2014年高考数学（文科）真题分类汇编H单元　解析几何 58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 ‎6．H1，H2，H3[2014·福建卷] 已知直线l过圆x2＋(y－3)2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是(　　)‎ A．x＋y－2＝0 B．x－y＝2＝0‎ C．x＋y－3＝0 D．x－y＋3＝0‎ ‎6．D　[解析] 由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.‎ 又直线l过圆x2＋(y－3)2＝4的圆心(0，3)，则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.‎ ‎20．H1、H3、H4[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知点P(2，2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．‎ ‎(1)求M的轨迹方程；‎ ‎(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．‎ ‎20．解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，‎ 所以圆心为C(0，4)，半径为4.‎ 设M(x，y)，则CM＝(x，y－4)，MP＝(2－x，2－y)．‎ 由题设知CM·MP＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.‎ 由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.‎ ‎(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1，3)为圆心，为半径的圆．‎ 由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.‎ 因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－，‎ 故l的方程为y＝－x＋.‎ 又|OM|＝|OP|＝2 ，O到直线l的距离为，‎ 故|PM|＝，所以△POM的面积为.‎ ‎21．H1、H2、H4、H5[2014·重庆卷] 如图15，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)求该椭圆的标准方程．‎ ‎(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，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？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．‎ 图15‎ ‎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.‎ 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，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.设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得·＝－1.‎ 而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.‎ 圆C的半径|CP1|＝＝.‎ 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2＋＝.‎ H2　两直线的位置关系与点到直线的距离 ‎6．H1，H2，H3[2014·福建卷] 已知直线l过圆x2＋(y－3)2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是(　　)‎ A．x＋y－2＝0 B．x－y＝2＝0‎ C．x＋y－3＝0 D．x－y＋3＝0‎ ‎6．D　[解析] 由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.‎ 又直线l过圆x2＋(y－3)2＝4的圆心(0，3)，则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.‎ ‎18．C8、H2、H3、H4[2014·江苏卷] 如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB 垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于‎80 m．经测量，点A位于点O正北方向‎60 m处，点C位于点O正东方向‎170 m处(OC为河岸)，tan∠BCO＝.‎ ‎(1)求新桥BC的长．‎ ‎(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？‎ 图16‎ ‎18．解： 方法一：‎ ‎(1)如图所示， 以O为坐标原点， OC 所在直线为 x 轴， 建立平面直角坐标系xOy.‎ 由条件知A(0, 60), C(170，0)，‎ 直线 BC 的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－.‎ 又因为 AB⊥BC, 所以直线AB的斜率kAB＝.‎ 设点 B 的坐标为(a，b)，‎ 则kBC＝＝－， kAB＝＝，‎ 解得a＝80, b＝120，‎ 所以BC＝＝150.‎ 因此新桥BC的长是‎150 m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆M的半径为r m, OM＝d m (0≤d≤60)．‎ 由条件知， 直线BC的方程为y＝－(x－170)，‎ 即4x＋3y－680＝0.‎ 由于圆M与直线BC相切， 故点 M(0, d)到直线BC的距离是r，‎ 即r＝＝.‎ 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于‎80 m，所以 即 解得10≤d≤35.‎ 故当d＝10时， r ＝最大， 即圆面积最大，‎ 所以当OM＝‎10 m时， 圆形保护区的面积最大．‎ 方法二：‎ ‎(1)如图所示， 延长 OA, CB 交于点F.‎ 因为 tan∠FCO＝，‎ 所以sin∠FCO＝， cos∠FCO＝.‎ 因为OA＝60，OC＝170，‎ 所以OF＝OC tan∠FCO＝， CF＝＝， 从而AF＝OF－OA＝.‎ 因为OA⊥OC, 所以cos∠AFB ＝sin∠FCO＝.‎ 又因为 AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝， 从而BC＝CF－BF＝150.‎ 因此新桥BC的长是‎150 m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆 M与BC的切点为D，连接 MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝r m，OM＝d m (0≤d≤60)．‎ 因为OA⊥OC, 所以sin∠CFO＝cos∠FCO.‎ 故由(1)知sin∠CFO＝＝＝＝， 所以r＝.‎ 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于‎80 m，‎ 所以 即 解得10≤d≤35.‎ 故当d＝10时， r＝最大，即圆面积最大，‎ 所以当OM＝‎10 m时， 圆形保护区的面积最大．‎ ‎22．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．‎ ‎22．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.‎ 所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.‎ ‎21．H1、H2、H4、H5[2014·重庆卷] 如图15，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)求该椭圆的标准方程．‎ ‎(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，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？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．‎ 图15‎ ‎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.‎ 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，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.设C(0，y0)，由 CP1⊥F1P1，得·＝－1.‎ 而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.‎ 圆C的半径|CP1|＝＝.‎ 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2＋＝.