高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册《行天下周测卷》3.3抛物线（含解析）
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册《行天下周测卷》3.3抛物线（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 818.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-09-23 08:07:06 | ||
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文档简介
一、单选题
1．在平面直角坐标系中，已知△ABC顶点和，顶点B在椭圆上，则的值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．不确定
2．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
3．椭圆的左、右焦点分别为，过焦点的倾斜角为直线交椭圆于两点，弦长，若三角形的内切圆的面积为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程为，椭圆的离心率为，为蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于、两点，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点M在椭圆C上，若，则该椭圆的离心率不可能是（ ）
A． B． C． D．
6．已知、是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知P是椭圆C：上的动点，Q是圆D：上的动点，则（ ）
A．C的焦距为 B．C的离心率为
C．圆D在C的内部 D．|PQ|的最小值为
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．椭圆的短轴长可能为2
C．椭圆的离心率的取值范围为
D．若，则椭圆的长轴长为
三、填空题
9．已知椭圆G：（）左、右焦点分别为，，短轴的两个端点分别为，，点P在椭圆C上，且满足，当m变化时，给出下列四个命题：①点P的轨迹关于y轴对称；②存在m使得椭圆C上满足条件的点P仅有两个；③的最小值为2；④最大值为，其中正确命题的序号是__．
10．斜率为的直线与椭圆（）相交于，两点，线段的中点坐标为，则椭圆的离心率等于______.
11．抛物线E：与圆M：交于A，B两点，圆心，点P为劣弧上不同于A，B的一个动点，平行于y轴的直线PN交抛物线于点N，则的周长的取值范围是______.
12．，为椭圆上的两点，，为其左右焦点，且满足，当时，椭圆的离心率为_________．
四、解答题
13．如图，已知动圆过点），且与圆内切，设动圆圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过圆心的直线交曲线于，两点，问：在轴上是否存在定点，使当直线绕点任意转动时，为定值？若存在，求出点的坐标和的值；若不存在，请说明理由．
14．已知是椭圆两个焦点，且椭圆的长轴长为.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且，求的面积.
15．已知动圆M过点，被y轴截得的弦长为4.
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)若的顶点在M的轨迹上，且点A、C关于x轴对称，直线BC经过点，求证：直线AB恒过定点.
16．如图所示，抛物线E：y2＝2px(p＞0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】由正弦定理的边角关系及椭圆的定义、性质，即可求目标式的值.
【详解】由题设知：是椭圆的两个焦点，又B在椭圆上，
所以，
而，，故.
故选：C
2．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
3．C
【分析】由题可得直线AB的方程，从而可表示出三角形面积，又利用焦点三角形及三角形内切圆的性质，也可表示出三角形面积，则椭圆的离心率即求.
【详解】由题知直线AB的方程为，即，
∴到直线AB的距离，
又三角形的内切圆的面积为，
则半径为1，
由等面积可得，
.
故选：C.
4．A
【分析】利用椭圆的离心率可得，分析可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式可得出面积的最大值.
【详解】因为，所以，，所以，蒙日圆的方程为，
由已知条件可得，则为圆的一条直径，则，
所以，，当且仅当时，等号成立.
故选：A.
5．A
【分析】设，则，代入中，可得，再利用，即可求出离心率的取值范围，从而可判断出离心率不可能的值
【详解】设．因为点M在椭圆C上，所以，所以．
因为，所以，解得．
由题意可知，
即．
由，可得，即，显然成立．
由，可得，则．
又，所以，
因为，，，，
故选：A．
6．D
【分析】利用勾股定理得出，利用椭圆的定义求得、，利用勾股定理可得出关于、的等量关系，由此可解得该椭圆的离心率.
【详解】如下图所示，设，则，，所以，，
所以，，
由椭圆定义可得，，，
所以，，
所以，为等腰直角三角形，可得，，
所以，该椭圆的离心率为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
7．BC
【分析】根据椭圆方程直接判断A、B的正误，判断圆心与椭圆左焦点的距离及圆心横坐标对应椭圆点与圆心的距离，与圆的半径长度关系判断C的正误，要使最小，保证P、Q、D共线，即，设应用两点距离公式及椭圆方程求最小值，即可判断D的正误.
