1、H解析几何H1直线的倾斜角与斜率、直线的方程22H1、H2、H7 如图16，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y22px(p0)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1622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(k0)由得(y1y2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线AB方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m
2、.从而|AB|y1y2|.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|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，则Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0u，则S(u)16u2.由S(u)0得u，所以S(u)maxS.故ABP面积的最大值为.17H1、H7 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：yx2a到直线l：yx的距离等于曲线C2：x2(y4)22到直线l：yx的距离，则实数a_.17 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
3、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(y4)22到直线l：yx的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即dr，由yx2a可得y2x，令y2x1，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：yx2与直线l：yx相交，两者距离为0，不合题意，故a.4H1、F1 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)4arctan 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
4、直线的斜率由已知可得直线的斜率k，ktan，所以直线的倾斜角arctan.20H5、F1、H1 已知椭圆C1：y21，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(a2)，其离心率为，故，则a4，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ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，将ykx代入1中，得(4k
5、2)x216，所以x，又由2得x4x，即，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.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ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，由2得x，y，将x，y代入1中，得1，即4k214k2，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.H2两直线的位置关系与点到直线的距离22H1、H2、H7 如图16，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y22px(p0)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
6、)求p，t的值；(2)求ABP面积的最大值图1622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(k0)由得(y1y2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线AB方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|y1y2|.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|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，则Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0u，则S(u)16u2.由
7、S(u)0得u，所以S(u)maxS.故ABP面积的最大值为.H3圆的方程20H3、H7、H8 设抛物线C：x22py(p0)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BFD90，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|d4，即2pp4，解得p2(舍去)，p2.所以F(0,1)，圆F
8、的方程为x2(y1)28.(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，ADB90.由抛物线定义知|AD|FA|AB|，所以ABD30，m的斜率为或.当m的斜率为时，由已知可设n：yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n与C只有一个公共点，故p28pb0.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3.21H3、H7、H8 如图14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：x22py(p0)上图14(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y1
9、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，BOy30.设B(x，y)，则x|OB|sin304，y|OB|cos3012.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线E的方程为x24y.(2)由(1)知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.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y0x(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，.由0，得y0y0y1y1y0.即(yy12)(1y1)y00.(
10、*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.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yx2，yx，设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P，Q，以PQ为直径的圆为22，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，y01)，2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒
11、过y轴上的定点M.21H3、H5、H8 设A是单位圆x2y21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|(m0，且m1)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k0，都有PQPH？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|(m0，且m1)，可得xx
12、0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以xy1.将式代入式即得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)因为m(0,1)(1，)，所以当0m1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m1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k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2xm20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可
13、得x1x2，即x2.因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx2.于是(2x1，2kx1)，(x2x1，y2kx1).而PQPH等价于0，即2m20，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0都有PQPH.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(xx)(yy)0.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(x1x2)(x1x2)0.于是由式可得m2.又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得kPQkPH，
