题目（高二 · 解析几何）：已知抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 上的一点 $M$ 的横坐标为 3 , 焦点为 $F$, 且 $|M F|=4$, 直线
$l: y=2 x-4$ 与抛物线 $C$ 交于 $A, B$ 两点.

(1) 求抛物线 $C$ 的方程;

(2) 若 ${ }^{P}$ 是 $x$ 轴上一点, 且 $\triangle P A B$ 的面积等于 9 , 求点 ${ }^{P}$ 的坐标.
选项：
答案：答案: (1) 解: 依题意得 ${ }^{\frac{p}{2}+3}=4$, 所以 $p=2$, 所以拖物线方程为 $y^{2}=4 x$

(2) 解: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 联立得方程组 $\left\{\begin{array}{c}y=2 x-4, \\ y^{2}=4 x,\end{array}\right.$

消去 $x$ 得 $y^{2}-2 y-8=0$, 从而 $\left\{\begin{array}{l}y_{1}+y_{2}=2, \\ y_{1} y_{2}=-8,\end{array}\right.$

由弦长公式得 $|A B|=\sqrt{1+\frac{1}{4}} \times \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=3 \sqrt{5}$,

设 $P(a, 0), P$ 到直线 $A B$ 的距离为 $d$, 则 $d=\frac{|2 n-0-4|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{2 a-2 \mid}{\sqrt{5}}$,

又 $S_{\triangle A B P}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d$, 则 $d=\frac{2 \cdot S_{\triangle A B P}}{|A B|}$, 所以 $\frac{2|a-2|}{\sqrt{5}}=\frac{2 \times 9}{3 \sqrt{5}} \Rightarrow|a-2|=3 \Rightarrow a=5$ 或 $a=-1$, 故

<ImageHere>

【解析】【分析】(1) 根据抛物线的性质：拖物线 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{px}\left(\mathrm{p}>0\right.$ ) 上任意一点（ $\left.\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$ 到焦点

<ImageHere>
设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1} ， \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{B}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$, 由韦达定理可得: $\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}$ 和 $\mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}$ ， 根据弦长公式: 弦长

$=\sqrt{1+\left(\frac{1}{k}\right)^{2}} \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}$ 可得到 $|A B|$, 根据点 $\mathrm{P}$ 在 $\mathrm{x}$ 轴上设 $\mathrm{P}$ 点坐标为 $(\mathrm{a}, 0)$, 并根据点到直线的距离公式写出点 $\mathrm{P}$ 到直线 1 的距离 $\mathrm{d}$, 根据三角形面积公式将 $\mathrm{S}$ 用 $|A B|$ 和 $\mathrm{d}$ 表示, 可得到一个关于 $\mathrm{a}$ 的方程, 解方程从而得到 $\mathrm{a}$ 的值.

$$
\begin{aligned}
& a^{2}=b^{2}+c \\
& \left\{\quad \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\right. \\
& a=2
\end{aligned}
$$

16. 答案: 解: (I) 由题意得 $\begin{aligned} a & =2 \\ \{b & =1\end{aligned}$ $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$

(II) 解: 由题意知直线 $l$ 斜率不为 0 , 设直线 $l$ 方程为 $x=m y+1, B\left(x_{1}, y_{1}\right), D\left(x_{2}, y_{2}\right)$

$$
\text { 由 } \begin{array}{r}
\left\{\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\right. \\
x=m y+1
\end{array} \text { 消去 } x, \text { 得 }\left(m^{2}+4\right) y^{2}+2 m y-3=0 \text {, }
$$

易知 $\Delta=16 m^{2}+48>0$ ，得 $y_{1}+y_{2}=\frac{-2 n}{m^{2}+4}, y_{1} y_{2}=\frac{-3}{m^{2}+4}$

