2015高考数学人教A版本（8-7圆锥曲线的综合问题）一轮复习学案 17页

‎【走向高考】2015届高考数学一轮总复习 8-7圆锥曲线的综合问题课后强化作业 新人教A版 基础巩固强化 一、选择题 ‎1．(文)已知F1、F2为椭圆＋＝1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点．若|F‎2A|＋|F2B|＝30，则|AB|＝(　　)‎ A．16　 　 　 B．18　 　 　‎ C．22　 　 　 D．20‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由题意知，a＝13，(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝‎4a＝52，‎ ‎∵|BF2|＋|AF2|＝30，∴|AB|＝22.‎ ‎(理)(2013·辽宁五校联考)已知点M(－3,0)、N(3,0)、B(1,0)，动圆C与直线MN相切于点B，分别过点M、N且与圆C相切的两条直线相交于点P，则点P的轨迹方程为(　　)‎ A．x2－＝1(x>1)　　　 B．x2－＝1(x>0)‎ C．x2－＝1(x>0) D．x2－＝1(x>1)‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　如图，设两切线分别与圆相切于点S、T，则|PM|－|PN|＝(|PS|＋|SM|)－(|PT|＋|TN|)＝|SM|－|TN|＝|BM|－|BN|＝2＝‎2a，所以所求曲线为双曲线的右支，∴a＝1，c＝3，∴b2＝8，故点P的轨迹方程为x2－＝1(x>0)，由题意知，P点不可能与B点重合，∴x>1.‎ ‎2．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)‎ A．相交　　　 B．相切　　　‎ C．相离　　　 D．不确定 ‎[答案]　A ‎[解析]　直线y＝k(x－1)＋1过椭圆内定点(1,1)，故直线与椭圆相交．‎ ‎3．(文)已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则·的最小值为(　　)‎ A．－2 B．－ ‎ C．1 D．0‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　由已知得A1(－1,0)，F2(2,0)．设P(x，y)(x≥1)，则·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝4x2－x－5.令f(x)＝4x2－x－5，则f(x)在x≥1上单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)取最小值，即·取最小值，最小值为－2.‎ ‎(理)(2013·大纲理，11)已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A、B两点，若·＝0，则k＝(　　)‎ A. B. ‎ C. D．2‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　∵y2＝8x，∴焦点坐标为(2,0)，‎ 设直线方程为y＝k(x－2)，与抛物线方程联立 消去y得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1·x2＝4，‎ ‎∴y1＋y2＝k(x1－2)＋k(x2－2)＝k(x1＋x2)－4k＝，‎ y1·y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2x1x2－2k2(x1＋x2)＋4k2＝－16.‎ ‎∴·＝(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)‎ ‎＝x1x2＋2(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋8＝＝0，‎ ‎∴k2－4k＋4＝0，∴k＝2.‎ ‎4．已知以F1(－2,0)、F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x＋y ‎＋4＝0有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为(　　)‎ A．3 B．2 ‎ C．2 D．