11．設(shè)橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1的左焦點(diǎn)為F1，右焦點(diǎn)F2，直線l1過點(diǎn)F1且垂直于橢圓的長軸，動(dòng)直線l2垂直l1于點(diǎn)P，線段PF2垂直平分線交l2于點(diǎn)M．
（1）求點(diǎn)M的軌跡E的方程；
（2）若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，4），直線l：x=ky+2（k∈R），與曲線E相交于B，C兩點(diǎn)，直線AB，AC分別交直線l1于點(diǎn)S、T，試判斷以線段ST為直徑的圓是否恒過兩個(gè)定點(diǎn)？若是，求這兩個(gè)定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不是，說明理由．

分析 （1）利用橢圓的定義、線段垂直平分線的性質(zhì)、拋物線的定義即可得出．
（2）取點(diǎn)B$（\frac{9}{2}，6）$，直線AB的方程為：y-4=$\frac{4}{5}$（x-2），令x=-2，可得S$（-2，\frac{4}{5}）$．直線BC的方程為：$y=\frac{12}{5}$（x-2），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{12}{5}（x-2）}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化為：3y2-10y-48=0，解得C$（\frac{8}{9}，-\frac{8}{3}）$．直線AC的方程為：y-4=6（x-2），令x=-2，解得T（-2，-20）．以ST為直徑的圓的方程為：（x+2）2+$（y-\frac{4}{5}）（y+20）$=0．取點(diǎn)B$（\frac{9}{2}，-6）$，同理可得：以ST為直徑的圓的方程為：（x+2）2+$（y+\frac{4}{5}）$（y-20）=0．聯(lián)立上述方程可得：交點(diǎn)Q（2，0），D（-6，0）．利用圓的性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系即可證明：以線段ST為直徑的圓恒過兩個(gè)定點(diǎn)．

