2012年高考数学真题分类汇编H　解析几何（文科） 40页

H　解析几何 H1　直线的倾斜角与斜率、直线的方程 ‎22．H1、H2、H7[2012·浙江卷] 如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分．‎ ‎(1)求p，t的值；‎ ‎(2)求△ABP面积的最大值．‎ 图1－6‎ ‎22．解：(1)由题意知 得 ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，‎ 由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)．‎ 由得 ‎(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2.‎ 故k·‎2m＝1.‎ 所以直线AB方程为y－m＝(x－m)，‎ 即x－2my＋‎2m2‎－m＝0.‎ 由消去x，整理得 y2－2my＋‎2m2‎－m＝0，‎ 所以Δ＝‎4m－‎4m2‎＞0，y1＋y2＝‎2m，y1·y2＝‎2m2‎－m.‎ 从而|AB|＝·|y1－y2|‎ ‎＝·.‎ 设点P到直线AB的距离为d，则 d＝.‎ 设△ABP的面积为S，则 S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·.‎ 由Δ＝‎4m－‎4m2‎＞0，得0＜m＜1.‎ 令u＝，0＜u≤，则 S＝u(1－2u2)，‎ 设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2.‎ 由S′(u)＝0得u＝∈，所以 S(u)max＝S＝.‎ 故△ABP面积的最大值为.‎ ‎17．H1、H7[2012·浙江卷] 定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离等于曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝________.‎ ‎17．[答案] ‎[解析] 本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程，一、二次曲线之间的位置关系与导数几何意义等基础知识，考查学生综合运用知识的能力和学情，考查函数方程和数形结合的数学思想．求出曲线C1到直线l的距离和曲线C2到直线l的距离，建立等式，求出参数a的值. 曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即d－r＝－＝，由y＝x2＋a可得y′＝2x，令y′＝2x＝1，则x＝，在曲线C1上对应的点P，所以曲线C1到直线l的距离即为点P到直线l的距离，故＝，所以＝，可得＝2，a＝－或a＝，当a＝－时，曲线C1：y＝x2－与直线l：y＝x相交，两者距离为0，不合题意，故a＝.‎ ‎4．H1、F1[2012·上海卷] 若d＝(2,1)是直线l的一个方向向量，则l的倾斜角的大小为________(结果用反三角函数值表示)．‎ ‎4．arctan　[解析] 考查直线的方向向量、斜率与倾斜角三者之间的关系，关键是求出直线的斜率．‎ 由已知可得直线的斜率k＝，k＝tanα，所以直线的倾斜角α＝arctan.‎ ‎20．H5、F1、H1[2012·陕西卷] 已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．‎ ‎(1)求椭圆C2的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．‎ ‎20．解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a＞2)，‎ 其离心率为，故＝，则a＝4，‎ 故椭圆C2的方程为＋＝1.‎ ‎(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，‎ 由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，‎ 因此可设直线AB的方程为y＝kx.‎ 将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，‎ 将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x＝，‎ 又由＝2得x＝4x，即＝，‎ 解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ 解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，‎ 由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，‎ 因此可设直线AB的方程为y＝kx.‎ 将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，‎ 由＝2得x＝，y＝，‎ 将x，y代入＋＝1中，得＝1，‎ 即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝±1，‎ 故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ H2　两直线的位置关系与点到直线的距离 ‎22．H1、H2、H7[2012·浙江卷] 如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分．‎ ‎(1)求p，t的值；‎ ‎(2)求△ABP面积的最大值．‎ 图1－6‎ ‎22．解：(1)由题意知 得 ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，‎ 由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)．‎ 由得 ‎(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2.‎ 故k·‎2m＝1.‎ 所以直线AB方程为y－m＝(x－m)，‎ 即x－2my＋‎2m2‎－m＝0.‎ 由消去x，整理得 y2－2my＋‎2m2‎－m＝0，‎ 所以Δ＝‎4m－‎4m2‎＞0，y1＋y2＝‎2m，y1·y2＝‎2m2‎－m.‎ 从而|AB|＝·|y1－y2|‎ ‎＝·.‎ 设点P到直线AB的距离为d，则 d＝.‎ 设△ABP的面积为S，则 S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·.‎ 由Δ＝‎4m－‎4m2‎＞0，得0＜m＜1.‎ 令u＝，0＜u≤，则 S＝u(1－2u2)，‎ 设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2.‎ 由S′(u)＝0得u＝∈，所以 S(u)max＝S＝.‎ 故△ABP面积的最大值为.‎ H3　圆的方程 ‎20．H3、H7、H8[2012·课标全国卷] 设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．‎ ‎(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；‎ ‎(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．‎ ‎20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.‎ 由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝p.‎ 因为△ABD的面积为4，‎ 所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，‎ 解得p＝－2(舍去)，p＝2.‎ 所以F(0,1)，圆F的方程为 x2＋(y－1)2＝8.‎ ‎(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.‎ 由抛物线定义知 ‎|AD|＝|FA|＝|AB|，‎ 所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.‎ 当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.‎ 由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.‎ 解得b＝－.‎ 因为m的截距b1＝，＝3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.‎ 当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.‎ ‎21．H3、H7、H8[2012·福建卷] 如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．‎ 图1－4‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．‎ ‎21．解：解法一：(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°.‎ 设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12.‎ 因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.‎ 故抛物线E的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)由(1)知y＝x2，y′＝x.‎ 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得 所以Q.‎ 假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．‎ 由于＝(x0，y0－y1)，＝.‎ 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0.‎ 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)‎ 由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，所以 解得y1＝1.