14、而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.H4直线与圆、圆与圆的位置关系6H4 已知圆C：x2y24x0，l是过点P(3,0)的直线，则()Al与C相交 Bl与C相切Cl与C相离 D以上三个选项均有可能6A 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x2y24x0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d12，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.7H4 将圆x2y22x4y10平分的直线是()Axy10 Bxy3
15、0Cxy10 Dxy307C 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(x1)2(y2)24，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5H4 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()Axy20 By10Cxy0 Dx3y405A 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xy20.故选A.8H4 在
16、平面直角坐标系xOy中，直线3x4y50与圆x2y24相交于A、B两点，则弦AB的长等于()A3 B2C. D18B 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d1，所以弦长AB22，所以选择B.9H4 直线yx被圆x2(y2)24截得的弦长为_92 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r2，所以弦长为l222；法二：代数法：联立直线和圆的方程 消去y可得x22x0，所以直线和圆的两个交点坐标分别为(2,2)，(0,0)，弦长为2.9H4 若直线xy10与圆(xa
17、)2y22有公共点，则实数a的取值范围是()A BC D(，3 因为直线xy10与圆2y22有公共点，所以圆心到直线的距离dr，可得2，即a.7H4 直线xy20与圆x2y24相交于A，B两点，则弦AB的长度等于()A2 B2 C. D17B 根据圆的方程知，圆的圆心为(0,0)，半径R2，弦心距d1，所以弦长|AB|22，所以选择B.12H4 在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2y28x150，若直线ykx2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. 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(x4)2y21
18、圆心坐标为(4,0)，半径为1，由题意，直线ykx2上至少存在一点(x0，kx02)，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(k21)x2(84k)x160，此不等式有解的条件是(84k)264(k21)0，解之得0k，故最大值为.14H4 过直线xy20上点P作圆x2y21的两条切线，若两条切线的夹角是60，则点P的坐标是_14(，) 设切点为A，B，设P(x,2x)，连结PA，PB，PO，则|PO|2|OA|2，即x2(2x)24，整理得x22x20，解得x，故P的坐标为(，)22H6、H4 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2y21.(1)设
19、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x2y21相切，求证：OPOQ.22解：(1)双曲线C：y21，左焦点F，设M(x，y)，则|MF|22y22，由M点是右支上一点，知x，所以|MF|x2，得x，所以M.(2)左顶点A，渐近线方程：yx.过点A与渐近线yx平行的直线方程为y，即yx1.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ykxb，因直线PQ与已知圆相切，故1，即b2k21(*)由得(2
20、k2)x22kbxb210.设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2(kx1b)(kx2b)，所以x1x2y1y2(1k2)x1x2kb(x1x2)b2b2.由(*)知，0，所以OPOQ.20H4、H5 如图17，动圆C1：x2y2t2,1t3，与椭圆C2：y21相交于A，B，C，D四点，点A1，A2分别为C2的左，右顶点(1)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并求出其最大面积；(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程图1720解：(1)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积S4|x0|y0|.由y1得y1，从而xyx2，当x，y时，Smax6.从而t时，矩形ABC
21、D的面积最大，最大面积为6.(2)由A(x0，y0)，B(x0，y0)，A1(3,0)，A2(3,0)知直线AA1的方程为y(x3)直线A2B的方程为y(x3)由得y2(x29)又点A(x0，y0)在椭圆C上，故y1.将代入得y21(x3，y0)因此点M的轨迹方程为y21(x3，y0)3H4 设A，B为直线yx与圆x2y21的两个交点，则|AB|()A1 B.C. D23D 因为圆x2y21的圆心(0,0)在直线AB上，所以AB为圆的直径，所以|AB|212.9H4 圆(x2)2y24与圆(x2)2(y1)29的位置关系为()A内切 B相交C外切 D相离9B 本题考查两圆的位置关系，考查数形结
22、合思想，推理能力，容易题两圆的圆心距为，又32b0)，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c2a2b2得4b2a2b2，故a25b2，c24b2，所以离心率e.在RtAB1B2中，OAB1B2，故SAB1B2|B1B2|OA|OB2|OA|bb2，由题设条件SAB1B24得b24，从而a25b220.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：xmy2.代入椭圆方程得(m25)y24my160.(*)设P(x1，y1)，Q(
23、x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此y1y2，y1y2.又(x12，y1)，(x22，y2)，所以(x12)(x22)y1y2(my14)(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)1616，由PB2QB2，知0，即16m2640，解得m2.当m2时，方程(*)化为：9y28y160，故y1，y2，|y1y2|，PB2Q的面积S|B1B2|y1y2|.当m2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.8H5、H6 如图13，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
24、值是()图13A3 B2C. D.8B 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(a1b10)，1(a20，b20)，由题意知c1c2且a12a2，则2.19H5、H8 已知椭圆1(ab0)，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e21，所以椭圆的离心率e.(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为ykx.设点Q的坐标为(x0，y0)由条件得消去y0并整理得x.由|AQ|AO|，A(a,
25、0)及y0kx0，得(x0a)2k2xa2.整理得，(1k2)x2ax00.而x00，故x0，代入，整理得(1k2)24k24.由(1)知，故(1k2)2k24，即5k422k2150，可得k25.所以直线OQ的斜率k.4H5 设F1，F2是椭圆E：1(ab0)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.4C 根据题意直线PF2的倾斜角是，所以ac|PF2|F1F2|2c，解得e.故选C.16A2、H5 对于常数m、n，“mn0”是“方程mx2ny21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
26、也不必要条件16B 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“mn0”，结论是“方程mx2ny21的曲线是椭圆”， 方程mx2ny21的曲线是椭圆，可以得出mn0，且m0，n0，mn，而由条件“mn0”推不出“方程mx2ny21的曲线是椭圆”所以为必要不充分条件，选B.20H5、F1 已知椭圆C1：y21，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(a2)，其离心率为，故，则a4，故椭圆C2的方程为1.
