直線圓錐曲線與向量的綜合問題

1、直線圓錐曲線與向量的綜合問題咼考考什么知識要點：1 直線與圓錐曲線的公共點的情況(1)沒有公共點方程組無解(2)一個公共點(1)沒有公共點方程組無解(2)一個公共點i) 相交A0ii) 相切A0,0(3)兩個公共點A0,0連結(jié)圓錐曲線上兩個點的線段稱為圓錐曲線的弦，要能熟練地利用方程的根與系數(shù)關(guān)系來計算弦長，常用的弦長公式:AB|>1k2x,x22 以平面向量作為工具，綜合處理有關(guān)長度、角度、共線、平行、垂直、射影等問題4.幾何與向量綜合時可能出現(xiàn)的向量內(nèi)容(1) 給出直線的方向向量"'或'；給出亠1與止弓相交,等于已知1過廿的中點;(2) 給出逼,等于已知F是

2、C的中點；(4)(4)給出,等于已知Ab與pq的中點三點共線；(5)給出以下情形之一：-;存在實數(shù)-；若存在實數(shù)隔燉且撫0=1,便02*=段Q4+0OE等于已知玄罠C三點共線0蟲+見0E1十2(6)給出等于已知匸是丄的定比分點,；為定比，即止-(7)給出-,等于已知一也丄匕左,即小三是直角,給出出也-于已知二:三是鈍角,給出-m-v,等于已知一二三是銳角(8)給出等于已知攔嚇是-二：三的平分線文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持.kkhk（9）在平行四邊形中，給出，等于已知-汀二是菱形；（10）在平行四邊形中，給出亠一丄川，等于已知三匕是矩形；（11）在日匚中，給出丄】

3、（11）在日匚中，給出丄】，等于已知二是二盯匚的外心（三角形外接圓的圓心，三角形的外心是三角形三邊垂直平分線的交點）；（12）在亠£匚中，給出-，等于已知匚是的重心（三角形的重心是三角形三條中線的交點）；（13）在一1比中，給出-丄，等于已知匚是_】三匚的垂心（三角形的垂心是三角形三條高的交點）；_毗竺I竺）（14）在AABC中，給出OP=OA-ABAC（幾總尺冷等于已知丿尸通過口呂匚的內(nèi)心;（15）在丄扛匚中，給出-等于已知匸是一扛匚的內(nèi)心（三角形內(nèi)切圓的圓心，三角形的內(nèi)心是三角形三條角平分線的交點）；曲（殛+走）（16）在亠中，給出-,等于已知日是亠二中口邊的中線；咼考怎么考主要

4、題型：1三點共線問題；2公共點個數(shù)問題；3弦長問題；4.中點問題；5.定比分點問題；6.對稱問題；7.平行與垂直問題；8.角的問題。近幾年平面向量與解析幾何交匯試題考查方向為（1）考查學生對平面向量知識的簡單運用，如向量共線、垂直、定比分點。（2）考查學生把向量作為工具的運用能力，如求軌跡方程，圓錐曲線的定義，標準方程和幾何性質(zhì)，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系。特別提醒：法和韋達定理是解決直線和圓錐曲線位置關(guān)系的重要工具。高考真題1.2012上海卷若n=（2,1）是直線I的一個法向量，則I的傾斜角的大小為（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示).arctan2解析考查直線的法向量和傾斜角，關(guān)鍵是求出直線的斜率.1

5、由已知可得直線的斜率kx=1,.k=2,k=tana,所以直線的傾斜角a=arctan2.-22.2012重慶卷如圖13,設(shè)橢圓的中心為原點O,長軸在x軸上，上頂點為A，左、右焦點分別為Fi,F2，線段OFi,OF2的中點分別為Bi,B2,且厶AB1B2是面積為4的直角三角形.圖13(1) 求該橢圓的離心率和標準方程；過B1作直線I交橢圓于P,Q兩點，使PB2丄QB2,求直線l的方程.解：(1)設(shè)所求橢圓的標準方程為|2+b=1(a>b>0)，右焦點為F2(c,0).因MB1B2是直角三角形，又|AB1|=AB2|，故/B1AB2為直角，因此QA|=|0B2|,得b=號結(jié)合c2=a