‎ 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．‎ 解法二：‎ ‎(1)同解法一．‎ ‎(2)由(1)知y＝x2，y′＝x，‎ 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得 所以Q.‎ 取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于M3(0,1)或M4.‎ 故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．‎ 以下证明点M(0,1)就是所要求的点．‎ 因为＝(x0，y0－1)，＝，‎ ·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.‎ 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.‎ ‎21．H3、H5、H8[2012·湖北卷] 设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；‎ ‎(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k＞0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，‎ 可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①‎ 因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②‎ 将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．‎ 因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以 当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，‎ 两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；‎ 当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，‎ 两焦点坐标分别为(0，－)，(0，)．‎ ‎(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.‎ 依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得 ‎－x1＋x2＝－，即x2＝.‎ 因为点H在直线QN上，‎ 所以y2－kx1＝2kx2＝.‎ 于是＝(－2x1，－2kx1)，＝(x2－x1，y2－kx1)＝.‎ 而PQ⊥PH等价于·＝＝0，‎ 即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，‎ 故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0都有PQ⊥PH.‎ 方法2：如图(2)、(3)，对任意x1∈(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－y1)，N(0，y1)，‎ 因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(x－x)＋(y－y)＝0.③‎ 依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，‎ 故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得 ＝－m2.④‎ 又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.‎ 于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－，‎ 而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，‎ 故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.‎ H4　直线与圆、圆与圆的位置关系 ‎6．H4[2012·陕西卷] 已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则(　　)‎ A．l与C相交 B．l与C相切 C．l与C相离 D．以上三个选项均有可能 ‎6．A　[解析] 本小题主要考查直线与圆的位置关系，解题的突破口为熟练掌握判断直线与圆位置关系的方法．x2＋y2－4x＝0是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，而点P(3,0)到圆心的距离为d＝＝1<2，点P(3,0)恒在圆内，过点P(3,0)不管怎么样画直线，都与圆相交．故选A.‎ ‎7．H4[2012·辽宁卷] 将圆x2＋y2－2x－4y＋1＝0平分的直线是(　　)‎ A．x＋y－1＝0 B．x＋y＋3＝0‎ C．x－y＋1＝0 D．x－y＋3＝0‎ ‎7．C　[解析] 本小题主要考查直线与圆的位置关系．解题的突破口为弄清平分线的实质是过圆心的直线，即圆心符合直线方程．‎ 圆的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4，所以圆心为(1,2)，把点(1,2)代人A、B、C、D，不难得出选项C符合要求．‎ ‎5．H4[2012·湖北卷] 过点P(1,1)的直线，将圆形区域分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为(　　)‎ A．x＋y－2＝0 B．y－1＝0‎ C．x－y＝0 D．x＋3y－4＝0‎ ‎5．A　[解析] 要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，通过观察图形，显然只需该直线与直线OP垂直即可，又已知P(1,1)，则所求直线的斜率为－1，又该直线过点P(1,1)，易求得该直线的方程为x＋y－2＝0.故选A.‎ ‎8．H4[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于(　　)‎ A．3 B．2 C. D．1‎ ‎8．B　[解析] 考查直线与圆相交求弦长，突破口是“弦心距、半径、弦长之半构成直角三角形”，利用勾股定理计算．由点到直线的距离得，弦心距d＝＝1，所以弦长AB＝2＝2，所以选择B.9．H4[2012·北京卷] 直线y＝x被圆x2＋(y－2)2＝4截得的弦长为________．‎ ‎9．2　[解析] 本题考查直线和圆的位置关系、考查简单的平面几何知识．‎ 法一：几何法：圆心到直线的距离为d＝＝，圆的半径r＝2，所以弦长为l＝2×＝2＝2；‎ 法二：代数法：联立直线和圆的方程 消去y可得x2－2x＝0，所以直线和圆的两个交点坐标分别为(2,2)，(0,0)，弦长为＝2.‎ ‎9．H4[2012·安徽卷] 若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．[－3，－1] B．[－1,3]‎ C．[－3,1] D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)‎ ‎9．C　[解析] 因为直线x－y＋1＝0与圆2＋y2＝2有公共点，所以圆心到直线的距离d＝≤r＝，可得≤2，即a∈.‎ ‎7．H4[2012·福建卷] 直线x＋y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于(　　)‎ A．2 B．‎2 C. D．1‎ ‎7．B　[解析] 根据圆的方程知，圆的圆心为(0,0)，半径R＝2，弦心距d＝＝1，所以弦长|AB|＝2＝2，所以选择B.‎ ‎12．H4[2012·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________．‎ ‎12.　[解析] 本题考查用几何方法判定两圆的位置关系．解题突破口为设出圆的圆心坐标．‎ 圆C方程可化为(x－4)2＋y2＝1圆心坐标为(4,0)，半径为1，由题意，直线y＝kx－2上至少存在一点(x0，kx0－2)，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，因为两个圆有公共点，故≤2，整理得(k2＋1)x2－(8＋4k)x＋16≤0，此不等式有解的条件是Δ＝(8＋4k)2－64(k2＋1)≥0，解之得0≤k≤，故最大值为.‎ ‎14．H4[2012·江西卷] 过直线x＋y－2＝0上点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是________．‎ ‎14．(，)　[解析] 设切点为A，B，设P(x,2－x)，连结PA，PB，PO，则|PO|＝2|OA|＝2，即x2＋(2－x)2＝4，整理得x2－2x＋2＝0，解得x＝，故P的坐标为(，)．‎ ‎22．H6、H4[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2－y2＝1.‎ ‎(1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点．若|MF|＝2，求点M的坐标；‎ ‎(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；‎ ‎(3)设斜率为k(|k|＜)的直线l交C于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ.‎ ‎22．解：(1)双曲线C：－y2＝1，左焦点F，‎ 设M(x，y)，则|MF|2＝2＋y2＝2，‎ 由M点是右支上一点，知x≥，所以|MF|＝x＋＝2，得x＝，‎ 所以M.‎ ‎(2)左顶点A，渐近线方程：y＝±x.‎ 过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为 y＝，即y＝x＋1.‎ 解方程组得 所以所求平行四边形的面积为S＝|OA||y|＝.‎ ‎(3)证明：设直线PQ的方程是y＝kx＋b，因直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝k2＋1(*)．‎ 由得(2－k2)x2－2kbx－b2－1＝0.