1、五年高考真题分类汇编：平面解析几何一、选择题1.（2015 重庆高考，理 8）已知直线 l：x+ay-1=0（aR）是圆 C：224210 xyxy 的对称轴.过点 A（-4，a）作圆 C 的一条切线，切点为 B，则|AB|=（）A、2 B、4 2C、6 D、2 10【解析】选 C.圆C 标准方程为22(2)(1)4xy，圆心为(2,1)C，半径为2r，因此21 10a ，1a ，即(4,1)A，2222(42)(1 1)46ABACr .选 C.2.（2015 新课标全国卷 II，理 7）过三点(1,3)A，(4,2)B，(1,7)C的圆交 y 轴于 M，N 两点，则|MN ()A26B8
2、C46D10【解析】选 C.由已知得321143ABk，2734 1CBk，所以1ABCBkk ，所以ABCB，即 ABC为直角三角形，其外接圆圆心为(1,2)，半径为5，所以外接圆方程为22(1)(2)25xy，令0 x，得2 62y ，所以4 6MN，故选 C3.（2015 广东高考，理 5）平行于直线012 yx且与圆522 yx相切的直线的方程是（）A052 yx或052 yxB.052 yx或052 yxC.052 yx或052 yxD.052 yx或052 yx【解析】选 D.依题可设所求切线方程为20 xyc，则有2200521c，解得5c ，所以所求切线的直线方程为250 xy
3、或 250 xy，故选 D 4.（2015 山 东 高 考，理 9）一 条 光 线 从 点 2,3射 出，经 y 轴 反 射 后 与 圆22321xy 相切，则反射光线所在直线的斜率为（）（A）53或35（B）32或23（C）54或45（D）43或34【答案】D整理：21225120kk，解得：43k ，或34k ,故选 D5.（2015 北京高考，文 2）圆心为1,1 且过原点的圆的方程是（）A22111xy B22111xy C22112xy D22112xy【解析】选 D.由题意可得圆的半径为2r，则圆的标准方程为22112xy，故选 D.6.（2015 四川高考，文 10）设直线 l
4、与抛物线 y24x 相交于 A，B 两点，与圆 C：(x5)2y2r2(r0)相切于点 M，且 M 为线段 AB 中点，若这样的直线 l 恰有 4 条，则 r 的取值范围是()(A)(1，3)(B)(1，4)(C)(2，3)(D)(2，4)7.（2015 安徽高考，文 8）直线 3x+4y=b 与圆222210 xyxy 相切，则 b=（）（A）-2 或 12 （B）2 或-12 （C）-2 或-12 （D）2 或 12【解析】选 D.直线byx 43与圆心为（1,1）,半径为 1 的圆相切，224343b 12b或 12,故选 D.8.（2015 福建高考，理 3）若双曲线22:1916xy
5、E的左、右焦点分别为12,F F，点 P 在双曲线 E 上，且13PF，则2PF等于（）A11 B9 C5 D3【解析】选 B.由双曲线定义得1226PFPFa，即236PF，解得29PF，故选 B9.（2015 四川高考，理 5）过双曲线2213yx 的右焦点且与 x 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于 A，B 两点，则 AB （）(A)4 33(B)2 3(C)6 （D）4 3【解析】选 D.双曲线的右焦点为(2,0)F，过 F 与 x 轴垂直的直线为2x，渐近线方程为2203yx，将2x 代入2203yx 得：212,2 3,|4 3yyAB.选 D.10.(2015 广东高考，理
6、7)已知双曲线C：12222 byax的离心率54e，且其右焦点2 5,0F，则双曲线C 的方程为（）A13422 yxB.191622 yxC.116922 yxD.14322 yx【解析】选 B.因为所求双曲线的右焦点为2 5,0F且离心率为54cea，所以5c，4a，2229bca所以所求双曲线方程为221169xy，故选 B 11.(2015 新课标全国卷 I，理 5)已知 M（00,xy）是双曲线 C：2212xy 上的一点，12,F F是 C 上的两个焦点，若120MFMF，则0y 的取值范围是()（A）（-33，33）（B）（-36，36）（C）（2 23，2 23）（D）（2
7、33，2 33）【答案】A 12.（2015 湖北高考，理 8）将离心率为1e 的双曲线1C 的实半轴长 a 和虚半轴长()b ab同时增加(0)m m 个单位长度，得到离心率为2e 的双曲线2C，则（）A对任意的,a b，12eeB当 ab时，12ee；当 ab时，12eeC对任意的,a b，12eeD当 ab时，12ee；当 ab时，12ee【解析】选 D.依题意，2221)(1ababae，2222)(1)()(mambmambmae，因为)()()(maaabmmaaamabbmabmambab，由于0m，0a，0b，所以当ba 时，10 ab，10mamb，mambab，22)()(
8、mambab，所以12ee；当ba 时，1ab，1mamb，而mambab，所以22)()(mambab，所以12ee.所以当 ab时，12ee；当 ab时，12ee.13.（2015 四川高考，理 10）设直线 l 与抛物线24yx相交于 A，B 两点，与圆22250 xyrr相切于点 M，且 M 为线段 AB 的中点.若这样的直线 l 恰有 4 条，则 r 的取值范围是（）（A）1 3，（B）1 4，（C）2 3，（D）2 4，【解析】选 D.显然当直线l 的斜率不存在时，必有两条直线满足题设.当直线l 的斜率存在时，设斜率为k.设11221200(,),(,),(,)A x yB xyx
9、x M xy，则21122244yxyx，相减得121212()()4()yyyyxx.由于12xx，所以12121222yyyyxx，即02ky.圆心为(5,0)C，由CMAB得000001,55ykkyxx，所以0025,3x x，即点 M 必在直线3x 上.将3x 代入24yx得2012,2 32 3yy.因为点 M 在圆22250 xyrr上，所以22222000(5),412416xyrry.又2044y（由于斜率不存在，故00y，所以不取等号），所以204416,24yr.选 D.xy1234123456789123456123456ABCFOM14.（2015 重庆高考，理 10