6、2b2得4b2=a2b2,故a2=5b2,c2=4b2，所以離心率e=£=；5.在RtAB1B2中，OA丄B1B2，故1c2SmB1B2=2|B1B2|OA|=|OB2|OA|=2b=b2.由題設(shè)條件SAB1B2=4,得b2=4,從而a2=5b2=20.因此所求橢圓的標準方程為：x220+4=1.(2) 由(1)知B1(2,0),B2(2,0).由題意知直線I的傾斜角不為0,故可設(shè)直線I的方程為：x=my2.代入橢圓方程得(m2+5)y24my16=0.設(shè)P(X1,y1)、Q(x2,y2)，貝Uy1,y2是上面方程的兩根，因此4m16y1+y2=r;,小2=,m+5m+5又B2P=(

7、x12,y1),B2Q=(x22,y2)，所以-2-2B2PB2Q=(x12)(X22)+y1y2=(my14)(my24)+目旳2=(m2+1)y1y24m(y1+y2)+1616m2+116m2=22+16m2+5m2+516m264=2m2+5由PB2丄QB2，得EPb2Q=0，即16m264=0，解得m=±2.所以滿足條件的直線有兩條，其方程分別為x+2y+2=0和x2y+2=0.32012湖北卷設(shè)A是單位圓X2+y2=1上的任意一點，I是過點A與X軸垂直的直線，D是直線I與X軸的交點，點M在直線I上，且滿足|DM|=m|DA|(m>0，且m1).當點A在圓上運動時，記

8、點M的軌跡為曲線C.(1) 求曲線C的方程，判斷曲線C為何種圓錐曲線，并求其焦點坐標；(2) 過原點且斜率為k的直線交曲線C于P,Q兩點，其中P在第一象限，它在y軸上的射影為點N，直線QN交曲線C于另一點H.是否存在m,使得對任意的k>0,都有PQ丄PH?若存在，求m的值；若不存在，請說明理由.解：如圖，設(shè)M(x,y),A(X0,y0)，則由|DM|=m|DA|(m>0,且m1),1可得x=X0,|y|=m|y°|,所以X0=x,|y°|=后艸因為點A在單位圓上運動，所以x0+y0=1將式代入式即得所求曲線C的方程為x2+芯=1(m>0,且m1).m因為m

9、(0,1)U(1,+s)，所以當0vmv1時，曲線C是焦點在x軸上的橢圓，兩焦點坐標分別為(_,1m2,0),(-1m2,0);當m>1時，曲線C是焦點在y軸上的橢圓，兩焦點坐標分別為(0，-m21),(0,(2)方法1：如圖、(3)，對任意的k>0，設(shè)P(X1,kx1),H(x2,y2)，貝UQ(X1,kx1),N(0,kx1)，直線QN的方程為y=2kx+kx1，將其代入橢圓C的方程并整理可得(m2+4k2)x2+4k*x+k2x1m2=0.依題意可知此方程的兩根為X1,X2，于是由韋達定理可得2224kX1口口mx1廠、亠+八、十"2kmX1X1+X2=2，即X2=

10、.因為點H在直線QN上，所以y2kx1=2kx2=-.m2+4k2m2+4k2m2+4k2m21).于是PQ=(2xi，2kxi),224kX12kmX1PH=(X2X1,y2kx1)=一m2+4k2,m2+4k2tt42m2k2x1而PQ丄PH等價于PQPH=0，即2m2=0,又m>0,得m=.2,m2+4k2故存在m=、2,使得在其對應(yīng)的橢圓x2+專=1上，對任意的k>0，都有PQ丄PH.方法2:如圖(2)、(3)，對任意X1(0,1)，設(shè)P(X1,y1),H(X2,y2)，則Q(X1,y”,N(0,y)m2x2+y2=m2,因為P,H兩點在橢圓C上，所以m2x2+y2=m2,

11、兩式相減可得m2(x1x2)+(y1y2)=0依題意，由點P在第一象限可知，點H也在第一象限故(XIX2)(X1+X2)M0.于是由式可得且P,H不重合,y1y2y1+y2=m2.又Q,N,H三點共線，所以X1X2X1+X2細y1+y2kQN=kQH，即=X1X1+X2y1y1y21y1y2y1+y2于是由式可得kPQkPH=-=2X1X1X22X1X2X1+X22而PQ_LPH等價于kPQkPH=1,即一歲=1，又m>0，得m=、：；：2,故存在m=、2,使得在其對應(yīng)的橢圓x2+專m22.1上，對任意的k>0，都有PQ丄PH.4大綱文數(shù)2011全國卷已知O為坐標原點,F為橢圓C:

