2010年廣東高考理科數學20題分析

題目:已知雙曲線-y2=1的左、右頂點分別為A1，A2，點P(x1，y1)，Q(x1，-y1)是雙曲線上不同的兩個動點.

(1)求直線A1P與A2Q交點的軌跡E的方程式;

(2)若過點H(O， h)(h>1)的兩條直線l1和l2與軌跡E都只有一個交點，且l1⊥l2 ，求h的值.

本題是一道內容十分豐富的考題，請同學們看下面具體的分析過程.

分析:對于第(1)問，同學們還是能得到基本的解題思路:設直線A1P與A2Q的交點為(x，y)，則聯立直線A1P與A2Q方程:y=(x+)，y=(x-)，按解題習慣，這里通常是解得x、y，這樣的話就會陷入命題者設計的“思路陷阱”.其實，這里同學們應該求得x1=，y1=，然后代入雙曲線-y2=1，化簡即可得軌跡E的方程為+y2=1.至此，同學們也較易漏掉y≠0.觀察軌跡E方程+y2=1與雙曲線方程-y2=1，同學們不覺得有點特別的關系嗎?其實，本題是借助橢圓與雙曲線的性質:伴隨曲線問題這個命題載體來設計的，一般地，有下面的結論(解決方法同本題):已知雙曲線-=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A1，A2，點P(x1，y1)，Q(x1，-y1)，是雙曲線上不同的兩個動點.則直線A1P與A2Q交點的軌跡是+=1(a>b>0，y≠0);已知橢圓+=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A1，A2，點P(x1，y1)，Q(x1，-y1)是橢圓上不同的兩個動點.則直線A1P與A2Q交點的軌跡是-=1(a>b>0，y≠0).當然，兩者之間有許多性質，例如2a2=(a2+b2)+(a2-b2)，限于篇幅，請同學們自己思考.

對于第(2)問，在得到了軌跡E的方程后，同學們也不難找到基本解法:設直線l1方程為y=kx+h，則直線l2方程為y=-x+h，聯立l1方程與軌跡E方程，消去y得(1+2k2)x2+4khx+2h2-2=0，因為直線l1與軌跡E只有一個交點，所以△=16k2h2-4(1+2k2)(2h2-2)=0，h2-1-2k2=0…①;對于直線l2與軌跡E，同理得h2-1-=0…②，則由①②得h=(h=-舍去).如果同學們能結合圖像，數形結合的思考一下，則本題還可以有下面的比較簡單的巧解:如圖1，由對稱性知，l1與l2必關于y軸對稱，故斜率互為相反數，又因為l1⊥l2，所以直線l1的斜率為1，故方程為y=x+h，聯l1立方程與軌跡E方程，消去y得3x2+4hx+2h2-2=0，因為直線l1與軌跡E只有一個交點，所以△=16h2-12(2h2-2)=0，得h(h=-舍).仔細觀察第(2)問中條件“直線l1和l2與軌跡E都只有一個交點”，這個條件的要求是否太高了呢?即如果適當弱化條件，比如只要軌跡E上存在點即可，則是否可以探究新問題呢?這便是這道題的一個生長點!請同學們看下面一般的結論.

結論:已知y軸上點B(0，m)，若橢圓+=1(a，b>0)上總存在兩點M、N滿足#8226;=0，則m≤.

證明:我們先考慮點B在橢圓外的情況.設過點B(0，m)且與曲線+=1相切的直線方程為y=kx+m，將y=kx+m代入橢圓方程并整理得(b2+a2k2)x2+2kma2x+a2m2-a2b2=0，則4k2m2a4-4(b2+a2k2)(a2m2-a2b2)=0，即m2=k2a2+b2，因為曲線上總存在兩點M、N滿足#8226;=0，如圖2，所以可知∠OBN≥45°，則k≤1，所以m2≤a2+b2，即m≤.故如圖2(1)時，b

當點B在橢圓內時，顯然能作兩條互相垂直的直線(如與坐標軸平行的兩條直線)且與橢圓都相交，所以如圖2(1)時，0≤m

說明:(1)用類似的方法可以求出點B在x軸上的變動范圍，請同學們自己完成.(2)當a=b時，曲線表示圓x2+y2=a2，此時點B的軌跡為圓x2+y2=2a2的內部(包括邊界).

文末提供一道該高考題生長點類試題供同學們練習.

習題:設拋物線過定點A(2，0)，且以直線x=-2為準線.(1)求拋物線頂點的軌跡C的方程;(2)已知點B(0，-5)，軌跡C上是否存在滿足#8226;=0的M、N兩點?證明你的結論.

解析:(1)設拋物線頂點的坐標為(x，y)，則拋物線焦點的坐標為(2+2x，-y)，由拋物線的定義得4=，化簡得+=1.

(2)(解法1)設直線y=kx+m與橢圓C:+=1有兩個交點M、N，則將y=kx+m代入+=1并整理得(4+k2)x2+2kmx+m2-16=0，判別式△=4k2m2-4(4+k2)(m2-16)>0，即4k2-m2+16)>0(*).設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則由韋達定理知x1+x2=，x1x2=，y1+y2=k(x1+x2)+2m=，y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.由#8226;=0得(0-x1)(0-x2)+(-5-y1)(-5-y2)=0，即x1x2+5(y1+y2)+y1y2+25=0，所以+++25=0，化簡得9k2=-5m2-40m-84，代入(*)式并整理得29m2+160m+272<0，因為判別式(160)2-4×29×272=-5952<0，所以關于m的不等式無解，即不存在直線l，使l與軌跡C兩個交點M、N滿足#8226;=0.

(解法2)設過點B(0，-5)且與橢圓C:+=1有交點的直線方程為y=kx-5，將y=kx-5代入橢圓方程并整理得(4+k2)x2-10kx+9=0，則100k2-36(4+k2)≥0，k2≥，因此，kMB≥，kNB≥，所以kMB#8226;kNB≥，故kMB#8226;kNB≠-1，因此，軌跡C上不存在滿足#8226;=0的M、N兩點.

責任編校 徐國堅