历年高考真题考点归纳 2011年 第九章 解析几何 第二节 圆锥曲线2

文档鉴赏 三 解答题 26 江苏 18 如图 在平面直角坐标系 xOy 中 M N 分别是椭圆 1 24 22 yx 的顶点 过 坐标原点的直线交椭圆于 P A 两点 其中 P 在第一象限 过 P 作 x 轴的垂线 垂足为 C 连 接 AC 并延长交椭圆于点 B 设直线 PA 的斜率为 k 1 当直线 PA 平分线段 MN 求 k 的值 2 当 k 2 时 求点 P 到直线 AB 的距离 d 3 对任意 k 0 求证 PA PB 本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质 直线方程 直线的垂直关系 点到直线的距离 等基础知识 考查运算求解能力和推理论证能力 满分 16 分 解 1 由题设知 2 0 0 2 2 2 NMba故 所以线段 MN 中点的坐标为 2 2 1 由于直线 PA 平分线段 MN 故直线 PA 过线段 MN 的中点 又直线 PA 过坐标 原点 所以 2 2 1 2 2 k 2 直线 PA 的方程 22 21 42 xy yx 代入椭圆方程得 解得 3 4 3 2 3 4 3 2 3 2 APx因此 于是 0 3 2 C 直线 AC 的斜率为 0 3 2 1 3 2 3 2 3 4 0 yxAB的方程为故直线 3 22 11 3 2 3 4 3 2 21 d因此 3 解法一 将直线 PA 的方程 kxy 代入 22 22 22 1 42 1212 xy x kk 解得记 则 0 CkAkP于是 故直线 AB 的斜率为 2 0kk 文档鉴赏 其方程为 0 23 2 2 2 22222 kxkxkx k y 代入椭圆方程得 解得 223 222 32 32 222 kkk xxB kkk 或因此 于是直线 PB 的斜率 1 2 23 2 2 23 2 22 23 2 2 2 3 1 kkk kkk k k k k k k 因此 1 1 PBPAkk 所以 解法二 设 0 0 0 11121212211 xCyxAxxxxyxByxP 则 设直线 PB AB 的斜率分别为 21 k k 因为 C 在直线 AB 上 所以 22 0 1 1 11 1 2 k x y xx y k 从而 1 2121 12 12 12 12 211 xx yy xx yy kkkk 0 44 2 1 22 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 xxxx yx xx yy 因此 1 1 PBPAkk 所以 27 安徽理 21 设 点A的坐标为 1 1 点B在抛物线 yx 上运动 点Q满足 QABQ 经过Q点与M x轴垂直的直线交抛物线于点M 点P满足 MPQM 求 点P的轨迹方程 文档鉴赏 本题考查直线和抛物线的方程 平面向量的概念 性质与运算 动点的轨迹方程等基本知识 考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力 全面考核综合数学素养 解 由 MPQM 知 Q M P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上 故可设 1 2 0 2 0 22 0 yxyxyyxxxMyxQyxP 则则 再设 1 1 010111 yxyyxxQABQyxB 即由 解得 1 1 01 1 yy xx 将 式代入 式 消去 0 y 得 1 1 1 22 1 1 yxy xx 又点 B 在抛物线 2 xy 上 所以 2 11 xy 再将 式代入 2 11 xy 得 0 12 1 0 0 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 22222 222 yx yx xxyx xyx 得两边同除以因 故所求点 P 的轨迹方程为 1 2 xy 28 北京理 19 已知椭圆 2 2 1 4 x Gy 过点 m 0 作圆 22 1xy 的切线 I 交椭圆 G 于 A B 两点 I 求椭圆 G 的焦点坐标和离心率 II 将 AB 表示为 m 的函数 并求 AB 的最大值 19 共 14 分 解 由已知得 1 2 ba 所以 3 22 bac 所以椭圆 G 的焦点坐标为 0 3 0 3 文档鉴赏 离心率为 2 3 a c e 由题意知 1 m 当 1 m 时 切线 l 的方程 1 x 点 A B 的坐标分别为 2 3 1 2 3 1 此时 3 AB 当 m 1 时 同理可得 3 AB 当 1 m 