2014年高考数学（理科）真题分类汇编H单元　解析几何 62页

‎ 数 学 H单元　解析几何 ‎ H1　直线的倾斜角与斜率、直线的方程 ‎14．B14、H1[2014·湖北卷] 设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)>0，对任意a>0，b>0，若经过点(a，f(a))，(b，－f(b))的直线与x轴的交点为(c，0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a，b)，例如，当f(x)＝1(x>0)时，可得Mf(a，b)＝c＝，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数．‎ ‎(1)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的几何平均数；‎ ‎(2)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的调和平均数.‎ ‎(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)‎ ‎14．(1)　(2)x(或填(1)k1；(2)k2x，其中k1，k2为正常数)‎ ‎[解析] 设A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c，0)，则此三点共线：‎ ‎(1)依题意，c＝，则＝，‎ 即＝.‎ 因为a>0，b>0，所以化简得＝，故可以选择f(x)＝(x>0)；‎ ‎(2)依题意，c＝，则＝，因为a>0，b>0，所以化简得＝，故可以选择f(x)＝x(x>0)．‎ ‎20．H1 H6 H8[2014·江西卷] 如图17所示，已知双曲线C：－y2＝1(a>0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．‎ 图17‎ ‎(1)求双曲线C的方程；‎ ‎(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝相交于点N.证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值．‎ ‎20．解：(1)设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝.‎ 由题意，直线OB的方程为y＝－x，直线BF的方程为y＝(x－c)，所以B.‎ 又直线OA的方程为y＝x，‎ 则A，所以kAB＝＝.‎ 又因为AB⊥OB，所以·＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为－y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知a＝，则直线l的方程为－y0y＝1(y0≠0)，即y＝(y0≠0)．‎ 因为直线AF的方程为x＝2，所以直线l与AF的交点为M，直线l与直线x＝的交点为N，，‎ 则＝＝＝‎ ·.‎ 又P(x0，y0)是C上一点，则－y＝1，‎ 代入上式得＝·＝·＝，所以＝＝，为定值．‎ ‎20．HI，H5，H8[2014·四川卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程．‎ ‎(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.‎ ‎①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；‎ ‎②当最小时，求点T的坐标．‎ ‎20．解：(1)由已知可得 解得a2＝6，b2＝2，‎ 所以椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)①证明：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，‎ 则直线TF的斜率kTF＝＝－m.‎ 当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝.直线PQ的方程是x＝my－2.‎ 当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，‎ 其判别式Δ＝‎16m2‎＋8(m2＋3)>0.‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝，‎ x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.‎ 设M为PQ的中点，则M点的坐标为.‎ 所以直线OM的斜率kOM＝－，‎ 又直线OT的斜率kOT＝－，‎ 所以点M在直线OT上，‎ 因此OT平分线段PQ.‎ ‎②由①可得，‎ ‎|TF|＝，‎ ‎|PQ|＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝.‎ 所以＝＝‎ ≥＝.‎ 当且仅当m2＋1＝，即m＝±1时，等号成立，此时取得最小值．‎ 故当最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．‎ H2　两直线的位置关系与点到直线的距离 ‎21．H7、H8、H2[2014·全国卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝|PQ|.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．‎ ‎21．解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px，得x0＝，‎ 所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋.‎ 由题设得＋＝×，解得p＝－2(舍去)或p＝2，‎ 所以C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0)．‎ 代入y2＝4x，得y2－4my－4＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则y1＋y2＝‎4m，y1y2＝－4.‎ 故线段的AB的中点为D(‎2m2‎＋1，‎2m)，‎ ‎|AB|＝|y1－y2|＝4(m2＋1)．‎ 又直线l ′的斜率为－m，‎ 所以l ′的方程为x＝－y＋‎2m2‎＋3.‎ 将上式代入y2＝4x，‎ 并整理得y2＋y－4(‎2m2‎＋3)＝0.‎ 设M(x3，y3)，N(x4，y4)，‎ 则y3＋y4＝－，y3y4＝－4(‎2m2‎＋3)．‎ 故线段MN的中点为E，‎ ‎|MN|＝|y3－y4|＝.‎ 由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，‎ 从而|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，即 ‎4(m2＋1)2＋＋＝‎ ，‎ 化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1，‎ 故所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.‎ H3　圆的方程 ‎9．H3、H5[2014·福建卷] 设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)‎ A．5 B.＋ ‎ C．7＋ D．6 ‎9．D　[解析] 设圆心为点C，则圆x2＋(y－6)2＝2的圆心为C(0，6)，半径r＝.设点Q(x0，y ‎0)是椭圆上任意一点，则＋y＝1，即x＝10－10y，‎ ‎∴|CQ|＝＝＝，‎ 当y0＝－时，|CQ|有最大值5　，‎ 则P，Q两点间的最大距离为5　＋r＝6　.‎ H4　直线与圆、圆与圆的位置关系 ‎10．H4、H9[2014·安徽卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a·b＝0，点Q满足＝(a＋b)．曲线C＝{P|＝acos θ＋bsin θ，0≤θ<2π}，区域Ω＝{P|0＜r≤|PQ|≤R，r＜R}．若C∩Ω为两段分离的曲线，则(　　)‎ A．1＜r＜R＜3 B．1＜r＜3≤R ‎ C．r≤1＜R＜3 D．1＜r＜3＜R ‎10．A　[解析]由已知可设＝a＝(1，0)，＝b＝(0，1)，P(x，y)，则＝(，)，|OQ|＝2.‎ 曲线C＝{P|＝(cos θ，sin θ)，0≤θ<2π}，‎ 即C：x2＋y2＝1.‎ 区域Ω＝{P|0g(x)，根据圆心(0，0)到直线y＝3x＋b的距离是圆的半径求得＝2，解得b＝2或b＝－2(舍去)，要使h(x)>g(x)恒成立，则b＞2，即实数b的取值范围是(2，＋∞)．‎ ‎12．H4[2014·陕西卷] 若圆C的半径为1，其圆心与点(1，0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为________．‎ ‎12．x2＋(y－1)2＝1　[解析] 由圆C的圆心与点(1，0)关于直线y＝x对称，得圆C的圆心为(0，1)．又因为圆C的半径为1，所以圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1.‎ ‎14．E6，H4[2014·四川卷] 设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是________．‎ ‎14．5　[解析] 由题意可知，定点A(0，0)，B(1，3)，且两条直线互相垂直，则其交点P(x，y)落在以AB为直径的圆周上，‎ 所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10.‎ ‎∴|PA||PB|≤＝5，‎ 当且仅当|PA|＝|PB|时等号成立．‎ ‎13．H4[2014·重庆卷] 已知直线ax＋y－2＝0与圆心为C的圆(x－1)2＋(y－a)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则实数a＝________．‎ ‎13．4±　[解析] 由题意可知圆的圆心为C(1，a)，半径r＝2，则圆心C到直线ax＋y－2＝0的距离d＝＝.∵△ABC为等边三角形，∴|AB|＝r＝2.又|AB|＝2，∴2＝2，即a2－‎8a＋1＝0，解得a＝4±.‎ ‎21．H4，H5[2014·重庆卷] 如图14所示，设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F‎1F2，＝2，△DF‎1F2的面积为.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径．‎ 图14‎ ‎21．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2.‎ 由＝2得|DF1|＝＝c.‎ 从而S△DF‎1F2＝|DF1||F‎1F2|＝c2＝，故c＝1.‎ 从而|DF1|＝，由DF1⊥F‎1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F‎1F2|2＝，因此|DF2|＝，‎ 所以‎2a＝|DF1|＋|DF2|＝2，故a＝，b2＝a2－c2＝1.‎ 因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2，|P1P2|＝2|x1|.‎ 由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)．再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y＝0.由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.‎ 当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．‎ 当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.‎ 由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝|P1P2|＝|x1|＝.‎ H5　椭圆及其几何性质 ‎20．HI，H5，H8[2014·四川卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程．‎ ‎(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.‎ ‎①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；‎ ‎②当最小时，求点T的坐标．‎ ‎20．解：(1)由已知可得 解得a2＝6，b2＝2，‎ 所以椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)①证明：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，‎ 则直线TF的斜率kTF＝＝－m.‎ 当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝.