2016年竞赛与自主招生专题第十六讲：解析几何二(教师版)

从2015年开始自主招生考试时间推后到高考后，政策刚出时，很多人认为，是不是要在高考出分后再考自主招生，是否高考考完了，自主招生并不是失去其意义。自主招生考察了这么多年，使用的题目的难度其实已经很稳定，这个题目只有出到高考以上，竞赛以下，才能在这么多省份间拉开差距.

所以，笔试难度基本稳定，维持原自主招生难度，原来自主招生的真题竞赛真题等，具有参考价值。

在近年自主招生试题中，解析几何是高中数学内容的一个重要组成部分，也是高考与自主招生常见新颖题的板块，各种解题方法在解析几何这里得到了充分的展示，尤其是平面向量与解析几何的融合，提高了综合性，形成了题目多变、解法灵活的特色。

一、知识精讲

一．椭圆中的经典结论：

x2y21.点P0(x0，y0)在椭圆上221上，则过P0的椭圆的切线方程是

abx0xy0y21． a2bx2y22.点P0(x0，y0)在椭圆上221外，则过P0作椭圆的两条切线切点为P1、P2，ab则切点弦PP12的直线方程是

x0xy0y21． 2abx2y23.椭圆221(a＞b＞0)的左右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆上一点，

abF1PF2，则椭圆的焦点三角形的面积为SF1PF2b2tan

二．双曲线中的经典结论：

2．

x2y21.点P0(x0，y0)在双曲线上221（a＞0，b＞0）上，则过P0的双曲线的切

ab线方程是

x0xy0y21． a2bx2y22点P0(x0，y0)在双曲线上221（a＞0，b＞0）外，则过P0作双曲线的两条

ab切线切点为P12的直线方程是1、P2，则切点弦PPx0xy0y21． 2abx2y23.双曲线221（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1、F2，点P为双曲线上

ab一点，F1PF2，则双曲线的焦点三角形的面积为SF1PF2b2tan

三．抛物线：

2．

1.过抛物线y22px(p0)的焦点F的一条弦AB , 记准线与x轴交点为E，

AE、BE分别交y轴于P、Q两点，则：线段EF平分角PEQ  KAEKBE0

2.端点坐标积恒定：过抛物线y22px(p0)的焦点F的直线l，交抛物线于

112p2则：(1)x1x2，y1y2P2 ； (2)  。A(x1,y1)、B(x2,y2) ，

FAFBp43.共线： 过抛物线y22px(p0)的焦点F的直线l，交抛物线于A、B两点，如图示，有下列三个结论：

（1）A、O、B1三点共线 ． （2）B、O、A1三点共线．

（3）设直线AO与抛物线的准线的交点为B1，则BB1平行于x轴．

（4）设直线BO与抛物线的准线的交点为A1，则AA1平行于x轴．

【知识拓展】

一．圆锥曲线和直线的参数方程

xrcos,1.圆x2y2r2的参数方程是其中是参数。

yrsin,xacos,x2y22.椭圆221的参数方程是其中是参数，称为离心

abybsin角。

xasec,x2y23.双曲线221的参数方程是其中是参数。

abybtanx2pt2,4.抛物线y2px的参数方程是其中t是参数。

y2pt2xx0tcos,5.过定点(x0,y0)，倾斜角为的直线参数方程为t为参

yytsin0数。

这里参数t的几何意义是：①|t|表示直线上的点(x,y)和定点(x0,y0)的距离；②当点(x,y)