10、）设双曲线22221xyab（a0,b0）的右焦点为 1，过 F 作 AF 的垂线与双曲线交于 B,C 两点，过 B,C 分别作 AC，AB 的垂线交于点 D.若 D 到直线 BC 的距离小于22aab，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是 （）A、(1,0)(0,1)B、(,1)(1,)C、(2,0)(0,2)D、(,2)(2,)【答案】A15.（2015 天津高考，理 6）已知双曲线222210,0 xyabab的一条渐近线过点2,3，且双曲线的一个焦点在抛物线24 7yx的准线上，则双曲线的方程为()（A）2212128xy（B）2212821xy（C）22134xy（D）22143xy【
11、解析】选 D.双曲线222210,0 xyabab的渐近线方程为byxa，由点2,3在渐近线上，所以32ba，双曲线的一个焦点在抛物线24 7yx准线方程7x 上，所以7c，由此可解得2,3ab，所以双曲线方程为22143xy，故选 D.16.（2015 安徽高考，理 4）下列双曲线中，焦点在 y 轴上且渐近线方程为2yx 的是（）（A）2214yx（B）2214xy（C）2214yx（D）2214xy【解析】选 C.由题意，选项,A B 的焦点在 x 轴，故排除,A B，C 项的渐近线方程为2204yx，即2yx，故选 C.17.（2015 浙江高考，理 5）如图，设抛物线24yx的焦点为
12、F，不经过焦点的直线上有三个不同的点 A，B，C，其中点 A，B 在抛物线上，点C 在 y 轴上，则 BCF与 ACF的面积之比是（）A.11BFAFB.2211BFAFC.11BFAFD.2211BFAF【答案】A.18.（2015 新课标全国卷 II，理 11）已知 A，B 为双曲线 E 的左，右顶点，点 M 在 E 上，ABM为等腰三角形，且顶角为 120，则 E 的离心率为（）A 5B2C 3D2【解析】选 D.设双曲线方程为22221(0,0)xyabab，如图所示，ABBM，0120ABM，过 点 M 作 MNx轴，垂 足为 N，在 Rt BMN中，BNa，3MNa，故点 M 的坐
13、标为(2,3)Maa，代入双曲线方程得2222abac，即222ca，所以2e，故选 D19.(2015 新课标全国卷 I，文 5)已知椭圆 E 的中心为坐标原点，离心率为 12，E 的右焦点与抛物线2:8C yx的焦点重合，,A B 是 C 的准线与 E 的两个交点，则 AB ()（A）3（B）6（C）9（D）12【答案】【解析】选 B.抛物线2:8C yx的焦点为（2,0），准线方程为2x ，椭圆 E 的右焦点为（2,0），椭圆 E 的焦点在 x 轴上，设方程为22221(0)xyabab，c=2，12cea，4a，22212bac，椭圆 E 方程为2211612xy，将2x 代入椭圆 E
14、 的方程解得 A（-2,3），B（-2，-3），|AB|=6，故选 B.20.（2015 重庆高考，文 9）设双曲线22221(a0,b0)xyab-=的右焦点是 F，左、右顶点分别是12A,A,过 F 做12A A 的垂线与双曲线交于 B，C 两点，若12A BA C,则双曲线的渐近线的斜率为（）(A)12(B)22(C)1(D)2【解析】选 C.由已知得右焦点(,0)F c(其中)0,222cbac，)0,(),0,(21aAaA，),(),(22abcCabcB，从而),(),(2221abacCAabacBA，又因为12A BA C，所以021CABA，即0)()()()(22abab
15、acac，化简得到1122abab，即双曲线的渐近线的斜率为 1，故选 C.21.（2015 四川高考，文 7）过双曲线2213yx 的右焦点且与 x 轴垂直的直线交该双曲线的两条渐近线于 A、B 两点，则|AB|()(A)4 33(B)2 3(C)6 (D)4 3【解析】选 D.由题意，a1，b 3，故 c2，渐近线方程为 y 3 x将 x2 代入渐近线方程，得 y1，22 3，故|AB|4 3，选 D22.（2015 陕西高考，文 3）已知抛物线22(0)ypx p的准线经过点(1,1)，则抛物线焦点坐标为（）A(1,0)B(1,0)C(0,1)D(0,1)【解析】选 B.由抛物线22(0
16、)ypx p得准线2px ，因为准线经过点(1,1)，所以2p，所以抛物线焦点坐标为(1,0)，故答案选 B 23.（2015 广东高考，文 8）已知椭圆222125xym（0m）的左焦点为1F4,0，则m（）A9B 4C3D2【解析】选 C.由题意得：222549m，因为0m，所以3m，故选 C 24.(2015 天津高考，文 5)已知双曲线22221(0,0)xyabab-=的一个焦点为(2,0)F,且双曲线的渐近线与圆()222y3x-+=相切,则双曲线的方程为（）(A)221913xy-=(B)221139xy-=(C)2213xy-=(D)2213yx-=【解析】选 D.由双曲线的渐
17、近线0bxay与圆()222y3x-+=相切得2223bab,由222cab,解得1,3ab,故选 D.25.（2015 湖南高考，文 6）若双曲线22221xyab 的一条渐近线经过点（3，-4），则此双曲线的离心率为()A、73B、54C、43D、53【解析】选 D.因为双曲线22221xyab 的一条渐近线经过点（3，-4），2225349163cbacaaea，（），=故选 D.26.(2015 安徽高考，文 6)下列双曲线中，渐近线方程为2yx 的是（）（A）2214yx（B）2214xy（C）2212yx（D）2212xy【解析】选 A.由双曲线的渐进线的公式可行选项 A 的渐进线
18、方程为xy2，故选 A.27.（2015 湖北高考，文 9）将离心率为1e 的双曲线1C 的实半轴长 a 和虚半轴长()b ab同时增加(0)m m 个单位长度，得到离心率为2e 的双曲线2C，则（）A对任意的,a b，12eeB当 ab时，12ee；当 ab时，12eeC对任意的,a b，12eeD当 ab时，12ee；当 ab时，12ee【解析】选 D.不妨设双曲线1C 的焦点在 x 轴上，即其方程为：22221xyab，则双曲线2C的方程为：22221()()xyambm，所以222121abbeaa，22222()()()1()ambmbmeamam，当 ab时，()()()0()()
19、bmbbm ab amab mamaam aam a，所以 bmbama，所以22bmbama，所以21ee；当 ab时，()()()0()()bmbbm ab amab mamaam aam a，所以 bmbama，所以22bmbama，所以21ee；故应选 D.28.（2015 福建高考，文 11）已知椭圆2222:1(0)xyEabab的右焦点为 F 短轴的一个端点为 M，直线:340lxy交椭圆 E 于,A B 两点若4AFBF，点 M 到直线l 的距离不小于 45，则椭圆 E 的离心率的取值范围是（）A3(0,2B3(0,4C3,1)2D 3,1)4【解析】选 A.设左焦点为 F，连