‎ H3　圆的方程 ‎6．H1，H2，H3[2014·福建卷] 已知直线l过圆x2＋(y－3)2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是(　　)‎ A．x＋y－2＝0 B．x－y＝2＝0‎ C．x＋y－3＝0 D．x－y＋3＝0‎ ‎6．D　[解析] 由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.‎ 又直线l过圆x2＋(y－3)2＝4的圆心(0，3)，则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.‎ ‎17．H3[2014·湖北卷] 已知圆O：x2＋y2＝1和点A(－2，0)，若定点B(b，0)(b≠－2)和常数λ满足：对圆O上任意一点M，都有|MB|＝λ|MA|，则 ‎(1)b＝________；‎ ‎(2)λ＝________．‎ ‎17．(1)－　(2)　[解析] 设点M(cos θ，sin θ)，则由|MB|＝λ|MA|得(cos θ－b)2＋sin2θ＝λ2，即－2bcos θ＋b2＋1＝4λ2cos θ＋5λ2对任意的θ都成立，所以又由|MB|＝λ|MA|，得λ>0，且b≠－2，解得 ‎18．C8、H2、H3、H4[2014·江苏卷] 如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于‎80 m．经测量，点A位于点O正北方向‎60 m处，点C位于点O正东方向‎170 m处(OC为河岸)，tan∠BCO＝.‎ ‎(1)求新桥BC的长．‎ ‎(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？‎ 图16‎ ‎18．解： 方法一：‎ ‎(1)如图所示， 以O为坐标原点， OC 所在直线为 x 轴， 建立平面直角坐标系xOy.‎ 由条件知A(0, 60), C(170，0)，‎ 直线 BC 的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－.‎ 又因为 AB⊥BC, 所以直线AB的斜率kAB＝.‎ 设点 B 的坐标为(a，b)，‎ 则kBC＝＝－， kAB＝＝，‎ 解得a＝80, b＝120，‎ 所以BC＝＝150.‎ 因此新桥BC的长是‎150 m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆M的半径为r m, OM＝d m (0≤d≤60)．‎ 由条件知， 直线BC的方程为y＝－(x－170)，‎ 即4x＋3y－680＝0.‎ 由于圆M与直线BC相切， 故点 M(0, d)到直线BC的距离是r，‎ 即r＝＝.‎ 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于‎80 m，所以 即 解得10≤d≤35.‎ 故当d＝10时， r ＝最大， 即圆面积最大，‎ 所以当OM＝‎10 m时， 圆形保护区的面积最大．‎ 方法二：‎ ‎(1)如图所示， 延长 OA, CB 交于点F.‎ 因为 tan∠FCO＝，‎ 所以sin∠FCO＝， cos∠FCO＝.‎ 因为OA＝60，OC＝170，‎ 所以OF＝OC tan∠FCO＝， CF＝＝， 从而AF＝OF－OA＝.‎ 因为OA⊥OC, 所以cos∠AFB ＝sin∠FCO＝.‎ 又因为 AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝， 从而BC＝CF－BF＝150.‎ 因此新桥BC的长是‎150 m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆 M与BC的切点为D，连接 MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝r m，OM＝d m (0≤d≤60)．‎ 因为OA⊥OC, 所以sin∠CFO＝cos∠FCO.‎ 故由(1)知sin∠CFO＝＝＝＝， 所以r＝.‎ 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于‎80 m，‎ 所以 即 解得10≤d≤35.‎ 故当d＝10时， r＝最大，即圆面积最大，‎ 所以当OM＝‎10 m时， 圆形保护区的面积最大．‎ ‎20．H3、H5、H8[2014·辽宁卷] 圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图15所示)．‎ 图15‎ ‎(1)求点P的坐标；‎ ‎(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：y＝x＋交于A，B两点，若△PAB的面积为2，求C的标准方程．‎ ‎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，，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，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)．‎ ‎(2)设C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．由点P在C上知＋＝1，并由得b2x2＋4x＋6－2b2＝0.‎ 又x1，x2是方程的根，所以 由y1＝x1＋，y2＝x2＋，得 ‎|AB|＝|x1－x2|＝·.‎ 由点P到直线l的距离为及S△PAB＝×|AB|＝2，得|AB|＝，即b4－9b2＋18＝0，‎ 解得b2＝6或3，因此b2＝6，a2＝3(舍)或b2＝3，a2＝6，从而所求C的方程为＋＝1.‎ ‎20．H1、H3、H4[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知点P(2，2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．‎ ‎(1)求M的轨迹方程；‎ ‎(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．‎ ‎20．解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，‎ 所以圆心为C(0，4)，半径为4.‎ 设M(x，y)，则CM＝(x，y－4)，MP＝(2－x，2－y)．‎ 由题设知CM·MP＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.‎ 由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.‎ ‎(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1，3)为圆心，为半径的圆．‎ 由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.‎ 因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－，‎ 故l的方程为y＝－x＋.‎ 又|OM|＝|OP|＝2 ，O到直线l的距离为，‎ 故|PM|＝，所以△POM的面积为.‎ H4　直线与圆、圆与圆的位置关系 ‎5．H4[2014·浙江卷] 已知圆x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直线x＋y＋2＝0所得弦的长度为4，则实数a的值是(　　)‎ A．－2 B．－4 ‎ C．－6 D．－8‎ ‎5．B　[解析] 圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a，r2＝2－a，则圆心(－1，1)到直线x＋y＋2＝0的距离为＝.由22＋()2＝2－a，得a＝－4, 故选B.‎ ‎6．H4[2014·安徽卷] 过点P(－，－1)的直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎6．D　[解析] 易知直线l的斜率存在，所以可设l：y＋1＝k(x＋)，即kx－y＋k－1＝0.因为直线l圆x2＋y2＝1有公共点，所以圆心(0，0)到直线l的距离≤1，即k2－k≤0，解得0≤k≤，故直线l的倾斜角的取值范围是.‎ ‎7．H4[2014·北京卷] 已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m＞0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为(　　)‎ A．7 B．6‎ C．5 D．4‎ ‎7．B　[解析] 由图可知，圆C上存在点P使∠APB＝90°，即圆C与以AB为直径的圆有公共点，所以－1≤m≤＋1，即4≤m≤6.‎ ‎11．E5，H4[2014·福建卷] 已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，平面区域Ω： 若圆心C∈Ω，且圆C与x轴相切，则a2＋b2的最大值为(　　)‎ A．5 B．29‎ C．37 D．49‎ ‎11．C　[解析] 作出不等式组表示的平面区域Ω(如下图阴影部分所示，含边界)，圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1的圆心坐标为(a，b)，半径为1.由圆C与x轴相切，得b＝1.解方程组得即直线x＋y－7＝0与直线y＝1的交点坐标为(6，1)，设此点为P.