在点(x0,y0)的上方时，当点(x,y)在点(x0,y0)的下方时，t0，t0；

当点(x,y)与点

(x0,y0)重合时，t0，反之亦然。

二．圆锥曲线的统一极坐标方程

以圆锥曲线的焦点（椭圆的左焦点、双曲线的右焦点、抛物线的焦点）为极点，过极点引相应准线的垂线的反向延长线为极轴，则圆锥曲线的统一极坐标方程为

三．焦半径公式

设P为圆锥曲线上任一点，r、d分别为点P到焦点及相应准线的距离，则

red．

ep，其中e为离心率，p是焦点到相应准线的距离。

1ecosx2y21.对于椭圆221(a＞b＞0)，F1(c,0)、F2(c,0)是它的两个焦点．设

abP(x,y)是椭圆上的任一点，则有r1PF1aex，r2PF2aex．

►解读：由椭圆的焦半径公式可知，椭圆上的某一点的焦半径的长是这一点的横

y2x2坐标（对221是纵坐标）的一次函数．

abx2y2►（扩充）：焦半径公式的另一种形式(221(a＞b＞0))为

abb2r1PF1(是以F1x为始边，F1P为终边的角，不是F1P的倾斜角)．

accosx2y22.对于双曲线221（a＞0，b＞0），F1(0),cab、F2(c,0)是它的两个焦

点．设P(x,y)是双曲线上的任一点，若点P在双曲线的右支上，则有

r1PF1exa，r2PF2exa；若点P在双曲线的左支上，则有r1PF1exa，r2PF2exa．

x2y2►（扩充）：焦半径公式的另一种形式(221（a＞0，b＞0）)为

abb2r2PF2(是以F2x为始边，F2P为终边的角，不是F2P的倾斜角)．

accosb2b2＞0时，点P在右支上，当＜0时，点P在左►注意：当

accosaccos支上．

p3.对于抛物线y22px（p＞0），F(,0)是它的焦点，设P(x,y)是抛物线

2pp上的任一点，则rPFx．设xFP，则r．

21cos四．共轭直径

二次曲线平行弦的中点轨迹称为它的直径．若两直径中的每一直径平分与另

b2一直径平行的弦，则称此两直径为共轭直径．kk2

a'x2y21.设椭圆的方程为221(a＞b＞0)，互为共轭直径的斜率关系为

abb2kk2；

a'x2y22.设双曲线的方程为221（a＞0，b＞0），互为共轭直径的斜率关系

abb2为kk2；

a'3.设抛物线的方程为y22px（p＞0），一组斜率为k的平行弦的中点轨迹为射线yp(x＞0)． k五．过焦点的弦

x2y21.设椭圆的方程为221(a＞b＞0)，过F1(0)c,ab的弦长为2ae(x1x2)，

过F2(c,0)的弦长为2ae(x1x2)．过焦点的弦长是一个仅与它的中点横坐标有关的数．

2ab2►（扩充）：焦点弦长的另一种形式为I2．(是以F1x为始边，F1Pac2cos2为终边的角，不是F1P的倾斜角)．

x2y22.设双曲线的方程为221（a＞0，b＞0），过F1(c,0)的弦长为

ab2ae(x1x2)，过F2(c,0)的弦长为2ae(x1x2)．

2ab2►（扩充）：焦点弦长的另一种形式为I22(是以F2x为始边，F2P2accos为终边的角，不是F2P的倾斜角)．

p),3.设抛物线的方程为y22px（p＞0），F(022p为I． 2sin，设xFP，则焦点弦长

六．双曲线的渐近线

1.如果曲线上的点无限远离原点时，存在一条直线l，使得P与此直线的距

x2y2离无限趋向于零，则这条直线称为曲线C的一条渐近线．双曲线221的渐

abbx2y2近线方程为220，即yx．

aabx2y22.共轭双曲线的方程为221，共渐近线的双曲线系方程：

abx2y22． 2ab互为共轭的两条双曲线有以下性质：

①＞0时得焦点在x轴上的双曲线；＜0时得焦点在y轴上的双曲线；=0时即是双曲线的渐近线；

②两共轭的双曲线的离心率e1、e2满足③它们的四个焦点在同一个圆上．

三、典例精讲

11+21； e12e2

例1．（2011“卓越联盟”）已知抛物线的顶点在原点，焦点在x上，ABC三个顶点都在抛物线上，且ABC的重心为抛物线的焦点，若BC边所在直线的方程为4xy200，则抛物线方程为（ ）