20、接1AF，1BF 则四边形1BF AF 是平行四边形，故1AFBF，所以142AFAFa，所以2a，设(0,)Mb，则 4455b，故1b ，从而221ac，203c，03c，所以椭圆 E 的离心率的取值范围是3(0,2，故选 A29、（2014安徽高考文科6）过点 P）（1,3 的直线l 与圆122 yx有公共点，则直线l 的倾斜角的取值范围是（）A.60，（B.30，（C.60，D.30，【解题提示】求出直线与圆相切时的直线的斜率，数形结合即可得到直线l 的倾斜角的取值范围。【解析】选 D。设直线 l 与圆的切线方程为1(3)yk x+=+，则圆心到直线 l 的距离2|31|11kdk-=
21、+，解得120,3kk=，画出图形可得直线l 的倾斜角的取值范围是30，.30.(2014新课标全国卷高考文科数学T12)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.1 1,2 2C.2,2 D.22,22【解题提示】画出图形,利用圆的性质,求得 x0 的取值范围.【解析】在坐标系中画出圆 O 和直线 y=1,其中 M(x0,1)在直线上.由圆的切线相等及三角形外角知识,可得 x0-1,1.故选 A31.（2014福建高考文科6）已知直线 l 过圆2234xy的圆心，且与直线10 xy 垂直，则l 的方程是（）.20
22、.20.30.30A xyB xyC xyD xy 【解题指南】圆心为0,3，垂直两直线的斜率积为-1，利用这两信息解题即可【解析】D圆22+34xy 的圆心为0,3 直线10 xy 的斜率为-1，且直线l 与该直线垂直，故直线l 的斜率为 1.即直线l 是过点0,3，斜率为 1 的直线，用点斜式表示为3yx，即30 xy32.（2014浙江高考文科5）已知圆22220 xyxya截直线20 xy所得弦的长度为 4，则实数 a 的值是（）A2 B4 C6 D8【解题提示】将圆的方程化为标准方程，计算圆心到直线的距离，利用勾股定理求解.【解析】选 B.由22220 xyxya配方得22(1)(1
23、)2xya，所以圆心坐标为(1,1)，半径2ra，圆心到直线20 xy的距离为1 1 222 ，所以222(2)2a，解得4a .33.（2014湖南高考文科6）若圆221:1Cxy与圆222:680Cxyxym外切，则m （）.21A.1 9B.9C.1 1D【解题提示】根据两个圆的位置关系：两圆外切的充要条件是它们的圆心距等于半径和。【解析】选 C.圆221:1Cxy的圆心为0,01C,半径为11 r，圆222:680Cxyxym的圆心为4,32C，半径为mr252，所以mrrCC251,52121，因为圆221:1Cxy与圆222:680Cxyxym外切，所以9,2515mm34.（20
24、14福建高考文科12）在平面直角坐标系中，两点111222,P x yP xy间的“L-距离”定义为121212.PPxxyy则平面内与 x 轴上两个不同的定点12,F F 的“L-距离”之和等于定值（大于12F F）的点的轨迹可以是（）【解题指南】本题是新定义问题，考查学生分析问题、解决问题的能力【解析】选 A.以线段12FF 的中点为坐标原点，12FF 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系不妨设12(,0),(,0),(,)FcF cP x y，则0c 由题意2xcyxcya（2a 为定值），整理得22xcxcya当 xc 时，方程化为 222xya，即 yxa，即,0,0yxa yyx
25、a y 当 xc时，方程化为222xya，即 yxa ，即,0,0yxa yyxa y 当 cxc 时，方程化为222cya，即 yca 所以 A 图象符合题意35.（2014福建高考理科9）设QP,分别为圆2622 yx和椭圆11022 yx上的点，则QP,两点间的最大距离是（）A.25B.246 C.27 D.26【解题指南】两动点问题，可以化为一动一静，因此考虑与圆心联系【解析】D.圆心 M(0,6)，设椭圆上的点为(,)Q x y，则22222(6)10 10(6)91246MQxyyyyy，当2 1,13y 时，max5 2MQ所以max5 226 2PQ36.（2014重庆高考文科
26、8）设12,F F分别为双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点，双曲线上存在一点 P 使得22123,PFPFbab则该双曲线的离心率为（）A.2B.15C.4D.17【解题提示】直接根据双曲线的定义得到关于,a b 的等式，进而求出离心率的值.【解析】选 D.由双曲线的定义知，22124,PFPFa又22123,PFPFbab所以2243abab等号两边同除2a，化简得2340bbaa ，解得4,ba 或1ba （舍去）故离心率222222117.ccabbeaaaa37.（2014 天 津 高 考 文 科 6 同 2014 天 津 高 考 理 科 5）已 知 双 曲 线)0,0
27、(12222babyax的一条渐近线平行于直线,102:xyl双曲线的一个焦点在直线l 上，则双曲线的方程为（）A.120522 yxB.152022 yxC.1100325322 yxD.1253100322 yx【解析】选 A.因为双曲线的一个焦点在直线l 上，所以0210,c即5,c 又因为渐近线平行于直线,102:xyl故有2,ba 结合222,cab得225,20,ab所以双曲线的标准方程为120522 yx38.（2014湖北高考理科9）已知12,F F 是椭圆和双曲线的公共焦点，P 是他们的一个公共点，且123F PF,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（）A.4 33B
28、.2 33C.3 D.2【解题提示】椭圆、双曲线的定义与性质，余弦定理及用基本不等式求最值【解析】选 A.设椭圆的长半轴长为a，双曲线的实半轴长为1a（1aa），半焦距为c，由椭圆、双曲线的定义得aPFPF2|21，121|2PFPFa，所以11|aaPF，12|aaPF，因为123F PF，由余弦定理得22211114()()2()()cos 3caaaaaaaa，所以212234aac，即2122122221)(2124cacacacaca，所以212148)11(eee，利用基本不等式可求得椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为 4 33.39.(2014广东高考理科)若实数 k 满足