‎ 又点C∈Ω，则当点C与P重合时，a取得最大值，‎ 所以，a2＋b2的最大值为62＋12＝37，故选C.‎ ‎21．H4 H7 H8[2014·福建卷] 已知曲线Γ上的点到点F(0，1)的距离比它到直线y＝－3的距离小2.‎ ‎(1)求曲线Γ的方程．‎ ‎(2)曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线Γ上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论．‎ ‎21．解：方法一：(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点．‎ 依题意，点S到点F(0，1)的距离与它到直线y＝－1的距离相等，‎ 所以曲线Γ是以点F(0，1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，‎ 所以曲线Γ的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)当点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．证明如下：‎ 由(1)知抛物线Γ的方程为y＝x2.‎ 设P(x0，y0)(x0≠0)，则y0＝x，‎ 由y′＝x，得切线l的斜率k＝y′|x＝x0＝x0，‎ 所以切线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得A.‎ 由得M.‎ 又N(0，3)，所以圆心C，‎ 半径r＝|MN|＝，‎ ‎|AB|＝ ‎＝ ‎＝.‎ 所以点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．‎ 方法二：(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点，‎ 则|y－(－3)|－＝2.‎ 依题意，点S(x，y)只能在直线y＝－3的上方，所以y＞－3，‎ 所以＝y＋1，‎ 化简得，曲线Γ的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)同方法一．‎ ‎6．H4[2014·湖南卷] 若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，则m＝(　　)‎ A．21 B．‎19 C．9 D．－11‎ ‎6．C　[解析] 依题意可得C1(0，0)，C2(3，4)，则|C‎1C2|＝＝5.又r1＝1，r2＝，由r1＋r2＝＋1＝5，解得m＝9.‎ ‎9．H4[2014·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－3＝0被圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦长为________．‎ ‎9. 　[解析] 由题意可得，圆心为(2，－1)，r＝2，圆心到直线的距离d＝＝ ，所以弦长为2＝2 ＝ .‎ ‎18．C8、H2、H3、H4[2014·江苏卷] 如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于‎80 m．经测量，点A位于点O正北方向‎60 m处，点C位于点O正东方向‎170 m处(OC为河岸)，tan∠BCO＝.‎ ‎(1)求新桥BC的长．‎ ‎(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？‎ 图16‎ ‎18．解： 方法一：‎ ‎(1)如图所示， 以O为坐标原点， OC 所在直线为 x 轴， 建立平面直角坐标系xOy.‎ 由条件知A(0, 60), C(170，0)，‎ 直线 BC 的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－.‎ 又因为 AB⊥BC, 所以直线AB的斜率kAB＝.‎ 设点 B 的坐标为(a，b)，‎ 则kBC＝＝－， kAB＝＝，‎ 解得a＝80, b＝120，‎ 所以BC＝＝150.‎ 因此新桥BC的长是‎150 m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆M的半径为r m, OM＝d m (0≤d≤60)．‎ 由条件知， 直线BC的方程为y＝－(x－170)，‎ 即4x＋3y－680＝0.‎ 由于圆M与直线BC相切， 故点 M(0, d)到直线BC的距离是r，‎ 即r＝＝.‎ 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于‎80 m，所以 即 解得10≤d≤35.‎ 故当d＝10时， r ＝最大， 即圆面积最大，‎ 所以当OM＝‎10 m时， 圆形保护区的面积最大．‎ 方法二：‎ ‎(1)如图所示， 延长 OA, CB 交于点F.‎ 因为 tan∠FCO＝，‎ 所以sin∠FCO＝， cos∠FCO＝.‎ 因为OA＝60，OC＝170，‎ 所以OF＝OC tan∠FCO＝， CF＝＝， 从而AF＝OF－OA＝.‎ 因为OA⊥OC, 所以cos∠AFB ＝sin∠FCO＝.‎ 又因为 AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝， 从而BC＝CF－BF＝150.‎ 因此新桥BC的长是‎150 m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆 M与BC的切点为D，连接 MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝r m，OM＝d m (0≤d≤60)．‎ 因为OA⊥OC, 所以sin∠CFO＝cos∠FCO.‎ 故由(1)知sin∠CFO＝＝＝＝， 所以r＝.‎ 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于‎80 m，‎ 所以 即 解得10≤d≤35.‎ 故当d＝10时， r＝最大，即圆面积最大，‎ 所以当OM＝‎10 m时， 圆形保护区的面积最大．‎ ‎16．H4、C6[2014·全国卷] 直线l1和l2是圆x2＋y2＝2的两条切线．若l1与l2的交点为(1，3)，则l1与l2的夹角的正切值等于________．‎ ‎16.　[解析] 如图所示，根据题意知，OA⊥PA，OA＝，OP＝，所以PA＝＝2 ，所以tan ∠OPA＝＝＝，故tan ∠APB＝＝，即l1与l2的夹角的正切值等于.‎ ‎12．H4[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设点M(x0，1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是(　　)‎ A. [－1，1] B. C. [－，] D. ‎12．A　[解析] 点M(x0，1)在直线y＝1上，而直线y＝1与圆x2＋y2＝1相切．据题意可设点N(0，1)，如图，则只需∠OMN≥45°即可，此时有tan ∠OMN＝≥tan 45°，得0<|MN|≤|ON|＝1，即0<|x0|≤1，当M位于点(0，1)时，显然在圆上存在点N满足要求，综上可知－1≤x0≤1.‎ ‎20．H1、H3、H4[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知点P(2，2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．‎ ‎(1)求M的轨迹方程；‎ ‎(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．‎ ‎20．解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，‎ 所以圆心为C(0，4)，半径为4.‎ 设M(x，y)，则CM＝(x，y－4)，MP＝(2－x，2－y)．‎ 由题设知CM·MP＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.‎ 由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.‎ ‎(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1，3)为圆心，为半径的圆．‎ 由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.‎ 因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－，‎ 故l的方程为y＝－x＋.‎ 又|OM|＝|OP|＝2 ，O到直线l的距离为，‎ 故|PM|＝，所以△POM的面积为.‎ ‎14．H4[2014·山东卷] 圆心在直线x－2y＝0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为2，则圆C的标准方程为________．‎ ‎14．(x－2)2＋(y－1)2＝4　[解析] 因为圆心在直线x－2y＝0上，所以可设圆心坐标为(2b，b)．又圆C与y轴的正半轴相切，所以b>0，圆的半径是2b.由勾股定理可得b2＋()2＝4b2，解得b＝±1.又因为b>0，所以b＝1，所以圆C的圆心坐标为(2，1)，半径是2，所以圆C的标准方程是(x－2)2＋(y－1)2＝4.‎ ‎14．