4 ‎[答案]　C ‎[解析]　根据题意设椭圆方程为＋＝1(b>0)，则将x＝－y－4代入椭圆方程得，‎ ‎4(b2＋1)y2＋8b2y－b4＋12b2＝0，‎ ‎∵椭圆与直线x＋y＋4＝0有且仅有一个公共点，‎ ‎∴Δ＝(8b2)2－4×4(b2＋1)(－b4＋12b2)＝0，‎ 即(b2＋4)(b2－3)＝0，∴b2＝3，‎ 长轴长为2＝2，故选C.‎ ‎5．(2013·新课标Ⅰ)O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝4x的焦点，P为C上一点，若|PF|＝4，则△POF的面积为(　　)‎ A．2 B．2 ‎ C．2 D．4‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　设P点坐标为(x0，y0)，则由抛物线的焦半径公式得|PF|＝x0＋＝4，x0＝3，代入抛物线的方程，得|y0|＝2，S△POF＝|y0|·|OF|＝2，选C.‎ ‎6．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线y＝2x－4与C交于A、B两点，则cos∠AFB＝(　　)‎ A. B. ‎ C．－ D．－ ‎[答案]　D ‎[解析]　方法一：联立 解得或不妨设A在x轴上方，‎ ‎∴A(4,4)，B(1，－2)，‎ ‎∵F点坐标为(1,0)，∴＝(3,4)，＝(0，－2)，‎ cos∠AFB＝＝＝－.‎ 方法二：同上求得A(4,4)，B(1，－2)，|AB|＝3，|AF|＝5，|BF|＝2，‎ 由余弦定理知，‎ cos∠AFB＝＝－.‎ 二、填空题 ‎7．(文)已知F是椭圆＋＝1(a>0，b>0)的左焦点，若椭圆上存在点P，使得直线PF与圆x2＋y2＝b2相切，当直线PF的倾斜角为时，此椭圆的离心率是________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　解法1：设直线PF与圆x2＋y2＝b2的切点为M，则依题意得OM⊥MF，∵直线PF的倾斜角为，‎ ‎∴∠OFP＝，∴sin＝＝，椭圆的离心率e＝＝＝＝＝.‎ 解法2：依题意可知PF：y＝－(x＋c)(c＝)，‎ 又O到PF的距离为b，即＝b，∴＝b2＝a2－c2，‎ ‎∴‎4a2＝‎7c2，∴e＝＝.‎ ‎(理)设直线l：y＝2x＋2，若l与椭圆x2＋＝1的交点为A、B，点P为椭圆上的动点，则使△PAB的面积为－1的点P的个数为________．‎ ‎[答案]　3‎ ‎[解析]　设与l平行且与椭圆相切的直线方程为y＝2x＋b，代入x2＋＝1中消去y得，8x2＋4bx＋b2－4＝0，‎ 由Δ＝16b2－32(b2－4)＝0得，b＝±2，‎ 显见y＝2x＋2与两轴交点为椭圆的两顶点A(－1,0)，B(0,2)，‎ ‎∵直线y＝2x＋2与l距离d＝，‎ ‎∴欲使S△ABP＝|AB|·h＝h＝－1，须使h＝，∵d＝h，∴直线y＝2x＋2与椭圆切点，及y＝2x＋4－2与椭圆交点均满足，∴这样的点P有3个．‎ ‎8．(2013·唐山一中第二次月考)已知双曲线－＝1(a，b>0)的右焦点F，若过F 且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有1个交点，则此双曲线的离心率e的取值范围是________．‎ ‎[答案]　[2，＋∞)‎ ‎[解析]　由条件知≥tan60°＝，∴≥3，‎ ‎∴e≥2.‎ ‎9．(文)(2013·浙江宁波四中)椭圆2x2＋y2＝1上的点到直线y＝x－4的距离的最小值是________．‎ ‎[答案]　2－ ‎[解析]　设与直线y＝x－4平行的椭圆的切线方程为y＝x＋c，代入2x2＋y2＝1得5x2＋2cx＋c2－1＝0，由Δ＝‎12c2－20(c2－1)＝0，得c＝±，可知直线y＝x－与y＝x－4距离最近，此两直线距离为d＝2－.‎ ‎(理)(2012··湖南长沙月考)直线l：x－y＝0与椭圆＋y2＝1相交A、B两点，点C是椭圆上的动点，则△ABC面积的最大值为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　设与l平行的直线方程为x－y＋a＝0，当此直线与椭圆的切点为C时，△ABC的面积最大，将y＝x＋a代入＋y2＝1中整理得，3x2＋4ax＋2(a2－1)＝0，由Δ＝‎16a2－24(a2－1)＝0得，a＝±，两平行直线x－y＝0与x－y＋＝0的距离d＝，将y＝x代入＋y2＝1中得，x1＝－，x2＝，‎ ‎∴|AB|＝|－(－)|＝，‎ ‎∴S△ABC＝|AB|·d＝××＝.‎ 三、解答题 ‎10．过抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点F作直线l与抛物线C交于A、B两点，当点A的纵坐标为1时，|AF|＝2.