27、(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ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，将ykx代入1中，得(4k2)x216，所以x，又由2得x4x，即，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.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ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，由2得x，y，将x，y代入1中，得1，即4k214k2，解得k1，故直线AB的
28、方程为yx或yx.21H3、H5、H8 设A是单位圆x2y21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|(m0，且m1)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k0，都有PQPH？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|(m0，且m1)，可得xx
29、0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以xy1.将式代入式即得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)因为m(0,1)(1，)，所以当0m1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m1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k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2xm20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可
30、得x1x2，即x2.因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx2.于是(2x1，2kx1)，(x2x1，y2kx1).而PQPH等价于0，即2m20，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0都有PQPH.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(xx)(yy)0.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(x1x2)(x1x2)0.于是由式可得m2.又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得kPQkPH，
31、而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.21H5、H8 如图17所示，椭圆M：1(ab0)的离心率为，直线xa和yb所围成的矩形ABCD的面积为8.图17(1)求椭圆M的标准方程；(2)设直线l：yxm(mR)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a2，b1，因此椭圆M的标准方程为y21.(2)由整理得5x28mx4m240，由64m280(m21)8016m20.得m.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)
32、，则x1x2，x1x2.所以|PQ|(m)线段CD的方程为y1(2x2)，线段AD的方程为x2(1y1)不妨设点S在AD边上，T在CD边上，可知1m，S(2，m2)，D(2,1)，所以|ST|SD|(3m)，因此.令t3m(1m)，则m3t，t(3，2所以，由于t(3，2所以.因此当，即t时，取得最大值，此时m.不妨设点S在AB边上，T在CD边上，此时1m1，因此|ST|AD|2，此时.所以当m0时，取得最大值.不妨设点S在AB边上，T在BC边上，b0)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，F1AF260.(1)求椭圆C的离心率；(2)已知AF1B的面积为40，求
33、a，b的值图1420解： (1)由题意可知，AF1F2为等边三角形，a2c，所以e.(2)( 方法一)a24c2，b23c2.直线AB的方程可为y(xc)将其代入椭圆方程3x24y212c2，得B.所以|AB|c.由SAF1B|AF1|AB|sinF1ABaca240，解得a10，b5.(方法二)设|AB|t.因为|AF2|a，所以|BF2|ta.由椭圆定义|BF1|BF2|2a可知，|BF1|3at.再由余弦定理(3at)2a2t22atcos60可得，ta.由SAF1Baaa240知，a10，b5.5H5 椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x4，则该椭圆的方程为()A.1 B.1C.1
34、 D.15C 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x4，c2，4，a28，b24，故选C.20H5、H7、H8 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：1(ab0)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：y24x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c1.因为点P(0,1)在C1上，所以b1.于是a.故C1的方程为y21.(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x00.当点B
35、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y2，x0.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，将代入并整理得：(x02)x24x0x2x0(x01)0，所以16x8(x02)x0(x01)8x0(x01)(x02)0.因为x00，所以x02.当x02时，直线l的方程为：yx.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：yx.综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为：yx，或yx.21H5、H10 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：x2y24x20的圆心(