时 设切线 l 的方程为 mxky 由 0448 41 1 4 22222 2 2 mkmxkxk y x mxky 得 设 A B 两点的坐标分别为 2211 yxyx 则 2 22 21 2 2 21 41 44 41 8 k mk xx k mk xx 又由 l 与圆 1 1 1 1 222 2 22 kkm k km yx即得相切 所以 2 12 2 12 yyxxAB 41 44 4 41 64 1 2 22 22 4 2 k mk k mk k 3 34 2 m m 由于当 3 m 时 3 AB 所以 1 1 3 34 2 m m m AB 因为 2 3 34 3 34 2 m m m m AB 且当 3 m 时 AB 2 所以 AB 的最大值为 2 文档鉴赏 29 福建理 17 已知直线 l y x m m R I 若以点 M 2 0 为圆心的圆与直线 l 相切与点 P 且点 P 在 y 轴上 求该圆的方程 II 若直线 l 关于 x 轴对称的直线为 l 问直线 l 与抛物线 C x2 4y 是否相切 说明理由 本小题主要考查直线 圆 抛物线等基础知识 考查运算求解能力 考查函数与方程思想 数形结合思想 化归与转化思想 分类与整合思想 满分 13 分 解法一 I 依题意 点 P 的坐标为 0 m 因为MP l 所以 0 11 20 m 解得 m 2 即点 P 的坐标为 0 2 从而圆的半径 22 20 02 2 2 rMP 故所求圆的方程为 22 2 8 xy II 因为直线l的方程为 yxm 所以直线 l 的方程为 yxm 由 2 2 440 4 yxm xxm xy 得 2 44 416 1 mm 1 当 1 0m 即 时 直线 l 与抛物线 C 相切 2 当 1m 那 0 时 直线 l 与抛物线 C 不相切 综上 当 m 1 时 直线 l 与抛物线 C 相切 当 1m 时 直线 l 与抛物线 C 不相切 解法二 I 设所求圆的半径为 r 则圆的方程可设为 22 2 xyr 依题意 所求圆与直线 0l xym 相切于点 P 0 m 则 22 4 20 2 mr m r 文档鉴赏 解得 2 2 2 m r 所以所求圆的方程为 22 2 8 xy II 同解法一 30 广东理 19 设圆 C 与两圆 2222 5 4 5 4xyxy 中的一个内切 另一个外切 1 求 C 的圆心轨迹 L 的方程 2 已知点 M 3 5 4 5 5 0 55 F 且 P 为 L 上动点 求 MPFP 的最大值及此时点 P 的坐标 1 解 设 C 的圆心的坐标为 x y 由题设条件知 2222 5 5 4 xyxy 化简得 L 的方程为 2 2 1 4 x y 2 解 过 M F 的直线l方程为 2 5 yx 将其代入 L 的方程得 2 1532 5840 xx 解得 1212 6 514 56 52 514 5 2 5 515551515 xxlLTT 故与交点为 因 T1 在线段 MF 外 T2 在线段 MF 内 故 11 2 MTFTMF 22 2 MTFTMF 若 P 不在直线 MF 上 在 MFP 中有 2 MPFPMF 文档鉴赏 故 MPFP 只在 T1 点取得最大值 2 31 湖北理 20 平面内与两定点 1 0 Aa 2 0 A a 0 a 连续的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹 加上 1A 2A 两点所成的曲线C可以是圆 椭圆成双曲线 求曲线C的方程 并讨论C的形状与m值得关系 当 1m 时 对应的曲线为 1 C 对给定的 1 0 0 mU 对应的曲线为 2 C 设 1 F 2 F 是 2 C 的两个焦点 试问 在 1 C 撒谎个 是否存在点N 使得 1 F N2 F 的面积 2 Sm a 若存在 求tan 1 F N2 F 的值 若不存在 请说明理由 本小题主要考查曲线与方程 圆锥曲线等基础知识 同时考查推理运算的能力 以及分类与 整合和数形结合的思想 满分 14 分 解 I 设动点为 M 其坐标为 x y 当x a 时 由条件可得 12 2 22 MAMA yyy kkm xa xaxa 即 222 mxymaxa 又 12 0 0 AaA A 的坐标满足 222 mxyma 故依题意 曲线 C 的方程为 222 mxyma 当 1 m 时 曲线 C 的方程为 22 22 1 xy C ama 是焦点在 y 轴上的椭圆 当 1m 时 曲线 C 的方程为 222 xya C 是圆心在原点的圆 当 10m 时 曲线 C 的方程为 22 22 1 xy ama