物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这两条直线
I与m的交点的轨迹。
解：
本题是过定点弦冋题，宜用参数法。
在利用四点共圆条件时，应充分挖掘几何条件去转化，比如
圆幕定理。
交于点
P（xo,yo）,它们与
x轴的倾角分别为
01,02,于
Xo
数①m:
xXo
yyo
tcos2
t为参数
tsin2
将①代入
y2=x得t2sin201+t（2ysin
2
01—cos01）+（y0
yo
tcos
tsin
1
t为参
1
—xo）=0,由韦达定理得
|t1||t2|=|芈
sin1
2
，由参数t的几何意义得|PA1||PA2|=IJ
sin
2
将②代入y2=x,同理有|PB1||PB2|=丨牛sin
Bi、B2四点共圆，由圆幕定理得,
|PAi||PA2|
=|PB1||PB2|,/•sin201=sin202，故01=02或
0i=n—02.
若0i=02，则I//m，无交点，故舍去。
若0i=n—02,故过定点A（a,0）,B
（b,0）的直线方程分别为：
I:
y=k（x—a）
m:
y=—k（x—b）,联立解得直线的交点P（X0,y°）的坐标为：
ab
X0
2,•••交点P的轨迹为直线
y2（ba）
ab
x（除去与x轴的交点和与y2=x的交点）
方法二：
设1的方程为y—kx+ka—0,m的方程为：
y—kx+kb—0,于是过1,m与y2—x的
四个不同交点的二次曲线，应有方程：
y2—x+入（y—kx+ka）（y—k'x+k'b）=0,
即：
（1+入）y2—入
（k+k'）xy+入kk'x2+入（ka+k'b）—[入kk'（a+b）+1]x+入kk'ab=0,
它成为圆的充要条件是
kk即:
k
1，二这种直线l:
y—kx+ka=0;m:
y—k'x+k'b
1k2
Xo
=0的交点P（xo,yo）的坐标
yo
即P在AB的中垂线上，故P点的轨迹是直线x
a）
（除去其与x轴，y2=x的三个交点）
（二）定点定值问题
例4（98年全国咼中联赛）
已知抛物线y2=2px及定点A（a,b）,B（—a,0）（ab丰0,b2工2pa）,
M是抛物线上的点，设直线AM,BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2，求证：
当M点在抛物线上变动时（只要M1,M2存在且M1工M2）,直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标。
解：
分析：
设动点M的坐标为（X0,y0）由直线AM,MB与抛物线相交可以表示出交点M1,M2
的坐标（用X0,y0,a,b,p表示），又可求定点P（x,y）在直线M1M2上，故P,M1,M2三点共线
可化简为关于
P（x,y）的方程，系数用X0,y0表示，由于（X0,y0）的任意性而求出P（x,y）。
222
设M,M1,M2的坐标分别为吩,y0）,（眷y1）,（話y2）,由A,M,M1共线得:
22
_y_y
2p2p
y1y。
2p
by02pa2pa
化简得:
y1y0=b（y1+y0）—2pa即y1=-,①同理：
由B,M1,M2共线得：
y2=,②
y0by0
设（x,y）是直线M1M2上的点，贝Uyiy2=y（yi+汕—2px,
2
盏，y2）,同方法一得yiy0=b（yi+y0）—2pa,
用共线条件，建立起M与Mi，M2的坐标关系，从而间接写出直线MiM2的方程，进而求出定点坐标。
"设而不求”的手法。
这是参数思想的完美体现，具体到技巧而言，就是常见的
22
方法二：
设M，Mi，M2的坐标为吩曲吩,心
证明你的结论。
io
i
解：
所求条件为：
—
a
a，0），有
必要性：
易知圆的外切平行四边形必为菱形，圆心即菱形中心。
假设结论成立，则对点（
相垂直平分。
•••另两个顶点必为（0，b），（0，—b）从而菱形的一条边的方程为
|ab|ii
—ab=0。
由于菱形与C0外切，故必有i，整理得：
—
vb2a2ab
1
充分性：
设一2
a
1
1,P是Ci上任意一点，过P,0作Ci的弦PR,再过0作与PR垂直的弦QS,b2
则PQRS为与Ci内接的菱形，设|0P|=ri,|0Q|=r2,贝UP、Q的坐标分别为（ricos0,risin0）,
（r2cos（0+
）,r2Sin（
2
0+朮）代入椭圆方程，得
2
（ricos）
（risin）2
[r2cos（
i，厂
a
訓£
sin（
i,
2a
b2
b2
亍是i
i
iicos2
—（2
riaa
sin2）
b2）
cos2
[——
（
sin2（
-）
2ii
2]i
2.2
ab
|0PI2
|0Q|2
a2
b2
评注：
本题应先凭直觉分析图形特征找出必要条件，然后再证充分性。
实质是探求定值问题，利用椭圆的参数方程及三角中平方关系即可找出定值从而得证。
（三）最值和范围问题
求点C的纵坐标取值范围。
（5,—3）均满足题意。
当y=0时，B的坐标为（一3,—i）;当y=4时，点B的坐标为
故点C的纵坐标y的取值范围为（一s,0]U[4,+）
例7（全国高中联赛）已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为（一i,i）,（2,2）。
若
直线l:
x+my+m=0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是什么？
uuun
PMi2i2
解：
设M（x,y）为PQ延长线上任意一点且tutu,显然有（，i）,x,y
MQii