（A）y216x （B）y28x （C）y216x （D）

y28x

►分析与解答：如图，可令方程为y22px(p0)。

y221y2y2设A2p,y31,B2p,y2,C2p,y3。

y22px,20yxy200y22p。 44所以4y240p2py,2y2py20p0，

yp 2y32,y2y310p，依题意，

y221y22y3 2p2p2p32p,

y1y2y30y2yp32,所以 y2y310p,

y1y2y30,y22y221y233p

由①、③yp221112，代入④中，y2y34p2。

另一方面，由①、②y2y2p223420p。 所以

114p214p220p,p8（p0舍去）。 所以抛物线方程为y216x。

① ② ③ ④

例2．（2003同济）已知抛物线y22px。

（1）过焦点的直线斜率为k，交抛物线于A、B，求|AB|；

（2）是否存在正方形ABCD，使C在抛物线上，D在抛物线内？若存在，求这样的k满足的方程。 ►分析与解答：

p（1）AB直线方程是ykx，设A(x1,y1),B(x)2,y2。依抛物线定义知

2|AB|x1x2p 2px1x2p。 2y22px,122222又kx(2pkp)xkp0， p4yk(x)22pk2p由韦达定理知， x1x2， 2k故 |AB|2p12p2p(1)。 22kk1（2）先设k0，如图13-11，令C(x3,y3)，则y2y3(x2x)3。又

ky32y22，故 x2,x32p2p1y22y32y2y3y2y32pk，即y32pky2。

k2p2p又|AB||BC|，且

|BC|(x2x3)2(y2y3)2[k(y2y3)]2(y2y3)21k2|y2y3|。

所

12p2k22以

，1 k31k2pp即p21k2|y2pk|y2pk21k2,y2pk21k2。①

kkk另

y2一方面，将xypk2代入y22p中x，有

12p1yp20y2p1（这里利用求根公式取“-”号根）。② 2kkk1p1241k2k10。 由①②知pk21kp，化简得2kkk同理，k0时，求得方程为k42k10。 综上，这样的k满足方程k42k10。

注：①笔者对原题作了简单改动，原问题所问的是“正方形ABCD有什么特点。”

②此问题有相当难度，尤其是对代数功夫要求较高。

图13-11

x2y2例3．（2011“华约”）双曲线221(a0,b0)，F1,F2是左、右焦点，P是

ab右支上的任一点，且F1PF2（1）求离心率e；

3，SF1PF233a2。

（2）若A为双曲线左顶点，Q为右支上任一点，且QAF2QF2A恒成立？ ►分析与解答：

（1）在PF1F2中，由余弦定理，|F1F2||PF1|2|PF2|22|PF1||PF2|cos3，

(2c)2(|PF1||PF2|)22|PF1||PF2|1cos|PF1||PF2|4c24a24b23。SPF1F2

113|PF1||PF2|sin4b233a2。所以b23a2,ca2b22a。所以2322cx2y2e2，双曲线方程：221。

aa3a（2）先设QF2x轴。此时Q(2a,3a)，QAF2为等腰Rt，QAF2下证

1QF2A。 23atan3tan1

。令Q(asec,3atan)。tanQF2A，asec2a2sec2

tanQAF2

3atan3tan，tan2QAF2asecsec123tansec13tan1sec1223tan(sec1)

(sec1)23tan223tan(sec1)23tan(sec1)3tan所以存在常tanQF2A。

2sec22sec42(sec1)(sec2)2sec数1，使 21QAF2QF2A恒成立。

2x2y2x2y2►注：设P是双曲线221（或椭圆221）上一点，F1PF2（F1,F2abab分别是左、右焦点），则SPF1F2b2cot(b2tan)。

22

例4．（2007武大）如图，过抛物线C:y28x 上一点P(2,4)作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物