36、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x2y24x20得(x2)2y22，故圆C的圆心为点(2,0)从而可设椭圆E的方程为1(ab0)，其焦距为2c.由题设知c2，e.所以a2c4，b2a2c212.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：yy0k1(xx0)，l2：yy0k2(xx0)，且k1k2.由l1与圆C：(x2)2y22相切得.即k2(2x0)y0k1y20.同理可得k2(2x0)y0k2y20.从而k
37、1，k2是方程k22(2x0)y0ky20的两个实根于是且k1k2.由得5x8x0360.解得x02，或x0.由x02得y03；由x0得y0，它们均满足式故点P的坐标为(2,3)，或(2，3)，或，或.8H5 椭圆1(ab0)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.28B 由椭圆的定义知，|AF1|ac，|F1F2|2c，|BF1|ac.|AF1|，|F1F2|，|BF1|成等比数列，因此4c2(ac)(ac)，整理得5c2a2，两边同除以a2得5e21，解得e.故选B.20H4、H5
38、如图17，动圆C1：x2y2t2,1t3，与椭圆C2：y21相交于A，B，C，D四点，点A1，A2分别为C2的左，右顶点(1)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并求出其最大面积；(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程图1720解：(1)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积S4|x0|y0|.由y1得y1，从而xyx2，当x，y时，Smax6.从而t时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为6.(2)由A(x0，y0)，B(x0，y0)，A1(3,0)，A2(3,0)知直线AA1的方程为y(x3)直线A2B的方程为y(x3)由得y2(x29)又点A(x0，y0)在椭圆C上，故y
39、1.将代入得y21(x3，y0)因此点M的轨迹方程为y21(x3，y)的左焦点为F，直线xm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. 如图，设椭圆右焦点为F，直线xm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|4a12，得a3，进而c2，椭圆离心率为e.H6双曲线及其几何性质11H6 已知双曲线C1：1(a0，b0)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_.1112 双曲线C1与C2有共同的渐近线，b24a2.
40、又a2b25, 联立得，a1，b2.15H6 已知双曲线x2y21，点F1，F2为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若PF1PF2，则|PF1|PF2|的值为_152 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|2a2，所以(|PF1|PF2|)2(2a)24|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|4，因为PF1PF2，所以|PF1|2|PF2|2(2c)2 8，所以2|PF1|PF2|4，所以(|PF1|PF2|)2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|12，即|PF1|PF2|2.5H6 已知双曲线1的
41、右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于()A. B.C. D.5C 因为双曲线的右焦点坐标为(3,0)，所以c3，b25，则a2c2b2954，所以a2，所以e.10H6 已知F1、F2为双曲线C：x2y22的左、右焦点，点P在C上，|PF1|2|PF2|，则cosF1PF2()A. B.C. D.10C 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|2a2，|PF1|2|PF2|4，cosF1PF2，故选C.8H5、H6 如图13，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N
42、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13A3 B2C. D.8B 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(a1b10)，1(a20，b20)，由题意知c1c2且a12a2，则2.6H6 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.1C.1 D.16A 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，2c10，a2b
43、25225，排除C，D，又由渐近线方程为yxx，得，解得a220，b25，所以选A. 本题易错一：对双曲线的几何性质不清，错以为c10，错选C；易错二：渐近线求解错误，错解成，从而错选B.8H6 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_82 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：m0，所以e，解之得m2.22H6、H4 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2y21.(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(|
44、k|)的直线l交C于P、Q两点若l与圆x2y21相切，求证：OPOQ.22解：(1)双曲线C：y21，左焦点F，设M(x，y)，则|MF|22y22，由M点是右支上一点，知x，所以|MF|x2，得x，所以M.(2)左顶点A，渐近线方程：yx.过点A与渐近线yx平行的直线方程为y，即yx1.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ykxb，因直线PQ与已知圆相切，故1，即b2k21(*)由得(2k2)x22kbxb210.设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2(kx1b)(kx2b)，所以x1x2y1y2(1k2)x1x2kb(x1x2)b2
45、b2.由(*)知，0，所以OPOQ.11H6、H7 已知双曲线C1：1(a0，b0)的离心率为2.若抛物线C2：x22py(p0)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()Ax2yBx2yCx28yDx216y11D 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c2a，又抛物线焦点到双曲线渐近线aybx的距离2，p8，即抛物线C2的方程为x216y.10H6、H7 等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y216x的准线交于A，B两点，|AB|4，则C的实轴长为()A. B2C4 D810C 根据题意可设双曲
