高中数学2011年高考题型专题冲刺精讲(数学)专题五：解析几何(教师版).doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流高中数学2011年高考题型专题冲刺精讲(数学)专题五：解析几何(教师版).精品文档.2011年高考题型专题冲刺精讲（数学）专题五 解析几何【命题特点】近三年高考解析几何每年出一道满分为12分的解析几何大题.究其原因,一是解析几何是中学数学的一个重要组成部分,二是同学们在未来学习、发展中的需要所致.细细品读这三年的解析几何大题,感觉如山间的涓涓清泉滋润心田,甘甜可口,不愿离去.为了找到清泉流向远方的目标,我从其志、探其源、求其真.经过探究,发现这几年的解析几何大题的命题特点可概括如下:依纲靠本,查基考能;朴实取材,独具匠心;不断创新,关注交汇;

2、交切中点,核是线圆;长度面积,最值定值;平行垂直,向量驾驭;求轨探迹,运动探究;数形结合,各领风骚;灵气十足,回味无穷;文理有别,意境深远. 本文档由 高中数学免费下载平台：数学1618（ ）为您分享，更多资料尽在数学1618复习建议1.加强直线和圆锥曲线的基础知识，初步掌握了解决直线与圆锥曲线有关问题的基本技能和基本方法。2由于直线与圆锥曲线是高考考查的重点内容，选择、填空题灵活多变，思维能力要求较高，解答题背景新颖、综合性强，代数推理能力要求高，因此有必要对直线与圆锥曲线的重点内容、高考的 热点问题作深入的研究。3在第一轮复习的基础上，再通过纵向深入，横向联系，进一步掌握解决直线与圆锥曲线

3、问题的思想和方法，提高我们分析问题和解决问题的能力。4.在注重提高计算能力的同时，要加强心理辅导，帮助学生克服惧怕计算的心态。【试题常见设计形式】近四年新教材高考对解析几何内容的考查主要集中在如下几个类型： 求曲线方程(类型确定、类型未定)； 直线与圆锥曲线的交点问题(含切线问题)； 与曲线有关的最(极)值问题； 与曲线有关的几何证明(对称性或求对称曲线、平行、垂直)； 探求曲线方程中几何量及参数间的数量特征； 解析几何虽然内容庞杂，但基本问题却只有几个.如求直线与圆锥曲线的方程；求动点的轨迹或轨迹方程；求特定对象的值；求变量的取值范围或最值；不等关系的判定与证明；圆锥曲线有关性质的探求与证明

4、等.对各类问题，学生应从理论上掌握几种基本方法，使之在实际应用中有法可依，克服解题的盲目性.如“求变量的取值范围”，可指导学生掌握三种方法：几何法（数形结合），函数法和不等式法. 从宏观上把握解决直线与圆锥曲线问题的解题要点，能帮助学生易于找到解题切入点，优化解题过程，常用的解题策略有：建立适当的平面直角坐标系；设而不求，变式消元；利用韦达定理沟通坐标与参数的关系；发掘平面几何性质，简化代数运算；用函数与方程思想沟通等与不等的关系；注意对特殊情形的检验和补充；充分利用向量的工具作用；注意运算的可行性分析，等等。运算是解析几何的瓶颈，它严重制约考生得分的高低，甚至形成心理障碍.教学中要指导学生注

5、重算理、算法，细化运算过程，转化相关条件，回避非必求量，注意整体代换等运算技能，从能力的角度提高对运算的认识，反思运算失误的经验教训，不断提高运算水平. 【突破方法技巧】1突出解析几何的基本思想：解析几何的实质是用代数方法研究几何问题，通过曲线的方程研究曲线的性质，因此要掌握求曲线方程的思路和方法，它是解析几何的核心之一.求曲线的方程的常用方法有两类： 一类是曲线形状明确，方程形式已知(如直线、圆、圆锥曲线的标准方程等)，常用待定系数法求方程.战略合作伙伴：有机蔬菜专卖网：居家购菜网（http:/www.like- ） 另一类是曲线形状不明确或不便于用标准形式表示，一般采用以下方法：（1）直译