线交于A、B两点。

（1）求直线AB的斜率；

（2）如果A、B两点均在y28x(y0)上，求PAB 面积的最大值。

y12y22►分析与解答：（1）不妨设A,y1,B,y2，则

88kPAy148(y14)88。同理，。 kPBy12y1216y14y2428依题意，

kPAkPB88y1y28y14y24。于是

kABy2y1881

y22y12y2y1888y12y12（2）AB的直线方程为：yy1x，即xy8y10。P到AB的距

8y126y182离d,

y22y122|AB|2|(y2y1)(y2y1)|。由（1）知y2y18，故

888|AB|2|y2y1|

2|8y1y1|22|y14|。

y12y168122|y14| 22所以 SPAB1 |y128y148||y14|

81 |(y14)[(y14)264]|。

8又由y1y28，且y1,y20，知y1[8,0]。令y14t，则t[4,4]，

所以SPAB

121t(t64)|t364t|。 88注意到f(t)|t364t|是一个偶函数，故只考虑t[0,4]的情况。此时记

t[0,4]，对g(t)求导，故g(t)在[0,4]g(t)|t364t|64tt3，g'(t)643t20，

上是严格单调递增的函数，从而g(t)max64443192，即

1(SPABm)ax8

192。 24例5．（2011“北约”）已知C1,C2是平面上两定圆，另有一动圆C与C1,C2均相切，问圆心C的轨迹是何种曲线？说明理由。

►分析与解答：设C1,C2半径分别为r1,r2，由圆锥曲线定义，可得下列结论：

r1r2时，

①C1与C2相离：圆心C的轨迹是直线（C1C2的中垂线）及双曲线（与C1,C2一个内切，另一个外切）；

②C1与C2相交：圆心C的轨迹是直线（去掉C1,C2两个点）（与C1,C2都外切或都内切）及椭圆（与C1,C2一个内切一个外切）；

③C1与C2相外切：圆心C的轨迹是直线去掉切点（包括C与C1，C2都外切或都内切或一个外切，另一个内切）

r1r2时，

①C1与C2外离：圆心C的轨迹是双曲线（C与C1,C2都外切或与C1,C2中一个内切一个外切）；

②C1与C2相交：圆心C的轨迹是双曲线（C与C1,C2都内切或都外切）及椭圆去掉C1,C2两个点（C与C1,C2一个内切，一个外切）；

③C1与C2外切：圆心C的轨迹是双曲线（C与C1,C2都外切）及直线去掉切点（C

与C1,C2一个内切，一个外切）；

④C1与C2内切：圆心C的轨迹是直线去掉切点及C1与C2（C与C1,C2都外切或都内切）及椭圆去掉切点（C与C1,C2一个内切一个外切）；

⑤C1与C2内含：圆心C的轨迹是椭圆（C1,C2不是同心圆，C与C1,C2一个内切，一个外切）及圆（C1,C2是同心圆，C与C1,C2一个内切一个外切）。

例6.（2011年上海理）已知道平面上的线段l及点P，任取l上的一点Q，线段

（P，l）PQ的最小值成为点P到线段l的距离，记作d。

（P，l）（1,1） （1）、求点P到线段l：xy30(3x5)的距离d；

（2）、设l是长为2的线段，求点的集合DPd（P，）l1所表示的图形面积；

（P，l1）=d（P，l2） （3）、写出到两条线段l1、l2距离相等的点的集合Pd，

其中l1AB，l2CD；A，B，C，D是下列三组中的一组。

对于下列三中情形，只需选做一种，满分分别为①2分，②6分，③8分；若选择了多于一种情形，则按照序号较小的解答记分。 ①A(1,3)，B(1,0)，C(-1,3)，D(-1,0) ②A(1,3)，B(1,0)，C(-1,3)，D(-1,-2) ③A(0,1)，B(0,0)，C(0,0)，D(2,0) ►分析与解答：