12、x2+2=1在y軸正半軸上的焦點，過F且斜率為一.2的直線I與C交于A、B兩點，點證明：點P在C上；(1) 設(shè)點P關(guān)于點0的對稱點為Q,證明：A、【解答】(1)證明：4x222x1=0.設(shè)A(X1,y1),B(X2,則騙則X1=4，X2=圖14P滿足OA+OB+OP=0.P、B、Q四點在同一圓上.F(0,1),l的方程為y=.2x+1,代入x2+f=1并化簡得y2),P(X3,y3),4,X1+X2=¥，y1+y2=飛$2(X1+X2)+2=1,由題意得X3=(X1+X2)=-2,y3=(y1+y2)=1.返12，.t,1滿足方程X2+2所以點P的坐標為2=1,故點p在橢圓c上.1和

13、題設(shè)知Q2,1,PQ的垂直平分線l1的方程為y=#x.設(shè)AB的中點為M,貝UM乎,I,AB的垂直平分線12的方程為丫=尋+£.由、得1仆|2的交點為N,1.88222,112=虻2888'經(jīng)驗證，點P的坐標(2)證明：由P22|NP|=|AB|=71+-邁2|X2X1|=普,|AM|=乎,mnZ半+半2+2-=攀|NA|=p|AM|2+|MN|2=,故|NP|=|NA|.又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|,所以|NA|=|NP|=|NB|=|NQ|,由此知A、P、B、Q四點在以N為圓心，NA為半徑的圓上.一x2y2152012福建卷如圖橢圓E:孑+詁=1(a>b&

14、gt;0)的左焦點為F1,右焦點為F2,離心率e=?,過F1的直線交橢圓于A、B兩點，且厶ABF2的周長為8.(1) 求橢圓E的方程；(2) 設(shè)動直線I：y=kx+m與橢圓E有且只有一個公共點P,且與直線x=4相交于點Q.試探究：在坐標平面內(nèi)是否存在定點M,使得以PQ為直徑的圓恒過點M?若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由.解：解法一：(1)因為AB|+|AF2|+|BF2|=8,即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2=8，又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2=2a,c1所以4a=8,a=2.又因為e=2,即-=2,所以c=1,a2所以b="a2c2=,3.2

15、2故橢圓e的方程是y+y=1.43y=kx+m,由x2y2得(4k2+3)x2+8kmx+4m212=0.4十31,因為動直線I與橢圓E有且只有一個公共點P(xo,yo)，所以mz0且=0,即64k2m24(4k2+3x4m212)=0,化簡得4k2m2+3=0.(*)此時X0=他応=4k,y0=kx0+m=口，所以P-¥，m.由mmm'mx=4,4k2+3得Q(4,4k+m).y=kx+m假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上.設(shè)M(xi,0)，則MPMQ=0對滿足(*)式的m、k恒成立.因為IMP=辛一xi,m，Mq=(4Xi,4k+m),丄->

16、;->/口16k4kxi212k由MPMQ=0,得一+4xi+xi+3=0,mmmk整理，得(4x14扁+x24x1+3=0.(*)由于(*)式對滿足(*)式的m,k恒成立，4x14=0,所以解得X1=1故存在定點M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.X?4x1+3=0,解法二：(1)同解法一.y=kx+m,(2)由x2y2得(4k2+3)x?+8kmx+4m212=0.+=14十3!,因為動直線I與橢圓E有且只有一個公共點P(X0,y0)，所以mz0且=0,即64k2m24(4k2+3x4m212)=0,化簡得4k2m2+3=0.(*)此時此時X。4km4k2+34k34k3丄m

17、,y0=kx°+m=m所以Pm,m.由x=4,y=kx+m,得Q(4,4k+m).假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上.取k=0,m=,3,此時P(0,3),Q(4,3)，以PQ為直徑的圓為(x2)2+(y.3)2=4,1交x軸于點M1(1,0),M2(3,0);取k=2m=2,35345此時P1,3,Q(4,0)，以PQ為直徑的圓為x52+y32=,交x軸于點M3(1,0),M4(4,0).所以若符合條件的點M存在，則M的坐標必為(1,0).以下證明M(1,0)就是滿足條件的點：因為M的坐標為(1,0)，所以MP=瓷1,m,MQ=(3,4k+m),tt12k