解答 解：（1）由橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1，可得a=3，b2=5，c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=2，可得左焦點(diǎn)為F1（-2，0），右焦點(diǎn)F2（2，0），直線l1方程：x=-2．
由垂直平分線的性質(zhì)可得：|MP|=|MF2|，
根據(jù)拋物線的定義可知：點(diǎn)M的軌跡E是拋物線，其中點(diǎn)F2是焦點(diǎn)，直線l1是準(zhǔn)線，
∴點(diǎn)M的軌跡E的方程y2=8x．
（2）取點(diǎn)B$（\frac{9}{2}，6）$，直線AB的方程為：y-4=$\frac{6-4}{\frac{9}{2}-2}$（x-2），即y-4=$\frac{4}{5}$（x-2），令x=-2，可得y=$\frac{4}{5}$，∴S$（-2，\frac{4}{5}）$．
直線BC的方程為：$y=\frac{6-0}{\frac{9}{2}-2}$（x-2），化為：$y=\frac{12}{5}$（x-2），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{12}{5}（x-2）}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化為：3y2-10y-48=0，解得C$（\frac{8}{9}，-\frac{8}{3}）$．
直線AC的方程為：y-4=$\frac{4-（-\frac{8}{3}）}{2-\frac{8}{9}}$（x-2），即y-4=6（x-2），令x=-2，解得y=-20．∴T（-2，-20）．
∴以ST為直徑的圓的方程為：（x+2）2+$（y-\frac{4}{5}）（y+20）$=0．
取點(diǎn)B$（\frac{9}{2}，-6）$，同理可得：以ST為直徑的圓的方程為：（x+2）2+$（y+\frac{4}{5}）$（y-20）=0．
聯(lián)立上述方程可得：交點(diǎn)Q（2，0），D（-6，0）．
下面證明：以線段ST為直徑的圓恒過兩個(gè)定點(diǎn)．
設(shè)B（x1，y1），C（x2，y2）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ky+2}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化為：y2-8ky-16=0，
∴y1+y2=8k，y1y2=-16．
直線AB，AC的方程分別為：y-4=$\frac{{y}_{1}-4}{{x}_{1}-2}$（x-2）；y-4=$\frac{{y}_{2}-4}{{x}_{2}-2}$（x-2）．
令x=-2，可得yS=$\frac{（4k-4）{y}_{1}+16}{k{y}_{1}}$，
yT=$\frac{（4k-4）{y}_{2}+16}{k{y}_{2}}$．
$\overrightarrow{SQ}•\overrightarrow{TQ}$=4×4+$\frac{（4k-4）{y}_{1}+16}{k{y}_{1}}$×$\frac{（4k-4）{y}_{2}+16}{k{y}_{2}}$=16+$\frac{（4k-4）^{2}{y}_{1}{y}_{2}+（64k-64）（{y}_{1}+{y}_{2}）+256}{{k}^{2}{y}_{1}{y}_{2}}$=16+$\frac{-16（4k-4）^{2}+8k（64k-64）+256}{-16{k}^{2}}$=16-16=0，
∴以線段ST為直徑的圓恒過定點(diǎn)Q（2，0）．
同理可證：以線段ST為直徑的圓恒過定點(diǎn)D（-6，0）．
綜上可解：（1）由橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1，可得a=3，b2=5，c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=2，可得左焦點(diǎn)為F1（-2，0），右焦點(diǎn)F2（2，0），直線l1方程：x=-2．
由垂直平分線的性質(zhì)可得：|MP|=|MF2|，
根據(jù)拋物線的定義可知：點(diǎn)M的軌跡E是拋物線，其中點(diǎn)F2是焦點(diǎn)，直線l1是準(zhǔn)線，
∴點(diǎn)M的軌跡E的方程y2=8x．
（2）取點(diǎn)B$（\frac{9}{2}，6）$，直線AB的方程為：y-4=$\frac{6-4}{\frac{9}{2}-2}$（x-2），即y-4=$\frac{4}{5}$（x-2），令x=-2，可得y=$\frac{4}{5}$，∴S$（-2，\frac{4}{5}）$．
直線BC的方程為：$y=\frac{6-0}{\frac{9}{2}-2}$（x-2），化為：$y=\frac{12}{5}$（x-2），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{12}{5}（x-2）}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化為：3y2-10y-48=0，解得C$（\frac{8}{9}，-\frac{8}{3}）$．
直線AC的方程為：y-4=$\frac{4-（-\frac{8}{3}）}{2-\frac{8}{9}}$（x-2），即y-4=6（x-2），令x=-2，解得y=-20．∴T（-2，-20）．
∴以ST為直徑的圓的方程為：（x+2）2+$（y-\frac{4}{5}）（y+20）$=0．
取點(diǎn)B$（\frac{9}{2}，-6）$，同理可得：以ST為直徑的圓的方程為：（x+2）2+$（y+\frac{4}{5}）$（y-20）=0．
聯(lián)立上述方程可得：交點(diǎn)Q（2，0），D（-6，0）．
下面證明：以線段ST為直徑的圓恒過兩個(gè)定點(diǎn)．
設(shè)B（x1，y1），C（x2，y2）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ky+2}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化為：y2-8ky-16=0，
∴y1+y2=8k，y1y2=-16．
直線AB，AC的方程分別為：y-4=$\frac{{y}_{1}-4}{{x}_{1}-2}$（x-2）；y-4=$\frac{{y}_{2}-4}{{x}_{2}-2}$（x-2）．
令x=-2，可得yS=$\frac{（4k-4）{y}_{1}+16}{k{y}_{1}}$，
yT=$\frac{（4k-4）{y}_{2}+16}{k{y}_{2}}$．
$\overrightarrow{SQ}•\overrightarrow{TQ}$=4×4+$\frac{（4k-4）{y}_{1}+16}{k{y}_{1}}$×$\frac{（4k-4）{y}_{2}+16}{k{y}_{2}}$=16+$\frac{（4k-4）^{2}{y}_{1}{y}_{2}+（64k-64）（{y}_{1}+{y}_{2}）+256}{{k}^{2}{y}_{1}{y}_{2}}$=16+$\frac{-16（4k-4）^{2}+8k（64k-64）+256}{-16{k}^{2}}$=16-16=0，
∴以線段ST為直徑的圓恒過定點(diǎn)Q（2，0）．
同理可證：以線段ST為直徑的圓恒過定點(diǎn)D（-6，0）．
綜上可得：以線段ST為直徑的圓恒過兩個(gè)定點(diǎn)：Q（2，0），D（-6，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線與橢圓相交問題、圓的性質(zhì)、拋物線的定義、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、由特殊出發(fā)探索一般結(jié)論的方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題