（3,0）（1）、如图1所示，由图可知，显然在线段的端点处取得最小值，故最小

距离为：

d(p,l)(13)2125 （2）、如图2所示，D是边长为2的正方形和半径为1的两个半圆构成的区域，

故面积为：

S=22+=4+

（图1） （图2） （3）、①如图3所示，由图可知，该集合就是整个y轴，即：x,yx0； ②如图4所示，由分类讨论得出，由三段组成：

第一段是y轴上，所有满足y0的点，即：x,yx0,y0； 第二段是抛物线，原因是到顶点的距离等于到定直线的距离，该抛物线为：

1 xy2(y0,0x1)

4 第三段是直线，该直线为：yx1(x1)

（图3） （图4）

③如图5所示，由四部分组成。由四条直线x0,x2,y0,y1将坐标平面分成9个区域，对这9个区域依次讨论满足条件的点集：

第Ⅰ区：到两直线距离相等的点是角平分线，即： x,yyx(0x1)； 第Ⅱ区：到定点D的距离等于到定直线y轴的距离，是抛物线，但该抛物线不在第 Ⅱ区，故第Ⅱ区域没有满足条件的点；

第Ⅲ区：到两个定点的距离相等，是AD中垂线，即：

3x,yy2x-(x2)；

2 第Ⅳ区：到定点A与到定直线x轴的距离相等，是抛物线，即：

121x,yyx(1x2)；

22 第Ⅴ区：、到两个定点A、D的距离相等，应该是线段AD的中垂线，但该

线不经过第Ⅴ区，故在第Ⅴ区没有满足条件的点；

第Ⅵ区：到定直线y轴的距离等于到定点O的距离，y轴经过点O，故满足条件的点只有x轴的非正半轴，即：x,yx0,y0；

第Ⅶ区：到同一个点O的距离相等，是整个第三象限的点，即：

x,yx＜0,y＜0；

第Ⅷ区：到定直线x轴，与到定点O的距离相等，x轴经过O点，故满足条件的点为y轴的非正半轴，即：x,yy0,x0；

第Ⅸ区：到定点O、D的距离相等的点，为线段OD的中垂线，但该线不经过 第Ⅸ区，故在第Ⅸ区没有满足条件的点。

(图5）

►点评：此题是典型的探究性问题，对学生的综合能力要求很高。题目中自定义了到线段的距离。第一问典型的最值问题，画出图像即可解决；第二问、第三问主要考察轨迹问题，解决这两问的关键在于充分理解圆锥曲线的定义。在能力方面要求考生具有较高的数形结合和分类讨论等相关能力，综合性很强。其他题目赏析：

四、真题训练

1.（2011复旦）极坐标表示的下列曲线中不是圆的是（ ） （A）22(cos3sin)5 （B）26cos4sin0 （C）2cos1

（D）2cos22(cossin)1

2.（2009华南理工）已知圆O：x2y2r2，点P(a,b)(ab0)是圆O内一点。

过点P的圆O的最短的弦在直线l1上，直线l2的方程为bxayr2，那么（ ）。 （A）l1//l2，且l2与圆O相交 （B）l1l2，且l2与圆O相切

（C）l1//l2，且l2与圆O相离 （D）l1l2，且l2与圆O相离

3.（2010复旦）已知常数k1,k2满足0k1k2,k1k21。设C1和C2分别是以

yk1(x1)1和yk2(x1)1为渐近线且通过原点的双曲线，则C1和C2的离心率之比

e1等于（ ）。 e2k11k121k22（A） （B） （C） （D） 122k21k21k1

4.（2011复旦）设有直线族和椭圆族分别为xt,ymtb(m,b为实数，t为参

(x1)22y1（a是非零实数）数）和，若对于所有的m，直线都与椭圆相交，2a则a,b应满足（ ）。

（A）a2(1b2)1 （B）a2(1b2)1 （C）a2(1b2)1 （D）

a2(1b2)1

5.（2010同济）若圆x2y24x4y100上至少有三个不同的点到直线l：

axby0的距离为22，则直线l的斜率的取值范围是 。

x2y26.（2006武大）椭圆221(ab0)的半焦距为c，直线y2x与椭圆的一

ab个交点的横坐标恰为c，则该椭圆的离心率是 。

x2y27.（2011中南财大）如图，已知椭圆C：221(ab0)的一个焦点到长轴

ab的两个端点距离分别为23和23，直线ykx(k0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点。

