動點依賴于它，那么可尋求它們坐標之間的關系，然后代入定曲線的方程進行求解。幾何法：就是根據圖形的幾何性質而得到軌跡方程的方法。參數法：根據題中給定的軌跡條件，用一個參數來分別動點的坐標，間接地把坐標x,y聯系起來，得到用參數表示的方程。如果消去參數，就可以得到軌跡的普通方程。2 .圓錐曲線綜合問題(1)圓錐曲線中的最值問題、范圍問題通常有兩類：一類是有關

5、長度和面積的最值問題；一類是圓錐曲線中有關的幾何元素的最值問題。這些問題往往通過定義，結合幾何知識，建立目標函數，利用函數的性質或不等式知識，以及觀形、設參、 轉化、替換等途徑來解決。解題時要注意函數思想的運用，要注意觀察、分析圖形的特征，將形和數結合 起來。圓錐曲線的弦長求法：設圓錐曲線 C： f(x, y)=0與直線l ： y=kx+b相交于A(x1, y1)、B(x2, y2)兩點，則弦長|AB|為：(1)|AB|= J1 +Y * 氏一 xJl+k* * J -的叼或四1= j + . 歷一門戶Jl + p * J(力+巧) 7力巧.若弦AB過圓錐曲線的焦點 F,則可用焦半徑求弦長，|

6、AB=| AF+| BF .在解析幾何中求最值，關鍵是建立所求量關于自變量的函數關系，再利用代數方法求出相應的最值.注意點是要考慮曲線上點坐標 (x, y)的取值范圍。(2)對稱、存在性問題，與圓錐曲線有關的證明問題它涉及到線段相等、角相等、直線平行、垂直的證明方法，以及定點、定值問題的判斷方法。(3)實際應用題數學應用題是高考中必考的題型，隨著高考改革的深入，同時課本上也出現了許多與圓錐曲線相關的實際應用問題，如橋梁的設計、探照燈反光鏡的設計、聲音探測，以及行星、人造衛星、彗星運行軌道的計算等。涉及與圓錐曲線有關的應用問題的解決關鍵是建立坐標系，合理選擇曲線模型，然后轉化為相應的數學問題作出

7、定量或定性分析與判斷，解題的一般思想是：(4)知識交匯題圓錐曲線經常和數列、三角、平面向量、不等式、推理知識結合到一塊出現部分有較強區分度的綜合 題。四.典例解析題型1:求軌跡方程2222例1.(1) 一動圓與圓x +y +6x+5 = 0外切，同時與圓x + y 6x 91 = 0內切，求動圓圓心 M 的軌跡方程，并說明它是什么樣的曲線。2(2)雙曲線 工y2=1有動點P, F1, F2是曲線的兩個焦點，求 APF1F2的重心M的軌跡方程。9解析：(1)(法一)設動圓圓心為 M(x, y),半徑為R,設已知圓的圓心分別為 01、02,2222將圓萬程分別配萬得：(x+3)+y =4, (x

8、3) +y =100,當口 M與U 01相切時，有101M尸R+2當口 M與。2相切時，有102M |=10 R將兩式的兩邊分別相加，得101M | + |02M |=12,Px即 J(x+3)2 +y2 + J(x-3)2 +y2 =12移項再兩邊分別平方得：2,(x+3)2 +y2 =12+x兩邊再平方得：3x2 +4y2 -108 = 0,第2頁(共21頁) 整理得x+y =1,36 2722所以，動圓圓心的軌跡方程是 土十L =1,軌跡是橢圓。36 27(法二)由解法一可得方程J(x+3)2+y2十J(x3)2 + y2 =12,由以上方程知，動圓圓心 M(x,y)到點01(3,0)和

9、。2(3,0)的距離和是常數12,所以點M的軌跡是焦點為ON-3,0)、。2(3,0),長軸長等于12的橢圓，并且橢圓的中心在坐標原點，焦點在 x軸上，2c=6, 2a=12,，c = 3, a=6,.2 _. b =369 =27 ,22.圓心軌跡方程為 x-+'=1。36 27(2)如圖，設P,M點坐標各為P(x1,y1),M(x,y),，在已知雙曲線方程中a = 3,b = 1 , c 二9"彳=已知雙曲線兩焦點為 F1(而,0), F2(J16,0), APF1F2存在， y1 -0，x1 +(-VTo) +To,工、- X=Qrrx1 =3x由三角形重心坐標公式有