6、法：将原题中由文字语言明确给出动点所满足的等量关系直接翻译成由动点坐标表示的等量关系式.（2）代入法：所求动点与已知动点有着相互关系，可用所求动点坐标（x,y）表示出已知动点的坐标，然后代入已知的曲线方程.（3）参数法：通过一个（或多个）中间变量的引入，使所求点的坐标之间的关系更容易确立，消去参数得坐标的直接关系便是普通方程. （4）交轨法：动点是两条动曲线的交点构成的，由x,y满足的两个动曲线方程中消去参数，可得所求方程.故交轨法也属参数法.2.熟练掌握直线、圆及圆锥曲线的基本知识(1)直线和圆直线的倾斜角及其斜率确定了直线的方向.需要注意的是：()倾斜角的范围是：01）的两条直线l1和l2

7、与轨迹E都只有一个交点，且 ,求h的值。故，即。（2）设，则由知，。将代入得，即，由与E只有一个交点知，即。同理，由与E只有一个交点知，消去得，即，从而，即。考点二、圆锥曲线的几何性质圆锥曲线中的基本元素：长短轴，焦距，渐近线，离心率等，在自身多处综合就会演变成中档题，要求熟练掌握其关系，灵活运用图形帮助分析。圆锥曲线第一定义中的限制条件、圆锥曲线第二定义的统一性，都是考试的重点内容，要能够熟练运用；常用的解题技巧要熟记于心.【例5】如图（21）图，M（-2，0）和N（2，0）是平面上的两点，动点P满足：（）求点P的轨迹方程；（）若,求点P的坐标. 解：()由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为

8、焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴 b=， 所以椭圆的方程为()由得 因为不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在PMN中，将代入，得故点P在以M、N为焦点，实轴长为的双曲线上.由()知，点P的坐标又满足，所以由方程组 解得即P点坐标为【例6】2010江西设椭圆：，抛物线：. (1) 若经过的两个焦点，求的离心率；(2) 设，又为与不在轴上的两个交点，若的垂心为，且的重心在上，求椭圆和抛物线的方程解：（1）因为抛物线经过椭圆的两个焦点，可得：，由得椭圆的离心率（2）由题设可知关于轴对称，设，则由的垂心为，有，所以 由于点在上，故有 式代入式并化简得：，

9、解得或（舍去），所以，故，所以的重心为，因为重心在上得：，所以，又因为在上，所以，得所以椭圆的方程为：，抛物线的方程为：考点三、 有关圆锥曲线的定义的问题利用圆锥曲线的第一、第二定义求解.【例7】如图，F为双曲线C：的右焦点 P为双曲线C右支上一点，且位于轴上方，M为左准线上一点，为坐标原点 已知四边形为平行四边形， （）写出双曲线C的离心率与的关系式；（）当时，经过焦点F且品行于OP的直线交双曲线于A、B点，若，求此时的双曲线方程 解：四边形是，作双曲线的右准线交PM于H，则，又， （）当时，双曲线为四边形是菱形，所以直线OP的斜率为，则直线AB的方程为，代入到双曲线方程得：，又，由得：，解

10、得，则，所以为所求【例8】设分别为椭圆的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且为它的右准线 （）求椭圆的方程；（）设为右准线上不同于点（4，0）的任意一点， 若直线分别与椭圆相交于异于的点，证明：点在以为直径的圆内 2x00，0，则MBP为锐角，从而MBN为钝角，故点B在以MN为直径的圆内 解法2：由（）得A（2，0），B（2，0） 设M（x1，y1），N（x2，y2），则2x12，2x22，又MN的中点Q的坐标为（，），依题意，计算点B到圆心Q的距离与半径的差(2）2（）2(x1x2)2(y1y2)2 （x12) (x22)y1y1 又直线AP的方程为y，直线BP的方程为y，而点两直线AP与