直线PQ的方程是x＝my－2.‎ 当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，‎ 其判别式Δ＝‎16m2‎＋8(m2＋3)>0.‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝，‎ x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.‎ 设M为PQ的中点，则M点的坐标为.‎ 所以直线OM的斜率kOM＝－，‎ 又直线OT的斜率kOT＝－，‎ 所以点M在直线OT上，‎ 因此OT平分线段PQ.‎ ‎②由①可得，‎ ‎|TF|＝，‎ ‎|PQ|＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝.‎ 所以＝＝‎ ≥＝.‎ 当且仅当m2＋1＝，即m＝±1时，等号成立，此时取得最小值．‎ 故当最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．‎ ‎14．H5[2014·安徽卷] 设F1，F2分别是椭圆E：x2＋＝1(0＜b＜1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．‎ ‎14．x2＋y2＝1　[解析] ‎ 设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝，‎ 则可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|＝3|F1B|，‎ 可得＝3，故即代入椭圆方程可得＋b2＝1，解得b2＝，故椭圆方程为x2＋＝1.‎ ‎19．H4、H5、H8[2014·北京卷] 已知椭圆C：x2＋2y2＝4.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．‎ ‎19．解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ 所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.‎ 因此a＝2，c＝.‎ 故椭圆C的离心率e＝＝.‎ ‎(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：‎ 设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，‎ 其中x0≠0.‎ 因为OA⊥OB，所以·＝0，‎ 即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.‎ 当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，‎ 得t＝±，‎ 故直线AB的方程为x＝±.圆心O到直线AB的距离d＝，‎ 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．‎ 当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t)，‎ 即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.‎ 圆心O到直线AB的距离 d＝.‎ 又x＋2y＝4，t＝－，故 d＝＝＝.‎ 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．‎ ‎9．H3、H5[2014·福建卷] 设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)‎ A．5 B.＋ ‎ C．7＋ D．6 ‎9．D　[解析] 设圆心为点C，则圆x2＋(y－6)2＝2的圆心为C(0，6)，半径r＝.设点Q(x0，y0)是椭圆上任意一点，则＋y＝1，即x＝10－10y，‎ ‎∴|CQ|＝＝＝，‎ 当y0＝－时，|CQ|有最大值5　，‎ 则P，Q两点间的最大距离为5　＋r＝6　.‎ ‎20．H5、H8[2014·广东卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为(，0)，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动点P(x0，y0)为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．‎ ‎9．H5、H6[2014·湖北卷] 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(　　)‎ A. B. C．3 D．2‎ ‎9．A　[解析] 设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，r1>r2，椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2.则由椭圆、双曲线的定义，得r1＋r2＝‎2a1，r1－r2＝‎2a2，平方得‎4a＝r＋r＋2r1r2，‎4a＝r－2r1r2＋r.又由余弦定理得‎4c2＝r＋r－r1r2，消去r1r2，得a＋‎3a＝‎4c2，‎ 即＋＝4.所以由柯西不等式得＝≤＝.‎ 所以＋≤.故选A.‎ ‎21．H5、H6、H8、H10[2014·湖南卷] 如图17，O为坐标原点，椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：－＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝，且|F‎2F4|＝－1.‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．‎ 图17‎ ‎21．解： (1)因为e1e2＝，所以·＝，即a4－b4＝a4，因此a2＝2b2，从而F2(b，0)，‎ F4(b，0)，于是b－b＝|F‎2F4|＝－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，－y2＝1.‎ ‎(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1，0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1，由得(m2＋2)y2－2my－1＝0.‎ 易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2‎ 是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝，y1y2＝.‎ 因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝，于是AB的中点为M，故直线PQ的斜率为－，PQ的方程为y＝－x，即mx＋2y＝0.‎ 由得(2－m2)x2＝4，所以2－m2>0，且x2＝，y2＝，从而|PQ|＝2＝2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝.‎ 又因为|y1－y2|＝＝，所以2d＝.‎ 故四边形APBQ的面积S＝|PQ|·2d＝＝2·.‎ 而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.‎ 综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.‎ ‎15．H5[2014·江西卷] 过点M(1，1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．‎ ‎15.　[解析] 设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，点M是线段AB的中点，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，且两式作差可得＝‎ ，即＝，所以＝－，‎ 即kAB＝－.由题意可知，直线AB的斜率为－，所以－＝－，即a＝b.又a2＝b2＋c2，‎ 所以c＝b，e＝.‎ ‎15．H5[2014·辽宁卷] 已知椭圆C：＋＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝______．‎ ‎15．12　[解析] 取MN的中点为G，点G在椭圆C上．设点M关于C的焦点F1的对称点为A，点M关于C的焦点F2的对称点为B，则有|GF1|＝|AN|，|GF2|＝|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|GF1|＋|GF2|)＝‎4a＝12.‎ ‎20．H5、H8[2014·辽宁卷] 圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成—个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图16所示)．双曲线C1：－＝1过点P 且离心率为.‎ 图16‎ ‎(1)求C1的方程；‎ ‎(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点．若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程．‎ ‎20．解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则切线斜率为－，切线方程为y－y0＝－(x－x0)，即x0x＋y0y＝4，此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为，.故其围成的三角形的面积S＝··＝.由x＋y＝4≥2x0y0知，当且仅当x0＝y0＝时x0y0有最大值2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(，)．‎ 由题意知 解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程为x2－＝1.‎ ‎(2)由(1)知C2的焦点坐标为(－，0)，(，0)，由此可设C2的方程为＋＝1，其中b1>0.‎ 由P(，)在C2上，得＋＝1，‎ 解得b＝3，‎ 因此C2的方程为＋＝1.‎ 显然，l不是直线y＝0.‎ 设直线l的方程为x＝my＋，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(m2＋2)y2＋2 my－3＝0.‎ 又y1，y2是方程的根，因此 ‎②‎ 由x1＝my1＋，x2＝my2＋，得 因为＝(－x1，－y1)，＝(－x2，－y2)，由题意知·＝0，‎ 所以x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋4＝0，⑤‎ 将①②③④代入⑤式整理得 ‎2m2‎‎－‎2 ‎m＋4 －11＝0，‎ 解得m＝－1或m＝－＋1.‎ 因此直线l的方程为 x－(－1)y－＝0或x＋(－1)y－＝0.‎ ‎6．H5[2014·全国卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C于A，B两点．若△AF1B的周长为4，则C的方程为(　　)‎ A.＋＝1 B.＋y2＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ ‎6．A　[解析] 根据题意，因为△AF1B的周长为4，所以|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝‎4a＝4，所以a＝.又因为椭圆的离心率e＝＝，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3－1＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎20．H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．‎ ‎20．解：(1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝.‎ 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.‎ 故E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当l⊥x轴时不合题意，‎ 故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．‎ 将y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，‎ 当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，‎ x1，2＝，‎ 从而|PQ|＝|x1－x2|‎ ‎＝.‎ 又点O到直线l的距离d＝.‎ 所以△OPQ的面积 S△OPQ＝d·|PQ|＝.‎ 设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.