C 是焦点在 x 轴上的椭圆 当 0m 时 曲线 C 的方程为 22 22 1 xy ama C 是焦点在 x 轴上的双曲线 II 由 I 知 当 m 1 时 C1 的方程为 222 xya 当 1 0 0 m 时 C2 的两个焦点分别为 12 1 0 1 0 FamF am 文档鉴赏 对于给定的 1 0 0 m C1 上存在点 000 0 N xyy 使得 2 Sm a 的充要条件是 222 000 2 0 0 1 21 2 xyay am ym a 由 得 0 0 ya 由 得 0 1 m a y m 当 15 0 0 21 m a am m 即 或 15 0 2 m 时 存在点 N 使 S m a2 当 15 21 m a a m 即 1 m 或 15 2 m 时 不存在满足条件的点 N 当 1515 00 22 m 时 由 100200 1 1 NFamxyNFamxy 可得 2222 1200 1 NF NFxm ayma 令 112212 NFrNFrFNF 则由 2 2 121 21 2 cos cos ma NF NFrrmarr 可得 从而 2 2 1 2 1sin1 sintan 22cos2 ma Srrma 于是由 2 Sm a 可得 22 12 tan tan 2 m mam a m 即 文档鉴赏 综上可得 当 15 0 2 m 时 在 C1 上 存在点 N 使得 2 12 tan2 Sm aF NF 且 当 15 0 2 m 时 在 C1 上 存在点 N 使得 2 12 tan2 Sm aF NF 且 当 1515 1 22 m 时 在 C1 上 不存在满足条件的点 N 32 湖南理 21 如图 7 椭圆 22 1 22 1 0 xy Cab ab 的离心率为 3 2 x 轴被曲线 2 2 Cyxb 截得的线段长等于 C1 的长半轴长 求 C1 C2 的方程 设 C2 与 y 轴的焦点为 M 过坐标原点 O 的 直线l与 C2 相交于点 A B 直线 MA MB 分别与 C1 相 交与 D E i 证明 MD ME ii 记 MAB MDE 的面积分别是 12 S S 问 是否存在直线 l 使得 1 2 17 32 S S 请说明理由 解 由题意知 1 2 2 2 2 3 baabba a c e解得又从而 故 C1 C2 的方程分别为 1 1 4 22 2 xyy x i 由题意知 直线 l 的斜率存在 设为 k 则直线 l 的方程为 kxy 由 1 2 xy kxy 得 01 2 kxx 设 212211 xxyxByxA则 是上述方程的两个实根 于是 文档鉴赏 1 2121 xxkxx 又点 M 的坐标为 0 1 所以 21 2121 2 21 21 2 2 1 1 1 1 1 11 xx xxkxxk xx kxkx x y x y kk MBMA 1 1 1 22 kk 故 MA MB 即 MD ME ii 设直线 MA 的斜率为 k1 则直线 MA 的方程为 1 1 1 2 1 1 xy xky xky由 解得 1 1 0 2 1 ky kx y x 或 则点 A 的坐标为 1 2 11 kk 又直线 MB 的斜率为 1 1 k 同理可得点 B 的坐标为 1 1 1 2 11 kk 于是 2 2 1 111 1 111 11111 1 1 222 k SMAMBkk kkk 由 044 1 22 1 yx xky 得 08 41 1 22 1 xkxk 解得 1 2 1 2 1 2 1 8 140 141 14 k x kx yk y k 或 则点 D 的坐标为 2 11 22 11 841 1414 kk kk 又直线 ME 的斜率为 k 1 同理可得点 E 的坐标为 4 4 4 8 2 1 2 1 2 1 1 k k k k 于是 4 1 1 32 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 kk kk MEMDS 文档鉴赏 因此 2 1 1 2 21 14 417 64 S k Sk 由题意知 222 111 2 1 14171 417 4 64324 kkk k 解得或 又由点 A B 的坐标可知 2 1 2 1 1 1 1 1 1 13 1 2 k k kkk k k k 所以 故满足条件的直线 l 存在 且有两条 其方程分别为 2 3 2 3 xyxy 和 33 辽宁理 20 如图 已知椭圆 C1 的中心在原点 O 长轴左 右端点 M N 在 x 轴上 椭圆 C2 的短轴为 MN 且 C1 C2 的离心率都为 e 直线 l MN l 