‎ 设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则 又y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)，所以 ·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2‎ ‎＝＋＋b2＝.‎ 由(*)知，·＝0，所以OP⊥OQ.‎ ‎20．H4、H5[2012·辽宁卷] 如图1－7，动圆C1：x2＋y2＝t2,1b>0)，右焦点为F2(c,0)．‎ 因△AB1B2是直角三角形且|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，从而|OA|＝|OB2|，‎ 即b＝.结合c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，‎ c2＝4b2，所以离心率e＝＝.‎ 在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故 S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2，‎ 由题设条件S△AB1B2＝4得b2＝4，从而a2＝5b2＝20.‎ 因此所求椭圆的标准方程为：＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知B1(－2,0)、B2(2,0)．由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为：x＝my－2.代入椭圆方程得 ‎(m2＋5)y2－4my－16＝0.(*)‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此 y1＋y2＝，y1·y2＝.‎ 又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，所以 ·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2‎ ‎＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2‎ ‎＝(m2＋1)y1y2－‎4m(y1＋y2)＋16‎ ‎＝－＋16‎ ‎＝－，‎ 由PB2⊥QB2，知·＝0，即‎16m2‎－64＝0，解得m＝±2.‎ 当m＝2时，方程(*)化为：9y2－8y－16＝0，‎ 故y1＝，y2＝，|y1－y2|＝，‎ ‎△PB2Q的面积S＝|B1B2|·|y1－y2|＝.‎ 当m＝－2时，同理可得(或由对称性可得)△PB2Q的面积S＝.‎ 综上所述，△PB2Q的面积为.‎ ‎8．H5、H6[2012·浙江卷] 如图1－3，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，‎ 则双曲线与椭圆的离心率的比值是(　　)‎ 图1－3‎ A．3 B．2‎ C. D. ‎8．B　[解析] 本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题．设椭圆、双曲线的方程分别为 ＋ ＝ 1(a1>b1>0)，‎ －＝1(a2>0，b2>0)，由题意知c1＝c2且a1＝‎2a2，则＝＝＝2.‎ ‎19．H5、H8[2012·天津卷] 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，点P在椭圆上．‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值．‎ ‎19．解：(1)因为点P在椭圆上，故＋＝1，可得＝，‎ 于是e2＝＝1－＝，‎ 所以椭圆的离心率e＝.‎ ‎(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx.设点Q的坐标为(x0，y0)．‎ 由条件得消去y0并整理得 x＝.①‎ 由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得，(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4.‎ 由(1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5.‎ 所以直线OQ的斜率k＝±.‎ ‎4．H5[2012·课标全国卷] 设F1，F2是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，P为直线x＝上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎4．C　[解析] 根据题意直线PF2的倾斜角是，所以a－c＝|PF2|＝|F‎1F2|＝×‎2c，解得e＝.故选C.‎ ‎16．A2、H5[2012·上海卷] 对于常数m、n，“mn＞‎0”‎是“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎16．B　[解析] 考查充分条件和必要条件，以及椭圆方程．判断充分条件和必要条件，首先要确定条件与结论．‎ 条件是“mn>0”，结论是“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”， 方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆，可以得出mn>0，且m>0，n>0，m≠n，而由条件“mn>0”推不出“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”．所以为必要不充分条件，选B.‎ ‎20．H5、F1 [2012·陕西卷] 已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．‎ ‎(1)求椭圆C2的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．‎ ‎20．解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a＞2)，‎ 其离心率为，故＝，则a＝4，‎ 故椭圆C2的方程为＋＝1.‎ ‎(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，‎ 由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，‎ 因此可设直线AB的方程为y＝kx.‎ 将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，‎ 将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x＝，‎ 又由＝2得x＝4x，即＝，‎ 解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ 解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，‎ 由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，‎ 因此可设直线AB的方程为y＝kx.‎ 将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，‎ 由＝2得x＝，y＝，‎ 将x，y代入＋＝1中，得＝1，‎ 即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝±1，‎ 故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ ‎21．H3、H5、H8[2012·湖北卷] 设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；‎ ‎(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k＞0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，‎ 可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①‎ 因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②‎ 将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．‎ 因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以 当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，‎ 两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；‎ 当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，‎ 两焦点坐标分别为(0，－)，(0，)．‎ ‎(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.‎ 依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得 ‎－x1＋x2＝－，即x2＝.‎ 因为点H在直线QN上，‎ 所以y2－kx1＝2kx2＝.‎ 于是＝(－2x1，－2kx1)，＝(x2－x1，y2－kx1)＝.‎ 而PQ⊥PH等价于·＝＝0，‎ 即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，‎ 故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0都有PQ⊥PH.‎ 方法2：如图(2)、(3)，对任意x1∈(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－y1)，N(0，y1)，‎ 因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(x－x)＋(y－y)＝0.