46、线的方程为1，抛物线的准线为x4，代入双曲线的方程得16y2a2.因为|AB|4，所以y2.代入得16(2)2a2，解得a2.所以C的实轴长为2a4，故选C.H7抛物线及其几何性质9H7 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|()A2 B2 C4 D29B 由于抛物线关于x轴对称，且经过的点M的横坐标20，可知抛物线开口向右，设方程为y22px，准线为x，而M点到准线距离为3，可知1，即p2，故抛物线方程为y24x.当x2时，可得y02，|OM|2.14H7 图15是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4
47、米，水位下降1米后，水面宽_米图15142 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：x22py(p0)，由题意知抛物线过点，代入方程得p1，则抛物线的方程为：x22y，当水面下降1米时，为y3，代入抛物线方程得x，所以此时水面宽为2米22H7 已知抛物线C：y(x1)2与圆M：(x1)22r2(r0)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，(x01)2)，对y(x1)2求导得y2(x1
48、)故l的斜率k2(x01)当x01时，不合题意，所以x01.圆心为M，MA的斜率k.由lMA知kk1，即2(x01) 1，解得x00，故A(0,1)，r|MA|，即r.(2)设(t，(t1)2)为C上一点，则在该点处的切线方程为y(t1)22(t1)(xt)，即y2(t1)xt21.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(t24t6)0，解得t00，t12，t22.抛物线C在点(ti，(ti1)2)(i0,1,2)处的切线分别为l，m，n，其方程分别为y2x1，y2(t11)xt1，y2(t21)xt1，得x2.将x2代入得y1，故D(2，1)所以D到l的距离d.14H7
49、 过抛物线y24x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点若|AF|3，则|BF|_.14. 如图，设A，易知抛物线y24x的焦点为F，抛物线的准线方程为x1，故由抛物线的定义得x03，解得x02，所以y02.故点A.则直线AB的斜率为k2，直线AB的方程为y2x2，联立 消去y得2x25x20，由x1x21，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.21H7、H9 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13.现假设：失事船的移动路径可视为抛物
50、线yx2；定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t.图13(1)当t0.5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)t0.5时，P的横坐标xP7t，代入抛物线方程yx2，得P的纵坐标yP3.由|AP|，得救援船速度的大小为海里/时由tanOAP，得OAParctan，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v2144337.因为t22，当且仅当t1时等号成立
51、所以v21442337252，即v25.因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船11H6、H7 已知双曲线C1：1(a0，b0)的离心率为2.若抛物线C2：x22py(p0)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()Ax2yBx2yCx28yDx216y11D 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c2a，又抛物线焦点到双曲线渐近线aybx的距离2，p8，即抛物线C2的方程为x216y.20H3、H7、H8 设抛物线C：x22py(p0)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
52、l于B，D两点(1)若BFD90，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|d4，即2pp4，解得p2(舍去)，p2.所以F(0,1)，圆F的方程为x2(y1)28.(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，ADB90.由抛物线定义知|AD|FA|AB|，所以ABD30，m的斜率为或.当m的斜率为时，由已知可设n：
53、yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n与C只有一个公共点，故p28pb0.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3.10H6、H7 等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y216x的准线交于A，B两点，|AB|4，则C的实轴长为()A. B2C4 D810C 根据题意可设双曲线的方程为1，抛物线的准线为x4，代入双曲线的方程得16y2a2.因为|AB|4，所以y2.代入得16(2)2a2，解得a2.所以C的实轴长为2a4，故选C.20H5、H7、H8 在平面直角坐标系xOy中，已知椭
54、圆C1：1(ab0)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：y24x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c1.因为点P(0,1)在C1上，所以b1.于是a.故C1的方程为y21.(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x00.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y2，x0.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，将代入并整理得：(x02)x24x0