【详解】由椭圆方程知：，故焦距为，故A错误；C的离心率，故B正确；
由圆D的方程知：圆心，半径为，而且椭圆上的点到D的距离为，故圆D在C的内部，故C正确；
设，则，而，又，可知，故，故D错误.
故选：BC
8．ACD
【解析】利用椭圆定义替换为后易得最小值，判断A；假设短轴长为2，得椭圆方程，确定点在椭圆外，判断B；由在椭圆内得，求出的范围，从而可得离心率的范围，判断C；由得点坐标，利用代入椭圆方程求得，判断D．
【详解】A.因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故正确；
B．若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，，则点在椭圆外，故错误；
C．因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故正确；
D．若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长轴长为，故正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的定义，椭圆的标准方程，本题还用到了两个知识点：
设椭圆方程为（，
（1）在椭圆内部，在椭圆上，在椭圆外部；
（2）求椭圆上点到椭圆内定点和一个焦点的距离之的最小值问题，一般把椭圆上运动到一个焦点的距离利用椭圆定义转化为到另一焦点的距离，然后易得最小值．
9．①③
【分析】运用椭圆的定义和对称性进行分析即可判断①②；由图象可得当P 的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断③；点 P 靠近坐标轴时，越大，点 P 远离坐标轴时，越小，易得时，取得最小值，得到两椭圆方程，然后相加可得，可得的最小值为 2，即可判断③；椭圆上的点到中心的距离小于等于a，由于点 P 不在坐标轴上，可得，即可判断④.
【详解】由椭圆的对称性及，
所以可得以，为焦点的椭圆为椭圆，
则点 P 为椭圆与椭圆的交点，
因为椭圆G的长轴顶点 ，短轴的绝对值小于，
椭圆的长轴顶点，短轴的交点的横坐标的绝对值小于，
所以两个椭圆的交点有4个，①正确②不正确，
点 P 靠近坐标轴时（或），越大，
点 P 远离坐标轴时，越小，易得时，取得最小值，
此时两椭圆方程为：，，
两方程相加得，即的最小值为 2，③正确；
椭圆上的点到中心的距离小于等于a，由于点 P 不在坐标轴上，
∴，④错误．
故答案为：①③．
【点睛】关键点睛：本题考查椭圆的对称性和到定点距离的最值的判断，解题关键是由椭圆上的点到焦点的距离之和等于到短轴的顶点距离之和可得另一个椭圆．
10．
【分析】利用点差法，结合是线段的中点，斜率为，即可求出椭圆的离心率．
【详解】解：设，，，，
则①，②，
是线段的中点，
，，
直线的方程是，
，
①②两式相减可得：，
，
，
，
，
故答案为：.
11．
【分析】根据题意，联立方程组求出点坐标，再结合抛物线的定义，即可求解.
【详解】如图，可得圆心也是抛物线的焦点，PN交抛物线的准线于H，
根据抛物线的定义，可得，故的周长，
由，解得，
∵，且 ∴PH的取值范围为，∴，
∴的周长的取值范围为.
故答案为：.
12．
【分析】设（），则，由椭圆的定义可得，然后在和中分别利用余弦定理可得两个式子，两式相结合可求得，从而可求出离心率
【详解】解：设（），则，，
所以由椭圆的定义可得，
在中由余弦定理得，，
即，
化简得，
在中，由余弦定理得，,
即 ，
化简得，因为，所以，
所以，得，
所以，
故答案为：
13．（1）；（2）存在点，使得为定值.
【解析】（1）由题意知，于是，结合椭圆定义可得曲线方程；
（2）当直线与轴不重合时，设直线的方程为，代入，由韦达定理得 ，，再讨论能否让为定值；再补充当直线与轴重合时的情况.
【详解】（1）由圆的方程知，圆心为，半径为.
设圆和圆内切于点，则，，三点共线，且.
因为圆过点，则，于是，
所以圆心的轨迹是以，为焦点的椭圆.
因为，则，又，则，所以曲线的方程是.