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)若直线l的斜率为2，问抛物线C上是否存在一点M，使得MA⊥MB，并说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由抛物线的定义得|AF|等于点A到准线y＝－的距离，‎ ‎∴1＋＝2，∴p＝2，‎ ‎∴抛物线C的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)抛物线C的焦点为F(0,1)，直线l的方程y＝2x＋1，‎ 设点A、B、M的坐标分别为(x1，)、(x2，)、(x0，)，‎ 由方程组消去y得，x2＝4(2x＋1)，‎ 即x2－8x－4＝0，‎ 由韦达定理得x1＋x2＝8，x1x2＝－4.‎ ‎∵MA⊥MB，∴·＝0，‎ ‎∴(x1－x0)(x2－x0)＋(－)(－)＝0，‎ ‎∴(x1－x0)(x2－x0)＋(x1－x0)(x2－x0)(x1＋x0)(x2＋x0)＝0.‎ ‎∵M不与A，B重合，∴(x1－x0)(x2－x0)≠0，‎ ‎∴1＋(x1＋x0)(x2＋x0)＝0，x1x2＋(x1＋x2)x0＋x＋16＝0，‎ ‎∴x＋8x0＋12＝0，∵Δ＝64－48>0.‎ ‎∴方程x＋8x0＋12＝0有解，即抛物线C上存在一点M，使得MA⊥MB.‎ 能力拓展提升 ‎11.(2013·浙江嵊州一中月考)设A，B分别为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左，右顶点，双曲线的实轴长为4，焦点到渐近线的距离为.‎ ‎(1)求双曲线的方程；‎ ‎(2)已知直线y＝x－2与双曲线的右支交于M、N两点，且在双曲线的右支上存在点D ‎，使得＋＝t，求t的值及点D的坐标．‎ ‎[解析]　(1)由题意知a＝2，∴一条渐近线方程为y＝x，‎ 即bx－2y＝0，∴＝，‎ ‎∴b2＝3，∴双曲线的方程为－＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)(x0>0)，‎ ‎∵＋＝t，∴x1＋x2＝tx0，y1＋y2＝ty0，‎ 将直线方程代入双曲线方程得x2－16x＋84＝0，‎ 则x1＋x2＝16，y1＋y2＝(x1－2)＋(x2－2)‎ ‎＝(x1＋x2)－4＝12，‎ ‎∴∴ ‎∴t＝4，点D的坐标为(4，3)．‎ ‎12．(文)(2013·山西山大附中月考)已知抛物线y2＝4x，过点M(0,2)的直线l与抛物线交于A、B两点，且直线l与x轴交于点C.‎ ‎(1)求证：|MA|，|MC|，|MB|成等比数列；‎ ‎(2)设＝α，＝β，试问α＋β是否为定值，若是，求出此定值，若不是，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：设直线l的方程为y＝kx＋2(k≠0)，‎ 联立方程得k2x2＋(4k－4)x＋4＝0.①‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(－，0)，则 x1＋x2＝－，x1·x2＝.②‎ ‎∴|MA|·|MB|＝|x1－0|·|x2－0|＝，‎ 而|MC|2＝(|－－0|)2＝，‎ ‎∴|MC|2＝|MA|·|MB|≠0，‎ 即|MA|，|MC|，|MB|成等比数列．‎ ‎(2)由＝α，＝β得 ‎(x1，y1－2)＝α(－x1－，－y1)，(x2，y2－2)＝β(－x2－，－y2)，‎ 即得α＝，β＝，‎ 则α＋β＝.‎ 将②代入得α＋β＝－1，故α＋β为定值，且定值为－1.‎ ‎(理)(2013·北京东城联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆短轴的一个端点与两个焦点构在的三角形的面积为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)已知动直线y＝k(x＋1)与椭圆C相交于A、B两点．‎ ‎①若线段AB中点的横坐标为－，求斜率k的值；‎ ‎②若点M(－，0)，求证：·为定值．‎ ‎[解析]　(1)椭圆＋＝1(a>b>0)满足a2＝b2＋c2，＝，×b×‎2c＝，解得a2＝5，b2＝，则椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)①将y＝k(x＋1)代入＋＝1中得，‎ ‎(1＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－5＝0，‎ Δ＝36k4－4(3k2＋1)(3k2－5)＝48k2＋20>0，‎ x1＋x2＝－.