H4[2014·重庆卷] 已知直线x－y＋a＝0与圆心为C的圆x2＋y2＋2x－4y－4＝0相交于A，B两点，且AC⊥BC，则实数a的值为________．‎ ‎14．0或6　[解析] ∵圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝9，∴圆心为C(－1，2)，半径为3.∵AC⊥BC，∴|AB|＝3.∵圆心到直线的距离d＝＝，∴|AB|＝2＝2＝3　，即(a－3)2＝9，∴a＝0或a＝6.‎ ‎9．B6、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|的取值范围是(　　)‎ A．[，2 ] B．[，2 ]‎ C．[，4 ] D．[2，4 ]‎ ‎9．B　[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，即|PA|＋|PB|≥|AB|＝.‎ 又|PA|＋|PB|＝＝‎ ≤‎ ＝2 ，‎ 所以|PA|＋|PB|∈[，2 ]，故选B.‎ ‎21．H1、H2、H4、H5[2014·重庆卷] 如图15，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)求该椭圆的标准方程．‎ ‎(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，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？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．‎ 图15‎ ‎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.‎ 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，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.设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得·＝－1.‎ 而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.‎ 圆C的半径|CP1|＝＝.‎ 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2＋＝.‎ H5　椭圆及其几何性质 ‎21．H1、H2、H4、H5[2014·重庆卷] 如图15，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)求该椭圆的标准方程．‎ ‎(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，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？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．‎ 图15‎ ‎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.‎ 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，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.设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得·＝－1.‎ 而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.‎ 圆C的半径|CP1|＝＝.‎ 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2＋＝.‎ ‎20．B11、B12[2014·安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.‎ ‎(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；‎ ‎(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．‎ ‎20．解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝1＋a－2x－3x2.‎ 令f′(x)＝0，得x1＝，‎ x2＝，且x1x2时，f′(x)<0；‎ 当x10.‎ 故f(x)在和 内单调递减，‎ 在内单调递增．‎ ‎(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0，‎ ‎①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．‎ ‎②当0b>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．‎ ‎20．H5、H6、H10[2014·湖南卷] 如图15所示，O为坐标原点，双曲线C1：－＝1(a1＞0，b1＞0)和椭圆C2：＋＝1(a2＞b2＞0)均过点P，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．‎ ‎(1)求C1，C2的方程．‎ ‎(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|＋|＝|AB| ？证明你的结论. ‎ 图15‎ ‎20．解： (1)设C2的焦距为‎2c2，由题意知，‎2c2＝2，‎2a1＝2，从而a1＝1，c2＝1.因为点P在双曲线x2－＝1上，所以－＝1，故b＝3.‎ 由椭圆的定义知 ‎2a‎2＝＋＝2.‎ 于是a2＝，b＝a－c＝2.故C1，C2的方程分别为x2－＝1，＋＝1.‎ ‎(2)不存在符合题设条件的直线．‎ ‎(i)若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x＝或x＝－.‎ 当x＝时，易知A(，)，B(，－)，所以 ‎|＋|＝2，||＝2.‎ 此时，|＋|≠||.‎ 当 x＝－时，同理可知，|＋|≠||.‎ ‎(ii)若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m，‎ 由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.‎ 当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而 x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.‎ 由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋‎2m2‎－6＝0.‎ 因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k‎2m2‎－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.‎ 化简，得2k2＝m2－3.因此 ·＝x1x2＋y1y2＝＋＝≠0，‎ 于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，即|＋|2≠|－|2.‎ 故|＋|≠||.‎ 综合(i)，(ii)可知，不存在符合题设条件的直线．‎ ‎17．H5、H8[2014·江苏卷] 如图15所示，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F‎1C.‎ ‎(1)若点C的坐标为，且BF2＝，求椭圆的方程；‎ ‎(2)若F‎1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．‎ 图15‎ ‎17．解： 设椭圆的焦距为‎2c, 则 F1(－c, 0), F2(c, 0)．‎ ‎(1)因为B(0, b), 所以BF2＝＝a.又BF2＝， 故a＝.‎ 因为点C在椭圆上，所以＋＝1，解得b2＝1.‎ 故所求椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)因为B(0, b), F2(c, 0)在直线 AB 上，所以直线 AB 的方程为 ＋＝1.‎ 解方程组得 所以点 A 的坐标为.‎ 又AC 垂直于x 轴， 由椭圆的对称性，可得点 C 的坐标为.‎ 因为直线 F‎1C的斜率为＝，直线AB的斜率为－，且F‎1C⊥AB，所以·＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝‎5c2，故e2＝，‎ 因此e＝.‎ ‎14．H5[2014·江西卷] 设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，过F2作x轴的垂线与C相交于A，B两点，F1B与y轴相交于点D.若AD⊥F1B，则椭圆C的离心率等于________．‎ ‎14.　[解析] 由题意A，B，F1(－c，0)，则直线F1B的方程为y－0＝(x＋c)．‎ 令x＝0，得y＝－，即D，‎ 则向量DA＝，＝.‎ 因为AD⊥F1B，所以·＝‎2c2－＝0，‎ 即‎2ac＝b2＝(a2－c2)，‎ 整理得(e－1)(e＋)＝0，所以e＝(e>0)．‎ 故椭圆C的离心率为.‎ ‎20．