（2）当直线与轴不重合时，设直线的方程为，代入，得，
即.
设点，，则，.
设点，则，，
.
若为定值，则，解得，此时为定值.
当直线与轴重合时，点，.对于点，则．
，此时.
综上分析，存在点，使得为定值.
【点晴】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数参数求出所求轨迹的方程.
14．（1）；（2）.
【分析】（1）由题可得，从而可得方程；
（2）设，在中利用余弦定理可得，进一步可求得的面积．
【详解】（1）由题意知,
∴，又，
∴，
椭圆方程为.
(2)设，
由椭圆的定义得，又，
在中由余弦定理得，
得，
.
15．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点M的坐标，利用圆的弦长计算公式列式化简作答.
（2）根据给定条件设出直线BC，AB的方程，分别与M的轨迹方程联立，借助韦达定理求解作答.
（1）
设动圆圆心，由题意可得：，整理得：，
所以动圆圆心M的轨迹E的方程：.
（2）
依题意，直线BC经过点且不垂直于坐标轴，设，，直线BC的方程：，
由消去x并整理得：，则有，，
因点A、C关于x轴对称，即直线AB不垂直于坐标轴，设直线AB的方程：，
由消去x并整理得：，显然，而，
于是得：，即，则
因此直线AB的方程：，过定点，
所以直线AB恒过定点.
16．(1)p＝1
(2)－y2＝1，x∈[－4，－2]
【解析】（1）由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2，2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
（2）由（1）知抛物线E：y2＝2x，设C，D，y1≠0，y2≠0.切线l1的斜率为k，则切线l1：y－y1＝k，代入y2＝2x，得ky2－2y＋2y1－＝0，由Δ＝0，解得k＝，∴l1的方程为y＝x＋，同理l2的方程为y＝x＋.联立解得易知CD的方程为x0x＋y0y＝8，其中x0，y0满足＝8，x0∈[2，2 ]，由得x0y2＋2y0y－16＝0，则代入可得M(x，y)满足可得代入＝8，并化简，得－y2＝1.考虑到x0∈[2，2]，知x∈[－4，－2]，∴动点M的轨迹方程为－y2＝1，x∈[－4，－2]．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．在平面直角坐标系中，已知△ABC顶点和，顶点B在椭圆上，则的值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．不确定
2．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
3．椭圆的左、右焦点分别为，过焦点的倾斜角为直线交椭圆于两点，弦长，若三角形的内切圆的面积为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程为，椭圆的离心率为，为蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于、两点，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点M在椭圆C上，若，则该椭圆的离心率不可能是（ ）
A． B． C． D．
6．已知、是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知P是椭圆C：上的动点，Q是圆D：上的动点，则（ ）
A．C的焦距为 B．C的离心率为
C．圆D在C的内部 D．|PQ|的最小值为
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．椭圆的短轴长可能为2
C．椭圆的离心率的取值范围为
D．若，则椭圆的长轴长为
三、填空题
9．已知椭圆G：（）左、右焦点分别为，，短轴的两个端点分别为，，点P在椭圆C上，且满足，当m变化时，给出下列四个命题：①点P的轨迹关于y轴对称；②存在m使得椭圆C上满足条件的点P仅有两个；③的最小值为2；④最大值为，其中正确命题的序号是__．
10．斜率为的直线与椭圆（）相交于，两点，线段的中点坐标为，则椭圆的离心率等于______.
11．抛物线E：与圆M：交于A，B两点，圆心，点P为劣弧上不同于A，B的一个动点，平行于y轴的直线PN交抛物线于点N，则的周长的取值范围是______.
12．，为椭圆上的两点，，为其左右焦点，且满足，当时，椭圆的离心率为_________．
四、解答题
13．如图，已知动圆过点），且与圆内切，设动圆圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过圆心的直线交曲线于，两点，问：在轴上是否存在定点，使当直线绕点任意转动时，为定值？若存在，求出点的坐标和的值；若不存在，请说明理由．
14．已知是椭圆两个焦点，且椭圆的长轴长为.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且，求的面积.
15．已知动圆M过点，被y轴截得的弦长为4.