‎ 因为AB中点的横坐标为－，所以－＝－，解得k＝±.‎ ‎②证明：由①知x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 所以·＝(x1＋，y1)(x2＋，y2)‎ ‎＝(x1＋)(x2＋)＋y1y2‎ ‎＝(x1＋)(x2＋)＋k2(x1＋1)(x2＋1)‎ ‎＝(1＋k2)x1x2＋(＋k2)(x1＋x2)＋＋k2‎ ‎＝(1＋k2)＋(＋k2)(－)＋＋k2‎ ‎＝＋＋k2＝.‎ ‎∴·为定值．‎ ‎13．(文)点A、B分别为椭圆＋＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.‎ ‎(1)求点P的坐标；‎ ‎(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．‎ ‎[解析]　(1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，设点P的坐标是(x，y)，则＝(x＋6，y)，＝(x－4，y)．‎ 由已知得 消去y得，2x2＋9x－18＝0，∴x＝或x＝－6，‎ 由于y>0，只能x＝，于是y＝，‎ 所以点P的坐标是(，)．‎ ‎(2)直线AP的方程是x－y＋6＝0.‎ 设点M的坐标是(m,0)，则M到直线AP的距离是 ，于是＝|m－6|，‎ 又－6≤m≤6，解得m＝2.‎ ‎∵椭圆上的点(x，y)到点M的距离是d，‎ ‎∴d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－x2‎ ‎＝(x－)2＋15，‎ 由于－6≤x≤6，所以当x＝时d取最小值.‎ ‎(理)‎ 如图所示，在△DEM中，⊥，＝(0，－8)，N在y轴上，且＝(＋)，点E在x轴上移动．‎ ‎(1)求点M的轨迹方程；‎ ‎(2)过点F(0,1)作互相垂直的两条直线l1、l2，l1与点M的轨迹交于点A、B，l2与点M的轨迹交于点C、Q，求·的最小值．‎ ‎[解析]　(1)设M(x，y)，E(a,0)，由条件知D(0，－8)，‎ ‎∵N在y轴上且N为EM的中点，∴x＝－a，‎ ‎∵⊥，∴·＝(－a，－8)·(x－a，y)＝－a(x－a)－8y＝2x2－8y＝0，∴x2＝4y(x≠0)，‎ ‎∴点M的轨迹方程为x2＝4y(x≠0)．‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，Q(x4，y4)，直线l1：y＝kx＋1(k≠0)，则直线l2：y＝－x＋1，‎ 由消去y得，x2－4kx－4＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，‎ 由消去y得，x2＋x－4＝0，‎ ‎∴x3＋x4＝－，x3x4＝－4.‎ ‎∵A、B在直线l1上，∴y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1，‎ ‎∵C、Q在直线l2上，∴y3＝－x3＋1，y4＝－x4＋1.‎ ‎∴·＝(x3－x1，y3－y1)·(x2－x4，y2－y4)‎ ‎＝(x3－x1)(x2－x4)＋(y3－y1)·(y2－y4)‎ ‎＝(x3－x1)(x2－x4)＋(－x3－kx1)(kx2＋x4)‎ ‎＝x3x2－x1x2－x3x4＋x1x4－x2x3－k2x1x2－x3x4－x1x4‎ ‎＝(－1－k2)x1x2＋(－1－)x3x4＝4(1＋k2)＋4(1＋)＝8＋4(k2＋)≥16等号在k2＝时取得，‎ 即k＝±1时成立．∴·的最小值为16.‎ ‎14．(文)(2013·东北三校联考)已知点E(m,0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E斜率分别为k1、k2的两条直线交抛物线于点A、B、C、D，且M、N分别是AB、CD的中点．‎ ‎(1)若m＝1，k1k2＝－1，求三角形EMN面积的最小值；‎ ‎(2)若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．‎ ‎[解析]　(1)当m＝1时，E为抛物线y2＝4x的焦点，‎ 设AB方程为y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由得k1y2－4y－4k1＝0，y1＋y2＝，y1y2＝－4.‎ AB中点M(，)，∴M(＋1，)；同理，点N(2k＋1，－2k1)．