数学新题分类汇编解析几何高考真题模拟新题 65页

‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 课标理数15.H1[2011·安徽卷] 在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x，y)为整点，下列命题中正确的是________(写出所有正确命题的编号)．‎ ‎①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；‎ ‎②如果k与b都是无理数，则直线y＝kx＋b不经过任何整点；‎ ‎③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点；‎ ‎④直线y＝kx＋b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数；‎ ‎⑤存在恰经过一个整点的直线．‎ 课标理数15.H1[2011·安徽卷] ①③⑤　【解析】 ①正确，比如直线y＝x＋，不与坐标轴平行，且当x取整数时，y始终是一个无理数，即不经过任何整点；②错，直线y＝x－中k与b都是无理数，但直线经过整点(1,0)；③正确，当直线经过两个整点时，它经过无数多个整点；④错误，当k＝0，b＝时，直线y＝不通过任何整点；⑤正确，比如直线y＝x－只经过一个整点(1,0)．‎ 课标文数17.H2，H5[2011·安徽卷] 设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.‎ ‎(1)证明l1与l2相交；‎ ‎(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．‎ 课标文数17.H2，H5[2011·安徽卷] 本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，椭圆方程等基本知识．考查推理论证能力和运算求解能力．‎ ‎【解答】 (1)反证法：假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0.‎ 此与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交．‎ ‎(2)(方法一)由方程组 解得交点P的坐标(x，y)为 而2x2＋y2＝22＋2‎ ‎＝＝＝1.‎ 此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．‎ ‎(方法二)交点P的坐标(x，y)满足 故知x≠0，从而 代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0.‎ 整理后，得2x2＋y2＝1，‎ 所以交点P在椭圆2x2＋y2＝1上．‎ 课标文数8.B5，H2[2011·北京卷] 已知点A(0,2)，B(2,0)．若点C在函数y＝x2的图象上，则使得△ABC的面积为2的点C的个数为(　　)‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ 课标文数8.B5，H2[2011·北京卷] A　【解析】 由已知可得|AB|＝2，要使S△ABC＝2，则点C到直线AB的距离必须为，设C(x，x2)，而lAB：x＋y－2＝0，所以有＝，‎ 所以x2＋x－2＝±2，‎ 当x2＋x－2＝2时，有两个不同的C点；‎ 当x2＋x－2＝－2时，亦有两个不同的C点．‎ 因此满足条件的C点有4个，故应选A.‎ 课标文数14.H4，H2[2011·湖北卷] 过点(－1，－2)的直线l被圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦长为，则直线l的斜率为________．‎ 课标文数14.H4，H2[2011·湖北卷] 1或　【解析】 由题意，直线与圆要相交，斜率必须存在，设为k，则直线l的方程为y＋2＝k.又圆的方程为2＋2＝1，圆心为，半径为1，所以圆心到直线的距离d＝＝＝，解得k＝1或.‎ 课标理数20.H2，H9[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设M(x，y)，由已知得B(x，－3)，A(0，－1)．‎ 所以＝(－x，－1－y)，＝(0，－3－y)，＝(x，－2)．‎ 再由题意可知(＋)·＝0，‎ 即(－x，－4－2y)·(x，－2)＝0，‎ 所以曲线C的方程为y＝x2－2.‎ ‎(2)设P(x0，y0)为曲线C：y＝x2－2上一点，‎ 因为y′＝x，所以l的斜率为x0.‎ 因此直线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，‎ 即x0x－2y＋2y0－x＝0.‎ 则O点到l的距离d＝，又y0＝x－2，‎ 所以d＝＝≥2，‎ 当x0＝0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2.‎ 课标文数12.H2[2011·浙江卷] 若直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0互相垂直，则实数m＝________.‎ 课标文数12.H2[2011·浙江卷] 1　【解析】 ∵直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0，∴1×2－2×m＝0，即m＝1.‎ 大纲文数11.H3[2011·全国卷] 设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点(4,1)，则两圆心的距离|C1C2|＝(　　)‎ A．4 B．4 C．8 D．8 大纲文数11.H3[2011·全国卷] C　【解析】 由题意知两圆的圆心在直线y＝x上，设C1(a，a)，C2(b，b)，可得(a－4)2＋(a－1)2＝a2，(b－4)2＋(b－1)2＝b2，即a，b是方程x2－10x＋17＝0的两根，a＋b＝10，ab＝17，|C1C2|＝＝＝8，故选C.‎ 课标理数17.H7，H3，H4[2011·福建卷] 已知直线l：y＝x＋m，m∈R.‎ ‎(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；‎ ‎(2)若直线l关于x轴对称的直线为l′，问直线l′与抛物线C：x2＝4y是否相切？说明理由．‎ 课标理数17.H7，H3，H4[2011·福建卷] 【解答】 解法一：‎ 图1－6‎ ‎(1)依题意，点P的坐标为(0，m)．‎ 因为MP⊥l，所以×1＝－1，‎ 解得m＝2，即点P的坐标为(0,2)．‎ 从而圆的半径 r＝|MP|＝＝2，‎ 故所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.‎ ‎(2)因为直线l的方程为y＝x＋m，‎ 所以直线l′的方程为y＝－x－m.‎ 由得x2＋4x＋4m＝0.‎ Δ＝42－4×4m＝16(1－m)．‎ ‎①当m＝1，即Δ＝0时，直线l′与抛物线C相切；‎ ‎②当m≠1，即Δ≠0时，直线l′与抛物线C不相切．‎ 综上，当m＝1时，直线l′与抛物线C相切；当m≠1时，直线l′与抛物线C不相切．‎ 解法二：‎ ‎(1)设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x－2)2＋y2＝r2.‎ 依题意，所求圆与直线l：x－y＋m＝0相切于点P(0，m)，则 解得 所以所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.‎ ‎(2)同解法一．‎ 图1－4‎ 课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 如图1－4，直线l：y＝x＋b与抛物线C：x2＝4y相切于点A.‎ ‎(1)求实数b的值；‎ ‎(2)求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程．‎ 课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 【解答】 (1)由得x2－4x－4b＝0.(*)‎ 因为直线l与抛物线C相切，‎ 所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0.‎ 解得b＝－1.‎ ‎(2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)即为x2－4x＋4＝0.‎ 解得x＝2，代入x2＝4y，得y＝1，‎ 故点A(2,1)．‎ 因为圆A与抛物线C的准线相切，‎ 所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y＝－1的距离，即r＝|1－(－1)|＝2.‎ 所以圆A的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.‎ 图1－2‎ 课标理数14.H3[2011·湖北卷] 如图1－2，直角坐标系xOy所在的平面为α，直角坐标系x′Oy′(其中y′轴与y轴重合)所在的平面为β，∠xOx′＝45°.‎ ‎(1)已知平面β内有一点P′(2，2)，则点P′在平面α内的射影P的坐标为________；‎ ‎(2)已知平面β内的曲线C′的方程是(x′－)2＋2y′2－2＝0，则曲线C′在平面α内的射影C的方程是______________．‎ 课标理数14.H3[2011·湖北卷] 　2＋y2＝1　【解析】 (1)过点P′作PP′⊥α，垂足为P，过P作PM⊥y轴于M，连接P′M，则∠P′MP＝45°.又MP′＝2，所以MP＝2cos45°＝2.所以点P.‎ ‎(2)设曲线C′上任意一点为，则该点在平面α内的射影为，故有 即 代入2＋2y′2－2＝0中，得2＋y2－1＝0，即2＋y2＝1.‎ 课标文数13.H3[2011·辽宁卷] 已知圆C经过A(5,1)，B(1,3)两点，圆心在x轴上，则C的方程为________．‎ 课标文数13.H3[2011·辽宁卷] (x－2)2＋y2＝10　【解析】 设圆心坐标为(x,0)，则有＝，解得x＝2.由两点距离得r＝＝，所以圆的方程为(x－2)2＋y2＝10.‎ 课标文数20.H3，H4[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C上．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)若圆C与直线x－y＋a＝0交于A、B两点，且OA⊥OB，求a的值．‎ 课标文数20.H3，H4[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)曲线y＝x2－6x＋1与y轴的交点为(0,1)，与x轴的交点为(3＋2，0)，(3－2，0)．‎ 故可设C的圆心为(3，t)，则有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1.‎ 则圆C的半径为＝3.‎ 所以圆C的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组 消去y，得到方程 ‎2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.‎ 由已知可得，判别式Δ＝56－16a－4a2>0.从而 x1＋x2＝4－a，x1x2＝.①‎ 由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0.‎ 又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以 ‎2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.②‎ 由①，②得a＝－1，满足Δ>0，故a＝－1.‎ 大纲文数3.H3[2011·四川卷] 圆x2＋y2－4x＋6y＝0的圆心坐标是(　　)‎ A．(2,3) B．(－2,3)‎ C．(－2，－3) D．(2，－3)‎ 大纲文数3.H3[2011·四川卷] D　【解析】 圆的方程可化为(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圆心坐标是(2，－3)，选D.‎ 大纲理数8.H3[2011·重庆卷] 在圆x2＋y2－2x－6y＝0内，过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为(　　)‎ A．5 B．10 C．15 D．20 所以四边形ABCD的面积为S＝|AC||BD|＝10.故选B.‎ 课标文数4.H4[2011·安徽卷] 若直线3x＋y＋a＝0过圆x2＋y2＋2x－4y＝0的圆心，则a的值为(　　)‎ A．－1 B．1‎ C．3 D．－3‎ 课标文数4.H4[2011·安徽卷] B　【解析】 圆的方程可化为(x＋1)2＋(y－2)2＝5，因为直线经过圆的圆心(－1,2)，所以3×(－1)＋2＋a＝0，得a＝1.‎ 课标理数17.H7，H3，H4[2011·福建卷] 已知直线l：y＝x＋m，m∈R.‎ ‎(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；‎ ‎(2)若直线l关于x轴对称的直线为l′，问直线l′与抛物线C：x2＝4y是否相切？说明理由．‎ 解法二：‎ ‎(1)设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x－2)2＋y2＝r2.‎ 依题意，所求圆与直线l：x－y＋m＝0相切于点P(0，m)，则 解得 所以所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.