（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。 【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离公式，考查数学运算求解能力、综合分析问题的能力。满分16分。 (1)设直线l的方程为：

y?k(x?4)，即kx?y?4k?0

?42?(232)?1， 2由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离d结合点到直线距离公式，得：

|?3k?1?4k|k?12?1,

化简得：24k2?7k?0,k?0,or,k??7 24求直线l的方程为：

y?0或y??7(x?4)，即y?0或7x?24y?28?0 24(2) 设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

111y?n?k(x?m),y?n??(x?m)，即：kx?y?n?km?0,?x?y?n?m?0

kkk因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等。

41|??5?n?m||?3k?1?n?km|k故有：， ?k21k?1?1k2化简得：(2?m?n)k?m?n?3,或(m?n?8)k?m?n?5

关于k的方程有无穷多解，有：??2?m?n?0?m-n+8=0 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ,或?m?n?3?0m+n-5=0??22解之得：点P坐标为(?3,13)或(5,?1)。

22（2009全国卷Ⅱ文）（本小题满分12分）

3x2y2??1(a?b?0)已知椭圆C: 的离心率为 ，过右焦点F的直线l与C相交于A、B a2b2 3

2两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为

2

（Ⅰ）求a,b的值；

（Ⅱ）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP????OA?OB成立？

若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。 Ⅰ）设F?c,0?, 当l的斜率为1时，其方程为x?y?c?0,O到l的距离为

0?0?c2?c2 故

c2?22，

c?1 w.w.w 得 a?3，b?a2?c2?OA?OB成立。

=

2

（Ⅱ）C上存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP由 （Ⅰ）知C的方程为2x+3y=6. 设 (ⅰ)

22A(x1,y1),B(x2,y2).

当l不垂直x轴时，设l的方程为y?k(x?1)

C

22上的点P使OP?OA?OB成立的充要条件是P点的坐标为（x1?x2,y1?y2）， 且2(x1?x2)?3(y1?y2)?6

整理得

2x1?3y1?2x2?3y2?4x1x2?6y1y2?6

22222222又A、B在C上，即2x1?3y1?6,2x2?3y2?6

故

2x1x2?3y1y2?3?0 ①

将

y?k(x?1)代入2x2?3y2?6,并化简得(2?3k2)x2?6k2x?3k2?6?0 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

于是

代入①解得，k 于是

26k2x1?x2?2?3k2,

3k2?6?4k22x1x2=, y1y2?k(x1?1)(x2?2)?22?3k2?3k2

?2，此时x1?x2?3 2y1?y2?k(x1?x2?2)=?k3k， 即P(,?) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 222 因此， 当k32)， l的方程为2x?y?2?0； ??2时，P(,2232)， l的方程为2x?y?2?0。 ?2时，P(,?22 当k（ⅱ）当l垂直于x轴时，由OA?OB?(2,0)知，C上不存在点P使OP?OA?OB成立。

综上，C上存在点P(32,?)使OP?OA?OB成立，此时l的方程为 222x?y?2?0.

过抛物线

y2?2px(p?0)的对称轴上一点A?a,0??a?0?的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向直线l:x??a作

垂线，垂足分别为M1、N1。

（Ⅰ）当a（Ⅱ）记

?p时，求证：AM1⊥AN1； 22?AMM1、?AM1N1 、?ANN1的面积分别为S1、S2、S3，是否存在?，使得对任意的a?0，都有S2??S1S2成立。若存在，求出?的值；若不存在，说明理由。

20题。本小题主要考察抛物线的定义和几何性质等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力。（14分） 解：依题意，可设直线MN的方程为x?my?a,M(x1,y1),N(x2,y2)，则有w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

M(?a,y1),N(?a,y2)

由① 于是x1?x?my?a?2?y?2px消去x可得

y?2mpy?2ap?02 从而有

?y1?y2?2mp ?yy??2ap?12?x2?m(y1?y2)?2a?2(m2p?a) ②

22(y1y2)2(?2ap)2??a2 ③ 又由y1?2px1，y1?2px2可得x1x2?224p4pppp时，点A(,0)即为抛物线的焦点，l为其准线x?? 222PP2此时M1(?,y1),N1(?,y2),并由 ①可得y1y2??p

22uuuuvuuuv证法1：QAM1?(?p,y1),AN1?(?p,y2)

（Ⅰ）如图1，当a?uuuuvuuuv?AM1?AN1?p2?y1y2?p2?p2?0,即AM1?AN1 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

QKAM1??y1y,KAN1??2,pp

证法2：

?KAM1?KAN1

(Ⅱ)存在?y1y2p2?2??2??1,即AM1?AN1.

pp?4，使得对任意的a?0，都有S22?4S1S3成立，证明如下：

A1,则OA?OA1?a。于是有

证法1：记直线l与x轴的交点为

11?MM1?A1M1?（x1?a)y1221S2??M1N1?AA1?ay1?y2211S3??NN1?A1N1?（x2?a)y222S1?

2?S2?4S1S3?(ay1?y2)2?(x1?a)y1?(x2?a)y2?a[(y1?y2)?4y1y2]?[x1x2?a(x1?x2)?a]y1y2将①、②、③代入上式化简可得

222

a2(4m2p2?8ap)?2ap(2am2p?4a2)?4a2p(m2p?2a)

上式恒成立，即对任意a2?0,S2?4S1S3成立

（I）求a，b的值；

uuuruuuruuur （II）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP?OA?OB成立？

若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。 解:(I）设F(c,0)，直线l:x?y?c?0，由坐标原点O到l的距离为

22

则c3|0?0?c|2?,?a?3,b?2. ，解得 c?1.又e??a322x2y2??1.设A(x1,y1)、B(x2,y2) （II）由(I）知椭圆的方程为C:32由题意知l的斜率为一定不为0，故不妨设 代入椭圆的方程中整理得(2m由韦达定理有：

2l:x?my?1

?3)y2?4my?4?0，显然??0。

4m4．．．．．．．① ,yy??,．122m2?32m2?3uuuruuuruuur.假设存在点P，使OP?OA?OB成立，则其充要条件为：

y1?y2??(x1?x2)2(y1?y2)2??1。 点P的坐标为(x1?x2,y1?y2)，点P在椭圆上，即

32整理得2x1又

2?3y12?2x22?3y22?4x1x2?6y1y2?6。

A、B在椭圆上，即2x12?3y12?6,2x22?3y22?6.

?3y1y2?3?0．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②

故2x1x2将x1x2?(my1?1)(my2?1)?m2y1y2?m(y1?y2)?1及①代入②解得m2?1 222324m23?y1?y2?或?P(,?). ?2?,x1?x2=?,即

22222m2?32当m?2322时,P(,?),l:x?y?1; 22222322时,P(,),l:x??y?1. 2222当m??