（1）求此椭圆的方程。

（2）若ED6DF，求k的值。 （3）求四边形AEBF面积的最大值。

8.（2011“卓越联盟”）已知椭圆的两个焦点为F1(1,0),F2(1,0)，且椭圆与直线

yx3相切。 （1）求椭圆的方程

（2）过F1作两条互相垂直的直线l1,l2，与椭圆分别交于P,Q及M,N，求四边形

PMQN面积的最大值与最小值。

1(xa)2y21与抛物线y2x在第一象限内有两个9.（2001复旦）已知椭圆

221公共点A、B，线段AB的中点M在抛物线y2(x1)上，求a。

4

10.（2004同济）设有抛物线y22px(p0)，点B是抛物线的焦点，点C在正x轴上，动点A在抛物线上，试问：点C在什么范围内时，BAC恒是锐角？

五、真题训练答案 1.【答案】D

xcos,【分析与解答】：利用极坐标与平面直角坐标转换公式选项A、B、C

ysin分别为：它们都表示圆；x2y22x23y5,x2y26x4y0,x2y2x1，选项D，

2cos22(cossin)1，x2y22x2y1，表示双曲线。

2.【答案】：D

【分析与解答】：由于最短的弦l1与OP垂直，所以l1的直线方程为：

axbya2b20。故l1与l2互相垂直。因为圆心O到l2的距离为|r2|a2b2dr2ab22r2a2b2。因为a2b2r2，所以a2b2r，所以

r。所以l2与圆相离。

3.【答案】C

(x1)2(y1)2【分析与解答】：由条件可设C1的方程是221，C2的方程是2ak1a(x1)2(y1)2221。又C1,C22k2bb111222aka1过原点，故由

111b2k2b221111,，从而C1前应带负222222ak1abk2b0k1k2,k1k21，知0k11k2，故

1k122k221号，C2带正号，且a， ,b22k1k22(k121)a所以e1k1a2k11,e2k12k21b2k12b121k121k1，得k1e11。 e2

4.【答案】B

【分析与解答】：注意到直线ymxb横过定点(0,b)，对所有mR，直线与椭

(01)2222b1圆相交，则当且仅当(0,b)在椭圆内部。所以，即a(1b)1，故2a选B。

5.【答案】[23,23]

【分析与解答】：圆：(x2)2(y2)218，半径为32。如图分别作两条与直线l平行的平行线，这两条平行线与直线l的距离都是22，欲使圆上至少有三个不同点到直线l的距离都是22，则这两条平行线与圆都有交点。设直线l的斜率为k，直线l:ykx，则问题等价于圆心(2,2)到直线l的距离2。所以|2k2|k122k[23,23]。