55、x2x0(x01)0，所以16x8(x02)x0(x01)8x0(x01)(x02)0.因为x00，所以x02.当x02时，直线l的方程为：yx.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：yx.综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为：yx，或yx.21H3、H7、H8 如图14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：x22py(p0)上图14(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y1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，BOy30.设B(x，y)，则x|OB|si
56、n304，y|OB|cos3012.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线E的方程为x24y.(2)由(1)知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.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y0x(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，.由0，得y0y0y1y1y0.即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.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
57、一(2)由(1)知yx2，yx，设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P，Q，以PQ为直径的圆为22，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，y01)，2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.17H1、H7 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：yx2a到直线l：yx
58、的距离等于曲线C2：x2(y4)22到直线l：yx的距离，则实数a_.17 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(y4)22到直线l：yx的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即dr，由yx2a可得y2x，令y2x1，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：yx2与直线l：yx相交，两者距离
59、为0，不合题意，故a.22H1、H2、H7 如图16，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y22px(p0)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1622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(k0)由得(y1y2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线AB方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|y1y2
60、|.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|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，则Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0u，则S(u)16u2.由S(u)0得u，所以S(u)maxS.故ABP面积的最大值为.H8直线与圆锥曲线14H8 设P为直线yx与双曲线1(a0，b0)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. 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yx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.21H5、H8、F3 如图，设椭圆的
61、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PB2QB2，求PB2Q的面积21解：(1)设所求椭圆的标准方程为1(ab0)，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c2a2b2得4b2a2b2，故a25b2，c24b2，所以离心率e.在RtAB1B2中，OAB1B2，故SAB1B2|B1B2|OA|OB2|OA|bb2，由题设条件SAB1B24
62、得b24，从而a25b220.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：xmy2.代入椭圆方程得(m25)y24my160.(*)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此y1y2，y1y2.又(x12，y1)，(x22，y2)，所以(x12)(x22)y1y2(my14)(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)1616，由PB2QB2，知0，即16m2640，解得m2.当m2时，方程(*)化为：9y28y160，故y1，y2，|y1y2|，PB2Q的面积S|B
63、1B2|y1y2|.当m2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.19H5、H8 已知椭圆1(ab0)，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e21，所以椭圆的离心率e.(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为ykx.设点Q的坐标为(x0，y0)由条件得消去y0并整理得x.由|AQ|AO|，A(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2xa2.整理得，(1k2)x2ax00.而x00，故x0，代入，整理得(1k2)24k24
64、.由(1)知，故(1k2)2k24，即5k422k2150，可得k25.所以直线OQ的斜率k.21H5、H8 如图17所示，椭圆M：1(ab0)的离心率为，直线xa和yb所围成的矩形ABCD的面积为8.图17(1)求椭圆M的标准方程；(2)设直线l：yxm(mR)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a2，b1，因此椭圆M的标准方程为y21.(2)由整理得5x28mx4m240，由64m280(m21)8016m20.得m.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.