$k_{1} k_{2}=\frac{y_{1} y_{2}}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)}=\frac{y_{1} y_{2}}{\left(m y_{1}-1\right)\left(m y_{2}-1\right)}=\frac{y_{1} y_{2}}{m^{2} y_{1} y_{2}-m\left(y_{1}+y_{2}\right)+1}$
$=\frac{-3}{-3 m^{2}+2 m^{2}+m^{2}+4}=-\frac{3}{4}$. 所以 $k_{1} k_{2}=-\frac{3}{4}$ 为定值

【解析】【分析】(1)利用已知条件列出方程组, 求解可得出粗圆 C 的方程。(2)讨论直线的斜率存在和不存在两种情况, 设出直线的方程和椭圆的方程联立消元得到关于 $\mathrm{y}$ 的方程, 通过韦达定理利用斜率的乘积化简推导出结果。17. 答案:解：(I) 设点 $P(x, y), M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

<ImageHere>

即 $x=x_{1}+3 x_{2}, y=y_{1}+3 y_{2}$, 因为点 $M, N$ 在粗圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{3}=1}$ 上,

所以 $x_{1}^{2}+3 y_{1}^{2}=9, x_{2}^{2}+3 y_{2}^{2}=9$,

故 $x^{2}+3 y^{2}=\left(x_{1}^{2}+9 x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}\right)+3\left(y_{1}^{2}+9 y_{2}^{2}+6 y_{1} y_{2}\right)$

$=\left(x_{1}^{2}+3 y_{1}^{2}\right)+9\left(x_{2}^{2}+3 y_{2}^{2}\right)+6\left(x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}\right)$

$=90+6\left(x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}\right)$,

因为 $x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}=0$ ，

所以动点 ${ }^{P}$ 的轨迹 $C$ 的方程为 $x^{2}+3 y^{2}=90$

(II) 将曲线 $C$ 与直线 $l$ 联立: $\begin{gathered}x^{2}+3 y^{2}=90 \\ y=x+m\end{gathered}$, 消 $y$ 得: $4 x^{2}+6 m x+3 m^{2}-90=0$,

$\because$ 直线 $l$ 与曲线 $C$ 交于 $A 、 B$ 两点, 设 $A\left(x_{3}, y_{3}\right), B\left(x_{4}, y_{4}\right)$,

$\therefore \Delta=36 m^{2}-4 \times 4 \times\left(3 m^{2}-90\right)=12\left(120-m^{2}\right)>0$, 又 $\because m \neq 0$, 得 $0<m^{2}<120$,

$x_{3}+x_{4}=-\frac{3 m}{2}, \quad x_{3} x_{4}=\frac{3 m^{2}-90}{4}$,

$\therefore|A B|=\sqrt{\left(1+k^{2}\right)}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{2 \times\left(\frac{9 m^{2}}{4}-4 \times \frac{3 m^{2}-90}{4}\right)}=\sqrt{180-\frac{3 m^{2}}{2}}$,

$\because$ 点 $O$ 到直线 $A B: x-y+m=0$ 的距离 $d=\frac{|m|}{\sqrt{2}}$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times \sqrt{180-\frac{3 m^{2}}{2}} \times \frac{|m|}{2}$
$=\frac{\sqrt{3}}{12} \sqrt{\left(360-3 m^{2}\right) \times 3 m^{2}} \leq \frac{\sqrt{3}}{12} \times \frac{360-3 m^{2}+3 m^{2}}{2}=15 \sqrt{3}$, 当 $m^{2}=60$ 时等号成立,

$\therefore$ 三角形 $O A B$ 面积的最大值为 $15 \sqrt{3}$

【解析】【分析】(1)首先根据向量的坐标公式计算出 $\mathrm{x}=\mathrm{x}_{1}+3 \mathrm{x}_{2} 2, \mathrm{y}=\mathrm{y}_{1}+3 \mathrm{y}_{2}$ 的关系式, 代入到粗圆的方程整理可得 $x^{2}+3 y^{2}$ 的代数式再结合直线的斜率关系即可求出 $x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}=0$, 即可得到动点 $\mathrm{P}$ 的轨迹方程。(2)结合题意利用椭圆的定义即可求出 $\mathrm{c}$ 的值再联立直线与粗圆的方程,消元由判别式以及韦达定理得到关于 $\mathrm{m}$ 的代数式, 并把上式代入到弦长公式和三角形中利用二次函数的最值即可。
解析：答案: (1) 解: 依题意得 ${ }^{\frac{p}{2}+3}=4$, 所以 $p=2$, 所以拖物线方程为 $y^{2}=4 x$