29、 0k9,则曲线225x-29yk=1 与曲线225xk-29y=1 的()A.焦距相等B.实半轴长相等C.虚半轴长相等D.离心率相等【解题提示】先判断两曲线是哪种圆锥曲线,进而求 a,b,c,e 加以判断.【解析】选 A.因为 0k0，b0)，点 A 的坐标为(x0，y0)由题意得 a2b23c2，则|OA|c 3，所以x20y203，x204y204，解得 x2083，y2013，又点 A 在双曲线上，代入得，83b213a2a2b2，联立解得 a 2，所以 eca 62，故选 D.55（2013重庆高考理）已知圆 C1：(x2)2(y3)21，圆 C2：(x3)2(y4)29，M，N 分
30、别是圆 C1，C2 上的动点，P 为 x 轴上的动点，则|PM|PN|的最小值为()A5 24 B.171C62 2D.17【解析】选 A 本题考查与圆有关的最值问题，意在考查考生数形结合的能力两圆的圆心均在第一象限，先求|PC1|PC2|的最小值，作点 C1 关于 x 轴的对称点 C1(2，3)，则(|PC1|PC2|)min|C1 C2|5 2，所以(|PM|PN|)min5 2(13)5 24.56（2013新课标高考理）已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的离心率为 52，则 C的渐近线方程为()Ay14xBy13xCy12xDyx【解析】选 C 本题考查双曲线的标准方程和
31、几何性质，意在考查考生对于双曲线的几何性质的熟练掌握和运算求解能力解题时，先根据双曲线的标准方程判断出双曲线的焦点位置，再由双曲线的离心率的概念得到 a，c 之间的关系，再根据双曲线中 a，b，c 之间的关系转化为 a 与 b 之间的关系，从而求出其渐近线方程因为双曲线x2a2y2b21 的焦点在 x 轴上，所以双曲线的渐近线方程为 ybax.又离心率为 eca a2b2a1 ba2 52，所以ba12，所以双曲线的渐近线方程为 y12x，选择 C.57（2013新课标高考理）已知椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F 的直线交 E 于 A，B 两点若 AB
32、的中点坐标为(1，1)，则 E 的方程为()A.x245y2361 B.x236y2271C.x227y2181 D.x218y291【解析】选 D 本题考查直线与椭圆的位置关系、斜率公式、焦点弦和中点弦问题，意在考查考生通过解方程组求解弦的中点的能力运用两点式得到直线的方程，代入椭圆方程，消去 y，由根与系数的关系得到 a，b 之间的关系，并由 a，b，c 之间的关系确定椭圆方程因为直线 AB 过点 F(3,0)和点(1，1)，所以直线 AB 的方程为 y12(x3)，代入椭圆方程x2a2y2b21 消去 y，得a24 b2 x232a2x94a2a2b20，所以 AB 的中点的横坐标为32
33、a22a24 b2 1，即 a22b2，又 a2b2c2，所以 bc3，选择 D.58（2013新课标高考理）设抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，点 M 在 C 上，|MF|5.若以 MF 为直径的圆过点(0,2)，则 C 的方程为()Ay24x 或 y28xBy22x 或 y28xCy24x 或 y216xDy22x 或 y216x【解析】选 C 本题考查抛物线与圆的有关知识，意在考查考生综合运用知识的能力由已知得抛物线的焦点 Fp2，0，设点 A(0,2)，抛物线上点 M(x0，y0)，则 AFp2，2，AMy202p，y02.由已知得，AFAM0，即 y208y0160，因而
34、y04，M8p，4.由|MF|5 得，8pp22165，又 p0，解得 p2 或 p8，故选 C.59.（2013新课标高考理）已知点 A(1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线 yaxb(a0)将ABC分割为面积相等的两部分，则 b 的取值范围是()A(0,1)B.1 22，12 C.1 22，13D.13，12【解析】选 B 本题考查直线与方程、三角形面积的求解等基础知识和方法，考查一般与特殊的思想，考查考生分析问题、解决问题的能力由xy1，yaxb消去 x，得 yaba1，当 a0 时，直线 yaxb 与 x 轴交于点ba，0，结合图形知12aba11ba 12，化简得(ab)2a(
35、a1)，则 ab212b.a0，b212b0，解得 b12.考虑极限位置，即 a0，此时易得 b1 22，故答案为 B.60（2013北京高考理）若双曲线x2a2y2b21 的离心率为 3，则其渐近线方程为()A.y2xBy 2xC.y12xD.y 22 x【解析】选 B 本题考查双曲线的方程和简单几何性质，意在考查考生的运算求解能力在双曲线中离心率 eca1 ba2 3，可得ba 2，故所求的双曲线的渐近线方程是 y 2x.61（2013北京高考理）直线 l 过抛物线 C：x24y 的焦点且与 y 轴垂直，则 l 与 C 所围成的图形的面积等于()A.43B2C.83D.16 23【解析】选
36、 C 本题考查抛物线的几何性质、定积分的几何意义、微积分基本定理等基础知识，考查数形结合思想以及考生的运算求解能力由题意知抛物线的焦点坐标为(0,1)，故直线 l 的方程为 y1，该直线与抛物线在第一象限的交点坐标为(2,1)，根据对称性和定积分的几何意义可得所求的面积是 2201x24 dx2xx312|2083.62（2013江西高考理）过点(2，0)引直线 l 与曲线 y 1x2相交于 A，B 两点，O 为坐标原点，当AOB 的面积取最大值时，直线 l 的斜率等于()A.33B 33 C 33D 3【解析】选 B 本题考查圆的标准方程、直线与圆的位置关系，意在考查考生的数形结合的数学思想
37、及运算能力由 y1x2得 x2y21(y0)，即该曲线表示圆心在原点，半径为 1 的半圆，如图所示故 SAOB12|OA|OB|sin AOB12sin AOB.所以当 sin AOB1，即 OAOB 时，SAOB取得最大值，此时点 O 到直线 l 的距离 d|OA|sin 45 22.设此时直线 l 的斜率为 k，则方程为 yk(x 2)，即 kxy 2k0，则有 22|00 2k|k21，解得 k 33，由图可知直线l 的倾斜角为钝角，故取 k 33.63（2013广东高考理）已知中心在原点的双曲线 C 的右焦点为 F(3,0)，离心率等于32，则C 的方程是()A.x24 y251 B.