与 C1 交于两点 与 C2 交于两点 这四点按 纵坐标从大到小依次为 A B C D I 设 1 2 e 求 BC 与 AD 的比值 II 当 e 变化时 是否存在直线 l 使得 BO AN 并说明理由 解 I 因为 C1 C2 的离心率相同 故依题意可设 22222 12 2242 1 1 0 xyb yx CCab abaa 设直线 l xtta 分别与 C1 C2 的方程联立 求得 2222 ab A tatB tat ba 4 分 当 13 22 AB ebayy 时分别用 表示 A B 的纵坐标 可知 2 2 2 3 2 4 B A yb BCAD ya 6 分 II t 0 时的 l 不符合题意 0t 时 BO AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN 相等 即 2222 ba atat ab tta 文档鉴赏 解得 22 222 1 abe ta abe 因为 2 2 12 01 1 1 2 e taee e 又所以解得 所以当 2 0 2 e 时 不存在直线 l 使得 BO AN 当 2 1 2 e 时 存在直线 l 使得 BO AN 12 分 34 全国大纲理 21 已知 O 为坐标原点 F 为椭圆 2 2 1 2 y C x 在 y 轴正半轴上的焦点 过 F 且斜率为 2的 直线l与 C 交于 A B 两点 点 P 满足 0 OAOBOP 证明 点 P 在 C 上 设点 P 关于点 O 的对称点为 Q 证明 A P B Q 四点在同一圆上 解 I F 0 1 l的方程为 21yx 代入 2 2 1 2 y x 并化简得 2 42 210 xx 2 分 设 112233 A x yB xyP xy 则 12 2626 44 xx 121212 2 2 21 2 xxyyxx 文档鉴赏 由题意得 312312 2 1 2 xxxyyy 所以点 P 的坐标为 2 1 2 经验证 点 P 的坐标为 2 1 2 满足方程 2 2 1 2 y x 故点 P 在椭圆 C 上 6 分 II 由 2 1 2 P 和题设知 2 1 2 Q PQ 的垂直平分线 1 l 的方程为 2 2 yx 设 AB 的中点为 M 则 2 1 42 M AB 的垂直平分线为 2 l 的方程为 21 24 yx 由 得 12 l l 的交点为 2 1 88 N 9 分 22 2 21 22 22 2213 11 1 2888 3 2 1 2 2 3 2 4 22113 3 48288 3 11 8 NP ABxx AM MN NAAMMN 故 NP NA 又 NP NQ NA NB 所以 NA NP NB MQ 文档鉴赏 由此知 A P B Q 四点在以 N 为圆心 NA 为半径的圆上 12 分 35 全国新课标理 20 在平面直角坐标系 xOy 中 已知点 A 0 1 B 点在直线 3y 上 M 点满足 MBOA MA ABMB BA AA M 点的轨迹为曲线 C I 求 C 的方程 II P 为 C 上动点 l为 C 在点 P 处的切线 求 O 点到l距离的最小值 20 解 设 M x y 由已知得 B x 3 A 0 1 所以MA uuu r x 1 y MB uuu r 0 3 y AB uu u r x 2 再由题意可知 MA uuu r MB uuu r AB uu u r 0 即 x 4 2y x 2 0 所以曲线 C 的方程式为 y 1 4x 2 2 设 P x0 y0 为曲线 C y 1 4x 2 2 上一点 因为 y 1 2x 所以l的斜率为 1 2x0 因此直线l的方程为 000 1 2 yyx xx 即 2 000 220 x xyyx 则 O 点到l的距离 2 00 2 0 2 4 yx d x 又 2 00 1 2 4 yx 所以 2 0 2 0 22 00 1 4 14 2 4 2 2 44 x dx xx 当 2 0 x 0 时取等号 所以 O 点到l距离的最小值为 2 36 山东理 22 已知动直线l与椭圆 C 22 1 32 xy 交于 P 11 x y Q 22 xy 两不同点 且 OPQ 的面积 OPQ S 6 2 其中 O 为坐标原点 证明 22 12 xx 和 22 12 yy 均为定值 设线段 PQ 的中点为 M 求 OMPQ 的最大值 文档鉴赏 椭圆 C 上是否存在点 D E G 使得 6 2 ODEODGOEG SSS 若存在 判断 DEG 的形状 若不存在 请说明理由 I 解 1 当直线l的斜率不存在时 P Q 两点关于 x 轴对称 所以 