‎ 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，满足Δ>0，‎ 所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.‎ ‎20．H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.‎ ‎(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；‎ ‎(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝‎ ‎5|F1N|，求a，b.‎ ‎20．解：(1)根据c＝及题设知M，2b2＝‎3ac.‎ 将b2＝a2－c2代入2b2＝‎3ac，‎ 解得＝，＝－2(舍去)．‎ 故C的离心率为.‎ ‎(2)由题意知，原点O为F‎1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故＝4，即b2＝‎4a.①‎ 由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.‎ 设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则 即 代入C的方程，得＋＝1.②‎ 将①及c＝代入②得＋＝1，‎ 解得a＝7，b2＝‎4a＝28，故a＝7，b＝2.‎ ‎10．H5，H6[2014·山东卷] 已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为＋＝1，双曲线C2的方程为－＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为(　　)‎ A. x±y＝0 B. x±y＝0 ‎ C. x±2y＝0 D. 2x±y＝0‎ ‎10．A　[解析] 椭圆C1的离心率e1＝，双曲线C2的离心率e2＝.由e1e2＝·＝×＝，‎ 解得＝，所以＝，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝±x.故选A.‎ ‎20．H5，H7，H8[2014·陕西卷] 如图15所示，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．‎ 图15‎ ‎20．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．‎ 设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2，‎ ‎∴a＝2，b＝1.‎ ‎(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．‎ 易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，‎ 代入C1的方程，整理得 ‎(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)‎ 设点P的坐标为(xP，yP)，‎ ‎∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．‎ 由求根公式，得xP＝，从而yP＝，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ 同理，由 得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．‎ ‎∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．‎ ‎∵AP⊥AQ，‎ ‎∴AP·AQ＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，‎ ‎∵k≠0，‎ ‎∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意，‎ 故直线l的方程为y＝－(x－1)．‎ 方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．‎ ‎20．H5，H7，H8[2014·陕西卷] 如图15所示，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．‎ 图15‎ ‎20．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．‎ 设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2，‎ ‎∴a＝2，b＝1.‎ ‎(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．‎ 易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，‎ 代入C1的方程，整理得 ‎(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)‎ 设点P的坐标为(xP，yP)，‎ ‎∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．‎ 由求根公式，得xP＝，从而yP＝，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ 同理，由 得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．‎ ‎∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．‎ ‎∵AP⊥AQ，‎ ‎∴AP·AQ＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，‎ ‎∵k≠0，‎ ‎∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意，‎ 故直线l的方程为y＝－(x－1)．‎ 方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．‎ ‎18．H5、H8[2014·天津卷] 设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|＝|F‎1F2|.‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率．‎ ‎18．解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)．‎ 由|AB|＝|F‎1F2|，可得a2＋b2＝‎3c2.‎ 又b2＝a2－c2，则＝，‎ 所以椭圆的离心率e＝.‎ ‎(2)由(1)知a2＝‎2c2，b2＝c2.‎ 故椭圆方程为＋＝1.‎ 设P(x0，y0)．由F1(－c，0)，B(0，c)，‎ 有＝(x0＋c，y0)，＝(c，c)．‎ 由已知，有·＝0，即(x0＋c)c＋y‎0c＝0.‎ 又c≠0，故有x0＋y0＋c＝0.①‎ 又因为点P在椭圆上，‎ 所以＋＝1.②‎ 由①和②可得3x＋4cx0＝0.而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－c.代入①得y0＝，即点P的坐标为.‎ 设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1＝＝－c，y1＝＝c，进而圆的半径r＝＝c.‎ 设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y＝kx.由l与圆相切，可得＝r，即＝c，整理得k2－8k＋1＝0，解得k＝4±，‎ 所以直线l的斜率为4＋或4－.‎ ‎21．H5、H8[2014·浙江卷] 如图16，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．‎ ‎(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；‎ ‎(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ 图16‎ ‎21．解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，由消去y得(b2＋a2k2)x2＋‎2a2kmx＋a‎2m2‎－a2b2＝0.‎ 由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得点P的坐标为.‎ 又点P在第一象限，故点P的坐标为P.‎ ‎(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，所以点P到直线l1的距离d＝，‎ 整理得d＝.‎ 因为a2k2＋≥2ab，所以≤＝a－b，‎ 当且仅当k2＝时等号成立．‎ 所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ ‎21．H4，H5[2014·重庆卷] 如图14所示，设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F‎1F2，＝2，△DF‎1F2的面积为.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径．‎ 图14‎ ‎21．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2.‎ 由＝2得|DF1|＝＝c.‎ 从而S△DF‎1F2＝|DF1||F‎1F2|＝c2＝，故c＝1.‎ 从而|DF1|＝，由DF1⊥F‎1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F‎1F2|2＝，因此|DF2|＝，‎ 所以‎2a＝|DF1|＋|DF2|＝2，故a＝，b2＝a2－c2＝1.‎ 因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2，|P1P2|＝2|x1|.‎ 由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)．再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y＝0.由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.‎ 当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．‎ 当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.‎ 由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝|P1P2|＝|x1|＝.‎ H6　双曲线及其几何性质 ‎9．H5、H6[2014·湖北卷] 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(　　)‎ A. B. C．3 D．2‎ ‎9．A　[解析] 设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，r1>r2，椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2.则由椭圆、双曲线的定义，得r1＋r2＝‎2a1，r1－r2＝‎2a2，平方得‎4a＝r＋r＋2r1r2，‎4a＝r－2r1r2＋r.又由余弦定理得‎4c2＝r＋r－r1r2，消去r1r2，得a＋‎3a＝‎4c2，‎ 即＋＝4.所以由柯西不等式得＝≤＝.‎ 所以＋≤.故选A.‎ ‎11．H6[2014·北京卷] 设双曲线C经过点(2，2)，且与－x2＝1具有相同渐近线，则C的方程为________；渐近线方程为________．‎ ‎11.－＝1　y＝±2x　[解析] 设双曲线C的方程为－x2＝λ，将(2，2)代入得－22＝－3＝λ，∴双曲线C的方程为－＝1.令－x2＝0得渐近线方程为y＝±2x.‎ ‎9．H6[2014·全国卷] 已知双曲线C的离心率为2，焦点为F1，F2，点A在C上．若|F‎1A|＝2|F‎2A|，则cos∠AF‎2F1＝(　　)‎ A. B. C. D. ‎9．A　[解析] 根据题意，|F‎1A|－|F‎2A|＝‎2a，因为|F‎1A|＝2|F‎2A|，所以|F‎2A|＝‎2a，|F‎1A|＝‎4a.又因为双曲线的离心率e＝＝2，所以c＝‎2a，|F‎1F2|＝‎2c＝‎4a，所以在△AF‎1F2中，根据余弦定理可得cos∠AF‎2F1＝＝‎ ＝.‎ ‎19．H6、H8[2014·福建卷] 已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.‎ ‎(1)求双曲线E的离心率．‎ ‎(2)如图16，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．‎ 图16‎ ‎19．解：方法一：‎ ‎(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，‎ 所以＝2，‎ 所以＝2，‎ 故c＝a，‎ 从而双曲线E的离心率 e＝＝.‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l与x轴相交于点C.‎ 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|＝a，|AB|＝‎4a.又因为△OAB的面积为8，‎ 所以|OC|·|AB|＝8，‎ 因此a·‎4a＝8，解得a＝2，‎ 此时双曲线E的方程为－＝1.‎ 若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为－＝1.‎ 以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－＝1也满足条件．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k<－2，则C.记A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由得y1＝，同理得y2＝.‎ 由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|，得 ·＝8，‎ 即m2＝4＝4(k2－4)．‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0.‎ 因为4－k2<0，‎ 所以Δ＝4k‎2m2‎＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)．‎ 又因为m2＝4(k2－4)，‎ 所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．‎ 因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ 方法二：(1)同方法一．‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 依题意得－2或k<－2.‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，‎ 因为4－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝，‎ 又因为△OAB的面积为8，‎ 所以 |OA|·|OB|· sin∠AOB＝8，又易知sin∠AOB＝，‎ 所以·＝8，化简得x1x2＝4.‎ 所以＝4，即m2＝4(k2－4)．‎ 由(1)得双曲线E的方程为－＝1，‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－‎4a2＝0.‎ 因为4－k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k‎2m2‎＋4(4－k2)(m2＋‎4a2)＝0，‎ 即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，‎ 所以双曲线E的方程为－＝1.‎ 当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：－＝1有且只有一个公共点．‎ 综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ ‎4．H6[2014·广东卷] 若实数k满足00，25－k>0.‎ 对于双曲线－＝1，‎ 其焦距为2＝2；‎ 对于双曲线－＝1，‎ 其焦距为2＝2.所以焦距相等．‎ ‎21．H5、H6、H8、H10[2014·湖南卷] 如图17，O为坐标原点，椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：－＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝，且|F‎2F4|＝－1.‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．‎ 图17‎ ‎21．解： (1)因为e1e2＝，所以·＝，即a4－b4＝a4，因此a2＝2b2，从而F2(b，0)，‎ F4(b，0)，于是b－b＝|F‎2F4|＝－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，－y2＝1.‎ ‎(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1，0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1，由得(m2＋2)y2－2my－1＝0.‎ 易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝，y1y2＝.‎ 因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝，于是AB的中点为M，故直线PQ的斜率为－，PQ的方程为y＝－x，即mx＋2y＝0.‎ 由得(2－m2)x2＝4，所以2－m2>0，且x2＝，y2＝，从而|PQ|＝2＝2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝.‎ 又因为|y1－y2|＝＝，所以2d＝.‎ 故四边形APBQ的面积S＝|PQ|·2d＝＝2·.‎ 而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.‎ 综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.‎ ‎20．H1 H6 H8[2014·江西卷] 如图17所示，已知双曲线C：－y2＝1(a>0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．‎ 图17‎ ‎(1)求双曲线C的方程；‎ ‎(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝相交于点N.证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值．‎ ‎20．解：(1)设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝.‎ 由题意，直线OB的方程为y＝－x，直线BF的方程为y＝(x－c)，所以B.‎ 又直线OA的方程为y＝x，‎ 则A，所以kAB＝＝.‎ 又因为AB⊥OB，所以·＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为－y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知a＝，则直线l的方程为－y0y＝1(y0≠0)，即y＝(y0≠0)．‎ 因为直线AF的方程为x＝2，所以直线l与AF的交点为M，直线l与直线x＝的交点为N，，‎ 则＝＝＝‎ ·.‎ 又P(x0，y0)是C上一点，则－y＝1，‎ 代入上式得＝·＝·＝，所以＝＝，为定值．‎ ‎4．H6[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知F为双曲线C：x2－my2＝‎3m(m>0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为(　　)‎ A. B．3‎ C.m D．‎‎3m ‎4．A　[解析] 双曲线的一条渐近线的方程为x＋y＝0.根据双曲线方程得a2＝‎3m，b2＝3，所以c＝，双曲线的右焦点坐标为(，0)．故双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为＝.‎ ‎10．H5，H6[2014·山东卷] 已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为＋＝1，双曲线C2的方程为－＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为(　　)‎ A. x±y＝0 B. x±y＝0 ‎ C. x±2y＝0 D. 2x±y＝0‎ ‎10．A　[解析] 椭圆C1的离心率e1＝，双曲线C2的离心率e2＝.由e1e2＝·＝×＝，‎ 解得＝，所以＝，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝±x.故选A.‎ ‎5．H6[2014·天津卷] 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线平行于直线l：y＝2x＋10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ ‎5．A　[解析] 由题意知，双曲线的渐近线为y＝±x，∴＝2.∵双曲线的左焦点(－c，0)在直线l上，∴0＝－‎2c＋10，∴c＝5.又∵a2＋b2＝c2，∴a2＝5，b2＝20，∴双曲线的方程为－＝1.‎ ‎16．H6[2014·浙江卷] 设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m，0)满足|PA|＝|PB|，则该双曲线的离心率是________．‎ ‎16.　[解析] 双曲线的渐近线为y＝±x，渐近线与直线x－3y＋m＝0‎ 的交点为A，B.设AB的中点为D，由|PA|＝|PB|知AB与DP垂直，则D，kDP＝－3，解得a2＝4b2，故该双曲线的离心率是.‎ ‎8．H6[2014·重庆卷] 设F1，F2分别为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得|PF1|＋|PF2|＝3b，|PF1|·|PF2|＝ab，则该双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. C. D．3‎ ‎8．B　[解析] 不妨设P为双曲线右支上一点，根据双曲线的定义有|PF1|－|PF2|＝‎2a，联立|PF1|＋|PF2|＝3b，平方相减得|PF1|·|PF2|＝，则由题设条件，得＝ab，整理得＝，∴e＝＝＝＝.‎ H7　抛物线及其几何性质 ‎10．B11、H7[2014·广东卷] 曲线y＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．‎ ‎10．y＝－5x＋3　[解析] 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y′＝－5e－5x，所以切线的斜率k＝－5e0＝－5，所以切线方程是：y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3.‎ ‎10．H7[2014·辽宁卷] 已知点A(－2，3)在抛物线C：y2＝2px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎10．D　[解析] 因为抛物线C：y2＝2px的准线为x＝－，且点A(－2，3)在准线上，所以p＝4.设直线AB的方程为x＋2＝m(y－3)，与抛物线方程y2＝8x联立得到y2－8my＋‎24m＋16＝0，由题易知Δ＝0，解得m＝－(舍)或者m＝2，这时B点的坐标为(8，8)，而焦点F的坐标为(2，0)，故直线BF的斜率kBF＝＝.‎ ‎10．H7[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点．若＝4，则|QF|＝(　　)‎ A. B．3‎ C. D．2‎ ‎10．B　[解析] 由题知F(2，0)，设P(－2，t)，Q(x0，y0)，则FP＝(－4，t)，＝(x0－2，y0)，由FP＝4FQ，得－4＝4(x0－2)，解得x0＝1，根据抛物线定义得|QF|＝x0＋2＝3.‎ ‎19．H7、H8[2014·安徽卷] 如图14，已知两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1＞0)和E2：y2＝2p2x(p2＞0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点．‎ 图14‎ ‎(1)证明：A1B1∥A2B2；‎ ‎(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点，记△A1B‎1C1与△A2B‎2C2的面积分别为S1与S2，求的值．‎ ‎19．解：(1)证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，‎ 则由 得A1，‎ 由得A2.‎ 同理可得B1，B2.‎ 所以＝＝2p1，‎ ＝＝2p2.‎ 故＝，所以A1B1∥A2B2‎ ‎(2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B‎1C1∥B‎2C2，C‎1A1∥C‎2A2，所以△A1B‎1C1∽△A2B‎2C2，‎ 因此＝.‎ 又由(1)中的＝||知，＝，‎ 故＝.‎ ‎21．H7、H8、H9[2014·湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.‎ ‎(1)求轨迹C的方程；‎ ‎(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．