11、BP的交点P在准线x4上，即y2 又点M在椭圆上，则，即 于是将、代入，化简后可得 从而，点B在以MN为直径的圆内 考点四、 直线与圆锥曲线位置关系问题（1）求解直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式，应特别注意数形结合的办法。 （2）注意韦达定理的应用。 弦长公式：斜率为k的直线被圆锥曲线截得弦AB，若A、B两点的坐标分别是A(x1，y1)，B(x2，y2)则 （3）注意斜率不存在的情况的讨论和焦半径公式的使用。（4）有关中点弦问题 已知直线与圆锥曲线方程，求弦的中点及与中点有关的问题，常用韦达定理。 有关弦的中点轨迹，中点弦所在直线方程，中点坐标问

12、题，有时采用“差分法”可简化运算。【例9】已知双曲线的两个焦点为 在曲线C上. （）求双曲线C的方程； （）记O为坐标原点，过点Q (0,2)的直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F，若OEF的面积为求直线l的方程解：()依题意，由a2+b2=4，得双曲线方程为（0a24），将点（3，）代入上式，得.解得a2=18（舍去）或a22，故所求双曲线方程为()解：依题意，可设直线l的方程为y=kx+2，代入双曲线C的方程并整理，得(1k2)x24kx6=0.直线I与双曲线C相交于不同的两点E、F,k()(1,).设E(x1,y1),F(x2,y2)，则由式得x1+x2=于是|EF|=而原点O到直线l

13、的距离d,SOEF=若SOEF，即解得k=,满足.故满足条件的直线l有两条，其方程分别为y=和【例10】设点在直线上，过点作双曲线的两条切线，切点为，定点(，0) （1）过点作直线的垂线，垂足为，试求的重心所在的曲线方程； （2）求证：三点共线解：（1）设，AN直线，则， 设，则，解得，代入双曲线方程，并整理得，即G点所在曲线方程为（2）设，PA斜率为k，则切线PA的方程为：由，消去y并整理得：，因为直线与双曲线相切，从而= = 0，及，解得因此PA的方程为： 同理PB的方程为：又在PA、PB上， 即点，都在直线上，又也在上，A、M、B三点共线考点五、圆锥曲线综合应用平面解析几何与平面向量都具

14、有数与形结合的特征，所以这两者多有结合，在它们的知识点交汇处命题，也是高考命题的一大亮点.直线与圆锥曲线的位置关系问题是常考常新、经久不衰的一个考查重点，另外，圆锥曲线中参数的取值范围问题、最值问题、定值问题、对称问题等综合性问题也是高考的常考题型.解析几何题一般来说计算量较大且有一定的技巧性，需要“精打细算”，近几年解析几何问题的难度有所降低，但仍是一个综合性较强的问题，对考生的意志品质和数学机智都是一种考验，是高考试题中区分度较大的一个题目，有可能作为今年高考的一个压轴题出现.圆锥曲线的有关最值问题：圆锥曲线中的有关最值问题，常用代数法和几何法解决。 若命题的条件和结论具有明显的几何意义，

15、一般可用图形性质来解决。利用圆锥曲线的定义，把到焦点的距离转化为到准线的距离若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数，三角函数，均值不等式）求最值。圆锥曲线的有关范围问题：设法得到不等式，通过解不等式求出范围，即：“求范围，找不等式”。或者表示为另一个变量的函数，利用求函数的值域求出范围；圆锥曲线中的存在性问题：存在性问题，其一般解法是先假设命题存在，用待定系数法设出所求的曲线方程或点的坐标，再根据合理的推理，若能推出题设中的系数，则存在性成立，否则，不成立.【例11】2010大纲全国I、已知抛物线的焦点为F，过点的直线与相交于、两点，点A关于轴的对称点为D（

16、）证明：点F在直线BD上；（）设，求的内切圆M的方程 .【命题意图】本小题为解析几何与平面向量综合的问题，主要考查抛物线的性质、直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系、圆的几何性质与圆的方程的求解、平面向量的数量积等知识,考查考生综合运用数学知识进行推理论证的能力、运算能力和解决问题的能力，同时考查了数形结合思想、设而不求思想. 解：设，的方程为.（）由知， 因为 ， 故，解得 所以的方程为又由知故直线BD的斜率，因而直线BD的方程为因为KF为的平分线，故可设圆心，到及BD的距离分别为.由得，或（舍去），故圆M的半径.所以圆M的方程为.【例12】2010山东、如图，已知椭圆的离心率为，以该