18、12k從而MPMQ=3+3=0,mm故恒有IMP丄MQ,即存在定點M(1,0),使得以PQ為直徑的圓恒過點M.突破重難點例1.過點Rx,y)的直線分別與乂訊叫半軸和y軸的正半軸交于A,B兩點,點Q與點P關(guān)于y軸對稱，。為坐標原點，若BP2PA且OQ?AB1,則點P的軌跡方程是(D)A.2323xy21(x0,y0)B.2323x2y21(x0,y20)C.322x3y21(x0,y0)D.322x3y1(x0,y20)例2.已知橢圓C1:羊+y2=1，橢圓C2以C1的長軸為短軸，且與C1有相同的離心率(1)求橢圓C2的方程;設(shè)。為坐標原點，點A,B分別在橢圓C1和C2上,OB=2OA,求直線A

19、B的方程.y2X2解：(1)由已知可設(shè)橢圓C2的方程為色+=1(a>2),a4其離心率為邁3，故a=申，則a=4，故橢圓C2的方程為必解法一：A,B兩點的坐標分別記為(xa,yA),(xb,yB),由OB=2OA及(1)知，O,A,B三點共線且點A,B不在y軸上，因此可設(shè)直線AB的方程為y=kx.xA=174k2,X2將y=kx代入4+y2=1中，得(1+4k2)x2=4,所以y2X2將y=kx代入16+4=1中，得(4+k2)x2=16,所以xB=6,又由OB=2OA，得xB=4xA,4+k2即羋=叫4+k21+4k2yB),解得k=±，故直線AB的方程為y=x或y=x.解法

20、二：A,B兩點的坐標分別記為(xa,yA),(xb,由OB=2OA及(1)知，O,A,B三點共線且點A,B不在y軸上，因此可設(shè)直線AB的方程為y=kx.X2將y=kx代入4+y2=1中，得(1+4k2)x2=4,所以xA=，由oB=2oA,1+4k2/口216216k2得xB=2，yB=21+4k21+4k2v2X2將xB,yB代入話+X4=1中,得上蘭=1,即4+k2=1+4k2,1+4k2解得k=±，故直線AB的方程為y=x或y=x.例3.在平面直角坐標系xoy中，直線I與拋物線y2=2x相交于A、B兩點.(1) 求證：“如果直線I過點T(3,0),那么OAOB=3”是真命題；(

21、2) 寫出(1)中命題的逆命題，判斷它是真命題還是假命題，并說明理由.解(1)設(shè)過點T(3,0)的直線I交拋物線y=2x于點A(x1,y1)、B(x2,y2).當直線I的鈄率不存在時，直線I的方程為x=3，此時，直線I與拋物線相交于,J/*h點A(3,.6)、B(3,.6).OAOB=3;當直線I的鈄率存在時，設(shè)直線I的方程為yk(x3)，其中k0,y22X由得ky22y6k0y1V26yk(x3)又I，X11V12,x22V22,UUu皿2OA?OBX1X2V1V24(22)V1V23,綜上所述，命題“如果直線I過點T(3,0)，那么OAOB=3”是真命題；(2)逆命題是：設(shè)直線I交拋物線y

22、2=2x于AB兩點，如果OAOB=3,那么該直線過點T(3,0).該命題是假命題.1 uuuuuu2例如：取拋物線上的點A(2,2),B(,1)，此時OA?OB=3,直線AB的方程為：yf(x1)，而T(3,0)3不在直線AB上;說明：由拋物線y2=2x上的點A(x1,y1)、B(x2,y2)滿足OAOB=3,可得y1y2=6，或y1y2=2，如果yty2=6,可證得直線AB過點(3,0);如果丫$2=2,可證得直線AB過點(1,0),而不過點(3,0).uuu例4已知A,B為拋物線X2=2py(p>0)上異于原點的兩點，OA求證：A,B,C三點共線；若AM=BM(2X1說明：由拋物線y