‎ ‎21．解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即＝|x|＋1，‎ 化简整理得y2＝2(|x|＋x)．‎ 故点M的轨迹C的方程为y2＝ ‎(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)．‎ 依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．‎ 由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①‎ 当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.‎ 故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.‎ 当k≠0时，方程①的判别式Δ＝－16(2k2＋k－1)．②‎ 设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③‎ ‎(i)若由②③解得k<－1或k>.‎ 即当k∈(－∞，－1)∪时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．‎ ‎(ii)若或 由②③解得k∈或－≤k<0.‎ 即当k∈时，直线l与C1只有一个公共点．‎ 当k∈时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．‎ 故当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．‎ ‎(iii)若由②③解得－10)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝|PQ|.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．‎ ‎21．解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px，得x0＝，‎ 所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋.‎ 由题设得＋＝×，解得p＝－2(舍去)或p＝2，‎ 所以C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0)．‎ 代入y2＝4x，得y2－4my－4＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则y1＋y2＝‎4m，y1y2＝－4.‎ 故线段的AB的中点为D(‎2m2‎＋1，‎2m)，‎ ‎|AB|＝|y1－y2|＝4(m2＋1)．‎ 又直线l ′的斜率为－m，‎ 所以l ′的方程为x＝－y＋‎2m2‎＋3.‎ 将上式代入y2＝4x，‎ 并整理得y2＋y－4(‎2m2‎＋3)＝0.‎ 设M(x3，y3)，N(x4，y4)，‎ 则y3＋y4＝－，y3y4＝－4(‎2m2‎＋3)．‎ 故线段MN的中点为E，‎ ‎|MN|＝|y3－y4|＝.‎ 由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，‎ 从而|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，即 ‎4(m2＋1)2＋＋＝‎ ，‎ 化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1，‎ 故所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.‎ ‎10．H7、H8[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　　)‎ A. B. C. D. ‎10．D　[解析] 抛物线的焦点为F，则过点F且倾斜角为30°的直线方程为y＝，即x＝y＋，代入抛物线方程得y2－3 y－＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝3 ，y1y2＝－，则S△OAB＝|OF||y1－y2|＝××＝.‎ ‎21．H7，H8，H10[2014·山东卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．‎ ‎(1)求C的方程．‎ ‎(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E.‎ ‎①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．‎ ‎②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．解：(1)由题意知F.‎ 设D(t，0)(t>0)，则FD的中点为.‎ 因为|FA|＝|FD|，‎ 由抛物线的定义知3＋＝，‎ 解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．‎ 由＝3，解得p＝2，‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)①证明：由(1)知F(1，0)．‎ 设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD>0)．‎ 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，‎ 由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)．‎ 故直线AB的斜率kAB＝－.‎ 因为直线l1和直线AB平行，‎ 设直线l1的方程为y＝－x＋b，‎ 代入抛物线方程得y2＋y－＝0，‎ 由题意Δ＝＋＝0，得b＝－.‎ 设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝.‎ 当y≠4时，kAE＝＝－＝，‎ 可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)，‎ 由y＝4x0，‎ 整理可得y＝(x－1)，‎ 直线AE恒过点F(1，0)．‎ 当y＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)．‎ 所以直线AE过定点F(1，0)．‎ ‎②由①知，直线AE过焦点F(1，0)，‎ 所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋＝x0＋＋2.‎ 设直线AE的方程为x＝my＋1，‎ 因为点A(x0，y0)在直线AE上，‎ 故m＝.‎ 设B(x1，y1)．‎ 直线AB的方程为y－y0＝－(x－x0)，‎ 由y0≠0，得x＝－y＋2＋x0.‎ 代入抛物线方程得y2＋y－8－4x0＝0，‎ 所以y0＋y1＝－，‎ 可求得y1＝－y0－，x1＝＋x0＋4.‎ 所以点B到直线AE的距离为 d＝ ‎＝ ‎＝4，‎ 则△ABE的面积S＝×4x0＋＋2≥16，‎ 当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立．‎ 所以△ABE的面积的最小值为16.‎ ‎20．H5，H7，H8[2014·陕西卷] 如图15所示，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．‎ 图15‎ ‎20．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．‎ 设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2，‎ ‎∴a＝2，b＝1.‎ ‎(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．‎ 易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，‎ 代入C1的方程，整理得 ‎(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)‎ 设点P的坐标为(xP，yP)，‎ ‎∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．‎ 由求根公式，得xP＝，从而yP＝，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ 同理，由 得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．‎ ‎∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．‎ ‎∵AP⊥AQ，‎ ‎∴AP·AQ＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，‎ ‎∵k≠0，‎ ‎∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意，‎ 故直线l的方程为y＝－(x－1)．‎ 方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．‎ H8　直线与圆锥曲线（AB课时作业）‎ ‎21．H7、H8、H2[2014·全国卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝|PQ|.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．‎ ‎21．解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px，得x0＝，‎ 所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋.‎ 由题设得＋＝×，解得p＝－2(舍去)或p＝2，‎ 所以C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0)．‎ 代入y2＝4x，得y2－4my－4＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则y1＋y2＝‎4m，y1y2＝－4.‎ 故线段的AB的中点为D(‎2m2‎＋1，‎2m)，‎ ‎|AB|＝|y1－y2|＝4(m2＋1)．‎ 又直线l ′的斜率为－m，‎ 所以l ′的方程为x＝－y＋‎2m2‎＋3.‎ 将上式代入y2＝4x，‎ 并整理得y2＋y－4(‎2m2‎＋3)＝0.‎ 设M(x3，y3)，N(x4，y4)，‎ 则y3＋y4＝－，y3y4＝－4(‎2m2‎＋3)．‎ 故线段MN的中点为E，‎ ‎|MN|＝|y3－y4|＝.‎ 由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，‎ 从而|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，即 ‎4(m2＋1)2＋＋＝‎ ，‎ 化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1，‎ 故所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.‎ ‎19．H7、H8[2014·安徽卷] 如图14，已知两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1＞0)和E2：y2＝2p2x(p2＞0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点．‎ 图14‎ ‎(1)证明：A1B1∥A2B2；‎ ‎(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点，记△A1B‎1C1与△A2B‎2C2的面积分别为S1与S2，求的值．‎ ‎19．解：(1)证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，‎ 则由 得A1，‎ 由得A2.‎ 同理可得B1，B2.‎ 所以＝＝2p1，‎ ＝＝2p2.‎ 故＝，所以A1B1∥A2B2‎ ‎(2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B‎1C1∥B‎2C2，C‎1A1∥C‎2A2，所以△A1B‎1C1∽△A2B‎2C2，‎ 因此＝.‎ 又由(1)中的＝||知，＝，‎ 故＝.‎ ‎19．H4、H5、H8[2014·北京卷] 已知椭圆C：x2＋2y2＝4.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．‎ ‎19．解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ 所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.‎ 因此a＝2，c＝.‎ 故椭圆C的离心率e＝＝.‎ ‎(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：‎ 设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，‎ 其中x0≠0.