‎ ‎(2)同解法一．‎ 图1－4‎ 课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 如图1－4，直线l：y＝x＋b与抛物线C：x2＝4y相切于点A.‎ ‎(1)求实数b的值；‎ ‎(2)求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程．‎ 课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 【解答】 (1)由得x2－4x－4b＝0.(*)‎ 因为直线l与抛物线C相切，‎ 所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0.‎ 解得b＝－1.‎ ‎(2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)即为x2－4x＋4＝0.‎ 解得x＝2，代入x2＝4y，得y＝1，‎ 故点A(2,1)．‎ 因为圆A与抛物线C的准线相切，‎ 所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y＝－1的距离，即r＝|1－(－1)|＝2.‎ 所以圆A的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.‎ 课标文数8.H4[2011·广东卷] 设圆C与圆x2＋(y－3)2＝1外切，与直线y＝0相切，则C的圆心轨迹为(　　)‎ A．抛物线 B．双曲线 C．椭圆 D．圆 课标文数8.H4[2011·广东卷] A　【解析】 设圆心C的坐标C(x，y)，由题意知y＞0，则圆C的半径为y，由于圆C与已知圆相外切，则由两圆心距等于半径之和，得＝1＋y，整理得：x2＝8(y－1)，所以轨迹为抛物线．‎ 课标文数14.H4，H2[2011·湖北卷] 过点(－1，－2)的直线l被圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦长为，则直线l的斜率为________．‎ 课标文数14.H4，H2[2011·湖北卷] 1或　【解析】 由题意，直线与圆要相交，斜率必须存在，设为k，则直线l的方程为y＋2＝k.又圆的方程为2＋2＝1，圆心为，半径为1，所以圆心到直线的距离d＝＝＝，解得k＝1或.‎ 课标文数15.H4，K3[2011·湖南卷] 已知圆C：x2＋y2＝12，直线l：4x＋3y＝25.‎ ‎(1)圆C的圆心到直线l的距离为________；‎ ‎(2)圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率为________．‎ 课标文数15.H4，K3[2011·湖南卷] (1)5　(2) ‎【解析】 (1)圆心到直线的距离为：d＝＝5; ‎ 图1－4‎ ‎(2)当圆C上的点到直线l的距离是2时有两个点为点B与点D，设过这两点的直线方程为4x＋3y＋c＝0，同时可得到的圆心到直线4x＋3y＋c＝0的距离为OC＝3，‎ 又圆的半径为r＝2，可得∠BOD＝60°，由图1－2可知点A在弧上移动，弧长l＝×c＝，圆周长c，故P(A)＝＝.‎ 课标文数20.H3，H4[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x2－6x＋1‎ 与坐标轴的交点都在圆C上．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)若圆C与直线x－y＋a＝0交于A、B两点，且OA⊥OB，求a的值．‎ 课标文数20.H3，H4[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)曲线y＝x2－6x＋1与y轴的交点为(0,1)，与x轴的交点为(3＋2，0)，(3－2，0)．‎ 故可设C的圆心为(3，t)，则有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1.‎ 则圆C的半径为＝3.‎ 所以圆C的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组[来源:学&科&网]‎ 消去y，得到方程 ‎2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.‎ 由已知可得，判别式Δ＝56－16a－4a2>0.从而 x1＋x2＝4－a，x1x2＝.①‎ 由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0.‎ 又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以 ‎2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.②‎ 由①，②得a＝－1，满足Δ>0，故a＝－1.‎ 大纲文数13.H4[2011·重庆卷] 过原点的直线与圆x2＋y2－2x－4y＋4＝0相交所得的弦长为2，则该直线的方程为________．‎ 大纲文数13.H4[2011·重庆卷] 2x－y＝0　【解析】 将圆x2＋y2－2x－4y＋4＝0配方得(x－1)2＋(y－2)2＝1，‎ ‎∴该圆半径为1，圆心M(1,2)．‎ ‎∵直线与圆相交所得弦的长为2，即为该圆的直径，‎ ‎∴该直线的方程的斜率k＝＝2，‎ ‎∴该直线的方程为y＝2x，即2x－y＝0.‎ 课标文数17.H2，H5[2011·安徽卷] 设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.‎ ‎(1)证明l1与l2相交；‎ ‎(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．‎ 课标文数17.H2，H5[2011·安徽卷] 本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，椭圆方程等基本知识．考查推理论证能力和运算求解能力．‎ ‎【解答】 (1)反证法：假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0.‎ 此与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交．‎ ‎(2)(方法一)由方程组 解得交点P的坐标(x，y)为 而2x2＋y2＝22＋2‎ ‎＝＝＝1.‎ 此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．‎ ‎(方法二)交点P的坐标(x，y)满足 故知x≠0，从而 代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0.‎ 整理后，得2x2＋y2＝1，‎ 所以交点P在椭圆2x2＋y2＝1上．‎ 课标理数7.H5，H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于(　　)‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 课标理数7.H5，H6[2011·福建卷] A　【解析】 设|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|，‎ 若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率e＝＝；‎ 若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a＝|PF1|－|PF2|＝c，离心率e＝＝，故选A.‎ 课标文数11.H5，H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2，若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于(　　)‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 课标文数11.H5，H6[2011·福建卷] A　【解析】 设|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得 ‎|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|，‎ 若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率e＝＝；‎ 若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a＝|PF1|－|PF2|＝c，离心率e＝＝，故选A.‎ 课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 如图1－9，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.‎ ‎①证明：MD⊥ME；‎ ‎②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理由．‎ 图1－10‎ 课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知，e＝＝，从而a＝2b.又2＝a，解得a＝2，b＝1.‎ 故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1.‎ ‎(2)①由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx.‎ 由得x2－kx－1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1，x2是上述方程的两个实根，‎ 于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.‎ 又点M的坐标为(0，－1)，所以 kMA·kMB＝·＝ ‎＝ ‎＝＝－1.‎ 故MA⊥MB，即MD⊥ME.‎ ‎②设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为 y＝k1x－1，由解得 或 则点A的坐标为(k1，k－1)．‎ 又直线MB的斜率为－，同理可得点B的坐标为.‎ 于是S1＝|MA|·|MB|＝·|k1|··＝.‎ 由得(1＋4k)x2－8k1x＝0.‎ 解得或 则点D的坐标为.‎ 又直线ME的斜率为－，同理可得点E的坐标为.‎ 于是S2＝|MD|·|ME|＝.‎ 因此＝.‎ 由题意知，＝，‎ 解得k＝4，或k＝.‎ 又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－，‎ 所以k＝±.‎ 故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y＝x和y＝－x.‎ 课标理数14.H5[2011·江西卷] 若椭圆＋＝1的焦点在x轴上，过点作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．‎ 课标理数14.H5[2011·江西卷] 【答案】 ＋＝1‎ ‎【解析】 由题可知过点与圆x2＋y2＝1的圆心的直线方程为y＝x，由垂径定理可得kAB＝－2.‎ 显然过点的一条切线为直线x＝1，此时切点记为A(1,0)，即为椭圆的右焦点，故c＝1.‎ 由点斜式可得，直线AB的方程为y＝－2(x－1)，‎ 即AB：2x＋y－2＝0.‎ 令x＝0得上顶点为(0,2)，∴b＝2，∴a2＝b2＋c2＝5，故得所求椭圆方程为＋＝1.‎ 课标理数14.H5[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为.过F1的直线l交C于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为________________．‎ 课标理数14.H5[2011·课标全国卷] ＋＝1　【解析】 设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．‎ 因为离心率为，所以＝，‎ 解得＝，即a2＝2b2.‎ 图1－7‎ 又△ABF2的周长为＋＋＝＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝2a＋2a＝4a，，所以4a＝16，a＝4，所以b＝2，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ 课标文数4.H5[2011·课标全国卷] 椭圆＋＝1的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. 课标文数4.H5[2011·课标全国卷] D　【解析】 由题意a＝4，c2＝8，∴c＝2，所以离心率为e＝＝＝.‎ 课标理数17.H5，H8[2011·陕西卷] ‎ 图1－8‎ 如图1－8，设P是圆x2＋y2＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|.‎ ‎(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；‎ ‎(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度．‎ 课标理数17.H5，H8[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，‎ 由已知得 ‎∵P在圆上，∴x2＋2＝25，‎ 即C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，‎ 设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1，即x2－3x－8＝0.