10、33，即« 1。y1 0 0% =3yy=" y1 #0,，y #0。(3y)2c已知點P在雙曲線上，將上面結果代入已知曲線方程，有9x_(3y)2=1(y#0)即所求重心M的軌跡方程為：x29y2 =1(y # 0)。點評：定義法求軌跡方程的一般方法、步驟；“轉移法”求軌跡方程的方法。2例2. ( 2001上海，3)設P為雙曲線 )y2=1上一動點，0為坐標原點，M為線段0P的中點，則4點M的軌跡方程是 。解析：(1)答案：x2-4y2=1設 P (x0, y0)M (x, y).%y(0一 “ x , y - 2x=x。，2y y022-4y2= 1= x24y2= 1

11、4點評：利用中間變量法(轉移法)是求軌跡問題的重要方法之一。題型2:圓錐曲線中最值和范圍問題第3頁(共21頁)第4頁（共21頁）例3. （1）設AB是過橢圓中心的弦，橢圓的左焦點為,則 FiAB的解析：（1）如圖，由橢圓對稱性知道。為AB的中點，則 FiOB的面積為 FiAB面積的一半。又,而的最大值是b,所以 FiOB的面積最大值為。所以 FiAB的面積最大值為cbo點評：抓住 FiAB中以及橢圓是中心對稱圖形。(2)解析：由雙曲線的定義,得:第11頁(共21頁)成立的條件。點評：由4PAF成立的條件P、A、F共線，從而得出點評：“點P在雙曲線的右支上”是銜接兩個定義的關鍵，也是不等關系利用

12、這個結論得出關于 a、c的不等式，從而得出 e的取值范圍。(3)解析：易知A (3, 2)在橢圓內，B (4, 0)是橢圓的左焦點(如圖)，則右焦點為F (4, 0)。 連PB, PF。由橢圓的定義知：這一關鍵結論。2X 2例4. (1) (06全國1又，21)設P是橢圓2 + y =1(a>1 )短軸的一個端點， Q為橢圓上的一個a動點，求PQ的最大值。(2) (06上海文，21)已知在平面直角坐標系xOy中的一個橢圓，它的中心在原點，左焦點為1F( J3,0)，右頂點為 D(2,0),設點 A 1, |.2若P是橢圓上的動點，求線段 PA中點M的軌跡方1。求該橢圓的標準方程;程;過原

13、點O的直線交橢圓于點 B,C ,求AABC面積的最大值。(3) (06山東文，21)已知橢圓的中心在坐標原點O,焦點在x軸上，橢圓的短軸端點和焦點所組成的四邊形為正方形，兩準線間的距離為(I )求橢圓的方程；(n)直線1過點P(0,2)且與橢圓相交于 A B兩點，當A AOB面積取得最大值時，求直線 1的方程。解析：(1)依題意可設P(0,1), Q(x,y),則|PQ|=7x2+(y-1)1=(1a)(y一二7 ,又因為Q在橢圓上,所以，x2=a2(1-y2),|PQ|2= a2(1 y2)+y22y+1=(1 a2)y22y+1+a2,212)2+1+a 。11 - a澗，|PQ|取最大值

14、斗手,因為 |y|w1,a>1,若 a><2, 叫六l-y=若1<a<42,則當y=1時，|PQ|取最大值2。(2)由已知得橢圓的半長軸a=2,半焦距c=J3,則半短軸b=1,2 x 2又橢圓的焦點在x軸上，橢圓的標準方程為+ y = 1。4設線段PA的中點為M(x,y)，點P的坐標是(x0,y0),當直線BC垂直于當直線BC不垂直于解得B(2ki, 1),C(-,4k2 14k2 1 4k2 12k,4k2 1),則 BC =41k2-上 ，又點A到直線BC的距離,1 4k2d=hl,1 k2 _1.ABC的面積SaABC = 一 AB d =22k-1/_ o

15、.1 4k2是 S ABC =4k2 -4k 14k2 1, 4k一由2 > 1,倚 SaaBC W4k 1J2,其中，當k= 1時，等號成立。224由，點P在橢圓上，得(2x_1) +(2y _1)2 =1 , 42.線段PA中點M的軌跡方程是(x1)2 +4(y 1)2 =1。 24x軸時，BC=2,因此 ABC的面積Saabc=1 。2x軸時，說該直線方程為y=kx,代入上41- SaABC的最大彳!是22.。(3)解：設橢圓方程為2二2a2 y b2二 1(a b c)(I )由已知得b =ca2 =2ca2 =b24 b2 =1所求橢圓方程為土十y2=1。c2 = 1(n)解法