練習(xí)冊(cè)系列答案
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1．已知ω＞0，函數(shù)f（x）=sinωx+$\sqrt{3}$cosωx在（0，$\frac{π}{2}}$）上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍是（　�。�
A．0＜ω≤$\frac{1}{3}$B．$\frac{1}{4}$＜ω≤$\frac{1}{3}$C．0＜ω≤$\frac{1}{4}$D．$\frac{1}{12}$＜ω≤$\frac{1}{3}$

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2．用反證法證明命題：“設(shè)實(shí)數(shù)a，b，c滿足a+b+c=3，則a，b，c中至少有一個(gè)數(shù)不小于1”時(shí)，第一步應(yīng)寫：假設(shè)a，b，c都小于2．

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19．已知雙曲線$\frac{x^2}{a^2}$-$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞0，b＞0）的左頂點(diǎn)與拋物線y2=2px（p＞0）的焦點(diǎn)的距離為3，且雙曲線的一條漸近線與拋物線的準(zhǔn)線的交點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，-1），則雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為（　　）
A．$\frac{x^2}{2}$-$\frac{y^2}{2}$=1B．$\frac{x^2}{4}$-$\frac{y^2}{4}$=1C．$\frac{x^2}{4}$-y2=1D．$\frac{x^2}{2}$-y2=1

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6．若cos（$\frac{π}{4}$-α）=$\frac{1}{3}$，則sin2α=-$\frac{7}{9}$．

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16．（1）已知p3+q3=2，求證p+q≤2，用反證法證明時(shí)，可假設(shè)p+q≥2，
（2）已知a，b∈R，|a|+|b|＜1，求證方程x2+ax+b=0的兩根的絕對(duì)值都小于1．
用反證法證明時(shí)可假設(shè)方程至少有一根的絕對(duì)值大于或等于1．以下結(jié)論正確的是（　�。�
A．（1）與（2）的假設(shè)都錯(cuò)誤B．（1）與（2）的假設(shè)都正確
C．（1）的假設(shè)錯(cuò)誤；（2）的假設(shè)正確D．（1）的假設(shè)正確；（2）的假設(shè)錯(cuò)誤

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3．如圖，A地到機(jī)場共有兩條路徑L1和L2，L1雖然路程較短，但經(jīng)過部分城區(qū)，容易堵車；L2道路較為暢通，但繞行距離長．為了給A地的人去機(jī)場提供幫助，現(xiàn)隨機(jī)抽取1000位從A地到達(dá)機(jī)場的人進(jìn)行調(diào)查，調(diào)查結(jié)果如表：
所用時(shí)間（分鐘）10～2020～3030～4040～5050～60
選擇L1的人數(shù)60120180120120
選擇L2的人數(shù)04016016040
（Ⅰ）試估計(jì)40分鐘內(nèi)不能從A地趕到機(jī)場的概率；
（Ⅱ）現(xiàn)甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘時(shí)間用于趕往機(jī)場，為了盡最大可能在允許的時(shí)間內(nèi)趕到機(jī)場，試通過計(jì)算說明，他們應(yīng)如何選擇各自的路徑．

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20．已知點(diǎn)（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{4}$）是等軸雙曲線C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$=1上一點(diǎn)，拋物線x2=2py（p＞0）的焦點(diǎn)與雙曲線C的一個(gè)焦點(diǎn)重合．
（1）求拋物線的方程；
（2）若點(diǎn)P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A，B在x軸上，圓x2+（y-1）2=1內(nèi)切于△PAB，求△PAB面積的最小值．

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1．已知橢圓C1、拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上，且橢圓C1的中心和拋物線C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，從橢圓C1上取兩個(gè)點(diǎn)．拋物線C2上取一個(gè)點(diǎn)．將其坐標(biāo)記錄于表中：
 x 3-2 $\sqrt{2}$
 y-2$\sqrt{3}$ 0 $\frac{\sqrt{6}}{2}$
（Ⅰ）求橢圓C1和拋物線C2的標(biāo)準(zhǔn)方程：
（Ⅱ）直線l：y=kx+m（k≠0）與橢圓C1交于不同的兩點(diǎn)M、N．
（i）若線段MN的垂直平分線過點(diǎn)G（$\frac{1}{8}$，0），求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
（ii）在滿足（i）的條件下，且有m≠=1，求△OMN的面積S△OMN．

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