H3、H5、H8[2014·辽宁卷] 圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图15所示)．‎ 图15‎ ‎(1)求点P的坐标；‎ ‎(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：y＝x＋交于A，B两点，若△PAB的面积为2，求C的标准方程．‎ ‎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，，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，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)．‎ ‎(2)设C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．由点P在C上知＋＝1，并由得b2x2＋4x＋6－2b2＝0.‎ 又x1，x2是方程的根，所以 由y1＝x1＋，y2＝x2＋，得 ‎|AB|＝|x1－x2|＝·.‎ 由点P到直线l的距离为及S△PAB＝×|AB|＝2，得|AB|＝，即b4－9b2＋18＝0，‎ 解得b2＝6或3，因此b2＝6，a2＝3(舍)或b2＝3，a2＝6，从而所求C的方程为＋＝1.‎ ‎9．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 ‎9．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[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．H5，H8，E6[2014·山东卷] 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程．‎ ‎(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．‎ ‎　(i)设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；‎ ‎　(ii)求△OMN面积的最大值．‎ ‎21．解：(1)由题意知，＝，可得a2＝4b2.‎ 椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.‎ 将y＝x代入可得x＝±.‎ 因此×＝，即a＝2，所以b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)(i)设A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，则B(－x1，－y1)．‎ 因为直线AB的斜率kAB＝，且AB⊥AD，‎ 所以直线AD的斜率k＝－.‎ 设直线AD的方程为y＝kx＋m，‎ 由题意知k≠0，m≠0.‎ 由消去y，得(1＋4k2)x2＋8mkx＋‎4m2‎－4＝0，‎ 所以x1＋x2＝－，‎ 因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋‎2m＝.‎ 由题意知x1≠－x2，‎ 所以k1＝＝－＝.‎ 所以直线BD的方程为y＋y1＝(x＋x1)．‎ 令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1，0)．‎ 可得k2＝－.‎ 所以k1＝－k2，即λ＝－.‎ 因此，存在常数λ＝－使得结论成立．‎ ‎(ii)直线BD的方程y＋y1＝(x＋x1)，‎ 令x＝0，得y＝－y1，即N.‎ 由(i)知M(3x1，0)，‎ 所以△OMN的面积S＝×3|x1|×|y1|＝‎ |x1||y1|.‎ 因为|x1||y1|≤＋y＝1，当且仅当＝|y1|＝时，等号成立，‎ 此时S取得最大值，‎ 所以△OMN面积的最大值为.‎ ‎20．H5、H8[2014·陕西卷] 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)经过点(0，)，离心率为，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F‎1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．‎ 图15‎ ‎20．解： (1)由题设知解得 ‎∴椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题设，以F‎1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，‎ ‎∴圆心(0，0)到直线l的距离d＝.‎ 由d<1，得|m|<，(*)‎ ‎∴|CD|＝2＝2＝.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得x2－mx＋m2－3＝0，‎ 由根与系数的关系得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3，‎ ‎∴|AB|＝＝.‎ 由＝，得＝1，‎ 解得m＝±，满足(*)．‎ ‎∴直线l的方程为y＝－x＋或 y＝－x－.‎ ‎20．H5、H8[2014·四川卷] 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－2，0)，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，T为直线x＝－3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积．‎ ‎20．解：(1)由已知可得，＝，c＝2，所以a＝.‎ 又由a2＝b2＋c2，解得b＝，所以椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)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＝.‎ 因为四边形OPTQ是平行四边形，所以＝，即(x1，y1)＝(－3－x2，m－y2)．‎ 所以 解得m＝±1.‎ 此时，四边形OPTQ的面积 S四边形OPTQ＝2S△OPQ＝2×·|OF|·|y1－y2|＝‎ ‎2 ＝2 .‎ ‎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，经过点F2的直线l与该圆相切于点M，|MF2|＝2，求椭圆的方程．‎ ‎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 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.‎ 由已知，有|TF2|2＝|MF2|2＋r2.又|MF2|＝2，故有＋＝8＋c2，‎ 解得c2＝3，‎ 所以所求椭圆的方程为＋＝1.‎ H6　双曲线及其几何性质 ‎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|)2＝b2－3ab，则该双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. C．4 D. ‎8．D　[解析] ∵||PF1|－|PF2||＝‎2a，∴‎4a2＝b2－3ab，两边同除以a2，得－3·－4＝0，解得＝4，∴e＝＝＝＝.‎ ‎10．H6[2014·北京卷] 设双曲线C的两个焦点为(－，0)，(，0)，一个顶点是(1，0)，则C的方程为________．‎ ‎10．x2－y2＝1　[解析] 由题意设双曲线的方程为x2－＝1(b>0)，又∵1＋b2＝()2，∴b2＝1，即双曲线C的方程为x2－y2＝1.‎ ‎8．H6[2014·广东卷] 若实数k满足00，16－k>0.对于双曲线：－＝1，其焦距是2＝2；对于双曲线：－＝1，其焦距是2＝2.故焦距相等．‎ ‎8．H6、H8[2014·湖北卷] 设a，b是关于t的方程t2cos θ＋tsin θ＝0的两个不等实根，则过A(a，a2)，B(b，b2)两点的直线与双曲线－＝1的公共点的个数为(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ ‎8．A　[解析] 由方程t2cos θ＋tsin θ＝0，解得t1＝0，t2＝－tan θ，不妨设点A(0，0)，B(－tan θ，tan2θ)，则过这两点的直线方程为y＝－xtan θ，该直线恰是双曲线－＝1的一条渐近线，所以该直线与双曲线无公共点．故选A ‎17．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________．‎ ‎17.　[解析] 双曲线的渐近线为y＝±x，易求得渐近线与直线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.‎ ‎20．H5、H6、H10[2014·湖南卷] 如图15所示，O为坐标原点，双曲线C1：－＝1(a1＞0，b1＞0)和椭圆C2：＋＝1(a2＞b2＞0)均过点P，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．‎ ‎(1)求C1，C2的方程．‎ ‎(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|＋|＝|‎ AB| ？证明你的结论. ‎ 图15‎ ‎20．解： (1)设C2的焦距为‎2c2，由题意知，‎2c2＝2，‎2a1＝2，从而a1＝1，c2＝1.