③‎ 依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，‎ 故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得 ＝－m2.④‎ 又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.‎ 于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－，‎ 而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，‎ 故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.‎ ‎21．H5、H8[2012·山东卷] 如图1－7所示，椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＝±a和y＝±b所围成的矩形ABCD的面积为8.‎ 图1－7‎ ‎(1)求椭圆M的标准方程；‎ ‎(2)设直线l：y＝x＋m(m∈R)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值．‎ ‎21．解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知 所以a＝2，b＝1，‎ 因此椭圆M的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由整理得 ‎5x2＋8mx＋‎4m2‎－4＝0，‎ 由Δ＝‎64m2‎－80(m2－1)＝80－‎16m2‎>0.‎ 得－b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)已知△AF1B的面积为40，求a，b的值．‎ 图1－4‎ ‎20．解： (1)由题意可知，△AF‎1F2为等边三角形，a＝‎2c，所以e＝.‎ ‎(2)( 方法一)a2＝‎4c2，b2＝‎3c2.‎ 直线AB的方程可为y＝－(x－c)．‎ 将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝‎12c2，‎ 得B.‎ 所以|AB|＝·＝c.‎ 由S△AF1B＝|AF1|·|AB|sin∠F1AB ‎＝a·c·＝a2＝40，‎ 解得a＝10，b＝5.‎ ‎(方法二)设|AB|＝t.‎ 因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a.‎ 由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝‎2a可知，|BF1|＝‎3a－t.‎ 再由余弦定理(‎3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得，‎ t＝a.‎ 由S△AF1B＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5.‎ ‎5．H5[2012·全国卷] 椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x＝－4，则该椭圆的方程为(　　)‎ A.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ ‎5．C　[解析] 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质．解题的突破口为焦距、准线与a、b、c的关系．‎ ‎∵焦距为4，一条准线为x＝－4，∴c＝2，＝4，∴a2＝8，b2＝4，故选C.‎ ‎20．H5、H7、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．‎ ‎20．解：(1)由C1的左焦点F1的坐标为(－1,0)知c＝1.‎ 因为点P(0,1)在C1上，所以b＝1.‎ 于是a＝.‎ 故C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题设l同时与C1和C2相切，设切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x0>0.当点B在第一象限时，点B的坐标为(x0,2)．‎ 考虑抛物线C2在第一象限的方程 y＝2，x>0.‎ 因为y′＝，‎ 所以l的斜率为，从而l的方程为：y＝＋.‎ 由假设直线l与椭圆C1相切，因此方程组 有唯一解，将①代入②并整理得：‎ ‎(x0＋2)x2＋4x0x＋2x0(x0－1)＝0，‎ 所以Δ＝16x－8(x0＋2)x0(x0－1)‎ ‎＝－8x0(x0＋1)(x0－2)＝0.‎ 因为x0>0，所以x0＝2.‎ 当x0＝2时，直线l的方程为：y＝x＋.‎ 易验证l是C1的切线．‎ 由对称性，当切点B在第四象限时，可得l的方程为：y＝－x－.‎ 综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为：‎ y＝x＋，或y＝－x－.‎ ‎21．H5、H10[2012·湖南卷] 在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标．‎ ‎21．解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，故圆C的圆心为点(2,0)．‎ 从而可设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，其焦距为‎2c.由题设知c＝2，e＝＝.所以a＝‎2c＝4，b2＝a2－c2＝12.故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2.则l1，l2的方程分别为l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝.‎ 由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切得 ＝.‎ 即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0.‎ 同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0.‎ 从而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的两个实根．于是 ①‎ 且k1k2＝＝.‎ 由得5x－8x0－36＝0.‎ 解得x0＝－2，或x0＝.‎ 由x0＝－2得y0＝±3；由x0＝得y0＝±，它们均满足①式．‎ 故点P的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或，或.‎ ‎8．H5[2012·江西卷] 椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2.若|AF1|，|F‎1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为(　　)‎ A. B. C. D.－2‎ ‎8．B　[解析] 由椭圆的定义知，|AF1|＝a－c，|F‎1F2|＝‎2c，|BF1|＝a＋c.∵|AF1|，|F‎1F2|，|BF1|成等比数列，因此‎4c2＝(a－c)(a＋c)，整理得‎5c2＝a2，两边同除以a2得5e2＝1，解得e＝.故选B.‎ ‎20．H4、H5[2012·辽宁卷] 如图1－7，动圆C1：x2＋y2＝t2,1)的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A、B，△FAB的周长的最大值是12，则该椭圆的离心率是________．‎ ‎15.　[解析] 如图，设椭圆右焦点为F′，直线x＝m与x轴相交于C，‎ 由椭圆第一定义，|AF|＋|AF′|＝|BF|＋|BF′|＝‎2a，‎ 而|AB|＝|AC|＋|BC|≤|AF′|＋|BF′|，‎ ‎∴当且仅当AB过F′时，△ABF周长最大．‎ 此时，由|AF|＋|AB|＋|BF|＝‎4a＝12，‎ 得a＝3，进而c＝＝2，‎ ‎∴椭圆离心率为e＝＝.‎ H6　双曲线及其几何性质 ‎11．H6[2012·天津卷] 已知双曲线C1：－＝1(a＞0，b＞0)与双曲线C2：－＝1有相同的渐近线，且C1的右焦点为F(，0)，则a＝________，b＝________.‎ ‎11．1　2　[解析] ∵双曲线C1与C2有共同的渐近线，∴b2＝‎4a2.①‎ 又∵a2＋b2＝5, ②‎ 联立①②得，a＝1，b＝2.‎ ‎15．H6[2012·辽宁卷] 已知双曲线x2－y2＝1，点F1，F2为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若PF1⊥PF2，则|PF1|＋|PF2|的值为________．‎ ‎15．2　[解析] 本小题主要考查双曲线的定义以及性质．解题的突破口为正确应用双曲线的定义．‎ 不妨假设点P位于双曲线的右分支上，故而|PF1|－|PF2|＝‎2a＝2，所以(|PF1|－|PF2|)2＝(‎2a)2＝4⇒|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4，因为PF1⊥PF2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝(‎2c)2 ＝8，所以2|PF1||PF2|＝4，所以(|PF1|＋|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝12，即|PF1|＋|PF2|＝2.‎ ‎5．H6[2012·福建卷] 已知双曲线－＝1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎5．C　[解析] 因为双曲线的右焦点坐标为(3,0)，所以c＝3，b2＝5，则a2＝c2－b2＝9－5＝4，所以a＝2，所以e＝＝.‎ ‎10．H6[2012·全国卷] 已知F1、F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝(　　)‎ A. B. C. D. ‎10．C　[解析] 本小题主要考查双曲线的定义及余弦定理的应用，解题的突破口为运用双曲线的定义求出PF1和PF2的长，再用余弦定理即可求．‎ 由双曲线的定义有|PF1|－|PF2|＝|PF2|＝‎2a＝2，∴|PF1|＝2|PF2|＝4，cos∠F1PF2＝＝，故选C.‎ ‎8．