16、一：由題意知直線 l的斜率存在，設直線l的方程為y = kx + 2,A(x1,y1),B(x2,y2)L2y2 =1,消去y得關于x的方程：(1 + 2k2)x2+8kx+6 = 0 ,由直線l與橢圓相交于 A、B兩點，口>0= 64k224(1 + 2k2) >0,解得k24。8kx1 x2 =又由韋達定理得11 2k ,6X1 X2 =y1 2k2第9頁（共21頁） _.| AB |= 1 k2 | x1 -x2 |= 1 k2、(x1 x2)2 -4x1x2J k21 2k2J16k2 -24。 2原點O到直線l的距離d =2 .,1 k27SAOB1=/|AB|d =16

17、k2 1 241 2k22、2 2k2二31 2k2解法1：對S =16k2 -241 2k2兩邊平方整理得:4S2k4 +4(S2 4)k2+S2+24=0 (*),16(S2 -4)2 -4X4S2(S2 +24) >0,.S#0,1S24-S2 八>0s2S2 +24 八>0、4S2又 S A0,0<S<,從而Saob的最大值為2S-JS214此時代入萬程(*)得4k4 -28k2 +49=0, k = 士 。2所以，所求直線方程為：±J74x-2y+4 = 0。解法 2：令 m=J2k2 -3(m>0),則 2k2 =m2 +3。c 2、2

18、m 2 2. 、2S -=-一一m2 442m 一m,2.14,此時 k = ±。，一，4當且僅當m= 即m=2時，Smax m所以，所求直線方程為14 -2y 4 = 0解法二：由題意知直線 l的斜率存在且不為零。設直線 1 的方程為 y =kx+2,A(K,y1),B(X2,y2),則直線1與x軸的交點D(-,0), kXX2 2 312由解法一知k >且28k1 2k26X1 x2 = 21 2k2解法1 ： S aob1 ,1,2,_ ,二2叩|2匕1”彷2-21二| X1 - X2 二(x2 X2)2 -4X1X2_ .16k2 -2421 2k22 2.2k2 -3

19、=2.1 2k2下同解法一.1 2、. 2 2k2=3解法 2： SLAOB =S pob -S poa =- K2 X2 I -Ix1 II = X2 X | 2 °2 1 2k下同解法一。點評：文科06年高考主要考察了圓錐曲線的最值問題，主要是三角形的面積、弦長問題。處理韋達 定理以及判別式問題啊是解題的關鍵。題型3:證明問題和對稱問題22例5. (1) (06浙江理，19)如圖，橢圓X2+y =1 (a> b>0)a b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;(n )設F1、F2分別為橢圓的左、右焦點

20、，M為線段AF1的中點，求證:ATMh AF1 To22(2) (06湖北理，20)設A,B分別為橢圓 與+4=1(a,b >0)的左、右頂點，橢圓長半軸的長等于a b焦距，且x =4為它的右準線。第10頁(共21頁) (I)、求橢圓的方程;(n)、設P為右準線上不同于點(4, 0)的任意一點，若直線 AP,BP分別與橢圓相交于異于A,B的點M、N ,證明點B在以MN為直徑的圓內。(3) (06上海理，20)在平面直角坐標系 xOy中，直線l與拋物線y2=2x相交于A、B兩點求證：“如果直線l過點T (3, 0),那么OA OB =3"是真命題；寫出(1)中命題的逆命題，判斷它

21、是真命題還是假命題，并說明理由.x解析：(1) (I)過點A、B的直線方程為4+y = 1.2因為由題意得2 xa2 y_ b2二1有惟一解,y- - 1x 12即廿+%24一42"2一42=°有惟一解'所以 a =a2b2(a2 +4b2 -4) =0( ab #0),故 a2 +4b2 -4 = 0.第17頁(共21頁)2.2. 一a =4b .從而得= 2,b2一一 3又因為 e =,即22, 2-a- b32一 = 一，所以a42故所求的橢圓方程為 2y2 =1.2(II)由(I)得 c =,故 Fi(-,0), F2(-,0),從而 M (1 +- ,0)