因为点P在双曲线x2－＝1上，所以－＝1，故b＝3.‎ 由椭圆的定义知 ‎2a‎2＝＋＝2.‎ 于是a2＝，b＝a－c＝2.故C1，C2的方程分别为x2－＝1，＋＝1.‎ ‎(2)不存在符合题设条件的直线．‎ ‎(i)若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x＝或x＝－.‎ 当x＝时，易知A(，)，B(，－)，所以 ‎|＋|＝2，||＝2.‎ 此时，|＋|≠||.‎ 当 x＝－时，同理可知，|＋|≠||.‎ ‎(ii)若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m，‎ 由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.‎ 当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而 x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.‎ 由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋‎2m2‎－6＝0.‎ 因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k‎2m2‎－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.‎ 化简，得2k2＝m2－3.因此 ·＝x1x2＋y1y2＝＋＝≠0，‎ 于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，即|＋|2≠|－|2.‎ 故|＋|≠||.‎ 综合(i)，(ii)可知，不存在符合题设条件的直线．‎ ‎9．H6[2014·江西卷] 过双曲线C：－＝1的右顶点作x轴的垂线，与C的一条渐近线相交于点A.若以C的右焦点为圆心、半径为4的圆经过A，O两点(O为坐标原点)，则双曲线C的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1 ‎ C.－＝1 D.－＝1‎ ‎9．A　[解析] 由直线方程x＝a和渐近线方程y＝x联立解得A(a，b)．‎ 由以C的右焦点为圆心，4为半径的圆过原点O可得c＝4，即右焦点F(4，0)．‎ 由该圆过A点可得|FA|2＝(a－4)2＋b2＝a2＋b2－‎8a＋16＝c2－‎8a＋16＝c2，‎ 所以‎8a＝16，则a＝2，所以b2＝c2－a2＝16－4＝12.故双曲线C的方程为－＝1.‎ ‎11．H6[2014·全国卷] 双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则C的焦距等于(　　)‎ A．2 B．2 C．4 D．4 ‎11．C　[解析] 易知双曲线－＝1的渐近线方程是y＝±x，不妨设焦点(c，0)到其中一条渐近线x－y＝0的距离为，则＝，整理得b＝.又双曲线C的离心率e＝＝2，c2＝a2＋b2，所以c＝2，即‎2c＝4，即双曲线C的焦距等于4.‎ ‎4．H6[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知双曲线－＝1(a＞0)的离心率为2，则a＝(　　)‎ A．2 B. C. D．1‎ ‎4．D　[解析] 因为c2＝a2＋3，所以e＝＝＝2，得a2＝1，所以a＝1.‎ ‎15．H6，H7[2014·山东卷] 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的焦距为‎2c，右顶点为A，抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为‎2c，且|FA|＝c，则双曲线的渐近线方程为________．‎ ‎15．y＝±x　[解析] 由题意可知，抛物线的焦点F为，准线方程为y＝－.因为|FA|＝c，所以＋a2＝c2，即＝b2.联立消去y，得x＝±，即x＝±a.又因为双曲线截抛物线的准线所得的线段长为‎2c，所以‎2‎a＝‎2c，即a＝c，所以b＝a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.‎ ‎11．H6[2014·四川卷] 双曲线 －y2＝1的离心率等于________．‎ ‎11.　[解析] 由已知及双曲线的概念知，a＝2，b＝1，故c＝＝，‎ 故该双曲线的离心率e＝＝.‎ ‎6．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 ‎6．A　[解析] ∵＝2，0＝－‎2c＋10，∴c＝5，a2＝5，b2＝20，∴双曲线的方程为－＝1.‎ H7　抛物线及其几何性质 ‎10．H7[2014·四川卷] 已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，·＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是(　　)‎ A．2 B．‎3 C. D. ‎10．B　[解析] 由题意可知，F.设A(y，y1)，B(y，y2)，∴·＝y1y2＋yy＝2，‎ 解得y1y2＝1或y1y2＝－2.又因为A，B两点位于x轴两侧，所以y1y2＜0，即y1y2＝－2.‎ 当y≠y时，AB所在直线方程为y－y1＝(x－y)＝ (x－y)，‎ 令y＝0，得x＝－y1y2＝2，即直线AB过定点C(2，0)．‎ 于是S△ABO＋S△AFO＝S△ACO＋S△BCO＋S△AFO＝×2|y1|＋×2|y2|＋×|y1|＝(9|y1|＋8|y2|)≥×2＝3，当且仅当9|y1|＝8|y2|且y1y2＝－2时，等号成立．当y＝y时，取y1＝，y2＝－，则AB所在直线的方程为x＝2，此时求得S△ABO＋S△AFO＝2××2×＋××＝.而>3，故选B.‎ ‎3．H7[2014·安徽卷] 抛物线y＝x2的准线方程是(　　)‎ A．y＝－1 B．y＝－2 ‎ C．x＝－1 D．x＝－2‎ ‎3．A　[解析] 因为抛物线y＝x2的标准方程为x2＝4y，所以其准线方程为y＝－1.‎ ‎21．H4 H7 H8[2014·福建卷] 已知曲线Γ上的点到点F(0，1)的距离比它到直线y＝－3的距离小2.‎ ‎(1)求曲线Γ的方程．‎ ‎(2)曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线Γ上运动(点 P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论．‎ ‎21．解：方法一：(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点．‎ 依题意，点S到点F(0，1)的距离与它到直线y＝－1的距离相等，‎ 所以曲线Γ是以点F(0，1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，‎ 所以曲线Γ的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)当点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．证明如下：‎ 由(1)知抛物线Γ的方程为y＝x2.‎ 设P(x0，y0)(x0≠0)，则y0＝x，‎ 由y′＝x，得切线l的斜率k＝y′|x＝x0＝x0，‎ 所以切线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得A.‎ 由得M.‎ 又N(0，3)，所以圆心C，‎ 半径r＝|MN|＝，‎ ‎|AB|＝ ‎＝ ‎＝.‎ 所以点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．‎ 方法二：(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点，‎ 则|y－(－3)|－＝2.‎ 依题意，点S(x，y)只能在直线y＝－3的上方，所以y＞－3，‎ 所以＝y＋1，‎ 化简得，曲线Γ的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)同方法一．‎ ‎ 11．B11、H7[2014·广东卷] 曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)‎ 处的切线方程为________．‎ ‎11．5x＋y＋2＝0　[解析] ∵y′＝－5ex，∴所求切线斜是k＝－5e0＝－5，∴切线方程是y－(－2)＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0.‎ ‎ 22．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．‎ ‎22．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(x≥0)，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，与C2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，b>0)的焦距为‎2c，右顶点为A，抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为‎2c，且|FA|＝c，则双曲线的渐近线方程为________．‎ ‎15．