17、椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.（）求椭圆和双曲线的标准方程；（）设直线、的斜率分别为、，证明；（）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.）在双曲线上，所以有，即，所以=1。（）假设存在常数，使得恒成立，则由（）知，所以设直线AB的方程为，则直线CD的方程为，由方程组消y得：，设，则由韦达定理得：所以|AB|=，同理可得|CD|=，又因为，所以有=+=，所以存在常数，使得恒成立。【例13】2010湖南、为了考察冰川的融化状况，一支科考队在某冰川上相距8km

18、的A，B两点各建一个考察基地视冰川面为平面形，以过A，B两点的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系（图6）在直线的右侧，考察范围为到点B的距离不超过km的区域；在直线的左侧，考察范围为到A，B两点的距离之和不超过km的区域（）求考察区域边界曲线的方程；（）如图6所示，设线段，是冰川的部分边界线（不考虑其他边界），当冰川融化时，边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动，第一年移动0.2km，以后每年移动的距离为前一年的2倍，求冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间.xy已融化区域冰川图6.x=2解：（）设边界曲线上点P的坐标为.当x2时，由题意知；当x2时，由知，点P在以为焦

19、点，长轴长的椭圆上.此时短半轴长.因而其方程为.故考察区域边界曲线（如图）的方程为C1：（x2）和C2：（x3，所以考察区域边界到冰川边界线的最短距离为3.设冰川边界线移动到考察区域所需的时间为n年，则由题设及等比数列求和公式，得，所以n4.故冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间为4年.【例14】2010福建、已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（2，3），且点F（2，0）为其右焦点。（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在平行于OA的直线，使得直线与椭圆C有公共点，且直线OA与的距离等于4？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。【命题意图】本小题主要考查直线、椭圆等基础知识，考查运算求

20、解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想。【解析】（1）依题意，可设椭圆C的方程为，且可知左焦点为F（-2，0），从而有，解得，又，所以，故椭圆C的方程为。（2）假设存在符合题意的直线，其方程为，由得，因为直线与椭圆有公共点，所以有，解得，另一方面，由直线OA与的距离4可得：，从而，由于，所以符合题意的直线不存在。【例15】2010浙江、已知m1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、右焦点. （）当直线过右焦点时，求直线的方程；（）设直线与椭圆交于两点， 的重心分别为.若原点在以线段为直径的圆内，求实数的取值范围. 解： （）因为直线经过，所以,得，又因为，所以，故直线的

21、方程为。（）解：设。 由，消去得则由，知，且有。由于，故为的中点，由，可知设是的中点，则，由题意可知即即而 所以即又因为且所以。所以的取值范围是。【突破训练】1、如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足的轨迹为曲线E.（I）求曲线E的方程；（II）过点A且倾斜角是45的直线l交曲线E于两点H、Q，求|HQ|.【解】（1）NP为AM的垂直平分线，|NA|=|NM|.2分又动点N的轨迹是以点C（1，0），A（1，0）为焦点的椭圆.且椭圆长轴长为焦距2c=2. 5分曲线E的方程为6分（2）直线的斜率直线的方程为8分由10分设，12分2、已知两点，动点P在y轴上的射影为Q，（1

22、）求动点P的轨迹E的方程； （2）设直线m过点A，斜率为k，当时，曲线E的上支上有且仅有一点C到直线m的距离为，试求k的值及此时点C的坐标.解（1）设动点P的坐标为，则点，因为，所以，即动点P的轨迹方程为：；（2）设直线m：，依题意，点C在与直线m平行，且与m之间的距离为的直线上，设此直线为，由，即，把代入，整理得：，则，即，由得：，此时，由方程组 .3、在直角坐标系中，已知一个圆心在坐标原点，半径为2的圆，从这个圆上任意一点P向y轴作垂线段PP，P为垂足.（1）求线段PP中点M的轨迹C的方程；（2）过点Q(2,0)作直线l与曲线C交于A、B两点，设N是过点，且以 为方向向量的直线上一动点，满