(2) 解: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 联立得方程组 $\left\{\begin{array}{c}y=2 x-4, \\ y^{2}=4 x,\end{array}\right.$

消去 $x$ 得 $y^{2}-2 y-8=0$, 从而 $\left\{\begin{array}{l}y_{1}+y_{2}=2, \\ y_{1} y_{2}=-8,\end{array}\right.$

由弦长公式得 $|A B|=\sqrt{1+\frac{1}{4}} \times \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=3 \sqrt{5}$,

设 $P(a, 0), P$ 到直线 $A B$ 的距离为 $d$, 则 $d=\frac{|2 n-0-4|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{2 a-2 \mid}{\sqrt{5}}$,

又 $S_{\triangle A B P}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d$, 则 $d=\frac{2 \cdot S_{\triangle A B P}}{|A B|}$, 所以 $\frac{2|a-2|}{\sqrt{5}}=\frac{2 \times 9}{3 \sqrt{5}} \Rightarrow|a-2|=3 \Rightarrow a=5$ 或 $a=-1$, 故



【解析】【分析】(1) 根据抛物线的性质：拖物线 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{px}\left(\mathrm{p}>0\right.$ ) 上任意一点（ $\left.\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$ 到焦点


设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1} ， \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{B}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$, 由韦达定理可得: $\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}$ 和 $\mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}$ ， 根据弦长公式: 弦长

$=\sqrt{1+\left(\frac{1}{k}\right)^{2}} \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}$ 可得到 $|A B|$, 根据点 $\mathrm{P}$ 在 $\mathrm{x}$ 轴上设 $\mathrm{P}$ 点坐标为 $(\mathrm{a}, 0)$, 并根据点到直线的距离公式写出点 $\mathrm{P}$ 到直线 1 的距离 $\mathrm{d}$, 根据三角形面积公式将 $\mathrm{S}$ 用 $|A B|$ 和 $\mathrm{d}$ 表示, 可得到一个关于 $\mathrm{a}$ 的方程, 解方程从而得到 $\mathrm{a}$ 的值.

$$
\begin{aligned}
& a^{2}=b^{2}+c \\
& \left\{\quad \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\right. \\
& a=2
\end{aligned}
$$

16. 答案: 解: (I) 由题意得 $\begin{aligned} a & =2 \\ \{b & =1\end{aligned}$ $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$

(II) 解: 由题意知直线 $l$ 斜率不为 0 , 设直线 $l$ 方程为 $x=m y+1, B\left(x_{1}, y_{1}\right), D\left(x_{2}, y_{2}\right)$

$$
\text { 由 } \begin{array}{r}
\left\{\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\right. \\
x=m y+1
\end{array} \text { 消去 } x, \text { 得 }\left(m^{2}+4\right) y^{2}+2 m y-3=0 \text {, }
$$

易知 $\Delta=16 m^{2}+48>0$ ，得 $y_{1}+y_{2}=\frac{-2 n}{m^{2}+4}, y_{1} y_{2}=\frac{-3}{m^{2}+4}$

$k_{1} k_{2}=\frac{y_{1} y_{2}}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)}=\frac{y_{1} y_{2}}{\left(m y_{1}-1\right)\left(m y_{2}-1\right)}=\frac{y_{1} y_{2}}{m^{2} y_{1} y_{2}-m\left(y_{1}+y_{2}\right)+1}$
$=\frac{-3}{-3 m^{2}+2 m^{2}+m^{2}+4}=-\frac{3}{4}$. 所以 $k_{1} k_{2}=-\frac{3}{4}$ 为定值