H5、H6[2012·浙江卷] 如图1－3，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是(　　)‎ 图1－3‎ A．3 B．2‎ C. D. ‎8．B　[解析] 本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题．设椭圆、双曲线的方程分别为 ＋ ＝ 1(a1>b1>0)，‎ －＝1(a2>0，b2>0)，由题意知c1＝c2且a1＝‎2a2，则＝＝＝2.‎ ‎6．H6[2012·湖南卷] 已知双曲线C：－＝1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ ‎6．A　[解析] 本题考查双曲线方程和渐近线方程，意在考查考生对双曲线方程和其性质的掌握；解题思路：首先由a，b，c的关系，排除C，D，再由渐近线方程得答案A.由已知可得双曲线的焦距，‎2c＝10，a2＋b2＝52＝25，排除C，D，又由渐近线方程为y＝x＝x ‎，得＝，解得a2＝20，b2＝5，所以选A.‎ ‎[易错点] 本题易错一：对双曲线的几何性质不清，错以为c＝10，错选C；易错二：渐近线求解错误，错解成＝，从而错选B.‎ ‎8．H6[2012·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－＝1的离心率为，则m的值为________．‎ ‎8．2　[解析] 本题考查双曲线离心率的求解．解题突破口是明确焦点所在轴．根据双曲线方程可得：m>0，所以e＝＝，解之得m＝2.‎ ‎22．H6、H4[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2－y2＝1.‎ ‎(1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点．若|MF|＝2，求点M的坐标；‎ ‎(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；‎ ‎(3)设斜率为k(|k|＜)的直线l交C于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ.‎ ‎22．解：(1)双曲线C：－y2＝1，左焦点F，‎ 设M(x，y)，则|MF|2＝2＋y2＝2，‎ 由M点是右支上一点，知x≥，所以|MF|＝x＋＝2，得x＝，‎ 所以M.‎ ‎(2)左顶点A，渐近线方程：y＝±x.‎ 过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为 y＝，即y＝x＋1.‎ 解方程组得 所以所求平行四边形的面积为S＝|OA||y|＝.‎ ‎(3)证明：设直线PQ的方程是y＝kx＋b，因直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝k2＋1(*)．‎ 由得(2－k2)x2－2kbx－b2－1＝0.‎ 设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则 又y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)，所以 ·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2‎ ‎＝＋＋b2＝.‎ 由(*)知，·＝0，所以OP⊥OQ.‎ ‎11．H6、H7[2012·山东卷] 已知双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2.若抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为(　　)‎ A．x2＝y B．x2＝y C．x2＝8y D．x2＝16y ‎11．D　[解析] 本题考查双曲线、抛物线的方程及性质，考查运算求解能力，分析解决问题能力，偏难．‎ 由双曲线－＝1的离心率为2得c＝‎2a，又∵抛物线焦点到双曲线渐近线ay＝±bx的距离＝＝2，∴p＝8，即抛物线C2的方程为x2＝16y.‎ ‎10．H6、H7[2012·课标全国卷] 等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，|AB|＝4，则C的实轴长为(　　)‎ A. B．2 C．4 D．8‎ ‎10．C　[解析] 根据题意可设双曲线的方程为－＝1，抛物线的准线为x＝－4，代入双曲线的方程得16－y2＝a2①.因为|AB|＝4，所以y＝±2.代入①得16－(±2)2＝a2，解得a＝2.所以C的实轴长为‎2a＝4，故选C.‎ H7　抛物线及其几何性质 ‎9．H7[2012·四川卷] 已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M(2，y0)，若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|＝(　　)‎ A．2 B．‎2 C．4 D．2 ‎9．B　[解析] 由于抛物线关于x轴对称，且经过的点M的横坐标2＞0，可知抛物线开口向右，‎ 设方程为y2＝2px，准线为x＝－，而M点到准线距离为3，可知－＝－1，即p＝2，‎ 故抛物线方程为y2＝4x.‎ 当x＝2时，可得y0＝±2，‎ ‎∴|OM|＝＝2.‎ ‎14．H7[2012·陕西卷] 图1－5是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面‎2米，水面宽‎4米，水位下降‎1米后，水面宽________米．‎ 图1－5‎ ‎14．2　[解析] 本小题主要考查了抛物线的知识，解题的关键是建立坐标系求出抛物线的方程．以拱顶为坐标原点建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为：x2＝－2py(p>0)，由题意知抛物线过点，代入方程得p＝1，则抛物线的方程为：x2＝－2y，当水面下降‎1米时，为y＝－3，代入抛物线方程得x＝，所以此时水面宽为‎2‎米．‎ ‎22．H7[2012·全国卷] 已知抛物线C：y＝(x＋1)2与圆M：(x－1)2＋2＝r2(r>0)有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l.‎ ‎(1)求r；‎ ‎(2)设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m、n的交点为D，求D到l的距离．‎ ‎22．解：(1)设A(x0，(x0＋1)2)，对y＝(x＋1)2求导得y′＝2(x＋1)．‎ 故l的斜率k＝2(x0＋1)．‎ 当x0＝1时，不合题意，所以x0≠1.‎ 圆心为M，MA的斜率k′＝.‎ 由l⊥MA知k·k′＝－1，‎ 即2(x0＋1)· ＝－1，‎ 解得x0＝0，故A(0,1)，‎ r＝|MA|＝＝，‎ 即r＝.‎ ‎(2)设(t，(t＋1)2)为C上一点，则在该点处的切线方程为y－(t＋1)2＝2(t＋1)(x－t)，‎ 即y＝2(t＋1)x－t2＋1.‎ 若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为，即＝，‎ 化简得t2(t2－4t－6)＝0，‎ 解得t0＝0，t1＝2＋，t2＝2－.‎ 抛物线C在点(ti，(ti＋1)2)(i＝0,1,2)处的切线分别为l，m，n，其方程分别为y＝2x＋1，①‎ y＝2(t1＋1)x－t＋1，②‎ y＝2(t2＋1)x－t＋1，③‎ ‎②－③得x＝＝2.‎ 将x＝2代入②得y＝－1，故D(2，－1)．‎ 所以D到l的距离 d＝＝.‎ ‎14．H7[2012·安徽卷] 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点．若|AF|＝3，则|BF|＝________.‎ ‎14.　[解析] 如图，设A，易知抛物线y2＝4x的焦点为F，抛物线的准线方程为x＝－1，故由抛物线的定义得＝x0－＝3，解得x0＝2，所以y0＝－2.故点A.则直线AB的斜率为k＝＝－2，直线AB的方程为y＝－2x＋2，联立 消去y得2x2－5x＋2＝0，由x1x2＝1，得A，B两点横坐标之积为1，所以点B的横坐标为.再由抛物线的定义得＝－＝.‎ ‎21．H7、H9[2012·上海卷] 海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(以1海里为单位长度)，则救援船恰好在失事船正南方向12海里A处，如图1－3.现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线y＝x2；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t.‎ 图1－3‎ ‎(1)当t＝0.5时，写出失事船所在位置P的纵坐标．若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；‎ ‎(2)问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？‎ ‎21．解：(1)t＝0.5时，P的横坐标xP＝7t＝，代入抛物线方程y＝x2，得P的纵坐标yP＝3.‎ 由|AP|＝，得救援船速度的大小为海里/时．‎ 由tan∠OAP＝，得∠OAP＝arctan，故救援船速度的方向为北偏东arctan弧度．‎ ‎(2)设救援船的时速为v海里，经过t小时追上失事船，此时位置为(7t,12t2)．‎ 由vt＝，‎ 整理得v2＝144＋337.‎ 因为t2＋≥2，当且仅当t＝1时等号成立．‎ 所以v2≥144×2＋337＝252，即v≥25.‎ 因此，救援船的时速至少是‎25海里才能追上失事船．‎ ‎11．H6、H7[2012·山东卷] 已知双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2.若抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为(　　)‎ A．x2＝y B．x2＝y C．x2＝8y D．x2＝16y ‎11．D　[解析] 本题考查双曲线、抛物线的方程及性质，考查运算求解能力，分析解决问题能力，偏难．‎ 由双曲线－＝1的离心率为2得c＝‎2a，又∵抛物线焦点到双曲线渐近线ay＝±‎ bx的距离＝＝2，∴p＝8，即抛物线C2的方程为x2＝16y.‎ ‎20．H3、H7、H8[2012·课标全国卷] 设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．