2121 xx yy 因为 11 P x y 在椭圆上 因此 22 11 1 32 xy 又因为 6 2 OPQ S 所以 11 6 2 xy 由 得 11 6 1 2 xy 此时 2222 1212 3 2 xxyy 2 当直线l的斜率存在时 设直线l的方程为 ykxm 由题意知 m 0 将其代入 22 1 32 xy 得 222 23 63 2 0kxkmxm 其中 2222 3612 23 2 0 k mkm 即 22 32km 又 2 1212 22 63 2 2323 kmm xxx x kk 所以 22 222 1212 2 2 6 32 1 41 23 km PQkxxx xk k 因为点 O 到直线l的距离为 2 1 m d k 文档鉴赏 所以 1 2 OPQ SPQ d 22 2 2 2 12 6 32 1 223 1 kmm k k k 22 2 6 32 23 mkm k 又 6 2 OPQ S 整理得 22 322 km 且符合 式 此时 2 2222 121212 22 63 2 2 23 2323 kmm xxxxx x kk 222222 121212 222 3 3 4 2 333 yyxxxx 综上所述 2222 1212 3 2 xxyy 结论成立 II 解法一 1 当直线l的斜率存在时 由 I 知 11 6 2 2 2 OMxPQy 因此 6 26 2 OMPQ 2 当直线l的斜率存在时 由 I 知 12 3 22 xxk m 222 1212 22 222 1212 2222 222 22 2222 332 2222 916211 3 22442 24 32 2 21 1 1 2 2 23 yyxxkkm kmm mmm xxyykm OM mmmm kmm PQk kmm 所以 22 22 111 3 2 2 2 OMPQ mm 文档鉴赏 22 22 2 11 3 2 11 32 25 24 mm mm 所以 5 2 OMPQ 当且仅当 22 11 32 2m mm 即 时 等号成立 综合 1 2 得 OM PQ 的最大值为 5 2 解法二 因为 222222 12122121 4 OMPQxxyyxxyy 2222 1212 2 10 xxyy 所以 22 4 10 2 5 25 OMPQ OMPQ 即 5 2 OMPQ 当且仅当2 5OMPQ 时等号成立 因此 OM PQ 的最大值为 5 2 III 椭圆 C 上不存在三点 D E G 使得 6 2 ODEODGOEG SSS 证明 假设存在 1122 6 2 ODEODGOEG D u v E x yG xySSS 满足 由 I 得 222222222222 12121212 222222 1212 1212 3 3 3 2 2 2 3 1 2 5 1 2 uxuxxxvyvyyy uxxvyy u x xv y y 解得 因此只能从中选取只能从中选取 因此 D E G 只能在 6 1 2 这四点中选取三个不同点 而这三点的两两连线中必有一条过原点 文档鉴赏 与 6 2 ODEODGOEG SSS 矛盾 所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D E G 37 陕西理 17 如图 设 P 是圆 22 25xy 上的动点 点 D 是 P 在 x 轴上的摄影 M 为 PD 上一点 且 4 5 MDPD 当 P 在圆上运动时 求点 M 的轨迹 C 的方程 求过点 3 0 且斜率为 4 5的直线被 C 所截线段的长度 解 设 M 的坐标为 x y P 的坐标为 xp yp 由已知得 5 4 xpx ypy P 在圆上 2 2 5 25 4 xy 即 C 的方程为 22 1 2516 xy 过点 3 0 且斜率为 4 5的直线方程为 4 3 5 yx 设直线与 C 的交点为 1122 A x yB xy 将直线方程 4 3 5 yx 代入 C 的方程 得 2 2 3 1 2525 xx 即 2 380 xx 12 341341 22 xx 线段 AB 的长度为 222 121212 164141 141 25255 ABxxyyxx 文档鉴赏 注 求 AB 长度时 利用韦达定理或弦长公式求得正确结果 同样得分 38 上海理 23 已知平面上的线段l及点P 在l上任取一点Q 线段 PQ长度的最小值 称为点P到线段l的距离 记作 d P l 1 求点 1 1 P 到线段 30 35 l xyx 的距离 d P l 2 设l是长为 2 的线段 求点集 1 DP d P l 所表示图形的面积 3 