65、所以|PQ|(m)线段CD的方程为y1(2x2)，线段AD的方程为x2(1y1)不妨设点S在AD边上，T在CD边上，可知1m，S(2，m2)，D(2,1)，所以|ST|SD|(3m)，因此.令t3m(1m)，则m3t，t(3，2所以，由于t(3，2所以.因此当，即t时，取得最大值，此时m.不妨设点S在AB边上，T在CD边上，此时1m1，因此|ST|AD|2，此时.所以当m0时，取得最大值.不妨设点S在AB边上，T在BC边上，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BFD90，ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；(2)若A、B、F三点在
66、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|d4，即2pp4，解得p2(舍去)，p2.所以F(0,1)，圆F的方程为x2(y1)28.(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，ADB90.由抛物线定义知|AD|FA|AB|，所以ABD30，m的斜率为或.当m的斜率为时，由已知可设n：yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n与C只有一个公共点，故p28pb0.解得b.因为m
67、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3.21H3、H5、H8 设A是单位圆x2y21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|(m0，且m1)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k0，都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由21解：
68、(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以xy1.将式代入式即得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)因为m(0,1)(1，)，所以当0m1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m1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k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理
69、可得(m24k2)x24k2x1xk2xm20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得x1x2，即x2.因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx2.于是(2x1，2kx1)，(x2x1，y2kx1).而PQPH等价于0，即2m20，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0都有PQPH.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(xx)(yy)0.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(x1x2)(x
70、1x2)0.于是由式可得m2.又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得kPQkPH，而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.20H5、H7、H8 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：1(ab0)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：y24x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c1.因为点P(0,1)在C1上，所以b1.于是a.故C1的方程为y21.(2)由题设l同时与C1和C2相切，设
71、切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x00.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y2，x0.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，将代入并整理得：(x02)x24x0x2x0(x01)0，所以16x8(x02)x0(x01)8x0(x01)(x02)0.因为x00，所以x02.当x02时，直线l的方程为：yx.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：yx.综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为：yx，或yx.21H3、H7、H8 如图14所示，等边三角形OA
72、B的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x22py(p0)上图14(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y1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，BOy30.设B(x，y)，则x|OB|sin304，y|OB|cos3012.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线E的方程为x24y.(2)由(1)知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.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
73、)，令0对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，.由0，得y0y0y1y1y0.即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.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yx2，yx，设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P，Q，以PQ为直径的圆为22，交y轴于M3(0,1)或M4.故若满足条
74、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，y01)，2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.20H5、H8 如图14，F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)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，F1AF260.(1)求椭圆C的离心率；(2)已知AF1B的面积为40，求a，b的值图1420解： (1)由题意可知，AF1F2为等边三角形，a2c，所以e.(2)( 方法一)a24c2，b23c2.直线AB的方程可为y(xc)将其代入椭圆方程3x24y212c2，得B.所以|AB|c.由SAF1B|AF1|AB
75、|sinF1ABaca240，解得a10，b5.(方法二)设|AB|t.因为|AF2|a，所以|BF2|ta.由椭圆定义|BF1|BF2|2a可知，|BF1|3at.再由余弦定理(3at)2a2t22atcos60可得，ta.由SAF1Baaa240知，a10，b5.H9曲线与方程21H7、H9 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13.现假设：失事船的移动路径可视为抛物线yx2；定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t
76、.图13(1)当t0.5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)t0.5时，P的横坐标xP7t，代入抛物线方程yx2，得P的纵坐标yP3.由|AP|，得救援船速度的大小为海里/时由tanOAP，得OAParctan，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v2144337.因为t22，当且仅当t1时等号成立所以v21442337252，即v25.因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船H10
77、单元综合20H10 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)(2x00，y20.由得(m22)y2my110，解得y1，故AF1.同理，BF2.(i)由得AF1BF2，解得m22，注意到m0，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PF1BF1.由B点在椭圆上知BF1BF22，从而PF1(2BF2)同理PF2(2AF1)因此，PF1PF2(2BF2)(2AF1)2.又由知AF1BF2，AF1BF2，所以PF1PF22.因此，PF1PF2是定值21H10、E9
78、 如图16，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16(1)求轨迹C的方程；(2)设直线yxm(m0)与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|0，而当1或1为方程(*)的根时，m的值为1或1，结合题设(m0)可知，m0，且m1.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|1，且2.所以113，且1，所以1b0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)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(12k2)x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x2，x1x2.所以|MN|.又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d，所以AMN的面积为S|MN|d.由，解得k1.