22、.2224'X； 2 7 2y 由21y=-2x11,解得 Xi =x2 =1,所以 T(1-).216 ._因為 tan/AFT =萬一1,又 tan/TAM12=,tan /TMF2 :,2.62_得 tan ATM = 6 /16*/6=1,因此/ATM =/AFT.2點評：本題主要考查直線與橢圓的位置關系、橢圓的幾何性質，同時考察解析幾何的基本思想方法和 綜合解題能力。(2) (I)依題意得 a=2c, =4,解得 a = 2, c= 1,從而 b= 33 . c22二1故橢圓的方程為L43（n）解法1 ：由（i）得A (2, 0),B (2, 0).設 M (xo, yo).

23、M 點在橢圓上，yo= 3 (4 X。2)4又點M異于頂點A、B, 2<xo<2,由P、A、M三點共線可以得從而 BM = (Xo-2,y。）,BP= (2,6yoXo 2 BM BP = 2x。一 4+26yoX。2X。2(Xo2 4+3yo2).-5將代入，化間得BM , BP = (2X。).212-Xo>O,BM - BP>0,則/ MBP 為銳角，從而/ MBN為鈍角,故點B在以MN為直徑的圓內。解法 2:由(I )得 A ( 2, 0), B (2, 0) .設 M ( x1，y1),N(X2, y2),X1 X2則一2<X1<2, 2<X

24、2<2,又 MN的中點 Q的坐標為( 2一）,2依題意，計算點B到圓心Q的距離與半徑的差“21BQ - - MN22”21 .(X1 X2)42 + (y1 y2)j第12頁（共21頁）又直線AP的方程為y=y(x+2),直線BP的方程為y=y(x2),x1 2x2 - 2而點兩直線 AP與BP的交點P在準線x=4上,三三即J之二士也x12x2 -2x1222x1yl2 32、又點M在橢圓上，則1 + 1=1 ,即 = (4% )434于是將©、代入，化簡后可得 BQMN25 ,=-(2-2)<0.4第21頁(共21頁)從而，點B在以MN為直徑的圓內。點評：本小題主要考查

25、直線、圓和橢圓等平面解析幾何的基礎知識，考查綜合運用數學知識進行推理 運算的能力和解決問題的能力。(3)證明：設過點T(3,0)的直線l交拋物線y2=2x于點A(xi,yi)、B(xi2,y2).當直線l的鐘率下存在時，直線l的方程為x=3，此時，直線l與拋物線相交于 A(3,次)、B(3, J6),當直線l的鐘率存在時 y2=2x當 y=k(x-3)OA OB =3。，設直線l的方程為y=k(x 3)，其中kw0.得 ky 2y 6k=0,則 yiy2= 6.12- OA OB =x1x2+y1y2= (y1y2)y1y2=3.4綜上所述，命題如果直線l過點T(3,0)，那么OA OB =3

26、”是真命題.逆命題是：設直線l交拋物線y2=2x于A、B兩點，如果OA OB =3,那么該直線過點 T(3,0).該命題是假命題.例如：取拋物線上的點A(2,2),B( 1,1),此時OA OB =3,2直線AB的方程為Y= 2(X+1),而T(3,0)不在直線AB上.3點評：由拋物線 y2=2x 上的點 A(x1,y1)、B(x2,y2)滿足 OA OB =3,可得 y1y2= 6。或 y1y2=2,如果 y1y2=-6,可證得直線 AB過點(3,0);如果y1y2=2,可證得直線 AB過點(1,0)，而不過點(3,0)。 22例6. (1) (06北京文，19)橢圓C：與+4=1(a>

27、;b>0)的兩個焦點為F1,F2,點P在橢圓C上，且 a b14PFi -FiF2,|PFi|=-,|PF2|= 33求橢圓C的方程;(D)若直線l過圓x2+y2+4x-2y=0的圓心，交橢圓 C于A, B兩點，且 A B關于點M對稱，求直線l(D)求以F1、解析:(06江蘇,求以Fi、設點P、17)已知三點PF2為焦點且過點Fi、F2關于直線(5，2)、F1 (6, 0)、F2 (6, 0)。P的橢圓的標準方程;y= x的對稱點分別為 P'、Fi、F2 ,F2為焦點且過點P'的雙曲線的標準方程。(1)解法一:的方程。(I)因為點P在橢圓C上，所以2a=PFi + PF2