‎ ‎(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；‎ ‎(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．‎ ‎20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.‎ 由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝p.‎ 因为△ABD的面积为4，‎ 所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，‎ 解得p＝－2(舍去)，p＝2.‎ 所以F(0,1)，圆F的方程为 x2＋(y－1)2＝8.‎ ‎(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.‎ 由抛物线定义知 ‎|AD|＝|FA|＝|AB|，‎ 所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.‎ 当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.‎ 由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.‎ 解得b＝－.‎ 因为m的截距b1＝，＝3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.‎ 当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.‎ ‎10．H6、H7[2012·课标全国卷] 等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，|AB|＝4，则C的实轴长为(　　)‎ A. B．2 C．4 D．8‎ ‎10．C　[解析] 根据题意可设双曲线的方程为－＝1，抛物线的准线为x＝－4，代入双曲线的方程得16－y2＝a2①.因为|AB|＝4，所以y＝±2.代入①得16－(±2)2＝a2，解得a＝2.所以C的实轴长为‎2a＝4，故选C.‎ ‎20．H5、H7、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．‎ ‎20．解：(1)由C1的左焦点F1的坐标为(－1,0)知c＝1.‎ 因为点P(0,1)在C1上，所以b＝1.‎ 于是a＝.‎ 故C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题设l同时与C1和C2相切，设切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x0>0.当点B在第一象限时，点B的坐标为(x0,2)．‎ 考虑抛物线C2在第一象限的方程 y＝2，x>0.‎ 因为y′＝，‎ 所以l的斜率为，从而l的方程为：y＝＋.‎ 由假设直线l与椭圆C1相切，因此方程组 有唯一解，将①代入②并整理得：‎ ‎(x0＋2)x2＋4x0x＋2x0(x0－1)＝0，‎ 所以Δ＝16x－8(x0＋2)x0(x0－1)‎ ‎＝－8x0(x0＋1)(x0－2)＝0.‎ 因为x0>0，所以x0＝2.‎ 当x0＝2时，直线l的方程为：y＝x＋.‎ 易验证l是C1的切线．‎ 由对称性，当切点B在第四象限时，可得l的方程为：y＝－x－.‎ 综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为：‎ y＝x＋，或y＝－x－.‎ ‎21．H3、H7、H8[2012·福建卷] 如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．‎ 图1－4‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．‎ ‎21．解：解法一：(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°.‎ 设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12.‎ 因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.‎ 故抛物线E的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)由(1)知y＝x2，y′＝x.‎ 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得 所以Q.‎ 假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．‎ 由于＝(x0，y0－y1)，＝.‎ 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0.‎ 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)‎ 由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，所以 解得y1＝1.‎ 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．‎ 解法二：‎ ‎(1)同解法一．‎ ‎(2)由(1)知y＝x2，y′＝x，‎ 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得 所以Q.‎ 取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于M3(0,1)或M4.‎ 故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．‎ 以下证明点M(0,1)就是所要求的点．‎ 因为＝(x0，y0－1)，＝，‎ ·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.‎ 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.‎ ‎17．H1、H7[2012·浙江卷] 定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离等于曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝________.‎ ‎17．[答案] ‎[解析] 本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程，一、二次曲线之间的位置关系与导数几何意义等基础知识，考查学生综合运用知识的能力和学情，考查函数方程和数形结合的数学思想．求出曲线C1到直线l的距离和曲线C2到直线l的距离，建立等式，求出参数a的值. 曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即d－r＝－＝，由y＝x2＋a可得y′＝2x，令y′＝2x＝1，则x＝，在曲线C ‎1上对应的点P，所以曲线C1到直线l的距离即为点P到直线l的距离，故＝，所以＝，可得＝2，a＝－或a＝，当a＝－时，曲线C1：y＝x2－与直线l：y＝x相交，两者距离为0，不合题意，故a＝.‎ ‎22．H1、H2、H7[2012·浙江卷] 如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分．‎ ‎(1)求p，t的值；‎ ‎(2)求△ABP面积的最大值．‎ 图1－6‎ ‎22．解：(1)由题意知 得 ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，‎ 由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)．‎ 由得 ‎(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2.‎ 故k·‎2m＝1.‎ 所以直线AB方程为y－m＝(x－m)，‎ 即x－2my＋‎2m2‎－m＝0.‎ 由消去x，整理得 y2－2my＋‎2m2‎－m＝0，‎ 所以Δ＝‎4m－‎4m2‎＞0，y1＋y2＝‎2m，y1·y2＝‎2m2‎－m.‎ 从而|AB|＝·|y1－y2|‎ ‎＝·.‎ 设点P到直线AB的距离为d，则 d＝.‎ 设△ABP的面积为S，则 S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·.‎ 由Δ＝‎4m－‎4m2‎＞0，得0＜m＜1.‎ 令u＝，0＜u≤，则 S＝u(1－2u2)，‎ 设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2.‎ 由S′(u)＝0得u＝∈，所以 S(u)max＝S＝.‎ 故△ABP面积的最大值为.‎ H8　直线与圆锥曲线 ‎14．H8[2012·重庆卷] 设P为直线y＝x与双曲线－＝1(a>0，b>0)左支的交点，F1是左焦点，PF1垂直于x轴，则双曲线的离心率e＝________.‎ ‎14.　[解析] 因为PF1垂直于x轴且P点在双曲线的左支上，所以P点横坐标为－c.又因为P点在直线y＝x上，所以P点坐标为，将P点坐标代入双曲线－＝1，整理得＝，所以双曲线的离心率e＝.‎ ‎21．H5、H8、F3[2012·重庆卷] 如图，设椭圆的中点为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．‎ ‎(1)求该椭圆的离心率和标准方程；‎ ‎(2)过B1作直线交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求△PB2Q的面积．‎ ‎21．解：(1)设所求椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F2(c,0)．‎ 因△AB1B2是直角三角形且|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，从而|OA|＝|OB2|，‎ 即b＝.结合c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，‎ c2＝4b2，所以离心率e＝＝.