38、x24y251C.x22y251 D.x22 y251【解析】选 B 本题考查双曲线的方程，考查考生的运算能力由题意可知 c3，a2，bc2a23222 5，故双曲线的方程为x24y251.64（2013山东高考理）过点(3,1)作圆(x1)2y21 的两条切线，切点分别为 A，B，则直线 AB 的方程为()A2xy30 B2xy30C4xy30 D4xy30解析：选 A 本题考查直线与圆的位置关系、直线方程等基础知识和基本方法，考查数形结合思想、一般与特殊思想、等价转化思想等数学思想方法，考查运算求解能力，考查分析问题和解决问题的能力根据平面几何知识，直线 AB 一定与点(3,1)，(1,0
39、)的连线垂直，这两点连线的斜率为12，故直线 AB 的斜率一定是2，只有选项 A 中直线的斜率为2.65（2013山东高考理）抛物线 C1：y 12px2(p0)的焦点与双曲线 C2：x23y21 的右焦点的连线交 C1 于第一象限的点 M.若 C1 在点 M 处的切线平行于 C2 的一条渐近线，则 p()A.316B.38 C.2 33D.4 33【解析】选 D 本题考查抛物线方程、双曲线的几何性质、直线方程、导数的几何意义等基础知识，考查方程思想，考查运算求解能力和逻辑推理能力，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力抛物线的焦点坐标为0，p2，双曲线的右焦点坐标为(2,0)，所以上述两点
40、连线的方程为x22yp 1.双曲线的渐近线方程为 y 33 x.对函数 y 12px2 求导得，y1px.设M(x0，y0)，则1px0 33，即 x0 33 p，代入抛物线方程得，y016p.由于点 M 在直线x22yp 1上，所以 36 p2pp61，解得 p 434 33.66（2013大纲卷高考理）椭圆 C：x24y231 的左、右顶点分别为 A1，A2，点 P 在 C 上且直线 PA2 斜率的取值范围是2，1，那么直线 PA1 斜率的取值范围是()A.12，34B.38，34 C.12，1D.34，1【解析】选 B 本题考查椭圆的定义和不等式的性质由题意知点 P 在第一象限，设 P
41、点横坐标为 x，则纵坐标为 y 32 4x2，由 PA2 的斜率得：1 32 2x2x2，即 232x2x 43，PA1 的斜率为 32 2x2x，所以 PA1 的斜率取值范围为38，34，故选 B.67（2013大纲卷高考理）已知抛物线 C：y28x 与点 M(2,2)，过 C 的焦点且斜率为 k的直线与 C 交于 A，B 两点，若 MAMB0，则 k()A.12B.22 C.2D2【解析】选 D 本题考查直线与抛物线的位置关系及平面向量的数量积等知识设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程为 yk(x2)，将直线方程与 y28x 联立组成方程组，解得 x1x24，x1x24k28k
42、2，由 MAMB0 即(x12，y12)(x22，y22)0，求得关于 k 的二次方程为 k24k40，解得 k2，故选 D.68（2013湖北高考理）已知 04，则双曲线 C1：x2cos2 y2sin21 与 C2：y2sin2x2sin2tan21 的()A实轴长相等B虚轴长相等C焦距相等D离心率相等【解析】选 D 本题考查三角函数、双曲线等知识，意在考查考生对双曲线知识的掌握情况，会求实轴、虚轴、焦距和离心率的值，掌握三角函数的重要公式是求解本题的基础双曲线C1 的离心率 e1c1a1a21b21a21cos2sin2cos2 1cos，双曲线 C2 的离心率 e2c2a2a22b22
43、a22sin2sin2tan2sin2 1tan21sin2cos2 1cos，所以 e1e2，而双曲线C1 的实轴长为 2a12cos，虚轴长为 2b12sin，焦距为 2c12 a21b212，双曲线 C2的实轴长为 2a22sin，虚轴长为 2b22sin sin，焦距为 2c22 a22b222 sin2sin2tan22tan，所以 A，B，C 均不对，故选 D.69（2013四川高考理）抛物线 y24x 的焦点到双曲线 x2y231 的渐近线的距离是()A.12 B.32 C1 D.3【解析】选 B 本题考查抛物线的焦点、双曲线的渐近线及点到直线的距离公式，意在考查考生的基本运算能
44、力因为抛物线的焦点坐标为(1,0)，而双曲线的渐近线方程为 y 3x，所以所求距离为 32，故选 B.70（2013天津高考理）已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线与抛物线 y22px(p0)的准线分别交于 A,B 两点，O 为坐标原点.若双曲线的离心率为 2,AOB 的面积为3，则 p()A1 B.32 C2 D3【解析】选 C 本题考查双曲线、抛物线的几何性质，意在考查考生等价转化的能力因为双曲线的离心率 eca2，所以 b 3a，所以双曲线的渐近线方程为 ybax 3x，与抛物线的准线 xp2相交于 Ap2，32 p，Bp2，32 p，所以AOB 的面积为12p2 3p
45、 3，又 p0，所以 p2.71（2013北京高考文）双曲线 x2y2m1 的离心率大于 2的充分必要条件是()Am12B.m1Cm1 D.m2【解析】选 C 本题主要考查双曲线的几何性质，意在考查考生的运算求解能力依题意，eca，e2c2a22，得 1m2，所以 m1，选 C.72（2013重庆高考文）设 P 是圆(x3)2(y1)24 上的动点，Q 是直线 x3 上的动点，则|PQ|的最小值为()A6 B4C3 D2【解析】选 B 本题主要考查直线与圆的相关内容|PQ|的最小值为圆心到直线的距离减去半径因为圆的圆心为(3，1)，半径为 2，所以|PQ|的最小值 d3(3)24.73（201
46、3重庆高考文）设双曲线 C 的中心为点 O，若有且只有一对相交于点 O，所成的角为 60的直线 A1B1 和 A2B2，使|A1B1|A2B2|，其中 A1，B1 和 A2，B2 分别是这对直线与双曲线 C 的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是()A.2 33，2 B.2 33，2C.2 33，D.2 33，【解析】选 A 本题主要考查双曲线的离心率、直线与曲线的位置关系、不等式的性质设双曲线的焦点在 x 轴上，则由题意知该双曲线的一条渐近线的斜率 k(k0)必须满足 33k 3，易知 kba，所以13 ba23，431 ba24，即有2 33 1 ba22.又双曲线的离心率为 eca1 b
47、a2，所以2 33 b0)，由题可得 A1，b2a，B1，b2a，因|AB|b2a b2a 2b2a 3，即 2b23a，所以2b23a，a2b2c21，解得a2，b 3，所以 C 的方程为x24y231.77（2013大纲卷高考文）已知抛物线 C：y28x 与点 M(2,2)，过 C 的焦点且斜率为 k的直线与 C 交于 A、B 两点若 MAMB0，则 k()A.12B.22 C.2D2【解析】选 D 本题主要考查抛物线的定义、几何性质、平面向量的垂直关系，以及考查数形结合的思想、转化的思想如图所示，设 F 为焦点，取 AB 中点 P，过 A，B 分别作准线的垂线，垂足分别为 G，H，连接
48、MF，MP，由 MAMB0，知 MAMB，则|MP|12|AB|12(|AG|BH|)，所以 MP 为直角梯形 BHGA 的中位线，所以 MPAGBH，所以GAMAMPMAP，又|AG|AF|，AM 为公共边，所以AMGAMF，所以AFMAGM90，则 MFAB，所以 k 1kMF2.78（2013福建高考文）双曲线 x2y21 的顶点到其渐近线的距离等于()A.12B.22 C1 D.2【解析】选 B 本题主要考查双曲线的图像与性质以及点到直线的距离等基础知识，意在考查考生的数形结合能力、转化和化归能力、运算求解能力双曲线 x2y31 的渐近线为 xy0，顶点坐标为(1,0)，故顶点到渐近线