23、2=2x上的點A(x1,y1)、B(x2,y2)滿足OAOB=3,可得y1y2=6，或y1y2=2，如果yty2=6,可證得直線AB過點(3,0);如果丫$2=2,可證得直線AB過點(1,0),而不過點(3,0).uuu例4已知A,B為拋物線X2=2py(p>0)上異于原點的兩點，OA求證：A,B,C三點共線；若AM=BM(2X1(1)(2)(1)證明：設(shè)A(x1,-),B(x2,2p2puuurruuuR)且OMAB2X2)，0試求點uuuuuu由OAOBX-|2X22uuuOB0,點C坐標為(0,2p)M的軌跡方程。uuur又QAC(2X20得X1X22p2px2uuuX1,2pjA

24、B2p2X10,(X2X1X24p2，2X2X1,一2p2X1)X|2，r-(2p護x2X2puuuruuuAC/AB，即A,B,C三點共線。X1)uuuuuuu又由OMAB所以點M的軌跡為以O(shè)C為直徑的圓，除去坐標原點。即點22例5橢圓篤爲ab0及AM=BM(R)知OMAB,M的軌跡方程為x2+(y-p)2=p2(x0,y41(a,b0)的兩個焦點F1、F2,點P在橢圓C上，且PF丄FF,|PF|=,|3(2)由(1)知直線AB過定點C,垂足為M0)。(I)求橢圓C的方程；.22.(II)若直線l過圓x+y+4x-2y=0的圓心M交橢圓于AB兩點,方程。且A、B關(guān)于點M對稱，求直線I的解法一

25、：(i)因為點P在橢圓C上，所以2aPF1PF26,a=3.在RtPFF2中,F1F2；|PF2PF125,故橢圓的半焦距c=-.5,22從而b2=a2c2=4,所以橢圓C的方程為丄=1.94(n)設(shè)A,B的坐標分別為(X1,yJ、(X2,y2).由圓的方程為(x+2)2+(y1)2=5,所以圓心M的坐標為(一2,1).從而可設(shè)直線I的方程為y=k(x+2)+1,代入橢圓C的方程得2222(4+9k)x+(36k+18k)x+36k+36k27=0.2因為A,B關(guān)于點M對稱.所以空生空舉2.249k解得k8,9所以直線l的方程為y8(x2)1,即8x-9y+25=0.(經(jīng)檢驗，符合題意)9解法

26、二：(I)同解法一.(n)已知圓的方程為(x+2)2+(y1)2=5,所以圓心M的坐標為(一2,1)因為AB關(guān)于點M對稱，所以X1+x2=4,y1+y2=2,設(shè)A,B的坐標分別為(X1,y1),(X2,y2).由題意X1X2且2222y11,X2h1,9494由一得爼X2)(X1X2)(y1y2)(y1y2)0.94文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持.代入得yi一y2=-，即直線l的斜率為8,X!x299所以直線I的方程為y1=-(x+2),9即8x9y+25=0.(經(jīng)檢驗，所求直線方程符合題意.)2例6設(shè)Fi、F2分別是橢圓y21的左、右焦點.4UUTULUU(I)

27、若P是該橢圓上的一個動點，求PF1PF2的最大值和最小值；AB,且/AOB為銳角(其中0為坐標原點)，AB,且/AOB為銳角(其中0為坐標原點)，(n)設(shè)過定點M(0,2)的直線I與橢圓交于不同的兩點求直線I的斜率k的取值范圍.解：(1)解法一：易知a2,bl,c、3,所以F1.3,0,F23,0，設(shè)Px,y,UULT則PF12x,yxx243x28因為x2,2，故當x=0,即點P為橢圓短軸端點時,UULTPF1UULUIpf2有最小值-2UULTUUU當x=2，即點P為橢圓長軸端點時，PF1PF2有最大值解法二：易知a2,b1,c.3，所以F1、3,0,F2,3,0，設(shè)Px,y，則x.312

28、xy23(以下同解法一)聯(lián)立又00顯然直線y2X4X24k0不滿足題設(shè)條件,可設(shè)直線l:ykx2,AX1,y2,BX2,y2,kx4kk2消去1X14A0B900kx12kx2y，整理得:k2x24kx3X2cos3k2丄44k23A0B00得:uuuOA2kx1x22kx-.uuuOBUUTUUU二OAOBnx2X23k2.21k48k2.21k4k21.21k4k210，即k22k2故由、得2k22F,、F2，過F,的直線交橢圓于BD兩點，過F2的直線例7已知橢圓y1的左、右焦點分別為2 2交橢圓于AC兩點，且ACBD，垂足為P.22(I)設(shè)P點的坐標為(x0,y0)，證明：型紅1；32當