‎ ‎∴x1＝，x2＝.‎ ‎∴线段AB的长度为 ‎|AB|＝＝＝＝.‎ 课标文数17.H5[2011·陕西卷] 设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点(0,4)，离心率为.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标．‎ 课标文数17.H5[2011·陕西卷] 【解答】 (1)将(0,4)代入椭圆C的方程得＝1，∴b＝4.‎ 又e＝＝得＝，即1－＝，∴a＝5，‎ ‎∴C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，‎ 设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1，‎ 即x2－3x－8＝0.‎ 解得x1＝，x2＝，‎ ‎∴AB的中点坐标＝＝，‎ ＝＝(x1＋x2－6)＝－.‎ 即中点为.‎ 课标理数17.H5[2011·浙江卷] 设F1，F2分别为椭圆＋y2＝1的左，右焦点，点A，B在椭圆上．若＝5，则点A的坐标是________．[来源:Z_xx_k.Com]‎ 课标理数17.H5[2011·浙江卷] (0，±1)‎ ‎【解析】 设直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B′，又∵＝5，由椭圆的对称性可得＝5，设A，B′，‎ 又∵|F1A|＝，|F1B′|＝，‎ ‎∴ 解之得x1＝0，‎ ‎∴点A的坐标为.‎ 课标文数3.H6[2011·安徽卷] 双曲线2x2－y2＝8的实轴长是(　　)‎ A．2 B．2 ‎ C．4 D．4 课标文数3.H6[2011·安徽卷] C　【解析】 双曲线方程可化为－＝1，所以a2＝4，得a＝2，所以2a＝4.故实轴长为4.‎ 课标理数2.H6[2011·安徽卷] 双曲线2x2－y2＝8的实轴长是(　　)[来源:学.科.网Z.X.X.K]‎ A．2 B．2 C．4 D．4 课标理数2.H6[2011·安徽卷] C　【解析】 双曲线方程可化为－＝1，所以a2＝4，得a＝2，所以2a＝4.故实轴长为4.‎ 课标文数10.H6[2011·北京卷] 已知双曲线x2－＝1(b＞0)的一条渐近线的方程为y＝2x，则b＝________.[来源:学。科。网]‎ 课标文数10.H6[2011·北京卷] 2　【解析】 易知y＝bx＝2x，故b＝2.‎ 大纲理数15.H6[2011·全国卷] 已知F1、F2分别为双曲线C：－＝1的左、右焦点，点A∈C，点M的坐标为(2,0)，AM为∠F1AF2的平分线，则|AF2|＝________.‎ 大纲理数15.H6[2011·全国卷] 6　【解析】 根据角平分线的性质，＝＝.又－＝6，故＝6.‎ 大纲文数16.H6[2011·全国卷] 已知F1、F2分别为双曲线C：－＝1的左、右焦点，点A∈C，点M的坐标为(2,0)，AM为∠F1AF2的平分线，则|AF2|＝________.‎ 大纲文数16.H6[2011·全国卷] 6　【解析】 根据角平分线的性质，＝＝.又|AF1|－|AF2|＝6，故|AF2|＝6.‎ 课标理数7.H5，H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于(　　)‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 课标理数7.H5，H6[2011·福建卷] A　【解析】 设|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|，‎ 若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率e＝＝；‎ 若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a＝|PF1|－|PF2|＝c，离心率e＝＝，故选A.‎ 课标文数11.H5，H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2，若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于(　　)‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 课标文数11.H5，H6[2011·福建卷] A　【解析】 设|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得 ‎|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|，‎ 若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率e＝＝；‎ 若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a＝|PF1|－|PF2|＝c，离心率e＝＝，故选A.‎ 课标理数5.H6[2011·湖南卷] 设双曲线－＝1(a>0)的渐近线方程为3x±2y＝0，则a的值为(　　)‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ 课标理数5.H6[2011·湖南卷] C　【解析】 根据双曲线－＝1的渐近的方程得：y＝±x，即ay±3x＝0.因为已知双曲线的渐近线的方程为3x±2y＝0且a>0，所以有a＝2，故选C.‎ 课标文数6.H6[2011·湖南卷] 设双曲线－＝1(a>0)的渐近线方程为3x±2y＝0，则a的值为(　　)‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ 课标文数6.H6[2011·湖南卷] C　【解析】 根据双曲线－＝1的渐近线的方程得：y＝±x，即ay±3x＝0.又已知双曲线的渐近线的方程为3x±2＝0且a>0，故有a＝2，故选C.‎ 课标文数12.H6[2011·江西卷] 若双曲线－＝1的离心率e＝2，则m＝________.‎ 课标理数7.H6[2011·课标全国卷] B　【解析】 设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，‎ 直线过右焦点F，且垂直于x轴交双曲线于A，B两点，则＝＝4a，所以b2＝2a2，所以双曲线的离心率e＝＝.‎ 课标理数13.H6[2011·辽宁卷] 已知点(2,3)在双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)上，C的焦距为4，则它的离心率为________．‎ 课标理数13.H6[2011·辽宁卷] 2　【解析】 法一：点(2,3)在双曲线C：－＝1上，则－＝1.又由于2c＝4，所以a2＋b2＝4.解方程组 得a＝1或a＝4.由于a0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n，则(　　)‎ A．n＝0 B．n＝1 C．n＝2 D．n≥3‎ 课标理数4.H7[2011·湖北卷] C　【解析】 不妨设三个顶点分别为A，B，F(其中F为抛物线的焦点)，由抛物线的定义，有A，B两点关于x轴对称，点F的坐标为.设A，则由抛物线的定义得＝m＋.又＝2，＝，所以m＋＝2，整理得m2－7pm＋＝0，所以Δ＝2－4×＝48p2>0，所以方程m2－7pm＋＝0有两个不同的实根，记为m1，m2，则 所以m1>0，m2>0.所以n＝2.‎ 课标文数4.H7[2011·湖北卷] 将两个顶点在抛物线y2＝2px(p>0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n，则(　　)‎ A．n＝0 B．n＝1‎ C．n＝2 D．n≥3‎ 课标文数4.H7[2011·湖北卷] C　【解析】 不妨设三个顶点分别为A，B，F(其中F为抛物线的焦点)，由抛物线的定义，有A，B两点关于x轴对称，点F的坐标为.设A，则由抛物线的定义得＝m＋.又＝2，＝，所以m＋＝2，整理得m2－7pm＋＝0，所以Δ＝2－4×＝48p2>0，所以方程m2－7pm＋＝0有两个不同的实根，记为m1，m2，则 所以m1>0，m2>0.所以n＝2.‎ 课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 如图1－9，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.‎ ‎①证明：MD⊥ME；‎ ‎②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理由．‎ 图1－10‎ 课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知，e＝＝，从而a＝2b.又2＝a，解得a＝2，b＝1.‎ 故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1.‎ ‎(2)①由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx.‎ 由得x2－kx－1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1，x2是上述方程的两个实根，‎ 于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.‎ 又点M的坐标为(0，－1)，所以 kMA·kMB＝·＝ ‎＝ ‎＝＝－1.‎ 故MA⊥MB，即MD⊥ME.‎ ‎②设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为 y＝k1x－1，由解得 或 则点A的坐标为(k1，k－1)．‎ 又直线MB的斜率为－，同理可得点B的坐标为.‎ 于是S1＝|MA|·|MB|＝·|k1|··＝.‎ 由得(1＋4k)x2－8k1x＝0.‎ 解得或 则点D的坐标为.‎ 又直线ME的斜率为－，同理可得点E的坐标为.‎ 于是S2＝|MD|·|ME|＝.‎ 因此＝.‎ 由题意知，＝，‎ 解得k＝4，或k＝.‎ 又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－，‎ 所以k＝±.‎ 故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y＝x和y＝－x.‎ 课标文数21.H7，H8[2011·湖南卷] 已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y 轴的距离的差等于1.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程；‎ ‎(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求·的最小值．‎ 课标文数21.H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 设动点P的坐标为(x，y)，由题意有－|x|＝1.‎ 化简得y2＝2x＋2|x|.‎ 当x≥0时，y2＝4x；当x<0时，y＝0.‎ 所以，动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x<0)．‎ ‎(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，‎ 则l1的方程为y＝k(x－1)．‎ 由得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋，x1x2＝1.‎ 因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－.‎ 设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得 x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.‎ 故·＝(＋)·(＋)‎ ‎＝·＋·＋·＋· ‎＝||·||＋||·||‎ ‎＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)‎ ‎＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1‎ ‎＝1＋＋1＋1＋(2＋4k2)＋1‎ ‎＝8＋4≥8＋4×2＝16.‎ 当且仅当k2＝，即k＝±1时，·取最小值16.‎ 图1－7‎ 课标文数19.H7[2011·江西卷] 已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，则焦点F，A，B，‎ 所以＝2p＝12，所以p＝6.又点P到AB边的距离为p＝6，‎ 所以S△ABP＝×12×6＝36.‎ 课标文数9.H7[2011·山东卷] 设M(x0，y0)为抛物线C：x2＝8y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是(　　)‎ A．(0,2) B．[0,2]‎ C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)‎ 课标文数9.H7[2011·山东卷] C　【解析】 根据x2＝8y，所以F(0,2)，准线y＝－2，所以F到准线的距离为4，当以F为圆心、以|FM|为半径的圆与准线相切时，|MF|＝4，即M到准线的距离为4，此时y0＝2，所以显然当以F为圆心，以为半径的圆和抛物线C的准线相交时，y0∈(2，＋∞)．