6.【答案】21

y2x,【分析与解答】：由x2y2(4a2b2)x2a2b2。依题意，

221ba(4a2b2)c2a2b2

(4a2b2)(a2b2)a2b2，

bbb440,222aaa422，

c2a2b2b212322 22aaa故离心率e

c32221。 aac23,7.【分析与解答】：（1）由题意得解得a2,c3,b1，所以所

ac23求的椭圆方程是 x2y21。 4（2）直线AB，EF的方程分别为x2y2,ykx(k0)。设D(x0,kx0)，E(x1,kx1)，

F(x2,kx2)，其中x1x2，且x1,x2满足方程(14k2)x24，故x2x1①

214k21510由ED6DF知x0x16(x2x0)，得x0(6x2x；由)x12277714kD在AB上知

x02kx02，得x0解得k2210，所以，化简得24k225k60，

12k12k714k223或k 38（3）根据点到直线的距离公式和①式知，点E、F到AB的距离分别是

|x12kx12|2(12k14k2)|x22kx22|2(12k14k2)h1，h2，

22555(14k)5(14k)又

|AB|2215，所以四边形AEBF的面积为

S114(12k) |AB|(h1h2)52225(14k)114k24kk。即当时，四边形AEBF有最大面积22。 22222214k14k2(12k)

x2y28.【分析与解答】：（1）设椭圆方程为221(ab0)。因为它与直线

abx2y2221只有一解。即方程yx3只有1个交点，所以方程组abyx3b2x2a2(x3)2a2b2有相等两根方程

(b2a2)x223a2x3a2a2b20有相等两根。

所以(23a2)24(a2b2)(3a2a2b2)0。得a2b23。 因为焦点为(1,0),(1,0)，所以a2b21。

2x2a2所以2所以椭圆方程为y21。

2b1（2）若PQ斜率不存在（或为0）。则S四边形PMQN|PQ||MN|222121222。

1若PQ斜率存在（且不为零），设为k，则MN斜率为(k0)。所以直线PQ

k方程为ykxk。

ykxk,设PQ与椭圆交点坐标P(x1,y1),Q(x2,y2)，联立方程x2。 2y12x1,x2为方程(2k21)x24k2x2k220的根，所以|PQ||x1x2|k21 (4k2)24(2k22)(2k21)k212。 k12222|2k1|2k1k21同理，|MN|222。

k2所以S四边形PMQN12k1|MN||PQ|k2k124444 222k5k2222k5k24211k1 444 2124k10k424k24210k2因为4k24422k1时等号成立。所以，当且仅当24k822kk110,，所以 44k221018k11614,2。 4224k2109k 综述，S四边形PMQN的面积的最小值为

16，最大值为2. 922(xa)2y2,9.【分析与解答】：联立2消去y，得

2yx22(xa)x2x2（(1a2x)a(*） 2)0x1x22a1,设交点横坐标为x1,x2，则由韦达定理知则M横坐标2x1x2a2x0x1x21a，纵坐标 2212y0(y1y2)(x1x2)。

24由题意

11114y02x014(x1x22x1x2)a(2a12a22)a

8222，故a0，从而a3。 a221，又其二根都为正数（A、B在第一象限）

将a3代入（*）中，其判别式(231)240。此时确有两个交点，故所求a值为3。

y

O x 10.【分析与解答】：解法一：设A(2pt2,2pt),C(，则BAC恒为锐角0x,0) |BC|2|AB2||AC2恒成立，代入得|pp x02pt2(2pt)2(2pt2x0)2(2pt)2

22p2p224224pt2pt4p2t24p2t44pt2x0x024p2t2 x0px044222 px08p2t26p2t24pt2x0(4t21)x02p(4t43t2)。

若4t210，显然上式恒成立，即BAC为锐角；

4t43t214t43t2若4t10,t，则x02p恒成立x02p，令2244t14t1min224t21u(u0)

u14t43t211593u2t,ut，当，即时取等号。从而244t14u44220x0解法二：设A(x0,y0),C(x1,0)(x10)，BAC恒为锐角，所以ABAC0恒

9p。 2成立，即

p2x0(x0x1)y00恒成立，又

23px02xpx10x022x2(x13pp)xx1022y022px0代入，所以

1。无

对实

x1(0,恒)成根

或

有

两

立负

方根

程。

(x10且

1932p9p)4(x1)x125px1p2，故（1）0px1p，（2）

22224p9xx12123p3x1p0，x10，即x1p222x109 综上，C点横坐标范围是(0,p)。

2

p00x11p。 2