29、BD的斜率k存在且k0時，BD的方程為y當BD的斜率k存在且k0時，BD的方程為yk(x22代入橢圓方程1，并化簡得(3k22)x26k2X323k2設(shè)B(X1,yj,D(X2,y2)，則：X1X26k23k22,XrX23k263k221)，6BD.1k2x2)24x-|X243(k23k22(H)求四邊形ABCD勺面積的最小值。I)證明：橢圓的半焦距c321，由AC丄BD知點P在以線段F1F2為直徑的圓上，故X：y1,所以,AC43評14.3(k21)3古2k23四邊形ABCC的面積S?BD?AC22224(k1)22(k1)96(3k22)(2k23廠(3k22)(2k23)225等號當

30、k2=1時，上式取畢耳(ii)當BD的斜率k=0或斜率不存在時，四邊形ABCD勺面積S=4.(I(II96綜上，四邊形ABCD勺面積的最小值為96.258已知函數(shù)ykx與yx22(x>0)的圖象在A,)求k的取值范圍;)設(shè)t為點M的橫坐標，當(III解:x22(x>0)的圖象相交于A(Xi,yi),B(X2,y?),li,I2分別是B兩點的切線，M,N分別是li,I2與x軸的交點.XiX2時，寫出t以Xi為自變量的函數(shù)式，并求其定義域和值域;)試比較0M與ON的大小，并說明理由(0是坐標原點).(II由yiXiykx,2I)由方程2消y得xkx2yx22依題意，該方程有兩個正實根，

31、故)由f(X)Xi22,k2822x，求得切線li的方程為XiXi的增函數(shù)，定義域為(0,2)，所以值域為(III)當XX2時,由(II)可知OM類似可得ONX22.|OMX2ONXik28x2k2x(xXi,XiXi是關(guān)于Xi由可知x)x22.從而OMON當x2Xi時，有相同的結(jié)果自我提升i、其中A.OMON0,0,Xi)x2是解得k2._2.yi,方程的兩實根，且XiX2k的減函數(shù)，所以Xi的取值范圍是(0,2).XiX20.所以t是關(guān)于Xixix2X-|X2OMO為坐標原點，已知A(3,i),C的軌跡方程為(D)22平面直角坐標系中，R且=i,則點3x+2y-i仁0B.(x-i)2+(y

32、-2)2=5C.2x-y=0已知i,j是x,y軸正方向的單位向量，設(shè)a=(x2)i則點Px,y)的軌跡是.(C)A.橢圓B.雙曲線C.線段D.射線2、ON.B(-i,yj,3、中心在原點，焦點在坐標為(0,±52)的橢圓被直線3),若點C滿足OCOAx+2y-5=0b=(x2)iyj,且滿足|al+l3xy2=0截得的弦的中點的橫坐標為OB,b|=4.則橢圓方程為(C)2x4、直線y=kx+1與橢圓一5A、m1且mr5B、2ym11恒有公共點，則m的取值范圍是(A).D、mfC55、已知i,j是x,y軸正方向的單位向量，設(shè)a=(x.3)iyj,b=(x,3)iyj,且滿足|a|-|b

33、|=2.2號1(x0).C、mr5則點Rx,y)的軌跡C的方程為.(X5.2012許昌一模設(shè)Fi、F2分別是雙曲線1的左、右焦點.若點P在雙曲線上，且PF1Pf2=0，則|PF1+P?2|=()A.2:'2B.10C.425.D解析根據(jù)已知厶PF1F2是直角三角形，向量D.210PF1+P?2=2PO，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求出.P?1P?2=0,則|P?1+P?2|=2|PO|=|F1F2|=2/10.6.已知AB為拋物線x2=2py(p>0)上兩點，直線AB過焦點F,AB在準線上的射影分別為C、D,則KA?KF0:CF?DF0;存在實數(shù)使得ADAO:若線段T,有FT?AB0。中說法正確的為y軸上恒存在一點K,使得AB中點P在在準線上的射影為x27.已知橢圓uuuruur2AQPB，求直線y21,過P(1,0)作直線I，使得I與該橢圓交于A,B兩點，I與y軸的交點為Q且的方程。解：直線I過P(1,0)uuur，故可設(shè)方程為y=k(x-1),因為AQAB的中點與PQ的中點重合.2x由2yk(x1得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0所以xA1)XbXp+XQ=1故上匚1得k