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)若的顶点在M的轨迹上，且点A、C关于x轴对称，直线BC经过点，求证：直线AB恒过定点.
16．如图所示，抛物线E：y2＝2px(p＞0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】由正弦定理的边角关系及椭圆的定义、性质，即可求目标式的值.
【详解】由题设知：是椭圆的两个焦点，又B在椭圆上，
所以，
而，，故.
故选：C
2．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
3．C
【分析】由题可得直线AB的方程，从而可表示出三角形面积，又利用焦点三角形及三角形内切圆的性质，也可表示出三角形面积，则椭圆的离心率即求.
【详解】由题知直线AB的方程为，即，
∴到直线AB的距离，
又三角形的内切圆的面积为，
则半径为1，
由等面积可得，
.
故选：C.
4．A
【分析】利用椭圆的离心率可得，分析可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式可得出面积的最大值.
【详解】因为，所以，，所以，蒙日圆的方程为，
由已知条件可得，则为圆的一条直径，则，
所以，，当且仅当时，等号成立.
故选：A.
5．A
【分析】设，则，代入中，可得，再利用，即可求出离心率的取值范围，从而可判断出离心率不可能的值
【详解】设．因为点M在椭圆C上，所以，所以．
因为，所以，解得．
由题意可知，
即．
由，可得，即，显然成立．
由，可得，则．
又，所以，
因为，，，，
故选：A．
6．D
【分析】利用勾股定理得出，利用椭圆的定义求得、，利用勾股定理可得出关于、的等量关系，由此可解得该椭圆的离心率.
【详解】如下图所示，设，则，，所以，，
所以，，
由椭圆定义可得，，，
所以，，
所以，为等腰直角三角形，可得，，
所以，该椭圆的离心率为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
7．BC
【分析】根据椭圆方程直接判断A、B的正误，判断圆心与椭圆左焦点的距离及圆心横坐标对应椭圆点与圆心的距离，与圆的半径长度关系判断C的正误，要使最小，保证P、Q、D共线，即，设应用两点距离公式及椭圆方程求最小值，即可判断D的正误.
【详解】由椭圆方程知：，故焦距为，故A错误；C的离心率，故B正确；
由圆D的方程知：圆心，半径为，而且椭圆上的点到D的距离为，故圆D在C的内部，故C正确；
设，则，而，又，可知，故，故D错误.
故选：BC
8．ACD
【解析】利用椭圆定义替换为后易得最小值，判断A；假设短轴长为2，得椭圆方程，确定点在椭圆外，判断B；由在椭圆内得，求出的范围，从而可得离心率的范围，判断C；由得点坐标，利用代入椭圆方程求得，判断D．
【详解】A.因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故正确；
B．若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，，则点在椭圆外，故错误；
C．因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故正确；
D．若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长轴长为，故正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的定义，椭圆的标准方程，本题还用到了两个知识点：
设椭圆方程为（，
（1）在椭圆内部，在椭圆上，在椭圆外部；
（2）求椭圆上点到椭圆内定点和一个焦点的距离之的最小值问题，一般把椭圆上运动到一个焦点的距离利用椭圆定义转化为到另一焦点的距离，然后易得最小值．
9．①③
【分析】运用椭圆的定义和对称性进行分析即可判断①②；由图象可得当P 的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断③；点 P 靠近坐标轴时，越大，点 P 远离坐标轴时，越小，易得时，取得最小值，得到两椭圆方程，然后相加可得，可得的最小值为 2，即可判断③；椭圆上的点到中心的距离小于等于a，由于点 P 不在坐标轴上，可得，即可判断④.