>0）
三、巩固练习
相切，则直线的倾斜角为
A.或—
66
B.或——
44
C•一或—
33
D.一一或一—
6
3
”xtcos
解:
将
ytsin
代入（x—4）2+y2=4得t2—
8tcos+12=0,
由△=0，得
cos=3，而即
2
为倾斜角且0W
即得。
选A。
2.（02年全国联赛4）直线上
4
22
1与椭圆—-1相交于A、
169
B两点，过椭圆上P,使得△PAB
面积为3，则这样的点P共有
解：
设Pi（4cos,3sin）（0<
<1），即点P1在第一象限
的椭圆弧上，如图，考虑四边形P1AOB
的面积S。
11
S=SAoap1+Saobp1=x4x3sin+x3x4cos
22
x
=6（sin+cos）=6.2sin（H——）,故Smax=6.2（此时=—）,
44
1
而SAOAB=一X4X3=6为定值。
•••SPABmax
2
AB的下方有2个点P,故选B。
=6■2—6<3，故点P不可能在直线AB的上方,显然在直线
3.若椭圆x2+4（y—a）2=4抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是
x2cos4
解：
令代入x2=2y得4cos29=2（a+sin0）,•a=2cos20—sin0=—2（sin0+一）2+
yasin4
1717
，即sin0€[—1,1],•••a€[1,]
4.（89年全国高中联赛）当s与t取遍所有实数时，则（S+5—3|cost|）2+（S—2|sint|）2所能达到的
最小值是。
xS5x31cost|
解：
填2。
考查直线与椭圆弧则原式的几何意义在于：
直线上任意一点与椭圆
ySy2|sint|
弧上任意一点之间距离的平方，点C到直线AB距离d=■■2为最短，故所求为d2=2。
5.（04年中学生数学智能通讯赛）已知抛物线y2=4x的焦点为F,过F作两条互相垂直的弦AB、
CD，设AB、CD的中点分别为M,N。
（1）求证：
直线MN必过定点；
（2）分别以AB和CD为直径作圆，求两圆相交弦中点H的轨迹方程。
解：
（1）由题设可知F（1,0），设A（xa,yA）,B（xb,yB）,M（xm,yM）,N（xn,yN）,直线
AB的方程为：
y=k（x—1）,贝UA、B点的坐标代入y2=4x相减得yA+yB=—,即yM=—,代入方程ykk
k
1k2
=k（x—1）,解得xm=-221,同理N的坐标为（2k2+1,—2k），直线MN的斜率Kmn=—
kXMXN
Imn:
y2kM（x2k21）整理得：
y（1—k2）=k（x—3）
1k
显然无论k为何值（3,0）均满足上式，•••直线MN恒过定点Q（3,0）
（2）过M、N作准线x=—1的垂线，垂足分别为E、F,由抛物线的性质知：
准线x=—1为圆M与
恒过原点。
由平面几何的知识知道，公共弦中点就是公共弦与两圆连心线的交点，所以原点0,定点Q（3,0）,
所求点构成以H为直角原点的直角△，即H在以0Q为直径的圆上，又对于圆上任意一点P（x,y）（原
2
点除外）必可利用方程y=k―x，求得k值，从而以上各步步步可逆，故所求轨迹方程为（x-）2y29
k24
（xm0）
纸片，使圆周上某一点A'冈収子与A点重合，这样的每一种折法都留下一条直线折痕，当A'取遍圆周上所有的点时，求所有折痕所在直线上的点的集合。
解：
如图，以O为原点，OA所在的直线为x轴建立直角坐标系，则有A
0）。
设折叠时，BO上点A'（Rcos,Rsin）与点A重合，而折痕为直线MN,
则MN为线段AA'的中垂线，设P（x,y）为MN上任一点，贝U|PA'|=|PA|,
故（x—Rcos尸+（y—Rsin）2=（x—a）2+y2,即:
2R（xcos
+ysin
）=R2—a2+2ax,故:
xcosysin
R2_a2_2ax
2R.「x2y2
可得sin（B+
R2_a2_2ax
2R,x2y2
，其中sin
x2
cos
22
，故ir—a2—2ax|1，平方后
2Rjx2y2
可化为:
a、2
（x㊁）
R2
（2）
2
y
1，即所求点的集合为椭圆
a、2
（x歹
R2
（2）
2
y
1的外部（含边界）
7.（98年湖南数学竞赛）已知双曲线
2
X
C1:
2
a
1（a>0），抛物线C2的顶点在原点0,C2的焦
点是C1的左焦点F1;
（1）求证:
C1与C2总有2个不同的交点。
（2）是否存在过C2的焦点F1的弦AB，使Saaob有最大（小）值？
若存在，求出AB所在直线方程及最值，若不存在，说明理由。
2厂
解：
（1）TF1（73a,0）,AC2方程为：
y2=-^3ax，由y2严3,/2+2ax—a2=0,2xy2a
①'/A=（23a）2+4a2>0,•••方程①有实根X1,X2,又x1X2=—a2<0,•••X1与X2异号，不妨设X1>O,
X20时，y2=—4.3ax无实根，当X2<0时，y2=—43ax有2个不同实根，从而C1与C2有2个不同的交点。
（2）假设符合条件的弦AB存在
（1）当斜率k存在时，易知k丸，设Iab为：
y=k（x+3a）,由，23a）消去目得k2x2+2„3a（k2
y4/3ax
又原点到直线AB的距离为h=2^占,•Saaob=1也雲一6a\；1厶
7H72山k2k2Vk2
（2）当k不存在时，即AB丄x轴，有Saaob=14.3a.3a6a2,^（SAAOB）max=6a2,此时Iab为x
2
=—■3a，当kt0时，~2,•.Saaob无最大值。
k
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