23、足（O为坐标原点），问是否存在这样的直线l，使得四边形OANB为矩形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明文由.【解】（1）设M(x，y)是所求曲线上的任意一点，P（x1，y1）是方程x2 +y2 =4的圆上的任意一点则则有得轨迹C的方程为 （1）当直线l的斜率不存在时，与椭圆无交点. 所以设直线l的方程为y = k(x+2)，与椭圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，N点所在直线方程为 由 由= 即 即，四边形OANB为平行四边形 假设存在矩形OANB，则，即， 即， 于是有 得 设， 即点N在直线上. 存在直线l使四边形OANB为矩形，直线l的方程为4、设，椭圆方程为，抛物线方

24、程为如图4所示，过点作轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为，已知抛物线在点的切线经过椭圆的右焦点（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；（2）设分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点，使得为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）【解析】（1）由得，当得，G点的坐标为，过点G的切线方程为即，令得，点的坐标为，由椭圆方程得点的坐标为，即，即椭圆和抛物线的方程分别为和；（2）过作轴的垂线与抛物线只有一个交点,以为直角的只有一个，同理 以为直角的只有一个。若以为直角，设点坐标为，、两点的坐标分别为和， 。关于的二次方程有一大于零的解，有两解

25、，即以为直角的有两个，因此抛物线上存在四个点使得为直角三角形。5、设椭圆其相应于焦点的准线方程为.（）求椭圆的方程；（）已知过点倾斜角为的直线交椭圆于两点，求证： ; （）过点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于和,求 的最小值解 ：（1）由题意得： 椭圆的方程为(2)由（1）知是椭圆的左焦点，离心率设为椭圆的左准线。则作，与轴交于点H(如图)点A在椭圆上 同理 6、已知抛物线，点M(m,0)在x轴的正半轴上，过M的直线l与C相交于A、B两点，O为坐标原点.（）若m=1，l的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；（）若存在直线l使得成等比数列，求实数m的取值范围.则,所以 因为点A, B在抛物线C上

26、, 所以, 由，消去得. -10分若此直线l使得成等比数列，则，即，所以，因为，所以，整理得 -12分因为存在直线l使得成等比数列，所以关于x1的方程有正根，因为方程的两根之积为m20, 所以只可能有两个正根，所以，解得.故当时，存在直线l使得成等比数列. -14分方法二：（）解：设使得成等比数列的直线AB方程为或,当直线AB方程为时, ，因为成等比数列, 所以，即，解得m=4，或m=0(舍)当直线AB方程为时，由，得，设A, B两点坐标为, 则 由m0, 得.因为成等比数列, 所以,所以， 因为A, B两点在抛物线C上，所以,-11分由，消去, 得,因为存在直线l使得成等比数列，所以,综上，

27、当时，存在直线l使得成等比数列. 7、2010天津、已知椭圆(0)的离心率，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4。()求椭圆的方程：()设直线与椭圆相交于不同的两点。已知点的坐标为(-，0)，点(0，)在线段的垂直平分线上，且=4。求的值。解：()由，得，再由，得由题意可知， 解方程组 得 a=2,b=1所以椭圆的方程为()：由（1）可知A（-2,0）。设B点的坐标为（x1,y1）,直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2),于是A,B两点的坐标满足方程组由方程组消去Y并整理，得由得设线段AB是中点为M，则M的坐标为以下分两种情况：（1）当k=0时，点B的坐标为（2,0）。线段AB的

28、垂直平分线为y轴，于是（2）当K时，线段AB的垂直平分线方程为令x=0，解得由整理得综上。 8、已知椭圆两焦点分别为F1、F2，P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足，过P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点. （1）求P点坐标；（2）求证直线AB的斜率为定值；（3）求PAB面积的最大值。 解：（1）由题可得，设则，2分，点在曲线上，则，从而，得.则点P的坐标为. 5分（2）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为，6分则BP的直线方程为：.由得 ，设，则，同理可得，则，. 9分所以：AB的斜率为定值. 10分（3）设AB的直线方程：.由，得，由，得P到AB的距离为