【详解】由椭圆的对称性及，
所以可得以，为焦点的椭圆为椭圆，
则点 P 为椭圆与椭圆的交点，
因为椭圆G的长轴顶点 ，短轴的绝对值小于，
椭圆的长轴顶点，短轴的交点的横坐标的绝对值小于，
所以两个椭圆的交点有4个，①正确②不正确，
点 P 靠近坐标轴时（或），越大，
点 P 远离坐标轴时，越小，易得时，取得最小值，
此时两椭圆方程为：，，
两方程相加得，即的最小值为 2，③正确；
椭圆上的点到中心的距离小于等于a，由于点 P 不在坐标轴上，
∴，④错误．
故答案为：①③．
【点睛】关键点睛：本题考查椭圆的对称性和到定点距离的最值的判断，解题关键是由椭圆上的点到焦点的距离之和等于到短轴的顶点距离之和可得另一个椭圆．
10．
【分析】利用点差法，结合是线段的中点，斜率为，即可求出椭圆的离心率．
【详解】解：设，，，，
则①，②，
是线段的中点，
，，
直线的方程是，
，
①②两式相减可得：，
，
，
，
，
故答案为：.
11．
【分析】根据题意，联立方程组求出点坐标，再结合抛物线的定义，即可求解.
【详解】如图，可得圆心也是抛物线的焦点，PN交抛物线的准线于H，
根据抛物线的定义，可得，故的周长，
由，解得，
∵，且 ∴PH的取值范围为，∴，
∴的周长的取值范围为.
故答案为：.
12．
【分析】设（），则，由椭圆的定义可得，然后在和中分别利用余弦定理可得两个式子，两式相结合可求得，从而可求出离心率
【详解】解：设（），则，，
所以由椭圆的定义可得，
在中由余弦定理得，，
即，
化简得，
在中，由余弦定理得，,
即 ，
化简得，因为，所以，
所以，得，
所以，
故答案为：
13．（1）；（2）存在点，使得为定值.
【解析】（1）由题意知，于是，结合椭圆定义可得曲线方程；
（2）当直线与轴不重合时，设直线的方程为，代入，由韦达定理得 ，，再讨论能否让为定值；再补充当直线与轴重合时的情况.
【详解】（1）由圆的方程知，圆心为，半径为.
设圆和圆内切于点，则，，三点共线，且.
因为圆过点，则，于是，
所以圆心的轨迹是以，为焦点的椭圆.
因为，则，又，则，所以曲线的方程是.
（2）当直线与轴不重合时，设直线的方程为，代入，得，
即.
设点，，则，.
设点，则，，
.
若为定值，则，解得，此时为定值.
当直线与轴重合时，点，.对于点，则．
，此时.
综上分析，存在点，使得为定值.
【点晴】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数参数求出所求轨迹的方程.
14．（1）；（2）.
【分析】（1）由题可得，从而可得方程；
（2）设，在中利用余弦定理可得，进一步可求得的面积．
【详解】（1）由题意知,
∴，又，
∴，
椭圆方程为.
(2)设，
由椭圆的定义得，又，
在中由余弦定理得，
得，
.
15．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点M的坐标，利用圆的弦长计算公式列式化简作答.
（2）根据给定条件设出直线BC，AB的方程，分别与M的轨迹方程联立，借助韦达定理求解作答.
（1）
设动圆圆心，由题意可得：，整理得：，
所以动圆圆心M的轨迹E的方程：.
（2）
依题意，直线BC经过点且不垂直于坐标轴，设，，直线BC的方程：，
由消去x并整理得：，则有，，
因点A、C关于x轴对称，即直线AB不垂直于坐标轴，设直线AB的方程：，
由消去x并整理得：，显然，而，
于是得：，即，则
因此直线AB的方程：，过定点，
所以直线AB恒过定点.
16．(1)p＝1
(2)－y2＝1，x∈[－4，－2]
【解析】（1）由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2，2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
（2）由（1）知抛物线E：y2＝2x，设C，D，y1≠0，y2≠0.切线l1的斜率为k，则切线l1：y－y1＝k，代入y2＝2x，得ky2－2y＋2y1－＝0，由Δ＝0，解得k＝，∴l1的方程为y＝x＋，同理l2的方程为y＝x＋.联立解得易知CD的方程为x0x＋y0y＝8，其中x0，y0满足＝8，x0∈[2，2 ]，由得x0y2＋2y0y－16＝0，则代入可得M(x，y)满足可得代入＝8，并化简，得－y2＝1.考虑到x0∈[2，2]，知x∈[－4，－2]，∴动点M的轨迹方程为－y2＝1，x∈[－4，－2]．
答案第1页，共2页
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