【解析】【分析】(1)利用已知条件列出方程组, 求解可得出粗圆 C 的方程。(2)讨论直线的斜率存在和不存在两种情况, 设出直线的方程和椭圆的方程联立消元得到关于 $\mathrm{y}$ 的方程, 通过韦达定理利用斜率的乘积化简推导出结果。17. 答案:解：(I) 设点 $P(x, y), M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$,



即 $x=x_{1}+3 x_{2}, y=y_{1}+3 y_{2}$, 因为点 $M, N$ 在粗圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{3}=1}$ 上,

所以 $x_{1}^{2}+3 y_{1}^{2}=9, x_{2}^{2}+3 y_{2}^{2}=9$,

故 $x^{2}+3 y^{2}=\left(x_{1}^{2}+9 x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}\right)+3\left(y_{1}^{2}+9 y_{2}^{2}+6 y_{1} y_{2}\right)$

$=\left(x_{1}^{2}+3 y_{1}^{2}\right)+9\left(x_{2}^{2}+3 y_{2}^{2}\right)+6\left(x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}\right)$

$=90+6\left(x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}\right)$,

因为 $x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}=0$ ，

所以动点 ${ }^{P}$ 的轨迹 $C$ 的方程为 $x^{2}+3 y^{2}=90$

(II) 将曲线 $C$ 与直线 $l$ 联立: $\begin{gathered}x^{2}+3 y^{2}=90 \\ y=x+m\end{gathered}$, 消 $y$ 得: $4 x^{2}+6 m x+3 m^{2}-90=0$,

$\because$ 直线 $l$ 与曲线 $C$ 交于 $A 、 B$ 两点, 设 $A\left(x_{3}, y_{3}\right), B\left(x_{4}, y_{4}\right)$,

$\therefore \Delta=36 m^{2}-4 \times 4 \times\left(3 m^{2}-90\right)=12\left(120-m^{2}\right)>0$, 又 $\because m \neq 0$, 得 $0<m^{2}<120$,

$x_{3}+x_{4}=-\frac{3 m}{2}, \quad x_{3} x_{4}=\frac{3 m^{2}-90}{4}$,

$\therefore|A B|=\sqrt{\left(1+k^{2}\right)}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{2 \times\left(\frac{9 m^{2}}{4}-4 \times \frac{3 m^{2}-90}{4}\right)}=\sqrt{180-\frac{3 m^{2}}{2}}$,

$\because$ 点 $O$ 到直线 $A B: x-y+m=0$ 的距离 $d=\frac{|m|}{\sqrt{2}}$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times \sqrt{180-\frac{3 m^{2}}{2}} \times \frac{|m|}{2}$
$=\frac{\sqrt{3}}{12} \sqrt{\left(360-3 m^{2}\right) \times 3 m^{2}} \leq \frac{\sqrt{3}}{12} \times \frac{360-3 m^{2}+3 m^{2}}{2}=15 \sqrt{3}$, 当 $m^{2}=60$ 时等号成立,

$\therefore$ 三角形 $O A B$ 面积的最大值为 $15 \sqrt{3}$

【解析】【分析】(1)首先根据向量的坐标公式计算出 $\mathrm{x}=\mathrm{x}_{1}+3 \mathrm{x}_{2} 2, \mathrm{y}=\mathrm{y}_{1}+3 \mathrm{y}_{2}$ 的关系式, 代入到粗圆的方程整理可得 $x^{2}+3 y^{2}$ 的代数式再结合直线的斜率关系即可求出 $x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}=0$, 即可得到动点 $\mathrm{P}$ 的轨迹方程。(2)结合题意利用椭圆的定义即可求出 $\mathrm{c}$ 的值再联立直线与粗圆的方程,消元由判别式以及韦达定理得到关于 $\mathrm{m}$ 的代数式, 并把上式代入到弦长公式和三角形中利用二次函数的最值即可。