29、，12分则 。当且仅当取等号三角形PAB面积的最大值为。14分9、湖北、已知一条曲线C在y轴右边，C上没一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差是1.()求曲线C的方程；()是否存在正数m，对于过点M(m,0)且与曲线C有连个交点A,B的任一直线，都有? 若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（）设是曲线C上任意一点，那么点满足： （）化简得 （）（）设过点（）的直线与曲线C上交点为设直线的方程为，由得，于是 又， ， 又，于是不等式等价于由式，不等式等价于 对任意实数t，的最小值为0，所以不等式对于一切t成立等价于，即由此可知，存在正数m，对于过点且与曲线C有两个焦点A、

30、B的任一直线，都有且m的取值范围是。10、四川省文已知定点A(1，0)，F(2，0)，定直线l：x，不在x轴上的动点P与点F的距离是它到直线l的距离的2倍.设点P的轨迹为E，过点F的直线交E于B、C两点，直线AB、AC分别交l于点M、N（）求E的方程；（）试判断以线段MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.解：(1)设P(x,y)，则化简得x21(y0)4分(2)当直线BC与x轴不垂直时，设BC的方程为yk(x2)(k0)与双曲线x21联立消去y得(3k)2x24k2x(4k23)0由题意知3k20且0设B(x1,y1),C(x2,y2)，则y1y2k2(x12)(x22)k2x1x22(x1x

31、2)4k2(4) w_w w. k#s5_u.c o*m因为x1、x21所以直线AB的方程为y(x1)因此M点的坐标为(),同理可得因此 0当直线BC与x轴垂直时，起方程为x2，则B(2,3),C(2,3)AB的方程为yx1,因此M点的坐标为()，同理可得因此0综上0，即FMFN故以线段MN为直径的圆经过点F12分11、北京文、已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是，离心率是，直线y=t椭圆C交与不同的两点M，N，以线段MN为直径作圆P,圆心为P。（）求椭圆C的方程；（）若圆P与x轴相切，求圆心P的坐标；（）设Q（x，y）是圆P上的动点，当t变化时，求y的最大值解：（）因为，且，所以所以椭圆C的方程

32、为（）由题意知由 得所以圆P的半径为解得 所以点P的坐标是（0，）（）由（）知，圆P的方程。因为点在圆P上。所以设，则当，即，且，取最大值2.12、已知的面积为S，且，建立如图所示坐标系，（1）若，求直线FQ的方程；（2）设，若以O为中心，F为焦点的椭圆过点Q，求当取得最小值时的椭圆方程.解：（1）因为，则，设，则，解得，由，得，故，所以，PQ所在直线方程为或；（2）设，因为，则，由得：，又，则，易知，当时，最小，此时，设椭圆方程为，则，解得，所以，椭圆方程为13如图，是双曲线C的两焦点，直线是双曲线C的右准线， 是双曲线C的两个顶点，点P是双曲线C右支上异于的一动点，直线、交双曲线C的右准线

33、分别于M,N两点，（1）求双曲线C的方程；（2）求证：是定值.解：（1）依题意得：，所以， 所求双曲线C的方程为；（2）设，则，因为与共线，故，同理：，则，所以14、已知点，点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上，且满足，（1）当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹C；（2）过点作直线m与轨迹C交于A、B两点，若在x轴上存在一点，使得为等边三角形，求的值.解：（1）设，由得：， 由得：，即， 由点Q在x轴的正半轴上，故， 即动点M的轨迹C是以为顶点，以为焦点的抛物线，除去原点；（2）设，代入得：设，则是方程的两个实根，则，所以线段AB的中点为，线段AB的垂直平分线方程为，令，得，因为为正三角形，则点E到直线AB的距离等于，又，所以，解得：， .152010重庆、已知以原点为中心，为右焦点的双曲线的离心率.（）求双曲线的标准方程及其渐近线方程；（）如题（20）图，已知过点的直线与过点（其中）的直线的交点在双曲线上，直线与两条渐近线分别交于两点，求的面积.由方程组及解得.设MN与轴的交点为Q，则在直线中，令得（易知. 注意到，得.解法二：设，由方程组解得，因，则直线MN的斜率.故直线MN的方程为，注意到，因此直线MN的方程为.下同解法一.