‎ 因为OA⊥OB，所以·＝0，‎ 即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.‎ 当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，‎ 得t＝±，‎ 故直线AB的方程为x＝±.圆心O到直线AB的距离d＝，‎ 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．‎ 当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t)，‎ 即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.‎ 圆心O到直线AB的距离 d＝.‎ 又x＋2y＝4，t＝－，故 d＝＝＝.‎ 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．‎ ‎19．H6、H8[2014·福建卷] 已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.‎ ‎(1)求双曲线E的离心率．‎ ‎(2)如图16，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．‎ 图16‎ ‎19．解：方法一：‎ ‎(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，‎ 所以＝2，‎ 所以＝2，‎ 故c＝a，‎ 从而双曲线E的离心率 e＝＝.‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l与x轴相交于点C.‎ 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|＝a，|AB|＝‎4a.又因为△OAB的面积为8，‎ 所以|OC|·|AB|＝8，‎ 因此a·‎4a＝8，解得a＝2，‎ 此时双曲线E的方程为－＝1.‎ 若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为－＝1.‎ 以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－＝1也满足条件．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k<－2，则C.记A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由得y1＝，同理得y2＝.‎ 由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|，得 ·＝8，‎ 即m2＝4＝4(k2－4)．‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0.‎ 因为4－k2<0，‎ 所以Δ＝4k‎2m2‎＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)．‎ 又因为m2＝4(k2－4)，‎ 所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．‎ 因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ 方法二：(1)同方法一．‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 依题意得－2或k<－2.‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，‎ 因为4－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝，‎ 又因为△OAB的面积为8，‎ 所以 |OA|·|OB|· sin∠AOB＝8，又易知sin∠AOB＝，‎ 所以·＝8，化简得x1x2＝4.‎ 所以＝4，即m2＝4(k2－4)．‎ 由(1)得双曲线E的方程为－＝1，‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－‎4a2＝0.‎ 因为4－k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k‎2m2‎＋4(4－k2)(m2＋‎4a2)＝0，‎ 即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，‎ 所以双曲线E的方程为－＝1.‎ 当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：－＝1有且只有一个公共点．‎ 综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ ‎20．H5、H8[2014·广东卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为(，0)，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动点P(x0，y0)为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．‎ ‎21．H7、H8、H9[2014·湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.‎ ‎(1)求轨迹C的方程；‎ ‎(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C 恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．‎ ‎21．解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即＝|x|＋1，‎ 化简整理得y2＝2(|x|＋x)．‎ 故点M的轨迹C的方程为y2＝ ‎(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)．‎ 依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．‎ 由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①‎ 当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.‎ 故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.‎ 当k≠0时，方程①的判别式Δ＝－16(2k2＋k－1)．②‎ 设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③‎ ‎(i)若由②③解得k<－1或k>.‎ 即当k∈(－∞，－1)∪时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．‎ ‎(ii)若或 由②③解得k∈或－≤k<0.‎ 即当k∈时，直线l与C1只有一个公共点．‎ 当k∈时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．‎ 故当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．‎ ‎(iii)若由②③解得－10，且x2＝，y2＝，从而|PQ|＝2＝2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝.‎ 又因为|y1－y2|＝＝，所以2d＝.‎ 故四边形APBQ的面积S＝|PQ|·2d＝＝2·.‎ 而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.‎ 综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.‎ ‎20．H1 H6 H8[2014·江西卷] 如图17所示，已知双曲线C：－y2＝1(a>0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．‎ 图17‎ ‎(1)求双曲线C的方程；‎ ‎(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝相交于点N.证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值．‎ ‎20．解：(1)设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝.‎ 由题意，直线OB的方程为y＝－x，直线BF的方程为y＝(x－c)，所以B.‎ 又直线OA的方程为y＝x，‎ 则A，所以kAB＝＝.‎ 又因为AB⊥OB，所以·＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为－y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知a＝，则直线l的方程为－y0y＝1(y0≠0)，即y＝(y0≠0)．‎ 因为直线AF的方程为x＝2，所以直线l与AF的交点为M，直线l与直线x＝的交点为N，，‎ 则＝＝＝‎ ·.‎ 又P(x0，y0)是C上一点，则－y＝1，‎ 代入上式得＝·＝·＝，所以＝＝，为定值．‎ ‎20．H5、H8[2014·辽宁卷] 圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成—个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图16所示)．双曲线C1：－＝1过点P且离心率为.‎ 图16‎ ‎(1)求C1的方程；‎ ‎(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点．若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程．‎ ‎20．解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则切线斜率为－，切线方程为y－y0＝－(x－x0)，即x0x＋y0y＝4，此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为，.故其围成的三角形的面积S＝··＝.由x＋y＝4≥2x0y0知，当且仅当x0＝y0＝时x0y0有最大值2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(，)．‎ 由题意知 解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程为x2－＝1.‎ ‎(2)由(1)知C2的焦点坐标为(－，0)，(，0)，由此可设C2的方程为＋＝1，其中b1>0.‎ 由P(，)在C2上，得＋＝1，‎ 解得b＝3，‎ 因此C2的方程为＋＝1.‎ 显然，l不是直线y＝0.‎ 设直线l的方程为x＝my＋，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(m2＋2)y2＋2 my－3＝0.‎ 又y1，y2是方程的根，因此 ‎②‎ 由x1＝my1＋，x2＝my2＋，得 因为＝(－x1，－y1)，＝(－x2，－y2)，由题意知·＝0，‎ 所以x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋4＝0，⑤‎ 将①②③④代入⑤式整理得 ‎2m2‎‎－‎2 ‎m＋4 －11＝0，‎ 解得m＝－1或m＝－＋1.‎ 因此直线l的方程为 x－(－1)y－＝0或x＋(－1)y－＝0.‎ ‎20．H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．‎ ‎20．解：(1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝.‎ 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.‎ 故E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当l⊥x轴时不合题意，‎ 故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．‎ 将y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，‎ 当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，‎ x1，2＝，‎ 从而|PQ|＝|x1－x2|‎ ‎＝.‎ 又点O到直线l的距离d＝.‎ 所以△OPQ的面积 S△OPQ＝d·|PQ|＝.‎ 设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.