‎ 课标理数2.H7[2011·陕西卷] 设抛物线的顶点在原点，准线方程为x＝－2，则抛物线的方程是(　　)‎ A．y2＝－8x B．y2＝8x C．y2＝－4x D．y2＝4x 课标理数2.H7[2011·陕西卷] B　【解析】 由题意设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，又∵其准线方程为x＝－＝－2，∴p＝4，所求抛物线方程为y2＝8x.‎ 课标文数2.H7[2011·陕西卷] 设抛物线的顶点在原点，准线方程为x＝－2，则抛物线的方程是(　　)‎ A．y2＝－8x B．y2＝－4x C．y2＝8x D．y2＝4x 课标文数2.H7[2011·陕西卷] C　【解析】 由题意设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，又∵其准线方程为x＝－＝－2，∴p＝4，所求抛物线方程为y2＝8x.‎ 大纲文数11.H7[2011·四川卷] 在抛物线y＝x2＋ax－5(a≠0)上取横坐标为x1＝－4，x2＝2的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x2＋5y2＝36相切，则抛物线顶点的坐标为(　　)‎ A．(－2，－9) B．(0，－5)‎ C．(2，－9) D．(1，－6)‎ 大纲文数11.H7[2011·四川卷] A　【解析】 根据题意可知横坐标为－4,2的两点分别为(－4,11－4a)，(2，－1＋2a)，所以该割线的斜率为a－2，由y′＝2x＋a＝a－2⇒x＝－1，即有切点为(－1，－4－a)，所以切线方程为y＋4＋a＝(a－2)(x＋1)⇒(a－2)x－y－6＝0，由切线与圆相切可知＝⇒a＝4或a＝0(舍去)，所以抛物线方程为y＝x2＋4x－5＝(x＋2)2－9，所以抛物线顶点坐标为(－2，－9)．选择A.‎ 大纲理数10.H7[2011·四川卷] 在抛物线y＝x2＋ax－5(a≠0)上取横坐标为x1＝－4，x2＝2的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x2＋5y2＝36相切，则抛物线顶点的坐标为(　　)‎ A．(－2，－9) B．(0，－5)‎ C．(2，－9) D．(1，－6)‎ 大纲理数10.H7[2011·四川卷] A　【解析】 根据题意可知横坐标为－4,2的两点分别为(－4,11－4a)，(2，－1＋2a)，所以该割线的斜率为a－2，由y′＝2x＋a＝a－2⇒x＝－1‎ ‎，即有切点为(－1，－4－a)，所以切线方程为y＋4＋a＝(a－2)(x＋1)⇒(a－2)x－y－6＝0，由切线与圆相切可知＝⇒a＝4或a＝0(舍去)，所以抛物线方程为y＝x2＋4x－5＝(x＋2)2－9，所以抛物线顶点坐标为(－2，－9)．选择A.‎ 课标理数21.H7[2011·浙江卷] 已知抛物线C1：x2＝y，圆C2：x2＋(y－4)2＝1的圆心为点M.‎ ‎(1)求点M到抛物线C1的准线的距离；‎ ‎(2)已知点P是抛物线C1上一点(异于原点)，过点P作圆C2‎ 图1－8‎ 的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．‎ 课标理数21.H7[2011·浙江卷] 【解答】 (1)由题意可知，抛物线的准线方程为：y＝－，所以圆心M(0,4)到准线的距离是.‎ ‎(2)设P(x0，x)，A(x1，x)，B(x2，x)，由题意得x0≠0，x0≠±1，x1≠x2.‎ 设过点P的圆C2的切线方程为y－x＝k(x－x0)，‎ 即y＝kx－kx0＋x.　①‎ 则＝1.‎ 即(x－1)k2＋2x0(4－x)k＋(x－4)2－1＝0.‎ 设PA，PB的斜率为k1，k2(k1≠k2)，则k1，k2是上述方程的两根，所以 k1＋k2＝，k1k2＝.‎ 将①代入y＝x2得x2－kx＋kx0－x＝0，‎ 由于x0是此方程的根，故x1＝k1－x0，x2＝k2－x0，所以 kAB＝＝x1＋x2＝k1＋k2－2x0＝－2x0，‎ kMP＝.‎ 由MP⊥AB，得kAB·kMP＝·＝－1，解得x＝，‎ 即点P的坐标为，所以直线l的方程为y＝±x＋4.‎ 图1－8‎ 课标文数22.H7[2011·浙江卷] 如图1－8，设P是抛物线C1：x2＝y上的动点．过点P 做圆C2：x2＋(y＋3)2＝1的两条切线，交直线l：y＝－3于A，B两点．‎ ‎(1)求圆C2的圆心M到抛物线C1准线的距离；‎ ‎(2)是否存在点P，使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 课标文数22.H7[2011·浙江卷] 【解答】 (1)因为抛物线C1的准线方程为y＝－，‎ 所以圆心M到抛物线C1准线的距离为＝.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x0，x)，抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D，‎ 再设A，B，D的横坐标分别为xA，xB，xD，‎ 过点P(x0，x)的抛物线C1的切线方程为：‎ y－x＝2x0(x－x0)．①‎ 当x0＝1时，过点P(1,1)与圆C2的切线PA为：y－1＝(x－1)，　‎ 可得xA＝－，xB＝1，xD＝－1，xA＋xB≠2xD.‎ 当x0＝－1时，过点P(－1,1)与圆C2的切线PB为：y－1＝－(x＋1)．‎ 可得xA＝－1，xB＝，xD＝1，xA＋xB≠2xD.‎ 所以x－1≠0.‎ 设切线PA，PB的斜率为k1，k2，则 PA：y－x＝k1(x－x0)，②‎ PB：y－x＝k2(x－x0)．③‎ 将y＝－3分别代入①，②，③得 xD＝(x0≠0)；xA＝x0－；xB＝x0－(k1，k2≠0)．‎ 从而xA＋xB＝2x0－(x＋3).‎ 又＝1，‎ 即(x－1)k－2(x＋3)x0k1＋(x＋3)2－1＝0.‎ 同理，(x－1)k－2(x＋3)x0k2＋(x＋3)2－1＝0.‎ 所以k1，k2是方程(x－1)k2－2(x＋3)x0k＋(x＋3)2－1＝0的两个不相等的根，从而 k1＋k2＝，k1·k2＝.‎ 因为xA＋xB＝2xD，‎ 所以2x0－(3＋x)＝，‎ 即＋＝.从而＝，‎ 进而得x＝8，x0＝±.‎ 综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为(±，2)．‎ 课标文数19.H8[2011·北京卷] 已知椭圆G：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为(2，0)，斜率为1的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(－3,2)．‎ ‎(1)求椭圆G的方程；‎ ‎(2)求△PAB的面积．‎ 课标文数19.H8[2011·北京卷] 【解答】 (1)由已知得，c＝2，＝.‎ 解得a＝2.‎ 又b2＝a2－c2＝4，‎ 所以椭圆G的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y＝x＋m.‎ 由得 ‎4x2＋6mx＋3m2－12＝0.①‎ 设A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x10，a≠0.过M(a，b)作L的两条切线l1，l2，切点分别为E，E′，l1，l2与y轴分别交于F、F′.线段EF上异于两端点的点集记为X.证明：M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝；‎ ‎(3)设D＝.当点(p，q)取遍D时，求φ(p，q)的最小值(记为φmin)和最大值(记为φmax)．‎ 课标理数21.B9，H8[2011·广东卷] 【解答】 (1)证明：切线l的方程为y＝p0x－p.‎ ‎∀Q(p，q)∈AB有φ(p，q)＝＝.‎ 当p0>0时，0≤p≤p0，于是φ(p，q)＝＝＝；　‎ 当p0<0时，p0≤p≤0，于是φ(p，q)＝＝＝.‎ ‎(2)l1，l2的方程分别为y＝p1x－p，y＝p2x－p.‎ 求得l1，l2交点M(a，b)的坐标.‎ 由于a2－4b>0，a≠0，故有|p1|≠|p2| .‎ ‎①先证：M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|.‎ ‎(⇒)设M(a，b)∈X.‎ 当p1>0时，0<|p2|；‎ 当p1<0时，p1<<0⇒2p1|p2|.‎ ‎(⇐)设|p1|>|p2|，则<1⇒－1<<1⇒0<<2.‎ 当p1>0时，0<|p2|.‎ 若不然，|p1|<|p2|.令Y是l2上线段E′F′上异于两端点的点的集合，由已证的等价式①M(a，b)∈Y.再由(1)得φ(a，b)＝≠，矛盾．故必有|p1|>|p2|.再由等价式①，M(a，b)∈X.‎ 综上，M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝.‎ ‎(3)求得y＝x－1和y＝(x＋1)2－的交点Q1(0，－1)，Q2(2,1)．而y＝x－1是L的切点为Q2(2,1)的切线，且与y轴交于Q1(0，－1)，由(1)∀Q(p，q)∈线段Q1Q2，有φ(p，q)＝1.‎ 当Q(p，q)∈L1：y＝(x＋1)2－(0≤x≤2)时，q＝(p＋1)2－，∴h(p)＝φ(p，q)＝＝(0≤p≤2)，在(0,2)上，令h′(p)＝＝0得p＝，由于h(0)＝h(2)＝1，h＝，　‎ ‎∴h(p)＝φ(p，q)在[0,2]上取得最大值hmax＝.‎ ‎∀(p，q)∈D，有0≤p≤2，(p＋1)2－≤q≤p－1，‎ 故φ(p，q)＝≤‎ ‎＝≤hmax＝，‎ φ(p，q)＝≥＝＝＝1，‎ 故φmin＝1，φmax＝.‎ 课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 如图1－9，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.‎ ‎①证明：MD⊥ME；‎ ‎②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理由．‎ 图1－10‎ 课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知，e＝＝，从而a＝2b ‎.又2＝a，解得a＝2，b＝1.‎ 故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1.‎ ‎(2)①由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx.‎ 由得x2－kx－1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1，x2是上述方程的两个实根，‎ 于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.‎ 又点M的坐标为(0，－1)，所以 kMA·kMB＝·＝ ‎＝ ‎＝＝－1.‎ 故MA⊥MB，即MD⊥ME.‎ ‎②设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为 y＝k1x－1，由解得 或 则点A的坐标为(k1，k－1)．‎ 又直线MB的斜率为－，同理可得点B的坐标为.‎ 于是S1＝|MA|·|MB|＝·|k1|··＝.‎ 由得(1＋4k)x2－8k1x＝0.‎ 解得或 则点D的坐标为.[来源:学科网ZXXK]‎ 又直线ME的斜率为－，同理可得点E的坐标为.‎ 于是S2＝|MD|·|ME|＝.‎ 因此＝.‎ 由题意知，＝，‎ 解得k＝4，或k＝.‎ 又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－，‎ 所以k＝±.‎ 故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y＝x和y＝－x.‎ 课标文数21.H7，H8[2011·湖南卷] 已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程；‎ ‎(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求·的最小值．‎ 课标文数21.H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 设动点P的坐标为(x，y)，由题意有－|x|＝1.‎ 化简得y2＝2x＋2|x|.‎ 当x≥0时，y2＝4x；当x<0时，y＝0.‎ 所以，动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x<0)．‎ ‎(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，‎ 则l1的方程为y＝k(x－1)．‎ 由得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋，x1x2＝1.‎ 因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－.‎ 设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得 x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.‎ 故·＝(＋)·(＋)‎ ‎＝·＋·＋·＋· ‎＝||·||＋||·||‎ ‎＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)‎ ‎＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1‎ ‎＝1＋＋1＋1＋(2＋4k2)＋1‎ ‎＝8＋4≥8＋4×2＝16.