49、的距离为 22.79（2013新课标高考文）设椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，P是 C 上的点，PF2F1F2，PF1F230，则 C 的离心率为()A.36B.13 C.12D.33【解析】选 D 本题主要考查椭圆离心率的计算，涉及椭圆的定义、方程与几何性质等知识，意在考查考生的运算求解能力法一：由题意可设|PF2|m，结合条件可知|PF1|2m，|F1F2|3m，故离心率 eca2c2a|F1F2|PF1|PF2|3m2mm 33.法二：由 PF2F1F2 可知 P 点的横坐标为 c，将 xc 代入椭圆方程可解得 yb2a，所以|PF2|b2a.又由P
50、F1F230可得|F1F2|3|PF2|，故 2c 3b2a，变形可得 3(a2c2)2ac，等式两边同除以 a2，得 3(1e2)2e，解得 e 33 或 e 3(舍去)80（2013新课标高考文）设抛物线 C：y24x 的焦点为 F，直线 l 过 F 且与 C 交于 A，B 两点若|AF|3|BF|，则 l 的方程为()Ayx1 或 yx1By 33(x1)或 y 33(x1)Cy 3(x1)或 y 3(x1)Dy 22(x1)或 y 22(x1)【解析】选 C 本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查考生的运算求解能力及对知识综合应用的能力法一：如图所示，作出
51、抛物线的准线 l1 及点 A，B 到准线的垂线段 AA1，BB1，并设直线 l交准线于点 M.设|BF|m，由抛物线的定义可知|BB1|m，|AA1|AF|3m.由 BB1AA1 可知|BB1|AA1|MB|MA|，即 m3m|MB|MB|4m，所以|MB|2m，则|MA|6m.故AMA130，得AFxMAA160，结合选项知选 C 项法二：由|AF|3|BF|可知 AF3FB，易知 F(1,0)，设 B(x0，y0)，则1xA3x01，yA3y0，从 而 可 解 得 A 的 坐 标 为(4 3x0，3y0)因 为 点 A，B 都 在 抛 物 线 上，所 以y204x0，3y02443x0，解
52、得 x013，y0 23，所以 kly00 x01 3.81（2013浙江高考文）如图 F1，F2 是椭圆 C1：x24y21 与双曲线 C2 的公共焦点，A，B分别是 C1，C2 在第二、四象限的公共点，若四边形 AF1BF2 为矩形，则 C2 的离心率是()A.2B.3 C.32D.62【解析】选 D 本题主要考查椭圆与双曲线的定义、几何性质等基础知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况，以及基本的运算和求解能力由椭圆与双曲线的定义可知，|AF2|AF1|4，|AF2|AF1|2a(其中 2a 为双曲线的长轴长)，|AF2|a2，|AF1|2a，又四边形AF1BF2 是矩形，|AF1|2|A
53、F2|2|F1F2|2(2 3)2，a 2，e 32 62.82（2013新课标高考文）已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的离心率为 52，则 C 的渐近线方程为()Ay14xBy13xCy12xDyx【解析】选 C 本题主要考查双曲线的离心率、渐近线方程等基本知识e2c2a2a2b2a21b2a254，b2a214，ba12，y12x.83（2013新课标高考文）O 为坐标原点，F 为抛物线 C：y24 2x 的焦点，P 为 C 上一点，若|PF|4 2，则POF 的面积为()A2 B2 2 C2 3D4【解析】选 C 本题主要考查抛物线的定义、数形结合思想以及运算能力由题意知
54、抛物线的焦点 F(2，0)，如图，由抛物线定义知|PF|PM|，又|PF|4 2，所以 xP3 2，代入抛物线方程求得 yP2 6，所以 SPOF12|OF|yP2 3.84（2013天津高考文）已知过点 P(2,2)的直线与圆(x1)2y25 相切，且与直线 axy10 垂直，则 a()A12B1C2 D.12【解析】选 C 本题主要考查直线与圆的位置关系，考查平面上两条直线垂直的条件，意在考查考生的等价转化能力由切线与直线 axy10 垂直，得过点 P(2,2)与圆心(1,0)的直线与直线 axy10 平行，所以2021a，解得 a2.85.（2013湖北高考文）已知 0b0)的离心率为
55、32.双曲线 x2y21 的渐近线与椭圆 C 有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为 16，则椭圆 C 的方程为()A.x28y221 B.x212y261C.x216y241 D.x220y251【解析】选 D 因为椭圆的离心率为 32，所以 eca 32，c234a2，c234a2a2b2，所以b214a2，即 a24b2.双曲线的渐近线方程为 yx，代入椭圆方程得x2a2x2b21，即 x24b2x2b25x24b21，所以 x245b2，x 25b，y245b2，y 25 b，则在第一象限双曲线的渐近线与椭圆 C 的交点坐标为(25b，25b)，所以四边形的面积为 4 25 b
56、 25 b165 b216，所以 b25，所以椭圆方程为x220y251.97（2012四川高考理）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 2B2 3 C4 D2 5【解析】选 B 依题意，设抛物线方程是 y22px(p0)，则有 2p23，得 p2，故抛物线方程是 y24x，点 M 的坐标是(2，2 2)，|OM|2282 3.98（2012陕西高考理）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【解析
57、】选 A 把点(3,0)代入圆的方程的左侧得 3204330)，则有 2p23，得 p2，故抛物线方程是 y24x，点 M 的坐标是(2，2 2)，|OM|2282 3.112（2012辽宁高考文）将圆 x2y22x4y10 平分的直线是()Axy10 Bxy30Cxy10 Dxy30解析：选 C 要使直线平分圆，只要直线经过圆的圆心即可，圆心坐标为(1,2)A，B，C，D 四个选项中，只有 C 选项中的直线经过圆心113（2012辽宁高考文）已知 P，Q 为抛物线 x22y 上两点，点 P，Q 的横坐标分别为 4，2，过 P，Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点 A，则点 A 的纵坐标为()
58、A1 B3C4 D8【解析】选 C 因为 P，Q 两点的横坐标分别为 4，2，且 P，Q 两点都在抛物线 y12x2上，所以 P(4,8)，Q(2,2)因为 yx，所以 kPA4，kQA2，则直线 PA，QA 的方程联立得y84x4y22x2，即y4x8y2x2，可得 A 点坐标为(1，4)114（2012山东高考文）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【解析】选 B 两圆的圆心距离为 17，两圆的半径之差为 1、之和为 5，而 1 170，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
59、抛物线 C2 的方程为()Ax28 33 yBx216 33yCx28yDx216y【解析】选 D双曲线的渐近线方程为 ybax，由于caa2b2a21ba22，所以ba 3，所以双曲线的渐近线方程为 y 3x.抛物线的焦点坐标为(0，p2)，所以p222，所以 p8，所以抛物线方程为 x216y.116（2012福建高考文）直线 x 3y20 与圆 x2y24 相交于 A，B 两点，则弦 AB的长度等于()A2 5B2 3 C.3D1解析：选 B 圆心(0,0)到直线 x 3y20 的距离为 1，所以 AB2 412 3.117（2012福建高考文）已知双曲线x2a2y251 的右焦点为(3