‎ 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，满足Δ>0，‎ 所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.‎ ‎10．H7、H8[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　　)‎ A. B. C. D. ‎10．D　[解析] 抛物线的焦点为F，则过点F且倾斜角为30°的直线方程为y＝，即x＝y＋，代入抛物线方程得y2－3 y－＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝3 ，y1y2＝－，则S△OAB＝|OF||y1－y2|＝××＝.‎ ‎20．H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.‎ ‎(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；‎ ‎(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝‎ ‎5|F1N|，求a，b.‎ ‎20．解：(1)根据c＝及题设知M，2b2＝‎3ac.‎ 将b2＝a2－c2代入2b2＝‎3ac，‎ 解得＝，＝－2(舍去)．‎ 故C的离心率为.‎ ‎(2)由题意知，原点O为F‎1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故＝4，即b2＝‎4a.①‎ 由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.‎ 设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则 即 代入C的方程，得＋＝1.②‎ 将①及c＝代入②得＋＝1，‎ 解得a＝7，b2＝‎4a＝28，故a＝7，b＝2.‎ ‎21．H7，H8，H10[2014·山东卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．‎ ‎(1)求C的方程．‎ ‎(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E.‎ ‎①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．‎ ‎②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．解：(1)由题意知F.‎ 设D(t，0)(t>0)，则FD的中点为.‎ 因为|FA|＝|FD|，‎ 由抛物线的定义知3＋＝，‎ 解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．‎ 由＝3，解得p＝2，‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)①证明：由(1)知F(1，0)．‎ 设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD>0)．‎ 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，‎ 由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)．‎ 故直线AB的斜率kAB＝－.‎ 因为直线l1和直线AB平行，‎ 设直线l1的方程为y＝－x＋b，‎ 代入抛物线方程得y2＋y－＝0，‎ 由题意Δ＝＋＝0，得b＝－.‎ 设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝.‎ 当y≠4时，kAE＝＝－＝，‎ 可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)，‎ 由y＝4x0，‎ 整理可得y＝(x－1)，‎ 直线AE恒过点F(1，0)．‎ 当y＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)．‎ 所以直线AE过定点F(1，0)．‎ ‎②由①知，直线AE过焦点F(1，0)，‎ 所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋＝x0＋＋2.‎ 设直线AE的方程为x＝my＋1，‎ 因为点A(x0，y0)在直线AE上，‎ 故m＝.‎ 设B(x1，y1)．‎ 直线AB的方程为y－y0＝－(x－x0)，‎ 由y0≠0，得x＝－y＋2＋x0.‎ 代入抛物线方程得y2＋y－8－4x0＝0，‎ 所以y0＋y1＝－，‎ 可求得y1＝－y0－，x1＝＋x0＋4.‎ 所以点B到直线AE的距离为 d＝ ‎＝ ‎＝4，‎ 则△ABE的面积S＝×4x0＋＋2≥16，‎ 当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立．‎ 所以△ABE的面积的最小值为16.‎ ‎20．H5，H7，H8[2014·陕西卷] 如图15所示，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．‎ 图15‎ ‎20．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．‎ 设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2，‎ ‎∴a＝2，b＝1.‎ ‎(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．‎ 易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，‎ 代入C1的方程，整理得 ‎(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)‎ 设点P的坐标为(xP，yP)，‎ ‎∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．‎ 由求根公式，得xP＝，从而yP＝，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ 同理，由 得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．‎ ‎∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．‎ ‎∵AP⊥AQ，‎ ‎∴AP·AQ＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，‎ ‎∵k≠0，‎ ‎∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意，‎ 故直线l的方程为y＝－(x－1)．‎ 方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．‎ ‎20．HI，H5，H8[2014·四川卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程．‎ ‎(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.‎ ‎①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；‎ ‎②当最小时，求点T的坐标．‎ ‎20．解：(1)由已知可得 解得a2＝6，b2＝2，‎ 所以椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)①证明：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，‎ 则直线TF的斜率kTF＝＝－m.‎ 当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝.直线PQ的方程是x＝my－2.‎ 当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，‎ 其判别式Δ＝‎16m2‎＋8(m2＋3)>0.‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝，‎ x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.‎ 设M为PQ的中点，则M点的坐标为.‎ 所以直线OM的斜率kOM＝－，‎ 又直线OT的斜率kOT＝－，‎ 所以点M在直线OT上，‎ 因此OT平分线段PQ.‎ ‎②由①可得，‎ ‎|TF|＝，‎ ‎|PQ|＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝.‎ 所以＝＝‎ ≥＝.‎ 当且仅当m2＋1＝，即m＝±1时，等号成立，此时取得最小值．‎ 故当最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．‎ ‎18．H5、H8[2014·天津卷] 设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为 A，上顶点为B.已知|AB|＝|F‎1F2|.‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率．‎ ‎18．解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)．‎ 由|AB|＝|F‎1F2|，可得a2＋b2＝‎3c2.‎ 又b2＝a2－c2，则＝，‎ 所以椭圆的离心率e＝.‎ ‎(2)由(1)知a2＝‎2c2，b2＝c2.‎ 故椭圆方程为＋＝1.‎ 设P(x0，y0)．由F1(－c，0)，B(0，c)，‎ 有＝(x0＋c，y0)，＝(c，c)．‎ 由已知，有·＝0，即(x0＋c)c＋y‎0c＝0.‎ 又c≠0，故有x0＋y0＋c＝0.①‎ 又因为点P在椭圆上，‎ 所以＋＝1.②‎ 由①和②可得3x＋4cx0＝0.而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－c.代入①得y0＝，即点P的坐标为.‎ 设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1＝＝－c，y1＝＝c，进而圆的半径r＝＝c.‎ 设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y＝kx.由l与圆相切，可得＝r，即＝c，整理得k2－8k＋1＝0，解得k＝4±，‎ 所以直线l的斜率为4＋或4－.‎ ‎21．H5、H8[2014·浙江卷] 如图16，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．‎ ‎(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；‎ ‎(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ 图16‎ ‎21．解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，由消去y得(b2＋a2k2)x2＋‎2a2kmx＋a‎2m2‎－a2b2＝0.‎ 由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得点P的坐标为.‎ 又点P在第一象限，故点P的坐标为P.‎ ‎(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，所以点P到直线l1的距离d＝，‎ 整理得d＝.‎ 因为a2k2＋≥2ab，所以≤＝a－b，‎ 当且仅当k2＝时等号成立．‎ 所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ H9　曲线与方程 ‎10．H4、H9[2014·安徽卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a·b＝0，点Q满足＝(a＋b)．曲线C＝{P|＝acos θ＋bsin θ，0≤θ<2π}，区域Ω＝{P|0＜r≤|PQ|≤R，r＜R}．若C∩Ω为两段分离的曲线，则(　　)‎ A．1＜r＜R＜3 B．1＜r＜3≤R ‎ C．r≤1＜R＜3 D．1＜r＜3＜R ‎10．A　[解析]由已知可设＝a＝(1，0)，＝b＝(0，1)，P(x，y)，则＝(，)，|OQ|＝2.‎ 曲线C＝{P|＝(cos θ，sin θ)，0≤θ<2π}，‎ 即C：x2＋y2＝1.‎ 区域Ω＝{P|0.‎ 即当k∈(－∞，－1)∪时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．‎ ‎(ii)若或 由②③解得k∈或－≤k<0.‎ 即当k∈时，直线l与C1只有一个公共点．‎ 当k∈时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．‎ 故当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．