‎ 在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故 S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2，‎ 由题设条件S△AB1B2＝4得b2＝4，从而a2＝5b2＝20.‎ 因此所求椭圆的标准方程为：＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知B1(－2,0)、B2(2,0)．由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为：x＝my－2.代入椭圆方程得 ‎(m2＋5)y2－4my－16＝0.(*)‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此 y1＋y2＝，y1·y2＝.‎ 又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，所以 ·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2‎ ‎＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2‎ ‎＝(m2＋1)y1y2－‎4m(y1＋y2)＋16‎ ‎＝－＋16‎ ‎＝－，‎ 由PB2⊥QB2，知·＝0，即‎16m2‎－64＝0，解得m＝±2.‎ 当m＝2时，方程(*)化为：9y2－8y－16＝0，‎ 故y1＝，y2＝，|y1－y2|＝，‎ ‎△PB2Q的面积S＝|B1B2|·|y1－y2|＝.‎ 当m＝－2时，同理可得(或由对称性可得)△PB2Q的面积S＝.‎ 综上所述，△PB2Q的面积为.‎ ‎19．H5、H8[2012·天津卷] 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，点P在椭圆上．‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值．‎ ‎19．解：(1)因为点P在椭圆上，故＋＝1，可得＝，‎ 于是e2＝＝1－＝，‎ 所以椭圆的离心率e＝.‎ ‎(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx.设点Q的坐标为(x0，y0)．‎ 由条件得消去y0并整理得 x＝.①‎ 由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得，(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4.‎ 由(1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5.‎ 所以直线OQ的斜率k＝±.‎ ‎21．H5、H8[2012·山东卷] 如图1－7所示，椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＝±a和y＝±b所围成的矩形ABCD的面积为8.‎ 图1－7‎ ‎(1)求椭圆M的标准方程；‎ ‎(2)设直线l：y＝x＋m(m∈R)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值．‎ ‎21．解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知 所以a＝2，b＝1，‎ 因此椭圆M的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由整理得 ‎5x2＋8mx＋‎4m2‎－4＝0，‎ 由Δ＝‎64m2‎－80(m2－1)＝80－‎16m2‎>0.‎ 得－0)的焦点为F，准线为l，‎ A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．‎ ‎(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；‎ ‎(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．‎ ‎20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.‎ 由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝p.‎ 因为△ABD的面积为4，‎ 所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，‎ 解得p＝－2(舍去)，p＝2.‎ 所以F(0,1)，圆F的方程为 x2＋(y－1)2＝8.‎ ‎(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.‎ 由抛物线定义知 ‎|AD|＝|FA|＝|AB|，‎ 所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.‎ 当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.‎ 由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.‎ 解得b＝－.‎ 因为m的截距b1＝，＝3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.‎ 当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.‎ ‎21．H3、H5、H8[2012·湖北卷] 设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；‎ ‎(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k＞0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，‎ 可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①‎ 因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②‎ 将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．‎ 因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以 当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，‎ 两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；‎ 当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，‎ 两焦点坐标分别为(0，－)，(0，)．‎ ‎(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.‎ 依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得 ‎－x1＋x2＝－，即x2＝.‎ 因为点H在直线QN上，‎ 所以y2－kx1＝2kx2＝.‎ 于是＝(－2x1，－2kx1)，＝(x2－x1，y2－kx1)＝.‎ 而PQ⊥PH等价于·＝＝0，‎ 即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，‎ 故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0都有PQ⊥PH.‎ 方法2：如图(2)、(3)，对任意x1∈(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－y1)，N(0，y1)，‎ 因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(x－x)＋(y－y)＝0.③‎ 依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，‎ 故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得 ＝－m2.④‎ 又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.‎ 于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－，‎ 而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，‎ 故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.‎ ‎20．H5、H7、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．‎ ‎20．解：(1)由C1的左焦点F1的坐标为(－1,0)知c＝1.‎ 因为点P(0,1)在C1上，所以b＝1.‎ 于是a＝.‎ 故C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题设l同时与C1和C2相切，设切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x0>0.当点B在第一象限时，点B的坐标为(x0,2)．‎ 考虑抛物线C2在第一象限的方程 y＝2，x>0.‎ 因为y′＝，‎ 所以l的斜率为，从而l的方程为：y＝＋.‎ 由假设直线l与椭圆C1相切，因此方程组 有唯一解，将①代入②并整理得：‎ ‎(x0＋2)x2＋4x0x＋2x0(x0－1)＝0，‎ 所以Δ＝16x－8(x0＋2)x0(x0－1)‎ ‎＝－8x0(x0＋1)(x0－2)＝0.‎ 因为x0>0，所以x0＝2.‎ 当x0＝2时，直线l的方程为：y＝x＋.‎ 易验证l是C1的切线．‎ 由对称性，当切点B在第四象限时，可得l的方程为：y＝－x－.‎ 综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为：‎ y＝x＋，或y＝－x－.‎ ‎21．H3、H7、H8[2012·福建卷] 如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．