60、,0)，则该双曲线的离心率等于()A.3 1414B.3 24 C.32D.43【解析】选 C 由题意知 c3，故 a259，解得 a2，故该双曲线的离心率 eca32.118（2012安徽高考文）若直线 xy10 与圆(xa)2y22 有公共点，则实数 a 的取值范围是()A3，1 B1,3C3,1 D(，31，)【解析】选 C 欲使直线 xy10 与圆(xa)2y22 有公共点，只需使圆心到直线的距离小于等于圆的半径 2即可，即|a01|1212 2，化简得|a1|2，解得3a1.119（2012湖南高考文）已知双曲线 C：x2a2y2b21 的焦距为 10，点 P(2,1)在 C 的渐近
61、线上，则 C 的方程为()A.x220y251 B.x25y2201C.x280y2201 D.x220y2801【解析】选 A 点 P(2,1)在曲线 C 的渐近线 ybax 上，12ba，a2b，又 a2b21025，即 4b2b225，b25，a220.120（2012大纲卷高考文）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.x216y2121 B.x212y281C.x28y241 D.x212y241【解析】选 C 由题意知a2c 4，c2，所以 a28，所以椭圆方程为x28y241.121（2012大纲卷高考文）已知 F1、F2 为双曲线 C：x2y22
62、 的左、右焦点，点 P 在 C上，|PF1|2|PF2|，则 cos F1PF2()A.14B.35 C.34D.45【解析】选 C 因为|PF1|PF2|2 2，且|PF1|2|PF2|，所以|PF1|4 2，|PF2|2 2，而|F1F2|4，由余弦定理得 cos F1PF2|PF1|2|PF2|2|F1F2|22|PF1|PF2|34.122（2012新课标高考文）设 F1，F2 是椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，P 为直线 x 3a2 上 一 点，F2PF1 是 底 角 为 30 的 等 腰 三 角 形，则 E 的 离 心 率 为()A.12B.23 C.34D.4
63、5【解析】选 C 由题意可得|PF2|F1F2|，2(32ac)2c，3a4c，e34.123（2012新课标高考文）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 3，则 C 的实轴长为()A.2B2 2 C4 D8【解析】选 C 抛物线 y216x 的准线方程是 x4，所以点 A(4,2 3)在等轴双曲线 C：x2y2a2(a0)上，将点 A 的坐标代入得 a2，所以 C 的实轴长为 4.124（2012重庆高考文）设 A，B 为直线 yx 与圆 x2y21 的两个交点，则|AB|()A1 B.2 C.3D2【解析】选 D 因
64、为直线 yx 过圆 x2y21 的圆心(0,0)，所以所得弦长|AB|2.125（2011新课标高考）设直线 l 过双曲线 C 的一个焦点，且与 C 的一条对称轴垂直，l与 C 交于 A，B 两点，|AB|为 C 的实轴长的 2 倍，则 C 的离心率为()A.2B.3 C2 D3【解析】选 B 设双曲线 C 的方程为x2a2y2b21，焦点 F(c,0)，将 xc 代入x2a2y2b21 可得 y2b4a2，所以|AB|2b2a 22a.b22a2.c2a2b23a2，eca 3.126（2011大纲卷高考）已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，直线 y2x4 与 C 交于 A，B 两点，则
65、 cosAFB()A.45B.35 C35D45【解析】选 D 设点 A(x1，y1)B(x2，y2)由题意得点 F(1,0)，由y24xy2x4 消去 y 得 x25x40，x1 或 x4，因此点 A(1，2)、B(4,4)，FA(0，2)，FB(3,4)，cosAFB FAFB|FA|FB|03242545，选 D.127（2011江西高考）若曲线 C1：x2y22x0 与曲线 C2：y(ymxm)0 有四个不同的交点，则实数 m 的取值范围是()A(33，33)B(33，0)(0，33)C 33，33 D(，33)(33，)【解析】选 B 整理曲线 C1 方程得，(x1)2y21，知曲线
66、 C1 为以点 C1(1,0)为圆心，以1 为半径的圆；曲线 C2 则表示两条直线，即 x 轴与直线 l：ym(x1)，显然 x 轴与圆 C1 有两个交点，知直线 l 与 x 轴相交，故有圆心 C1 到直线 l 的距离 d|m110|m210，b0)的两条渐近线均和圆 C：x2y26x50 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.x25y241 B.x24y251C.x23y261 D.x26y231【解析】选 A 圆心的坐标是(3,0)，圆的半径是 2，双曲线的渐近线方程是 bxay0，根据已知得3ba2b22，即3b3 2，解得 b2，则 a25，故所求的双曲线方
67、程是x25y241.131（2011四川高考）在抛物线 yx2ax5(a0)上取横坐标为 x14，x22 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 5x25y236 相切，则抛物线顶点的坐标为()A(2，9)B(0，5)C(2，9)D(1，6)【解析】选 A 由已知，抛物线经过(4,114a)和(2,2a1)两点，过这两点的割线的斜率为 k2a1114a24a2.于是，平行于该割线的直线方程为 y(a2)xb，该直线与圆相切，所以b21a22365，该直线又与抛物线相切，于是(a2)xbx2ax5 有等根，即 x22x5b0 的 0b6，代入b21a22365，注意
68、到 a0，得 a4.所以抛物线的方程为 yx24x5(x2)29，顶点坐标为(2，9)132（2011湖南高考）设双曲线x2a2y291(a0)的渐近线方程为 3x2y0，则 a 的值为()A4 B3C2 D1【解析】选 C 双曲线方程x2a2y291 的渐近线方程为 3xay0，与已知方程比较系数得 a2.133（2011重庆高考）在圆 x2y22x6y0 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()A5 2B10 2 C15 2D20 2【解析】选 B 由题意可知，圆的圆心坐标是(1,3)、半径是 10，且点 E(0,1)位于该圆内，故过点
69、E(0,1)的最短弦长|BD|2 1012222 5(注：过圆内一定点的最短弦是以该点为中点的弦)，过点 E(0,1)的最长弦长等于该圆的直径，即|AC|2 10，且 ACBD，因此四边形 ABCD 的面积等于12|AC|BD|122 102 510 2，选 B.134（2011福建高考）设圆锥曲线 T 的两个焦点分别为 F1，F2.若曲线 T 上存在点 P 满足|PF1|F1F2|PF2|4 3 2，则 曲 线T的 离 心 率 等 于()A.12或32B.23或 2C.12或 2 D.23或32【解析】选 A设圆锥曲线的离心率为 e，因|PF1|F1F2|PF2|432，则若圆锥曲线为椭圆，