‎ ‎(iii)若由②③解得－10，且x2＝，y2＝，从而|PQ|＝2＝2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝.‎ 又因为|y1－y2|＝＝，所以2d＝.‎ 故四边形APBQ的面积S＝|PQ|·2d＝＝2·.‎ 而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.‎ 综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.‎ ‎20．H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．‎ ‎20．解：(1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝.‎ 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.‎ 故E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当l⊥x轴时不合题意，‎ 故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．‎ 将y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，‎ 当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，‎ x1，2＝，‎ 从而|PQ|＝|x1－x2|‎ ‎＝.‎ 又点O到直线l的距离d＝.‎ 所以△OPQ的面积 S△OPQ＝d·|PQ|＝.‎ 设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.‎ 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，满足Δ>0，‎ 所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.‎ ‎20．H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.‎ ‎(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；‎ ‎(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝‎ ‎5|F1N|，求a，b.‎ ‎20．解：(1)根据c＝及题设知M，2b2＝‎3ac.‎ 将b2＝a2－c2代入2b2＝‎3ac，‎ 解得＝，＝－2(舍去)．‎ 故C的离心率为.‎ ‎(2)由题意知，原点O为F‎1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故＝4，即b2＝‎4a.①‎ 由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.‎ 设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则 即 代入C的方程，得＋＝1.②‎ 将①及c＝代入②得＋＝1，‎ 解得a＝7，b2＝‎4a＝28，故a＝7，b＝2.‎ ‎21．H7，H8，H10[2014·山东卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．‎ ‎(1)求C的方程．‎ ‎(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E.‎ ‎①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．‎ ‎②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．解：(1)由题意知F.‎ 设D(t，0)(t>0)，则FD的中点为.‎ 因为|FA|＝|FD|，‎ 由抛物线的定义知3＋＝，‎ 解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．‎ 由＝3，解得p＝2，‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)①证明：由(1)知F(1，0)．‎ 设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD>0)．‎ 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，‎ 由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)．‎ 故直线AB的斜率kAB＝－.‎ 因为直线l1和直线AB平行，‎ 设直线l1的方程为y＝－x＋b，‎ 代入抛物线方程得y2＋y－＝0，‎ 由题意Δ＝＋＝0，得b＝－.‎ 设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝.‎ 当y≠4时，kAE＝＝－＝，‎ 可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)，‎ 由y＝4x0，‎ 整理可得y＝(x－1)，‎ 直线AE恒过点F(1，0)．‎ 当y＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)．‎ 所以直线AE过定点F(1，0)．‎ ‎②由①知，直线AE过焦点F(1，0)，‎ 所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋＝x0＋＋2.‎ 设直线AE的方程为x＝my＋1，‎ 因为点A(x0，y0)在直线AE上，‎ 故m＝.‎ 设B(x1，y1)．‎ 直线AB的方程为y－y0＝－(x－x0)，‎ 由y0≠0，得x＝－y＋2＋x0.‎ 代入抛物线方程得y2＋y－8－4x0＝0，‎ 所以y0＋y1＝－，‎ 可求得y1＝－y0－，x1＝＋x0＋4.‎ 所以点B到直线AE的距离为 d＝ ‎＝ ‎＝4，‎ 则△ABE的面积S＝×4x0＋＋2≥16，‎ 当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立．‎ 所以△ABE的面积的最小值为16.‎ ‎7．[2014·浙江六校联考] 若直线y＝kx与圆(x－2)2＋y2＝1的两个交点关于直线2x＋y＋b＝0对称，则k，b的值分别为(　　)‎ A．k＝，b＝－4 ‎ B．k＝－，b＝4‎ C．k＝，b＝4 ‎ D．k＝－，b＝－4‎ ‎7．A　[解析] 由题意可知，2x＋y＋b＝0过圆心(2，0)，∴b＝－4.又∵y＝kx与2x＋y＋‎ b＝0互相垂直，∴k＝.‎ ‎3．[2014·新乡模拟] 若双曲线－＝1(a>0，b>0)和椭圆＋＝1(m>n>0)有共同的焦点F1，F2，P是两条曲线的一个交点，则|PF1|·|PF2|＝(　　)‎ A．m2－a2 B.－ C.(m－a) D．m－a ‎3．D　[解析] 由题知a＋b＝m－n，又∵|PF1|＋|PF2|＝2 ，||PF1|－|PF2||＝2 ，∴4|PF1|·|PF2|＝‎4m－‎4a，∴|PF1|·|PF2|＝m－a.‎ ‎8．[2014·邯郸期末] 设F为抛物线y2＝2x的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若F为△ABC的重心，则||＋||＋||的值为(　　)‎ A．1 B．2 ‎ C．3 D．4‎ ‎8．C　[解析] ∵xF＝＝，∴xA＋xB＋xC＝，||＋||＋||＝xA＋＋xB＋＋xC＋＝＋＝3.‎ ‎2．[2014·温州十校联考] 如图J131所示，椭圆C1：＋＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于椭圆C1的短轴长，曲线C2与y轴的交点为M，过点M的两条互相垂直的直线l1，l2分别交抛物线于A，B两点，交椭圆于D，E两点．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)设△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2，若＝，求直线AB的方程．‎ 图J131‎ ‎2．解：(1)由题意，可知＝，∴a2＝‎2c2，∴a2＝2b2.‎ 又2 ＝2b，∴b＝1.‎ 故曲线C2的方程为y＝x2－1，椭圆C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线MA的方程为y＝k1x－1，直线MB的方程为y＝k2x－1，则k1k2＝－1.‎ 联立方程组解得或 ‎∴A(k1，k－1)，同理可得B(k2，k－1)，‎ ‎∴S1＝|MA||MB|＝ |k1||k2|.‎ 联立方程组解得或 ‎∴D，，同理可得E，，‎ ‎∴S2＝|MD||ME|‎ ‎＝ .‎ 又∵＝＝，‎ ‎∴＝，解得k＝或k＝2.‎ 故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ ‎4．[2014·佛山质检] 已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且F2到直线x－y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t>0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过点Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为时，求t的值．‎ ‎4．解：(1)设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)．‎ 依题意可知，2b＝＝4，所以b＝2.‎ 又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设Q(x0，y0)，圆P的方程为x2＋(y－t)2＝t2＋1.‎ 因为PM⊥QM，‎ 所以|QM|＝＝＝.‎ 若－4t≤－2，即t≥，当y0＝－2时，|QM|取得最大值，‎ ‎|QM|max＝＝，解得t＝<(舍去)．‎ 若－4t>－2，即0b>0)的左、右焦点，点P在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程．‎ ‎(2)设直线l1：y＝kx＋m，l2：y＝kx－m，若l1，l2均与椭圆C相切，试探究在x 轴上是否存在定点M，点M到l1，l2的距离之积恒为1.若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎3．解：(1)方法一：由F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆的两个焦点，得c＝1.又∴a2＝2，b2＝1，‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ 方法二：由F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆的两个焦点，得c＝1.‎ 又‎2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2 ，∴a＝，∴b＝1.‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)把l1的方程代入椭圆方程，整理得(1＋2k2)x2＋4mkx＋‎2m2‎－2＝0.‎ ‎∵直线l1与椭圆C相切，∴Δ＝16k‎2m2‎－4(1＋2k2)(‎2m2‎－2)＝0，化简得m2＝1＋2k2.‎ 同理把l2的方程代入椭圆方程，也得m2＝1＋2k2.‎ 设在x轴上存在点M(t，0)，点M到直线l1，l2的距离之积为1，则·＝1，即|k2t2－m2|＝k2＋1，‎ 把1＋2k2＝m2代入上式并去绝对值整理，得k2(t2－3)＝2或k2(t2－1)＝0.‎ k2(t2－3)＝2显然不恒成立，要使得k2(t2－1)＝0对任意的k∈R恒成立，则t2－1＝0，解得t＝±1.‎ 综上所述，满足题意的定点M存在，其坐标为(－1，0)或(1，0)．‎ ‎1[2014·黄冈中学期末] 已知曲线C：x2＋y2－2x＋2y＝0，直线l：y＋2＝k(x－2)，则C与l的公共点(　　)‎ A．有2个 B．最多有1个 C．至少有1个 D．不存在 ‎1．C　[解析] 圆心(1，－1)到直线l的距离d＝＝≤＝r，所以C与l至少有一个公共点．‎ ‎7．[2014·南昌模拟] 设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1，0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点，线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为(　　)‎ A.－＝1 B.＋＝1‎ C.－＝1 D.＋＝1‎ ‎7．D　[解析] M为AQ垂直平分线上的一点，则|AM|＝|MQ|，∴|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝5(5>|AC|)，故点M的轨迹是椭圆，∴a＝，c＝1，则b2＝a2－c2＝，∴点M的轨迹方程为＋＝1.‎