28、 =6, a=3.在 RtPFiF2 中,FlF2-PFi=2舊故橢圓的半焦距c=d5,從而 b2=a?c2=4,所以2橢圓C的方程為+92匕=1。4(n)設A, B的坐標分別為(xi,yi)、已知圓的方程為(x+2) 2+(y1)2=5,所以圓心 從而可設直線l的方程為y=k(x+2)+1,代入橢圓C的方程得(4+9k2) x2+(36k2+18k)x+36k2+36k 27=0.M的坐標為(-2, i)因為A, B關于點M對稱._ 2 一所以x1 x2 _ 18k 9k _-2 - 2.24 9k解得所以直線l的方程為y=8(x+2)+1, 9即 8x-9y+25=0.(經檢驗，所求直線方

29、程符合題意)解法二：(I )同解法一.(II)已知圓的方程為(x+2) 2+(y1)2=5,所以圓心M的坐標為(一2, 設A, B的坐標分別為(xi,yi) ,(x2,y2).由題意xi#x2且2Xi92+ yi =1w42X22+左=1,4由得：(X1告白+(y1-y2)(yl+y2) =0.94因為A、B關于點M對稱，所以x1+ x2=- 4, y1+ y2=2。代入得y1 -y2 = 8,即直線1的斜率為8,所以直線l的方程為y-1= 8 (x+2), x1 - x2999即 8x9y+25=0。(經檢驗，所求直線方程符合題意.)22(2)由題意可設所求橢圓的標準方程為22+_y2 =

30、i(a>b>0),其半焦距a bc=6, 2a =|PF1 +|PF2| = Jl12 +22 +/ + 22 =6而，a =班,b 2=a2-c2=9。22所以所求橢圓的標準方程為=1459點 P(5,2)、Fi(-6,0)、F2(6,0)關于直線 y=x 的對稱點分別為點P (2, 5)、Fi (0, -6)、F2 (0, 6)。22設所求雙曲線的標準方程為、當=1(a1A 0,h >0)。司h由題意知，半焦距 ci=6, 2a1 = PF/ + PF?' = J112 +22 .12 +22 =4屈。22a1 =2 J5,b 12=C12-a 12=36-20=

31、16.所以所求雙曲線白標準方程為上=1。20 16點評：本小題主要考查橢圓與雙曲線的基本概念、標準方程、幾何性質等基礎知識和基本運算能力。 題型4:知識交匯題例7. (06遼寧,20 )已知點A(x1，必)仁/)(為乂2 #0)是拋物線y2=2px(p:>0)上的兩個動點，0是坐標原點，向量OA,OB滿足OB1 =IOA-OB1+0B.設圓C的方程為22x y -區 x?)x -(y1 y2)y =0(I)證明線段 AB是圓C的直徑；(II)當圓C的圓心到直線 X-2Y=0的距離的最小值為 2豐時，求P的值。解析：(I)證明1:0A2 20A0B|0a 0b = 0a-0b , (0a

32、0b)2 =(0a-0b)2T -2 -2 0B =0A -20A 0B 0B整理得：OA OB =0第i29頁(共2i頁)設M（x,y）是以線段AB為直徑的圓上的任意一點則 mA mb = 0即(x-Xi)(x -X2) (y -yi)(y-y2)=0整理得：x2 y2 （x x2）x 一（y1 y2） y = 0故線段AB是圓C的直徑證明2:|oa OB = OA-OB , (OA.(OA OB)-(OA -OB)2-2 T2 T >2OA 2OA OB OB =OA-2OAOB OB整理得：OA OBx x2 +yi 72 =0 .(1)設(x,y)是以線段AB為直徑的圓上則即 y

33、 72、-* 二-l(x = x1, x = x2)x -x2 x -x1去分母得 : (x -xi)(x-x2) (y- yi)(y -y2) =0點（X,必）,（為，丫2）,（乂2,必）（乂2, y?）滿足上方程，展開并將（i）代入得:22x y -(xi x2)x -(yi vGN =0故線段AB是圓C的直徑證明3:|Oa OB ='Oa-Ob, (OA_2_ '(OA OB) -(OA -OB)OA2 2OAOB Ob2=Oa2-2OaOb OB2整理得：OA Ob=0二 x x2 +yi y =0 (i)以線段AB為直徑的圓的方程為xi x2 2 . /yi y2 x