写出到两条线段 12 l l 距离相等的点的集合 12 P d P ld P l 其中 12 lAB lCD A B C D 是下列三组点中的一组 对于下列三组点只需选做一种 满分分别是 2 分 6 分 8 分 若选择了多于一种的情形 则按照序号较小的解答计分 1 3 1 0 1 3 1 0 ABCD 1 3 1 0 1 3 1 2 ABCD 0 1 0 0 0 0 2 0 ABCD 解 设 3 Q x x 是线段 30 35 l xyx 上一点 则 222 59 1 4 2 35 22 PQxxxx 当 3x 时 min 5d P lPQ 设线段l的端点分别为 A B 以直线AB为x轴 AB的中点为原点建立直角坐标系 则 1 0 1 0 AB 点集D由如下曲线围成 12 1 1 1 1 lyxlyx 2222 12 1 1 1 1 1 1 CxyxCxyx 其面积为 4S 选择 1 3 1 0 1 3 1 0 ABCD 0 x yx 选择 1 3 1 0 1 3 1 2 ABCD 2 0 0 4 20 10 1 x yxyx yyxyx yxyx 1 1 11 y x O BA 文档鉴赏 选择 0 1 0 0 0 0 2 0 ABCD 0 0 01 x yxyx yyxx 2 21 12 4230 2 x yxyxx yxyx 39 四川理 21 椭圆有两顶点 A 1 0 B 1 0 过其焦点 F 0 1 的直线 l 与椭圆交于 C D 两点 并与 x 轴交于点 P 直线 AC 与直线 BD 交于点 Q I 当 CD 3 2 2 时 求直线 l 的方程 II 当点 P 异于 A B 两点时 求证 OP OQ 为定值 解 由已知可得椭圆方程为 2 2 1 2 y x 设l的方程为 1 0 yk xk 为l的斜率 D B C A 12 2 5 y x 2 x y 1 1 3 A B C D O O D C B A 3 1 1 y x 文档鉴赏 则 12 122 2 22 2 22 12 122 2 42 1 22 2 210 122 1 2 22 k ykxyyxx kk kxkx y kx x xy y kk 242 222 1212 2222 88889 22 2 2 2 kkk xxyykk kk l 的方程为 21yx 40 天津理 18 在平面直角坐标系 xOy 中 点 P a b 0 ab 为动点 12 F F 分别为椭 圆 22 22 1 xy ab 的左右焦点 已知 12 FPF 为等腰三角形 求椭圆的离心率e 设直线 2 PF 与椭圆相交于 A B 两点 M是直线 2 PF 上的点 满足 2AM BM 求点M的轨迹方程 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质 直线的方程 平面向量等基础知识 考查用代 数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想 考查解决问题能力与运算能力 满分 13 分 I 解 设 12 0 0 0 FcF cc 由题意 可得 212 PFFF 即 22 2 acbc 整理得 2 2 10 1 ccc aaa 得 舍 或 1 2 c a 所以 1 2 e II 解 由 I 知 2 3 ac bc 可得椭圆方程为 222 3412 xyc 直线 PF2 方程为 3 yxc A B 两点的坐标满足方程组 222 3412 3 xyc yxc 消去 y 并整理 得 2 580 xcx 文档鉴赏 解得 12 8 0 5 xxc 得方程组的解 2 1 1 2 8 0 5 3 3 3 5 xc x yc yc 不妨设 83 3 0 3 55 Acc Bc 设点 M 的坐标为 83 3 3 55 x yAMxc yc BMx yc 则 由 3 3 3 yxccxy 得 于是 8 3383 3 15555 AMyxyx 3 BMxx 由 2 AM BM 即 8 3383 3 32 15555 yxxyxx 化简得 2 1816 3150 xxy 将 22 18153105 0 31616 3 xx ycxyc xx 代入得 所以 0 x 因此 点 M 的轨迹方程是 2 1816 3150 0 xxyx 41 浙江理 21 已知抛物线 1 C 3 x y 圆 2 C 22 4 1xy 的圆心为点 M 求点 M 到抛物线 1 c 的准线的距离 已知点 P 是抛物线 1 c 上一点 异于原点 过点 P 作圆 2 c 的两条切线 交抛物线 1 c 于 A B 两点 若过 M P 两点的直线l垂直于 AB 求直线