‎ ‎∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD，‎ ‎∴S△EMN＝|EM|·|EN|＝·＝2≥2＝4，‎ 当且仅当k＝，即k1＝±1时，△EMN的面积取最小值4.‎ ‎(2)设AB方程为y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得k1y2－4y－4k‎1m＝0，y1＋y2＝，y1y2＝－‎4m，‎ AB中点M(，)，∴M(＋m，)；‎ 同理，点N(＋m，)．‎ ‎∵k1＋k2＝1，∴kMN＝＝＝k1k2，‎ ‎∴lMN：y－＝k1k2[x－(＋m)]，即y＝k1k2(x－m)＋2，∴直线MN恒过定点(m,2)．‎ ‎(理)‎ ‎(2013·石嘴山市调研)如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，短轴右端点为A，M(1,0)为线段OA的中点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点M任作一条直线与椭圆C相交于两点P、Q，试问在x轴上是否存在定点N，使得∠PNM＝∠QNM？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由题意知b＝2，又e＝，即＝，‎ 解得a＝2，所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)假设存在点N(x0,0)满足题设条件．‎ 当PQ⊥x轴时，由椭圆的对称性可知恒有∠PNM＝∠QNM，即x0∈R；‎ 当PQ与x轴不垂直时，设PQ的方程为y＝k(x－1)，代入椭圆方程中化简得：(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ kPN＋kQN＝＋＝＋ ‎＝，‎ ‎∵(x1－1)(x2－x0)＋(x2－1)(x1－x0)‎ ‎＝2x1x2－(1＋x0)(x1＋x2)＋2x0‎ ‎＝－＋2x0.‎ 若∠PNM＝∠QNM，则kPN＋kQN＝0，‎ 即k[－＋2x0]＝0，整理得k(x0－4)＝0，∵k∈R，∴x0＝4.‎ 综上，在x轴上存在定点N(4,0)，使得∠PNM＝∠QNM.‎ 考纲要求 ‎1．了解圆锥曲线的实际背景，了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用．‎ ‎2．理解直线与圆锥曲线的位置关系．‎ ‎3．理解数形结合思想的应用．‎ 补充说明 ‎1．向量法 向量的坐标可以用其起点、终点的坐标表示，因此向量与解析几何保持着天然的联系．通过向量的坐标可以把解析几何的很多问题向量化，利用向量的共线、垂直、夹角、距离等公式巧妙地解决解析几何问题．‎ ‎2．点差法 涉及到直线被圆锥曲线截得弦的中点问题(即中点弦问题)时，常用根与系数的关系及点差法求解．‎ ‎[例]　‎ P(1,1)为椭圆＋＝1内的一定点，过P点引一弦，与椭圆相交于A、B两点，且P恰好为弦AB的中点，如图所示，求弦AB所在的直线方程及弦AB的长度．‎ ‎[解析]　设弦AB所在的直线方程为 y－1＝k(x－1)，A、B两点坐标分别为 ‎(x1，y1)，(x2，y2)，则 x＋2y＝4，①　x＋2y＝4.②‎ ‎①－②得：‎ ‎(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0.‎ ‎∵P(1,1)为弦AB的中点，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.‎ ‎∴k＝＝－.‎ ‎∴所求直线的方程为y－1＝－(x－1)．‎ 即x＋2y－3＝0.‎ 将其代入椭圆方程整理得，6y2－12y＋5＝0.‎ 根据弦长公式，有 ‎|AB|＝·＝.‎ ‎[说明]　(1)点差法的一个基本步骤是：点A(x1，y1)，B(x2，y2)都在圆锥曲线f(x·y)＝0上，∴f(x1，y1)＝0，f(x2，y2)＝0，两式相减f(x1，y1)－f(x2，y2)＝0，然后变形构造出及x1＋x2和y1＋y2，再结合已知条件求解．‎ ‎(2)中点弦问题除了用点差法外，求弦长时应注意是否过焦点，遇到AO⊥BO的情况，常用·＝x1x2＋y1y2＝0解决，有时中点弦问题还可以利用对称、特例法解决．‎ ‎3．要重视解题过程中思想方法的提炼及解题规律的总结 ‎(1)方程思想 解析几何题大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线，因此直线与圆锥曲线相交的弦长问题常归纳为对方程解的讨论．利用韦达定理进行整体处理，以简化解题运算量．