‎ 当且仅当k2＝，即k＝±1时，·取最小值16.‎ 图1－7‎ 课标理数20.H8[2011·江西卷] P(x0，y0)(x0≠±a)是双曲线E：－＝1(a>0，b>0)上一点，M，N分别是双曲线E的左、右顶点，直线PM，PN的斜率之积为.‎ ‎(1)求双曲线的离心率；‎ ‎(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A、B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足＝λ＋，求λ的值．‎ 课标理数20.H8[2011·江西卷] 【解答】 (1)点P(x0，y0)(x0≠±a)在双曲线－＝1上，有－＝1，‎ 由题意又有·＝，可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，则e＝＝.‎ ‎(2)联立得4x2－10cx＋35b2＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则①‎ 设＝(x3，y3)，＝λ＋，即 又C为双曲线上一点，即x－5y＝5b2，‎ 有(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2，‎ 化简得：λ2(x－5y)＋(x－5y)＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2.‎ 又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，‎ 所以x－5y＝5b2，x－5y＝5b2.②‎ 由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2，‎ 得：λ2＋4λ＝0，解得λ＝0或λ＝－4.‎ 图1－10‎ 如图1－10，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.‎ ‎(1)设e＝，求|BC|与|AD|的比值；‎ ‎(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．‎ 课标理数20.H8[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设 C1：＋＝1，C2：＋＝1，(a＞b＞0)．‎ 设直线l：x＝t(|t|＜a)，分别与C1，C2的方程联立，求得 A，B.‎ 当e＝时，b＝a，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知|BC|∶|AD|＝＝＝.‎ ‎(2)t＝0时的l不符合题意，t≠0时，BO∥AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即 ＝，‎ 解得t＝－＝－·a.‎ 因为|t|＜a，又0＜e＜1，所以＜1，解得＜e＜1.‎ 所以当0＜e≤时，不存在直线l，使得BO∥AN；‎ 当＜e＜1时，存在直线l，使得BO∥AN.‎ 课标文数21.H8[2011·辽宁卷] ‎ 图1－9‎ 如图1－9，已知椭圆C1的中点在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e.直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.‎ ‎(1)设e＝，求|BC|与|AD|的比值；‎ ‎(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．‎ 课标文数21.H8[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设 C1：＋＝1，C2：＋＝1，(a＞b＞0)．‎ 设直线l：x＝t(|t|＜a)，分别与C1，C2的方程联立，求得 A，B.‎ 当e＝时，b＝a，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知 ‎|BC|∶|AD|＝＝＝.‎ ‎(2)t＝0时的l不符合题意．t≠0时，BO∥AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即 ＝，‎ 解得t＝－＝－·a.‎ 因为|t|＜a，又0＜e＜1，所以＜1，解得＜e＜1.‎ 所以当0＜e≤时，不存在直线l，使得BO∥AN；‎ 当＜e＜1时，存在直线l，使得BO∥AN.‎ 课标理数17.H5，H8[2011·陕西卷] ‎ 图1－8‎ 如图1－8，设P是圆x2＋y2＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|.‎ ‎(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；‎ ‎(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度．‎ 课标理数17.H5，H8[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，‎ 由已知得 ‎∵P在圆上，∴x2＋2＝25，‎ 即C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，‎ 设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1，即x2－3x－8＝0.‎ ‎∴x1＝，x2＝.‎ ‎∴线段AB的长度为 ‎|AB|＝＝＝＝.‎ 课标数学18.H8，H10[2011·江苏卷] ‎ 图1－5‎ 如图1－5，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆＋＝1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连结AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k.‎ ‎(1)若直线PA平分线段MN，求k的值；‎ ‎(2)当k＝2时，求点P到直线AB的距离d；‎ ‎(3)对任意的k>0，求证：PA⊥PB.‎ 课标数学18.H8，H10[2011·江苏卷] 本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力．‎ 图1－6‎ ‎【解答】 (1)由题设知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，所以线段MN中点的坐标为.由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以k＝＝.‎ ‎(2)直线PA的方程为y＝2x，代入椭圆方程得 ＋＝1，解得x＝±，‎ 因此P，A.‎ 于是C，直线AC的斜率为＝1，‎ 故直线AB的方程为x－y－＝0.‎ 因此，d＝＝.‎ ‎(3)解法一：‎ 将直线PA的方程y＝kx代入＋＝1，‎ 解得x＝± .‎ 记μ＝，则P(μ，μk)，A(－μ，－μk)，‎ 于是C(μ，0)，故直线AB的斜率为＝，‎ 其方程为y＝(x－μ)，‎ 代入椭圆方程得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0，‎ 解得x＝或x＝－μ，‎ 因此B.‎ 于是直线PB的斜率k1＝＝＝－.‎ 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.‎ 解法二：‎ 设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)，设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2，因为C在直线AB上，所以k2＝＝＝，从而k1k＋1＝2k1k2＋1＝2··＋1‎ ‎＝＋1＝＝＝0.‎ 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.‎ 课标理数18.H8[2011·天津卷] 在平面直角坐标系xOy中，点P(a，b)(a>b>0)为动点，F1，F2分别为椭圆＋＝1的左、右焦点．已知△F1PF2为等腰三角形．‎ ‎(1)求椭圆的离心率e；‎ ‎(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，M是直线PF2上的点，满足·＝－2，求点M 的轨迹方程．‎ 课标理数18.H8[2011·天津卷] 【解答】 (1)设F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．由题意，可得|PF2|＝|F1F2|，‎ 即＝2c.整理得22＋－1＝0.‎ 得＝－1(舍)，或＝.所以e＝.‎ ‎(2)由(1)知a＝2c，b＝c.可得椭圆方程为3x2＋4y2＝12c2，直线PF2方程为y＝(x－c)．‎ A，B两点的坐标满足方程组 消去y并整理，得5x2－8cx＝0.解得x1＝0，x2＝c，‎ 得方程组的解 不妨设A，B(0，－c)．‎ 设点M的坐标为(x，y)，则＝，＝.‎ 由y＝(x－c)，得c＝x－y.‎ 于是＝，＝(x，x)．由·＝－2，‎ 即·x＋·x＝－2，‎ 化简得18x2－16xy－15＝0.‎ 将y＝代入c＝x－y，得c＝>0.所以x>0.‎ 因此，点M的轨迹方程是18x2－16xy－15＝0(x>0)．‎ 课标文数6.H8[2011·天津卷] 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左顶点与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)，则双曲线的焦距为(　　)‎ A．2 B．2 C．4 D．4 课标文数6.H8[2011·天津卷] B　【解析】 双曲线－＝1的渐近线为y＝±x，由双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)得－＝－2，即p＝4.又∵＋a＝4，∴a＝2，将(－2，－1)代入y＝x得b＝1，　‎ ‎∴c＝＝＝，∴2c＝2.‎ 课标文数18.H8[2011·天津卷] 设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P(a，b)满足|PF2|＝|F1F2|.　‎ ‎(1)求椭圆的离心率e；‎ ‎(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，若直线PF2与圆(x＋1)2＋(y－)2＝16相交于M，N两点，且|MN|＝|AB|，求椭圆的方程．‎ 课标文数18.H8[2011·天津卷] 【解答】 (1)设F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)，因为|PF2|＝‎ ‎|F1F2|，所以＝2c，整理得22＋－1＝0，得＝－1(舍)，或＝，所以e＝.‎ ‎(2)由(1)知a＝2c，b＝c，可得椭圆方程为3x2＋4y2＝12c2，直线PF2的方程为y＝(x－c)．‎ A，B两点的坐标满足方程组消去y并整理，得5x2－8cx＝0.解得x1＝0，x2＝c.得方程组的解不妨设A，B(0，－c)，所以|AB|＝＝c.‎ 于是|MN|＝|AB|＝2c.‎ 圆心(－1，)到直线PF2的距离d＝＝.‎ 因为d2＋2＝42，所以(2＋c)2＋c2＝16，整理得7c2＋12c－52＝0.得c＝－(舍)，或c＝2.‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ 课标理数8.H8[2011·浙江卷] 已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)与双曲线C2：x2－＝1有公共的焦点，C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A、B两点．若C1恰好将线段AB三等分，则(　　)‎ A．a2＝ B．a2＝13‎ C．b2＝ D．b2＝2‎ 课标理数8.H8[2011·浙江卷] C　【解析】 由双曲线x2－＝1知渐近线方程为y＝±2x，又∵椭圆与双曲线有公共焦点，‎ ‎∴椭圆方程可化为b2x2＋y2＝b2，‎ 联立直线与椭圆方程消y得，x2＝.‎ 又∵C1将线段AB三等分，‎ ‎∴×2＝，‎ 解之得b2＝.‎ 课标文数9.H8[2011·浙江卷] 已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)与双曲线C2：x2－＝1有公共的焦点，C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点．若C1恰好将线段AB三等分，则(　　)‎ A．a2＝ B．a2＝13 C．b2＝ D．b2＝2‎ 课标文数9.H8[2011·浙江卷] C　【解析】 由双曲线x2－＝1知渐近线方程为y＝±2x，又 ‎∵椭圆与双曲线有公共焦点，‎ ‎∴椭圆方程可化为b2x2＋(b2＋5)y2＝(b2＋5)b2，‎ 联立直线与椭圆方程消y得，x2＝.‎ 又∵C1将线段AB三等分，‎ ‎∴×2＝，‎ 解之得b2＝.‎ 课标理数21.H9[2011·安徽卷] ‎ 设λ>0，点A的坐标为(1,1)，点B在抛物线y＝x2上运动，点Q满足＝λ，经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足＝λ，求点P的轨迹方程．‎ 图1－7‎ 课标理数21.H9[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念、性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养．