y＝±x　[解析] 由题意可知，抛物线的焦点F为，准线方程为y＝－.因为|FA|＝c，所以＋a2＝c2，即＝b2.联立消去y，得x＝±，即x＝±a.又因为双曲线截抛物线的准线所得的线段长为‎2c，所以‎2‎a＝‎2c，即a＝c，所以b＝a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.‎ ‎11．H7[2014·陕西卷] 抛物线y2＝4x的准线方程为________．‎ ‎11．x＝－1　[解析] 易知抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－＝－1.‎ ‎22．H7、H8[2014·浙江卷] 已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，＝3FM.‎ 图16‎ ‎(1)若|PF|＝3，求点M的坐标；‎ ‎(2)求△ABP面积的最大值．‎ ‎22．解：(1)由题意知焦点F(0，1)，准线方程为y＝－1.‎ 设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得到y0＝2，所以P(2，2)或P(－2，2)．‎ 由PF＝3FM，分别得M或M.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．‎ 由得x2－4kx－‎4m＝0，‎ 于是Δ＝16k2＋‎16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－‎4m，‎ 所以AB中点M的坐标为(2k，2k2＋m)．‎ 由＝3，‎ 得(－x0，1－y0)＝3(2k，2k2＋m－1)，‎ 所以 由x＝4y0得k2＝－m＋.‎ 由Δ>0，k2≥0，得－f.‎ 所以，当m＝时，f(m)取到最大值，‎ 此时k＝±.‎ 所以，△ABP面积的最大值为.‎ H8　直线与圆锥曲线（AB课时作业）‎ ‎20．B11、B12[2014·安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.‎ ‎(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；‎ ‎(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．‎ ‎20．解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝1＋a－2x－3x2.‎ 令f′(x)＝0，得x1＝，‎ x2＝，且x1x2时，f′(x)<0；‎ 当x10.‎ 故f(x)在和 内单调递减，‎ 在内单调递增．‎ ‎(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0，‎ ‎①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．‎ ‎②当00，x1＋x2＝4k，x1x2＝－‎4m，‎ 所以AB中点M的坐标为(2k，2k2＋m)．‎ 由＝3，‎ 得(－x0，1－y0)＝3(2k，2k2＋m－1)，‎ 所以 由x＝4y0得k2＝－m＋.‎ 由Δ>0，k2≥0，得－f.‎ 所以，当m＝时，f(m)取到最大值，‎ 此时k＝±.‎ 所以，△ABP面积的最大值为.‎ ‎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．‎ ‎8．H6、H8[2014·湖北卷] 设a，b是关于t的方程t2cos θ＋tsin θ＝0的两个不等实根，则过A(a，a2)，B(b，b2)两点的直线与双曲线－＝1的公共点的个数为(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ ‎8．A　[解析] 由方程t2cos θ＋tsin θ＝0，解得t1＝0，t2＝－tan θ，不妨设点A(0，0)，B(－tan θ，tan2θ)，则过这两点的直线方程为y＝－xtan θ，该直线恰是双曲线－＝1的一条渐近线，所以该直线与双曲线无公共点．故选A ‎22．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．‎ ‎22．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(x≥0)，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，与C2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－1b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F‎1C.‎ ‎(1)若点C的坐标为，且BF2＝，求椭圆的方程；‎ ‎(2)若F‎1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．‎ 图15‎ ‎17．解： 设椭圆的焦距为‎2c, 则 F1(－c, 0), F2(c, 0)．‎ ‎(1)因为B(0, b), 所以BF2＝＝a.又BF2＝， 故a＝.‎ 因为点C在椭圆上，所以＋＝1，解得b2＝1.‎ 故所求椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)因为B(0, b), F2(c, 0)在直线 AB 上，所以直线 AB 的方程为 ＋＝1.‎ 解方程组得 所以点 A 的坐标为.‎ 又AC 垂直于x 轴， 由椭圆的对称性，可得点 C 的坐标为.‎ 因为直线 F‎1C的斜率为＝，直线AB的斜率为－，且F‎1C⊥AB，所以·＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝‎5c2，故e2＝，‎ 因此e＝.‎ ‎20．H7 H8[2014·江西卷] 如图12所示，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0，2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．‎ ‎(1)证明：动点D在定直线上．‎ ‎(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2.证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．‎ 图12‎ ‎20．解：(1)依题意可设AB的方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.‎ 直线AO的方程为y＝x，BD的方程为x＝x2，‎ 解得交点D的坐标为.‎ 注意到x1x2＝－8及x＝4y1，则有y＝＝＝－2，‎ 因此D点在定直线y＝－2上(x≠0)．‎ ‎(2)依题意，切线l的斜率存在且不等于0.‎ 设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0.‎ 由Δ＝0得(‎4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.‎ 故切线l的方程可写为y＝ax－a2.‎ 分别令y＝2，y＝－2，得N1，N2的坐标为N1，N2，‎ 则|MN2|2－|MN1|2＝＋42－＝8，‎ 即|MN2|2－|MN1|2为定值8.‎ ‎15．H8[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] 设MN的中点为G，则点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．H3、H5、H8[2014·辽宁卷] 圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图15所示)．‎ 图15‎ ‎(1)求点P的坐标；‎ ‎(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：y＝x＋交于A，B两点，若△PAB的面积为2，求C的标准方程．‎ ‎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，，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，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)．‎ ‎(2)设C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．由点P在C上知＋＝1，并由得b2x2＋4x＋6－2b2＝0.‎ 又x1，x2是方程的根，所以 由y1＝x1＋，y2＝x2＋，得 ‎|AB|＝|x1－x2|＝·.‎ 由点P到直线l的距离为及S△PAB＝×|AB|＝2，得|AB|＝，即b4－9b2＋18＝0，‎ 解得b2＝6或3，因此b2＝6，a2＝3(舍)或b2＝3，a2＝6，从而所求C的方程为＋＝1.‎ ‎22．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．‎ ‎22．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.‎ 所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.‎ ‎20．