‎ ‎(2)函数思想 对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段的长度及a、b、c、e、p之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时就很有效．‎ ‎(3)坐标法 坐标法是解析几何的基本方法，因此要加强坐标法的训练．‎ ‎(4)对称思想 由于圆锥曲线和圆都具有对称性质，所以可使分散的条件相对集中，减少一些变量和未知量，简化计算，提高解题速度，促成问题的解决．‎ ‎(5)数形结合 解析几何是数形结合的典范，解决解析几何问题应充分利用图形的直观和曲线的几何性质，才能简化解答过程．‎ ‎(6)参数思想 一些解析几何问题，在解题过程中可先引入适当的参数(如斜率k，点的坐标，圆锥曲线方程中的系数等)，把所研究问题转化为参数的函数或不等式、方程等来解决．‎ 备选习题 ‎1．(2013·珠海模拟)在平面直角坐标系xOy中，设点F(，0)，直线l：x＝－，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.‎ ‎(1)求动点Q的轨迹C的方程；‎ ‎(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦，当M运动时，弦长|TS|是否为定值？请说明理由．‎ ‎[解析]　‎ ‎(1)依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP，‎ ‎∴RQ是线段FP的垂直平分线．‎ ‎∵|PQ|是点Q到直线l的距离．‎ 点Q在线段FP的垂直平分线上，‎ ‎∴|PQ|＝|QF|.‎ 故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，‎ 其方程为y2＝2x(x>0)．‎ ‎(2)弦长|TS|为定值．理由如下：取曲线C上点M(x0，y0)，‎ M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，‎ 圆的半径r＝|MA|＝，‎ 则|TS|＝2＝2，‎ 因为点M在曲线C上，‎ 所以x0＝，‎ 所以|TS|＝2＝2，是定值．‎ ‎2．(2013·陕西理，20)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦长MN的长为8.‎ ‎(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；‎ ‎(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点．‎ ‎[解析]　(1)‎ 如图，设动圆的圆心O1(x，y)，由题意知|O‎1A|＝|O‎1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H为MN的中点，‎ ‎∴|O‎1M|2＝|O1H|2＋|MH|2＝x2＋16，‎ 又|O‎1A|2＝(x－4)2＋y2，‎ ‎∴(x－4)2＋y2＝x2＋16，整理得y2＝8x(x≠0)，‎ 当O1在y轴上时，∵|OA|＝4＝|MM|，‎ ‎∴O1与O重合，此时点O1(0,0)也满足y2＝8x，‎ ‎∴动圆圆心O1的轨迹C方程为y2＝8x.‎ ‎(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，‎ P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 将y＝kx＋b代入y2＝8x中，‎ 得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0，‎ 其中Δ＝－32kb＋64>0.‎ 由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①‎ x1x2＝，②‎ 因为x轴是∠PBQ的角平分线，‎ 所以＝－，‎ 即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，‎ ‎(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，‎ ‎2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③‎ 将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，‎ ‎∴k＝－b，此时Δ>0，∴直线l的方程为y＝k(x－1)，‎ 即直线l过定点(1,0)．‎