‎ ‎【解答】 由＝λ知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，‎ 则x2－y0＝λ(y－x2)，‎ 即y0＝(1＋λ)x2－λy.①‎ 再设B(x1，y1)，由＝λ，即(x－x1，y0－y1)＝λ(1－x,1－y0)，解得 ②‎ 将①式代入②式，消去y0，得 ③‎ 又点B在抛物线y＝x2上，所以y1＝x，‎ 再将③式代入y1＝x，得 ‎(1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝[(1＋λ)x－λ]2，‎ ‎(1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝(1＋λ)2x2－2λ(1＋λ)x＋λ2，‎ ‎2λ(1＋λ)x－λ(1＋λ)y－λ(1＋λ)＝0.‎ 因λ＞0，两边同除以λ(1＋λ)，得 ‎2x－y－1＝0.‎ 故所求点P的轨迹方程为y＝2x－1.‎ 课标理数14.H9[2011·北京卷] 曲线C是平面内与两个定点F1(－1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a＞1)的点的轨迹，给出下列三个结论：‎ ‎①曲线C过坐标原点；‎ ‎②曲线C关于坐标原点对称；‎ ‎③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于a2.‎ 其中，所有正确结论的序号是________．‎ 课标理数14.H9[2011·北京卷] ②③　【解析】 ①曲线C经过原点，这点不难验证是错误的，如果经过原点，那么a＝1，与条件不符；②曲线C关于原点对称，这点显然正确，如果在某点处|PF1||PF2|＝a2，关于原点的对称点处也一定符合|PF1||PF2|＝a2；③三角形的面积S△F1F2P2≤，很显然S△F1F2P＝|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤|PF1||PF2|＝.所以②③正确．‎ 课标理数20.H9，H10[2011·湖北卷] 平面内与两定点A1(－a,0)、A2(a,0)(a>0)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线．‎ ‎(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；‎ ‎(2)当m＝－1时，对应的曲线为C1；对给定的m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，对应的曲线为 C2.设F1、F2是C2的两个焦点，试问：在C1上，是否存在点N，使得△F1NF2的面积S＝|m|a2.若存在，求tan∠F1NF2的值；若不存在，请说明理由．‎ 课标理数20.H9，H10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)设动点为M，其坐标为(x，y)，‎ 当x≠±a时，由条件可得kMA1·kMA2＝·＝＝m，‎ 即mx2－y2＝ma2(x≠±a)，‎ 又A1(－a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2－y2＝ma2，‎ 故依题意，曲线C的方程为mx2－y2＝ma2.‎ 当m<－1时，曲线C的方程为＋＝1，C是焦点在y轴上的椭圆；‎ 当m＝－1时，曲线C的方程为 x2＋y2＝a2，C是圆心在原点的圆；‎ 当－10时，曲线C的方程为－＝1，C是焦点在x轴上的双曲线．‎ ‎(2)由(1)知，当m＝－1时，C1的方程为x2＋y2＝a2；‎ 当m∈(－1,0)∪(0，＋∞)时，C2的两个焦点分别为F1(－a，0)，F2(a，0)．‎ 对于给定的m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，C1上存在点N(x0，y0)(y0≠0)使得△F1NF2的面积S＝|m|a2的充要条件 是 由①得0<|y0|≤a，由②得|y0|＝ .‎ 当0<≤a，即≤m<0或0a，即－10)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线．‎ ‎(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；‎ ‎(2)当m＝－1时，对应的曲线为C1，对给定的m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，对应的曲线为C2.设F1、F2是C2的两个焦点．试问：在C1上，是否存在点N，使得△F1NF2的面积S＝|m|a2.若存在，求tan∠F1NF2的值；若不存在，请说明理由．‎ 课标文数21.H9，H10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)设动点为M，其坐标为(x，y)．‎ 当x≠±a时，由条件可得kMA1·kMA2＝·＝＝m.‎ 即mx2－y2＝ma2(x≠±a)，‎ 又A1(－a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2－y2＝ma2，‎ 故依题意，曲线C的方程为mx2－y2＝ma2.‎ 当m<－1时，曲线C的方程为＋＝1，C是焦点在y轴上的椭圆；‎ 当m＝－1时，曲线C的方程为x2＋y2＝a2，C是圆心在原点的圆；‎ 当－10时，曲线C的方程为－＝1，C是焦点在x轴上的双曲线．‎ ‎(2)由(1)知，当m＝－1时，C1的方程为x2＋y2＝a2；‎ 当m∈(－1,0)∪(0，＋∞)时，‎ C2的两个焦点分别为F1，‎ F2(a，0)．‎ 对于给定的m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，C1上存在点N(x0，y0)(y0≠0)使得△F1NF2的面积S＝|m|a2的充要条件是 由①得0<|y0|≤a，由②得|y0|＝.‎ 所以，当0<≤a，即≤m<0，或0a，即－1时，‎ 不存在满足条件的点N.‎ 当m∈∪时，‎ 由＝，‎ ＝，‎ 可得·＝x－(1＋m)a2＋y＝－ma2.‎ 设||＝r1，||＝r2，∠F1NF2＝θ.‎ 则由·＝r1r2cosθ＝－ma2，可得r1r2＝－，‎ 从而S＝r1r2sinθ＝－＝－ma2tanθ，‎ 于是由S＝|m|a2，‎ 可得－ma2tanθ＝|m|a2，即tanθ＝－.‎ 综上可得：‎ 当m∈时，在C1上，存在点N，使得S＝|m|a2，且tan∠F1NF2＝2；‎ 当m∈时，在C1上，存在点N，使得S＝|m|a2，且tan∠F1NF2＝－2；‎ 当m∈∪时，在C1上，不存在满足条件的点N.‎ 课标理数20.H2，H9[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设M(x，y)，由已知得B(x，－3)，A(0，－1)．‎ 所以＝(－x，－1－y)，＝(0，－3－y)，＝(x，－2)．‎ 再由题意可知(＋)·＝0，‎ 即(－x，－4－2y)·(x，－2)＝0，‎ 所以曲线C的方程为y＝x2－2.‎ ‎(2)设P(x0，y0)为曲线C：y＝x2－2上一点，‎ 因为y′＝x，所以l的斜率为x0.‎ 因此直线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，‎ 即x0x－2y＋2y0－x＝0.‎ 则O点到l的距离d＝，又y0＝x－2，‎ 所以d＝＝≥2，‎ 当x0＝0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2.‎ 课标理数8.H9[2011·山东卷] 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线均和圆C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ 课标理数8.H9[2011·山东卷] A　【解析】 圆方程化为标准方程为(x－3)2＋y2＝4，所以圆心C(3,0)，r＝2，所以双曲线焦点F(3,0)，即c＝3，渐近线为ay±bx＝0，由圆心到渐近线的距离为2得＝2，又a2＋b2＝9，所以|b|＝2，即b2＝4，a2＝c2－b2＝9－4＝5，所以所求双曲线方程为－＝1.‎ 课标理数19.H10[2011·北京卷] 已知椭圆G：＋y2＝1，过点(m,0)作圆x2＋y2＝1的切线l交椭圆G于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率；‎ ‎(2)将|AB|表示为m的函数，并求|AB|的最大值．‎ 课标理数19.H10[2011·北京卷] 【解答】 (1)由已知得a＝2，b＝1.‎ 所以c＝＝.‎ 所以椭圆G的焦点坐标为(－，0)，(，0)．‎ 离心率为e＝＝.‎ ‎(2)由题意知，|m|≥1.‎ 当m＝1时，切线l的方程为x＝1，点A，B的坐标分别为，，‎ 此时|AB|＝.‎ 当m＝－1时，同理可知|AB|＝.‎ 当|m|＞1时，设切线l的方程为y＝k(x－m)，‎ 由得(1＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0.‎ 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 又由l与圆x2＋y2＝1相切，得＝1，‎ 即m2k2＝k2＋1，‎ 所以|AB|＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝.‎ 由于当m＝±1时，|AB|＝.‎ 所以|AB|＝，m∈(－∞，－1 ]∪[1，＋∞)．‎ 因为|AB|＝＝≤2，且当m＝±时，|AB|＝2.‎ 所以|AB|的最大值为2.‎ 大纲理数21.H8，H10[2011·全国卷] 已知O为坐标原点，F为椭圆C：x2＋＝1在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为－的直线l与C交于A、B两点，点P满足＋＋＝0.‎ ‎(1)证明：点P在C上；‎ ‎(2)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上．‎ 图1－4[来源:学+科+网Z+X+X+K]‎ 大纲理数21.H8，H10[2011·全国卷] 【解答】 (1)证明：F(0,1)，l的方程为y＝－x＋1，代入x2＋＝1并化简得 ‎4x2－2x－1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，‎ 则x1＝，x2＝，‎ x1＋x2＝，y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2＝1，‎ 由题意得x3＝－(x1＋x2)＝－，y3＝－(y1＋y2)＝－1.‎ 所以点P的坐标为.‎ 经验证，点P的坐标满足方程x2＋＝1，故点P在椭圆C上．‎ ‎(2)证明：由P和题设知Q，PQ的垂直平分线l1的方程为y＝－x.①‎ 设AB的中点为M，则M，AB的垂直平分线l2的方程为y＝x＋.②‎ 由①、②得l1、l2的交点为N.‎ ‎|NP|＝＝，‎ ‎|AB|＝·|x2－x1|＝，‎ ‎|AM|＝，‎ ‎|MN|＝＝，‎ ‎|NA|＝＝，‎ 故|NP|＝|NA|.‎ 又|NP|＝|NQ|，|NA|＝|NB|，‎ 所以|NA|＝|NP|＝|NB|＝|NQ|，‎ 由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上．‎ 大纲文数22.H8，H10[2011·全国卷] 已知O为坐标原点，F为椭圆C：x2＋＝1在y轴正半轴上的焦点，过F且 图1－4‎ 斜率为－的直线l与C交于A、B两点，点P满足＋＋＝0.‎ ‎(1)证明：点P在C上；‎ ‎(2)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上．‎ 大纲文数22.H8，H10[2011·全国卷] ‎ ‎【解答】 (1)证明：F(0,1)，l的方程为y＝－x＋1，代入x2＋＝1并化简得 ‎4x2－2x－1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，‎ 则x1＝，x2＝，‎ x1＋x2＝，y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2＝1，‎ 由题意得x3＝－(x1＋x2)＝－，y3＝－(y1＋y2)＝－1.‎ 所以点P的坐标为.‎ 经验证，点P的坐标满足方程x2＋＝1，故点P在椭圆C上．‎ ‎(2)证明：由P和题设知Q，PQ的垂直平分线l1的方程为y＝－x.①‎ 设AB的中点为M，则M，AB的垂直平分线l2的方程为y＝x＋.②‎ 由①、②得l1、l2的交点为N.‎ ‎|NP|＝＝，‎ ‎|AB|＝·|x2－x1|＝，‎ ‎|AM|＝，‎ ‎|MN|＝＝，‎ ‎|NA|＝＝，‎ 故|NP|＝|NA|.‎ 又|NP|＝|NQ|，|NA|＝|NB|，‎ 所以|NA|＝|NP|＝|NB|＝|NQ|，‎ 由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上．‎ 课标理数19.H10[2011·广东卷] 设圆C与两圆(x＋)2＋y2＝4，(x－)2＋y2＝4‎ 中的一个内切，另一个外切．‎ ‎(1)求C的圆心轨迹L的方程；‎ ‎(2)已知点M，F(，0)，且P为L上动点．求||MP|－|FP||的最大值及此时点P的坐标．‎ 课标理数19.H10[2011·广东卷] 【解答】 (1)设C的圆心的坐标为(x，y)，由题设知 ‎|－|＝4，‎ 化简得L的方程为－y2＝1.