‎ 图1－4‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．‎ ‎21．解：解法一：(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°.‎ 设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12.‎ 因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.‎ 故抛物线E的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)由(1)知y＝x2，y′＝x.‎ 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得 所以Q.‎ 假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．‎ 由于＝(x0，y0－y1)，＝.‎ 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0.‎ 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)‎ 由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，所以 解得y1＝1.‎ 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．‎ 解法二：‎ ‎(1)同解法一．‎ ‎(2)由(1)知y＝x2，y′＝x，‎ 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得 所以Q.‎ 取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于M3(0,1)或M4.‎ 故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．‎ 以下证明点M(0,1)就是所要求的点．‎ 因为＝(x0，y0－1)，＝，‎ ·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.‎ 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.‎ ‎20．H5、H8[2012·安徽卷] 如图1－4，F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)已知△AF1B的面积为40，求a，b的值．‎ 图1－4‎ ‎20．解： (1)由题意可知，△AF‎1F2为等边三角形，a＝‎2c，所以e＝.‎ ‎(2)( 方法一)a2＝‎4c2，b2＝‎3c2.‎ 直线AB的方程可为y＝－(x－c)．‎ 将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝‎12c2，‎ 得B.‎ 所以|AB|＝·＝c.‎ 由S△AF1B＝|AF1|·|AB|sin∠F1AB ‎＝a·c·＝a2＝40，‎ 解得a＝10，b＝5.‎ ‎(方法二)设|AB|＝t.‎ 因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a.‎ 由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝‎2a可知，|BF1|＝‎3a－t.‎ 再由余弦定理(‎3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得，‎ t＝a.‎ 由S△AF1B＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5.‎ H9　曲线与方程 ‎21．H7、H9[2012·上海卷] 海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(以1海里为单位长度)，则救援船恰好在失事船正南方向12海里A处，如图1－3.现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线y＝x2；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t.‎ 图1－3‎ ‎(1)当t＝0.5时，写出失事船所在位置P的纵坐标．若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；‎ ‎(2)问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？‎ ‎21．解：(1)t＝0.5时，P的横坐标xP＝7t＝，代入抛物线方程y＝x2，得P的纵坐标yP＝3.‎ 由|AP|＝，得救援船速度的大小为海里/时．‎ 由tan∠OAP＝，得∠OAP＝arctan，故救援船速度的方向为北偏东arctan弧度．‎ ‎(2)设救援船的时速为v海里，经过t小时追上失事船，此时位置为(7t,12t2)．‎ 由vt＝，‎ 整理得v2＝144＋337.‎ 因为t2＋≥2，当且仅当t＝1时等号成立．‎ 所以v2≥144×2＋337＝252，即v≥25.‎ 因此，救援船的时速至少是‎25海里才能追上失事船．‎ H10 单元综合 ‎20．H10[2012·江西卷] 已知三点O(0,0)，A(－2,1)，B(2,1)，曲线C上任意一点M(x，y)满足|＋|＝·(＋)＋2.‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)点Q(x0，y0)(－20，y2>0.‎ 由得(m2＋2)y－2my1－1＝0，解得y1＝，‎ 故AF1＝＝＝.　①‎ 同理，BF2＝.　②‎ ‎(i)由①②得AF1－BF2＝，‎ 解＝得m2＝2，注意到m>0，‎ 故m＝.所以直线AF1的斜率为＝.‎ ‎(ii)因为直线AF1与BF2平行，所以＝，于是＝，‎ 故PF1＝BF1.由B点在椭圆上知BF1＋BF2＝2，‎ 从而PF1＝(2－BF2)．同理PF2＝(2－AF1)．‎ 因此，PF1＋PF2＝(2－BF2)＋(2－AF1)‎ ‎＝2－.‎ 又由①②知AF1＋BF2＝，AF1·BF2＝，‎ 所以PF1＋PF2＝2－＝.因此，PF1＋PF2是定值．‎ ‎21．H10、E9[2012·四川卷] 如图1－6，动点M与两定点A(－1,0)、B(1,0)构成△MAB，且直线MA、MB的斜率之积为4.设动点M的轨迹为C.‎ 图1－6‎ ‎(1)求轨迹C的方程；‎ ‎(2)设直线y＝x＋m(m>0)与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|<|PR|，求的取值范围．‎ ‎21．解：(1)设M的坐标为(x，y)，当x＝－1时，直线MA的斜率不存在；当x＝1时，直线MB的斜率不存在．‎ 于是x≠1且x≠－1，此时，MA的斜率为，MB的斜率为，‎ 由题意，有·＝4，‎ 化简可得，4x2－y2－4＝0.‎ 故动点M的轨迹C的方程为4x2－y2－4＝0(x≠1且x≠－1)．‎ ‎(2)由消去y，可得3x2－2mx－m2－4＝0.(*)‎ 对于方程(*)，其判别式Δ＝(－‎2m)2－4×3(－m2－4)＝‎16m2‎＋48>0，而当1或－1为方程(*)的根时，m的值为－1或1，‎ 结合题设(m>0)可知，m>0，且m≠1.‎ 设Q、R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，则xQ，xR为方程(*)的两根．‎ 因为|PQ|<|PR|，所以|xQ|<|xR|，xQ＝，xR＝.‎ 所以＝＝＝‎ ‎1＋.‎ 此时>1，且≠2.‎ 所以1<1＋<3，且1＋≠，‎ 所以1<＝<3，且＝≠.‎ 综上所述，的取值范围是∪.‎ ‎21．H5、H10[2012·湖南卷] 在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标．‎ ‎21．解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，故圆C的圆心为点(2,0)．‎ 从而可设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，其焦距为‎2c.由题设知c＝2，e＝＝.所以a＝‎2c＝4，b2＝a2－c2＝12.故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2.则l1，l2的方程分别为l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝.‎ 由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切得 ＝.‎ 即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0.‎ 同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0.‎ 从而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的两个实根．于是 ①‎ 且k1k2＝＝.‎ 由得5x－8x0－36＝0.‎ 解得x0＝－2，或x0＝.‎ 由x0＝－2得y0＝±3；由x0＝得y0＝±，它们均满足①式．‎ 故点P的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或，或.‎ ‎19．H10[2012·北京卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)当△AMN的面积为时，求k的值．‎ ‎19．解：(1)由题意得 解得b＝.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.‎ 设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，‎ x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 所以|MN|＝ ‎＝.‎ 又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，‎ 所以△AMN的面积为 S＝|MN|·d＝.‎ 由＝，解得k＝±1.‎