34、2 i22,(x - c ) (y -) =-(xi -x2)(yi - y2)224展開并將(i)代入得：22x y -(xi x2)x - (yi自=0故線段AB是圓C的直徑(II)解法i:設圓C的圓心為C(x,y),則X X2X 二2vy2y-2：y； =2pxi,y22 =2px2(p 0)22yi y2a V V "- X1 x2 24P又因 Xi X2yi y2 =0Xi X2 = -yi 7222yi y2- yi y2 = + 24p, Xi X2 =0, yi y2 ;0yi y u -4p2yiy24pXi X2i / 22、 i , 22X =(yiy2 ) =

35、 (yi » 2yy2)2 4p4p1 22=一(y2 2p2) p所以圓心的軌跡方程為 y2 = pX -2p2設圓心C到直線X-2y=0的距離為d,則d |X-2y|d 一J5i 2-2-I (y2 2p2) -2y| p.52 一一 2|y -2py 2p |, 5p22= I(y-p) p I5 p當y=p時,d有最小值 /，由題設得 泉=%p = 2 .解法2:設圓C的圓心為C(X,y),則X X2X 二2v % y2廠丁：y； =2pxi,y22 =2px2(p 0)22yi y2a V V "- X1 x2 24P又因 Xi X2yi y2 =0Xi X2 =

36、 -yi 7222yi y2- yi y2 = + 24p, Xi X2 =0, yi y2 ;0yi y u -4p2yiy24pXi X2i / 22、 i , 22X =(yiy2 ) = (yi » 2yy2)2 4p4pi 22=一(y2 2p2) p所以圓心的軌跡方程為 y2 = pX -2p2設直線X-2y+m=0到直線X-2y=0的距離為25則5m = 2因為X-2y+2=0與y2 = pX2p2無公共點，2.5所以當X-2y-2=0與y2 =pX-2p2僅有一個公共點時，該點到直線X-2y=0的距離最小值為 :一X-2y-2 =0|1(2) y2 = pX -2p2

37、HI(3)22將(2)代入(3)得 y 2py+2P 2p=0:=4p2 -4(2p2 -2p) =07p 0 .p =2.解法3:設圓C的圓心為C(x,y),則X X22yy22圓心C到直線x-2y=0的距離為d,則I X X2 d :2-(yi y2)I、5:y； =2p4y22 =2px2(p 0)22xx _y_A_ x1 x2. 24p又因 x1 x2 y1 y2 = 0x1 x2y22yi y2一 yi y2廠4pYx x2 =0, y1 丫2 ;0122| / (yiy2) -(Yi y2)|4p、5yi y2 = -4p222 一一 2I yi y2 2yiY2 -4p(yi

38、y) 8P4、5P_22=(y y2 -2p) 4p4、5P一 pp 2、5當yi +y2 =2p時,d有取小值 一方,由題設得 一產=晅(舞)冊.555p = 2 .點評：本小題考查了平面向量的基本運算，圓與拋物線的方程.點到直線的距離公式等基礎知識，以及綜合運用解析幾何知識解決問題的能力。例8. (06重慶文，22)如圖，對每個正整數 n, An(xn,yn)是拋物線X2 =4y上的點，過焦點 F的直線FAn角拋物線于另一點 Bn(Sn,tn)。(I)試證：xnsn = 4(n 之 1)；(n )取Xn =2n ,并記Cn為拋物線上分別以An與Bn為切點的兩條切線的交點。試證：FC1 +

39、FC2 +|j+|FCn =2n 2卡+1 ；證明：(I)對任意固定的 n之1,因為焦點F (0,1),所以可設直線AnBn的方程為y1=knX,將它與拋物線方程 x2 = 4y聯立得：x2 4knx 4 = 0,由一元二次方程根與系數的關系得xnsn =(n>1).(n)對任意固定的n21,利用導數知識易得拋物線x2 =4y在An處的切線的斜率 kA =土，故22xn_x =4y在An處的切線的方程為：y yn =(x-xn),2類似地，可求得x2=4y在Bn處的切線的方程為：y tn =七(* '),2222xn - snxn - sn xn si由一得： yntn=_x+=-一 ,2244xn - snxn