‎ ‎(2)由已知可求得过M，F的直线l方程为y＝－2(x－)，将其代入L的方程得15x2－32x＋84＝0，‎ 解得x1＝，x2＝，故可求得l与L的交点坐标分别为T1，T2.‎ 因T1在线段MF外，T2在线段MF内，‎ 故||MT1|－|FT1||＝|MF|＝2，||MT2|－|FT2||<|MF|＝2.　‎ 若P不在直线MF上，在△MFP中有||MP|－|FP||<|MF|＝2.　‎ 故||MP|－|FP||只在点P位于T1时取得最大值2.‎ 图1－3‎ 课标文数21.H10，B9[2011·广东卷] ‎ 在平面直角坐标系xOy中，直线l：x＝－2交x轴于点A.设P是l上一点，M是线段OP的垂直平分线上一点，且满足∠MPO＝∠AOP.‎ ‎(1)当点P在l上运动时，求点M的轨迹E的方程；‎ ‎(2)已知T(1，－1)．设H是E上动点，求|HO|＋|HT|的最小值，并给出此时点H的坐标；[来源:学.科.网]‎ ‎(3)过点T(1，－1)且不平行于y轴的直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点．求直线l1的斜率k的取值范围．‎ 图1－2‎ ‎∵MQ为线段OP的垂直平分线，‎ ‎∴∠MPQ＝∠MOQ.‎ 又∵∠MPQ＝∠AOP，∴∠MOQ＝∠AOP.‎ 因此M在x轴上，此时，记M的坐标为(x,0)．‎ 为分析M(x,0)中x的变化范围，设P(－2，a)为l上任意点(a∈R)．‎ 由|MO|＝|MP|，即|x|＝得，‎ x＝－1－a2≤－1.‎ 故M(x,0)的轨迹方程为 y＝0，x≤－1.　②‎ 综合①和②得，点M轨迹E的方程为 y2＝ ‎(2)由(1)知，轨迹E的方程由下面E1和E2两部分组成(如图1－3)：‎ 图1－3‎ E1：y2＝4(x＋1)(x≥－1)；‎ E2：y＝0，x<－1.‎ 当H∈E1时，过T作垂直于l的直线，垂足为T′，交E1于D.再过H作垂直于l的直线，交l于H′.‎ 因此，|HO|＝|HH′|(抛物线的性质)．‎ ‎∴|HO|＋|HT|＝|HH′|＋|HT|≥|TT′|＝3(该等号仅当H′与T′重合(或H与D重合)时取得)．‎ 当H∈E2时，则|HO|＋|HT|>|BO|＋|BT|＝1＋>3.‎ 综合可得，|HO|＋|HT|的最小值为3，且此时点H的坐标为.‎ ‎(3)由图1－3知，直线l1的斜率k不可能为零．‎ 设l1：y＋1＝k(x－1)(k≠0)．‎ 故x＝(y＋1)＋1，代入E1的方程得：y2－y－＝0.‎ 因判别式Δ＝＋4＝2＋28>0，‎ 所以l1与E中的E1有且仅有两个不同的交点．‎ 又由E2和l1的方程可知，若l1与E2有交点，‎ 则此交点的坐标为，且<－1.即当－0)‎ 连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线．‎ ‎(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；‎ ‎(2)当m＝－1时，对应的曲线为C1；对给定的m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，对应的曲线为C2.设F1、F2是C2的两个焦点，试问：在C1上，是否存在点N，使得△F1NF2的面积S＝|m|a2.若存在，求tan∠F1NF2的值；若不存在，请说明理由．‎ 课标理数20.H9，H10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)设动点为M，其坐标为(x，y)，‎ 当x≠±a时，由条件可得kMA1·kMA2＝·＝＝m，‎ 即mx2－y2＝ma2(x≠±a)，‎ 又A1(－a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2－y2＝ma2，‎ 故依题意，曲线C的方程为mx2－y2＝ma2.‎ 当m<－1时，曲线C的方程为＋＝1，C是焦点在y轴上的椭圆；‎ 当m＝－1时，曲线C的方程为 x2＋y2＝a2，C是圆心在原点的圆；‎ 当－10时，曲线C的方程为－＝1，C是焦点在x轴上的双曲线．‎ ‎(2)由(1)知，当m＝－1时，C1的方程为x2＋y2＝a2；‎ 当m∈(－1,0)∪(0，＋∞)时，C2的两个焦点分别为F1(－a，0)，F2(a，0)．‎ 对于给定的m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，C1上存在点N(x0，y0)(y0≠0)使得△F1NF2的面积S＝|m|a2的充要条件 是 由①得0<|y0|≤a，由②得|y0|＝ .‎ 当0<≤a，即≤m<0或0a，即－10)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线．‎ ‎(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；‎ ‎(2)当m＝－1时，对应的曲线为C1，对给定的m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，对应的曲线为C2.设F1、F2是C2的两个焦点．试问：在C1上，是否存在点N，使得△F1NF2的面积S＝|m|a2.若存在，求tan∠F1NF2的值；若不存在，请说明理由．‎ 课标文数21.H9，H10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)设动点为M，其坐标为(x，y)．‎ 当x≠±a时，由条件可得kMA1·kMA2＝·＝＝m.‎ 即mx2－y2＝ma2(x≠±a)，‎ 又A1(－a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2－y2＝ma2，‎ 故依题意，曲线C的方程为mx2－y2＝ma2.‎ 当m<－1时，曲线C的方程为＋＝1，C是焦点在y轴上的椭圆；‎ 当m＝－1时，曲线C的方程为x2＋y2＝a2，C是圆心在原点的圆；‎ 当－10时，曲线C的方程为－＝1，C是焦点在x轴上的双曲线．‎ ‎(2)由(1)知，当m＝－1时，C1的方程为x2＋y2＝a2；‎ 当m∈(－1,0)∪(0，＋∞)时，‎ C2的两个焦点分别为F1，‎ F2(a，0)．‎ 对于给定的m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，C1上存在点N(x0，y0)(y0≠0)使得△F1NF2的面积S＝|m|a2的充要条件是 由①得0<|y0|≤a，由②得|y0|＝.‎ 所以，当0<≤a，即≤m<0，或0a，即－1时，‎ 不存在满足条件的点N.‎ 当m∈∪时，‎ 由＝，‎ ＝，‎ 可得·＝x－(1＋m)a2＋y＝－ma2.‎ 设||＝r1，||＝r2，∠F1NF2＝θ.‎ 则由·＝r1r2cosθ＝－ma2，可得r1r2＝－，‎ 从而S＝r1r2sinθ＝－＝－ma2tanθ，‎ 于是由S＝|m|a2，‎ 可得－ma2tanθ＝|m|a2，即tanθ＝－.‎ 综上可得：‎ 当m∈时，在C1上，存在点N，使得S＝|m|a2，且tan∠F1NF2＝2；‎ 当m∈时，在C1上，存在点N，使得S＝|m|a2，且tan∠F1NF2＝－2；‎ 当m∈∪时，在C1上，不存在满足条件的点N.‎ 课标理数9.H10[2011·江西卷] 若曲线C1：x2＋y2－2x＝0与曲线C2：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是(　　)‎ A. ‎ B.∪ C. ‎ D.∪ 课标理数9.H10[2011·江西卷] B　【解析】 配方得，曲线C1：(x－1)2＋y2＝1，即曲线C1为圆心在点C1(1,0)，半径为1的圆，曲线C2则表示两条直线：x轴与直线l：y＝m(x＋1)，‎ 显然x轴与圆C1有两个交点，于是知直线l与圆C1相交，‎ ‎∴圆心C1到直线l的距离d＝0，‎ 即3k2＋2>m2，(★)‎ 又x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 所以|PQ|＝· ‎＝·.‎ 因为点O到直线l的距离为d＝，‎ 所以S△OPQ＝|PQ|·d ‎＝·· ‎＝.‎ 又S△OPQ＝，‎ 整理得3k2＋2＝2m2，且符合(★)式．‎ 此时x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝‎ 2－2×＝3，‎ y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2.‎ 综上所述，x＋x＝3，y＋y＝2，结论成立．‎ ‎(2)解法一：①当直线l的斜率不存在时，‎ 由(1)知|OM|＝|x1|＝，|PQ|＝2|y1|＝2，‎ 因此|OM|·|PQ|＝×2＝.‎ ‎②当直线l的斜率存在时，由ⅰ知：‎ ＝－，‎ ＝k＋m＝－＋m＝＝，‎ ‎|OM|2＝2＋2＝＋＝＝.‎ ‎|PQ|2＝(1＋k2)＝＝2.‎ 所以|OM|2·|PQ|2＝××2× ‎＝≤2＝.‎ 所以|OM|·|PQ|≤，当且仅当3－＝2＋，即m＝±时，等号成立．‎ 综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为.‎ 解法二：‎ 因为4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x＋x)＋(y＋y)]＝10.‎ 所以2|OM|·|PQ|≤＝＝ 5.‎ 即|OM|·|PQ|≤，当且仅当2|OM|＝|PQ|＝时等号成立．‎ 因此|OM|·|PQ|的最大值为.‎ ‎(3)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.‎ 证明：假设存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.‎ 由(1)得u2＋x＝3，u2＋x＝3，x＋x＝3，v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2.‎ 解得u2＝x＝x＝；v2＝y＝y＝1.‎ 因此u，x1，x2只能从±中选取，v，y1，y2只能从±1中选取．‎ 因此D、E、G只能在这四点中选取三个不同点，‎ 而这三点的两两连线中必有一条过原点，‎ 与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾，‎ 所以椭圆C上不存在满足条件的三点D、E、G.‎ 课标文数15.H10[2011·山东卷] 已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)和椭圆＋＝1有相同的焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为________________．‎ 课标文数22.H10[2011·山东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1.如图1－10所示，斜率为k(k＞0)且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝－3于点D(－3，m)．‎ ‎(1)求m2＋k2的最小值；‎ ‎(2)若|OG|2＝|OD|·|OE|.‎ ‎①求证：直线l过定点；‎ ‎②试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由．‎ 课标文数22.H10[2011·山东卷] 【解答】 (1)设直线l的方程为y＝kx＋t(k＞0)，‎ 由题意，t＞0.‎ 由方程组得 ‎(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0.‎ 由题意Δ＞0，‎ 所以3k2＋1＞t2.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由韦达定理得x1＋x2＝－.‎ 所以y1＋y2＝.‎ 由于E为线段AB的中点．‎ 因此xE＝－，yE＝，‎ 此时kOE＝＝－.‎ 所以OE所在直线方程为y＝－x.‎ 又由题设知D(－3，m)，‎ 令x＝－3，得m＝，‎ 即mk＝1，‎ 所以m2＋k2≥2mk＝2，‎ 当且仅当m＝k＝1时上式等号成立．‎ 此时由Δ＞0得0＜t＜2.‎ 因此当m＝k＝1且0＜t＜2时，m2＋k2取最小值2.‎ ‎(2)①由(1)知OD所在直线的方程为y＝－x，‎ 将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，‎ 解得G.‎ 又E，D，‎ 由距离公式及t＞0得 ‎|OG|2＝2＋2＝.‎ ‎|OD|＝＝，‎ ‎|OE|＝＝.‎ 由|OG|2＝|OD|·|OE|得t＝k.‎ 因此直线l的方程为y＝k(x＋1)．‎ 所以直线l恒过定点(－1,0)．‎ ‎②由①得G，‎ 若B，G关于x轴对称，‎ 则B.‎ 代入y＝k(x＋1)整理得3k2－1＝k，‎ 即6k4－7k2＋1＝0，‎ 解得k2＝(舍去)或k2＝1，‎ 所以k＝1.‎ 此时B，G关于x轴对称．[来源:学#科#网]‎ 又由(1)得x1＝0，y1＝1，所以A(0,1)．‎ 由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设△ABG的外接圆的圆心为(d,0)．‎ 因此d2＋1＝2＋，解得d＝－，‎ 故△ABG的外接圆的半径为r＝＝.‎ 所以△ABG的外接圆方程为2＋y2＝.‎ 课标数学14.H10[2011·江苏卷] 设集合A＝， B＝{(x，y)|2m≤x＋y≤2m＋1，x，y∈R}, 若A∩B≠∅， 则实数m的取值范围是________．