H5 H8[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．H5，H8，E6[2014·山东卷] 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)‎ 的离心率为，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程．‎ ‎(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．‎ ‎　(i)设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；‎ ‎　(ii)求△OMN面积的最大值．‎ ‎21．解：(1)由题意知，＝，可得a2＝4b2.‎ 椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.‎ 将y＝x代入可得x＝±.‎ 因此×＝，即a＝2，所以b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)(i)设A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，则B(－x1，－y1)．‎ 因为直线AB的斜率kAB＝，且AB⊥AD，‎ 所以直线AD的斜率k＝－.‎ 设直线AD的方程为y＝kx＋m，‎ 由题意知k≠0，m≠0.‎ 由消去y，得(1＋4k2)x2＋8mkx＋‎4m2‎－4＝0，‎ 所以x1＋x2＝－，‎ 因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋‎2m＝.‎ 由题意知x1≠－x2，‎ 所以k1＝＝－＝.‎ 所以直线BD的方程为y＋y1＝(x＋x1)．‎ 令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1，0)．‎ 可得k2＝－.‎ 所以k1＝－k2，即λ＝－.‎ 因此，存在常数λ＝－使得结论成立．‎ ‎(ii)直线BD的方程y＋y1＝(x＋x1)，‎ 令x＝0，得y＝－y1，即N.‎ 由(i)知M(3x1，0)，‎ 所以△OMN的面积S＝×3|x1|×|y1|＝‎ |x1||y1|.‎ 因为|x1||y1|≤＋y＝1，当且仅当＝|y1|＝时，等号成立，‎ 此时S取得最大值，‎ 所以△OMN面积的最大值为.‎ ‎20．H5、H8[2014·陕西卷] 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)经过点(0，)，离心率为，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F‎1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．‎ 图15‎ ‎20．解： (1)由题设知解得 ‎∴椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题设，以F‎1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，‎ ‎∴圆心(0，0)到直线l的距离d＝.‎ 由d<1，得|m|<，(*)‎ ‎∴|CD|＝2＝2＝.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得x2－mx＋m2－3＝0，‎ 由根与系数的关系得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3，‎ ‎∴|AB|＝＝.‎ 由＝，得＝1，‎ 解得m＝±，满足(*)．‎ ‎∴直线l的方程为y＝－x＋或 y＝－x－.‎ ‎20．H5、H8[2014·四川卷] 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－2，0)，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，T为直线x＝－3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积．‎ ‎20．解：(1)由已知可得，＝，c＝2，所以a＝.‎ 又由a2＝b2＋c2，解得b＝，所以椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)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＝.‎ 因为四边形OPTQ是平行四边形，所以＝，即(x1，y1)＝(－3－x2，m－y2)．‎ 所以 解得m＝±1.‎ 此时，四边形OPTQ的面积 S四边形OPTQ＝2S△OPQ＝2×·|OF|·|y1－y2|＝‎ ‎2 ＝2 .‎ ‎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，经过点F2的直线l与该圆相切于点M，|MF2|＝2，求椭圆的方程．‎ ‎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 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.‎ 由已知，有|TF2|2＝|MF2|2＋r2.又|MF2|＝2，故有＋＝8＋c2，‎ 解得c2＝3，‎ 所以所求椭圆的方程为＋＝1.‎ H9　曲线与方程 ‎12．H9[2014·福建卷] 在平面直角坐标系中，两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的“L距离”定义为||P1P2||＝|x1－x2|＋|y1－y2|，则平面内与x轴上两个不同的定点F1，F2的“L距离”之和等于定值(大于||F‎1F2||)的点的轨迹可以是(　　)‎ ‎　　　　　‎ ‎　　　 A　　　　　　　　　　　　B ‎　　　　　‎ ‎　　　 C　　　　　　　　　　　　D 图14‎ ‎12．A　[解析] 设M(x，y)是轨迹上任意一点，F1(－c，0)，F2(c，0)，||MF1|＋|MF2||＝‎2a，其中a为常数，且a>c>0，‎ 由“L－距离”定义，得 ‎|x＋c|＋|y|＋|x－c|＋|y|＝‎2a，即|y|＝(‎2a－|x＋c|－|x－c|)，‎ 当y≥0时，y＝ 当y<0时，y＝ 则满足上述关系的图像只有选项A.‎ ‎22．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．‎ ‎22．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(x≥0)，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，与C2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，b>0)的两条渐近线均与圆C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，则该双曲线的离心率等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎3．C　[解析] 依题意可知圆C：(x－3)2＋y2＝4，设双曲线的渐近线方程为y＝±kx，则＝2，解得k2＝，即＝，所以该双曲线的离心率e＝＝.‎ ‎5．[2014·株洲模拟] 已知直线y＝x－2与圆x2＋y2－4x＋3＝0及抛物线y2＝8x依次交于A，B，C，D四点，则|AB|＋|CD|等于(　　)‎ A．10 B．12‎ C．14 D．16‎ ‎5．C　[解析] 由题可知直线y＝x－2过圆心(2，0)，抛物线的焦点为(2，0)．由得x2－12x＋4＝0.设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝12，x1x2＝4，所以|AD|＝‎ ＝＝‎ ＝16，故|AB|＋|CD|＝|AD|－2＝14.‎ ‎3．[2014·湖南衡阳模拟] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)．点M(1，0)与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)已知点N的坐标为(3，2)，点P的坐标为(m，n)(m≠3)，过点M任作直线l与椭圆C相交于A，B两点，设直线AN，NP，BN的斜率分别为k1，k2，k3，若k1＋k3＝2k2，试求m，n满足的关系式．‎ ‎3．解：(1)依题意，易知c＝，b＝1，所以a＝＝，‎ 故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1.由解得 不妨设A1，，B1，－，‎ 因为k1＋k3＝＋＝2，且k1＋k3＝2k2，‎ 所以k2＝1，‎ 所以m，n满足的关系式为＝1，即m－n－1＝0.‎ ‎②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)．‎ 将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，‎ 整理得(3k2＋1)x2－6k2x＋3k2－3＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，‎ 所以k1＋k3＝＋＝‎ ＝‎ ＝‎ ＝‎ ＝＝2，‎ 所以2k2＝2，所以k2＝＝1，‎ 所以m，n满足的关系式为m－n－1＝0.‎ 综上所述，m，n满足的关系式为m－n－1＝0.‎