‎ 课标数学14.H10[2011·江苏卷] 　‎ ‎【解析】 若m<0，则符合题意的条件是：直线x＋y＝2m＋1与圆(x－2)2＋y2＝m2有交点，从而由≤|m|，解之得≤m≤，矛盾；‎ 若m＝0，则代入后可知矛盾；‎ 若m>0，则当≤m2，即m≥时，集合A表示一个环形区域，且大圆半径不小于，即直径不小于1，集合B表示一个带形区域，且两直线间距离为，‎ 从而当直线x＋y＝2m与x＋y＝2m＋1中至少有一条与圆(x－2)2＋y2＝m2有交点，即可符合题意，从而有 ≤|m|或≤|m|，解之得≤m≤2＋，‎ 所以综上所述，实数m的取值范围是≤m≤2＋.‎ 课标数学18.H8，H10[2011·江苏卷] ‎ 图1－5‎ 如图1－5，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆＋＝1‎ 的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连结AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k.‎ ‎(1)若直线PA平分线段MN，求k的值；‎ ‎(2)当k＝2时，求点P到直线AB的距离d；‎ ‎(3)对任意的k>0，求证：PA⊥PB.‎ 课标数学18.H8，H10[2011·江苏卷] 本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力．‎ 图1－6‎ ‎【解答】 (1)由题设知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，所以线段MN中点的坐标为.由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以k＝＝.‎ ‎(2)直线PA的方程为y＝2x，代入椭圆方程得 ＋＝1，解得x＝±，‎ 因此P，A.‎ 于是C，直线AC的斜率为＝1，‎ 故直线AB的方程为x－y－＝0.‎ 因此，d＝＝.‎ ‎(3)解法一：‎ 将直线PA的方程y＝kx代入＋＝1，‎ 解得x＝± .‎ 记μ＝，则P(μ，μk)，A(－μ，－μk)，‎ 于是C(μ，0)，故直线AB的斜率为＝，‎ 其方程为y＝(x－μ)，‎ 代入椭圆方程得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0，‎ 解得x＝或x＝－μ，‎ 因此B.‎ 于是直线PB的斜率k1＝＝＝－.‎ 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.‎ 解法二：‎ 设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)，设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2，因为C在直线AB上，所以k2＝＝＝，从而k1k＋1＝2k1k2＋1＝2··＋1‎ ‎＝＋1＝＝＝0.‎ 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.‎ 大纲文数21.H10[2011·四川卷] 如图1－8，过点C(0,1)的椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆与x轴交于两点A(a,0)，B(－a,0)．过点C的直线l与椭圆交于另一点D，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.‎ ‎(1)当直线l过椭圆右焦点时，求线段CD的长；‎ ‎(2)当点P异于点B时，求证：·为定值．‎ 图1－8‎ 大纲文数21.H10[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知得b＝1，＝，解得a＝2，所以椭圆方程为＋y2＝1.‎ 椭圆的右焦点为(，0)，此时直线l的方程为y＝－x＋1，‎ 代入椭圆方程化简得7x2－8x＝0.‎ 解得x1＝0，x2＝，‎ 代入直线l的方程得y1＝1，y2＝－，　‎ 所以D点坐标为.‎ 故|CD|＝＝.‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时与题意不符．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1.‎ 代入椭圆方程化简得 ‎(4k2＋1)x2＋8kx＝0.‎ 解得x1＝0，x2＝，代入直线l的方程得y1＝1，y2＝，‎ 所以D点坐标为.‎ 又直线AC的方程为＋y＝1，直线BD的方程为y＝(x＋2)，‎ 联立解得 因此Q点坐标为(－4k,2k＋1)．‎ 又P点坐标为，‎ 所以·＝·(－4k,2k＋1)＝4.‎ 故·为定值．‎ 大纲理数21.H10[2011·四川卷] 如图1－8，椭圆有两顶点A(－1,0)、B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.‎ ‎(1)当|CD|＝时，求直线l的方程；‎ ‎(2)当点P异于A、B两点时，求证：·为定值．‎ 图1－8‎ 大纲理数21.H10[2011·四川卷] (1)因椭圆焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．‎ 由已知得b＝1，c＝1，所以a＝，椭圆方程为＋x2＝1.‎ 直线l垂直于x轴时与题意不符．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1，将其代入椭圆方程化简得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.‎ 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1·x2＝－，‎ ‎|CD|＝·＝.‎ 由已知得＝.‎ 解得k＝±.‎ 所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋1.‎ ‎(2)直线l与x轴垂直时与题意不符．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0且k≠±1)，‎ 所以P点坐标为.‎ 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－，‎ x1·x2＝－.‎ 直线AC的方程y＝(x＋1)，直线BD的方程为y＝(x－1)，‎ 将两直线方程联立，消去y得＝.‎ 因为－1＜x1，x2＜1，所以与异号．‎ 2＝＝·＝ ‎＝＝2.‎ 又y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－·，‎ ‎∴与y1y2异号，与同号，∴＝，解得x＝－k.　‎ 因此Q点坐标为(－k，y0)．‎ ·＝·(－k，y0)＝1.‎ 故·为定值．‎ 大纲理数15.H10[2011·重庆卷] 设圆C位于抛物线y2＝2x与直线x＝3所围成的封闭区域(包含边界)内，则圆C的半径能取到的最大值为________．‎ 大纲理数15.H10[2011·重庆卷] －1　【解析】 由题意知，半径取得最大值的圆的圆心必在x轴上．‎ 设圆心C(a,0)(0＜a＜3)，则半径为3－a，于是圆的方程为(x－a)2＋y2＝(3－a)2，‎ 将抛物线方程y2＝2x代入圆的方程得 ‎(x－a)2＋2x＝(a－3)2，即x2－2(a－1)x＋6a－9＝0，‎ 由Δ＝4(a－1)2－4(6a－9)＝0，即a2－8a＋10＝0，解得a＝4±，‎ ‎∵0＜a＜3，∴a＝4－.‎ 故圆C的半径能取到的最大值为3－a＝－1.‎ 图1－8‎ 大纲理数20.H10[2011·重庆卷] 如图1－8，椭圆的中心为原点O，离心率e＝，一条准线的方程为x＝2.‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程；‎ ‎(2)设动点P满足：＝＋2，其中M，N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为－，问：是否存在两个定点F1，F2，使得|PF1|＋|PF2|为定值？若存在，求F1，F2的坐标，若不存在，说明理由．‎ 大纲理数20.H10[2011·重庆卷] 【解答】 (1)由e＝＝，＝2，‎ 解得a＝2，c＝，b2＝a2－c2＝2，‎ 故椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 则由＝＋2得 ‎(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)＝(x1＋2x2，y1＋2y2)，‎ 即x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2.‎ 因为点M，N在椭圆x2＋2y2＝4上，‎ 所以x＋2y＝4，x＋2y＝4，[来源:学。科。网Z。X。X。K]‎ 故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2)‎ ‎＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)‎ ‎＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．‎ 设kOM，kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知kOM·kON＝＝－，因此x1x2＋2y1y2＝0，‎ 所以x2＋2y2＝20.‎ ‎、大纲文数21.H10[2011·重庆卷] 如图1－5，椭圆的中心为原点O，离心率e＝，一条准线的方程是x＝2.‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程；‎ ‎(2)设动点P满足：＝＋2，其中M，N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为－.问：是否存在定点F，使得|PF|与点P到直线l：x＝2的距离之比为定值？若存在，求F的坐标；若不存在，说明理由．‎ 大纲文数21.H10[2011·重庆卷] ‎ ‎【解答】 (1)由e＝＝，＝2，‎ 解得a＝2，c＝，b2＝a2－c2＝2，‎ 故椭圆的标准方程为 ＋＝1.‎ ‎(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 则由＝＋2得 ‎(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)＝(x1＋2x2，y1＋2y2)，‎ 即x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2.‎ 因为点M，N在椭圆x2＋2y2＝4上，所以 x＋2y＝4，x＋2y＝4，‎ 故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2)‎ ‎＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)‎ ‎＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．‎ 设kOM，kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知 kOM·kON＝＝－，因此x1x2＋2y1y2＝0.‎ 所以x2＋2y2＝20.‎ 所以P点是椭圆＋＝1上的点，该椭圆的右焦点为F(，0)，离心率e＝，直线l：x＝2是该椭圆的右准线，故根据椭圆的第二定义，存在定点F(，0)使得|PF|与P点到直线l的距离之比为定值．‎ ‎[2011·重庆模拟] 已知直线l过点O(0,0)和点P(2＋cosα，sinα)，则直线l的斜率的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[2011·上海模拟] 直线2x－y＋3＝0关于直线x－y＋2＝0对称的直线方程是(　　)‎ A．x－2y＋3＝0‎ B．x－2y－3＝0‎ C．x＋2y＋1＝0‎ D．x＋2y－1＝0‎ ‎[2011·临川一中诊断] 已知直线l1和l2的夹角平分线为y＝x，如果l1的方程是ax＋by＋c＝0，那么直线l2的方程为(　　)‎ A．bx＋ay＋c＝0 B．ax－by＋c＝0‎ C．bx＋ay－c＝0 D．bx－ay＋c＝0‎ ‎[2011·北京海淀模拟] 已知直线l1：x＋y＋1＝0，l2：x＋y－1＝0，则l1，l2之间的距离为(　　)‎ A．1 B. C. D. ‎[2011·张家界期末] 过点P(4,2)作圆x2＋y2＝4的两条切线，切点分别为A，B，O为坐标原点，则△OAB的外接圆方程是(　　)‎ A．(x－2)2＋(y－1)2＝5‎ B．(x－4)2＋(y－2)2＝20‎ C．(x＋2)2＋(y＋1)2＝5‎ ‎ D．(x＋4)2＋(y＋2)2＝20‎ ‎[2011·德州一模] 若直线2x－y＋a＝0与圆(x－1)2＋y2＝1有公共点，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．－2－0)的准线与圆x2＋y2－6x－7＝0相切，则p的值为__________．‎ ‎[2011·揭阳调研] 已知a>b>0，e1，e2分别为圆锥曲线＋＝1和－＝1的离心率，则lge1＋lge2的值(　　)‎ A．大于0且小于1 ‎ B. 大于1‎ C. 小于0 ‎ D. 等于0‎ ‎[2011·北京西城区一模] 设圆C的圆心为双曲线－＝1(a>0)的右焦点且与此双曲线的渐近线相切，若圆C被直线l：x－y＝0截得的弦长等于2，则a的值为(　　)‎ A. B. C．2 D．3‎ ‎[2011·温州中学月考] 已知动圆圆心在抛物线y2＝4x上，且动圆恒与直线x＝－1相切，则此动圆必过定点__________．‎ ‎[2011·浙江六校联考] 不论a为何值时，直线(a－1)x－y＋2a＋1＝0恒过定点P，则过P点的抛物线的标准方程为__________．‎