70、由椭圆的定义，则有 e|F1F2|PF1|PF2|34212；若圆锥曲线为双曲线，由双曲线的定义，则有 e|F1F2|PF1|PF2|34232；综上，所求的离心率为12或32，故选 A.135（2011湖北高考）将两个顶点在拋物线 y22px(p0)上，另一个顶点是此拋物线焦点的正三角形个数记为 n，则()An0 Bn1Cn2 Dn3【解析】选 C 结合图象可知，过焦点斜率为 33 和 33 的直线与拋物线各有两个交点，所以能够构成两组正三角形本题也可以利用代数的方法求解，但显得有些麻烦136（2011浙江高考）已知椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)与双曲线 C2：x2y241 有公共
71、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()Aa2132Ba213Cb212Db22【解析】选 C 对于直线与椭圆、圆的关系，如图所示，设直线 AB 与椭圆 C1 的一个交点为 C(靠近 A 的交点)，则|OC|a3，因 tanCOx2，sinCOx 25，cosCOx 15，则 C 的坐标为(a3 5，2a3 5)，代入椭圆方程得 a245a2 4a245b21，a211b2.5a2b2，b212.137（2011陕西高考）设拋物线的顶点在原点，准线方程为 x2，则拋物线的方程是()Ay28xBy28xCy24xDy24x
72、【解析】选 B 由准线方程 x2，可知拋物线为焦点在 x 轴正半轴上的标准方程，同时得 p4，所以标准方程为 y22px8x，答案为 B.138（2011辽宁高考）已知 F 是拋物线 y2x 的焦点，A，B 是该拋物线上的两点，|AF|BF|3，则线段 AB 的中点到 y 轴的距离为()A.34B1C.54D.74【解析】选 C 根据拋物线定义与梯形中位线定理，得线段 AB 中点到 y 轴的距离为：12(|AF|BF|)14321454.二、填空题139.（2015 陕西高考，理 15）设曲线xye在点（0,1）处的切线与曲线1(0)yxx上点 处的切线垂直，则 的坐标为【解析】因为xye，所
73、以xye，所以曲线xye在点0,1 处的切线的斜率0101xkye，设 的坐标为00,xy（00 x），则001yx，因为1yx，所以21yx ，所以曲线1yx在点 处的切线的斜率02201x xkyx，因为121kk ，所以2011x ，即201x，解得01x ，因为00 x，所以01x，所以01y，即 的坐标是1,1，所以答案应填：1,1【答案】1,1140.（2015 湖北高考，理 14）如图，圆C 与 x 轴相切于点(1,0)T，与 y 轴正半轴交于两点,A B（B 在 A 的上方），且2AB（）圆C 的标准方程为；（）过点 A 任作一条直线与圆22:1O xy 相交于,M N 两点，
74、下列三个结论：NAMANBMB；2NBMANAMB；2 2NBMANAMB其中正确结论的序号是.（写出所有正确结论的序号）【解析】（）依题意，设),1(rC（r 为圆的半径），因为2|AB，所以21122r，所以圆心)2,1(C，故圆的标准方程为2)2()1(22yx.（）联立方程组2)2()1(022yxx，解得120yx或120yx，因为 B 在 A的上方，所以)12,0(A，)12,0(B，令直线 MN 的方程为0 x，此时 M)1,0(M，)1,0(N，所以2|MA，22|MB，22|NA，2|NB因为221222|NBNA，12222|MBMA，所以 NAMANBMB.所以2221(
75、21)22222NBMANAMB，2221212 22222NBMANAMB ，正确结论的序号是.【答案】（）22(1)(2)2xy；（）141.（2015 江苏高考，10）在平面直角坐标系 xOy 中，以点)0,1(为圆心且与直线)(012Rmmymx相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为【答案】22(1)2.xy142.（2015 湖南高考，文 13）若直线3450 xy与圆2220 xyrr相交于 A,B两点，且120oAOB（O 为坐标原点），则r=_.【解析】如图直线3450 xy与圆2220 xyrr（）交于 A、B 两点，O 为坐标原点，且120oAOB，则 圆 心（0，0）到
76、 直 线 3450 xy的 距 离 为 12 r，2251234rr，=2.故答案为 2.【答案】2143.（2015 重庆高考，文 12）若点(1,2)P在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点 P 处的切线方程为_.【解析】由点(1,2)P在以坐标原点为圆心的圆上知此圆的方程为：225xy，所以该圆在点 P 处的切线方程为125xy 即250 xy，故填：250 xy.【答案】250 xy144.（2015 湖北高考，文 16）如图，已知圆C 与 x 轴相切于点(1,0)T，与 y 轴正半轴交于两点 A，B（B 在 A 的上方），且2AB.（）圆C 的标准方程为_；（）圆C 在点 B 处的切线
77、在 x 轴上的截距为_.【解析】设点C 的坐标为00(,)xy，则由圆C 与 x 轴相切于点(1,0)T知，点 C 的横坐标为1，即01x ，半径0ry.又因为2AB，所以222011y，即02yr，所以圆C 的标准方程为22(1)(2)2xy，令0 x 得：(0,21)B.设圆C 在点 B 处的切线方程为(21)kxy，则圆心C 到其距为：222121kdk，解之得1k .即圆C 在点 B 处的切线方程为x(21)y，于令0y 可得x21，即 圆 C 在 点 B 处 的 切 线 在 x 轴 上 的 截 距 为12，故 应 填22(1)(2)2xy和 12.【答案】（）22(1)(2)2xy；
78、（）12.145.（2015 北京高考，理 10）已知双曲线22210 xyaa 的一条渐近线为30 xy，则a【解析】双曲线22210 xyaa 的渐近线方程为1yxa，xOyTCAB第 16 题图303xyyx，0a,则133,3aa【答案】33146.（2015 上海高考，理 5）抛物线22ypx（0p）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则 p 【解析】因为抛物线上动点到焦点的距离为动点到准线的距离，因此抛物线上动点到焦点的最短距离为顶点到准线的距离，即1,2.2pp【答案】2147.（2015 湖南高考，理 13）设 F 是双曲线C：22221xyab 的一个焦点，若C 上存在点
79、P，使线段 PF 的中点恰为其虚轴的一个端点，则C 的离心率为.【答案】5.148.（2015 浙江高考，理 9）双曲线2212xy 的焦距是，渐近线方程是【解析】由题意得：2a，1b，31222bac，焦距为322 c，渐近线方程为xxaby22.【答案】32，xy22.149.（2015 新课标全国卷 I，理 14）一个圆经过椭圆221164xy 的三个顶点，且圆心在 x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为.【解析】设圆心为（a，0），则半径为4a，则222(4)2aa，解得32a，故圆的方程为22325()24xy.【答案】22325()24xy150.（2015 陕西高考，理 14）若抛物
80、线22(0)ypx p的准线经过双曲线221xy 的一个焦点，则 p【解析】抛物线22ypx（0p）的准线方程是2px ，双曲线221xy 的一个焦点 1F2,0，因为抛物线22ypx（0p）的准线经过双曲线221xy 的一个焦点，所以22p，解得2 2p，所以答案应填：2 2【答案】2 2151.（2015 上海高考，理 9）已知点 和Q 的横坐标相同，的纵坐标是Q 的纵坐标的2 倍，和Q 的轨迹分别为双曲线1C 和2C 若1C 的渐近线方程为3yx，则2C 的渐近线方程为 【答案】32yx【考点定位】双曲线渐近线152.（2015 山东高考，理 15）平面直角坐标系 xoy 中，双曲线22
81、122:10,0 xyCabab的渐近线与抛物线22:20Cxpy p交于点,O A B，若 OAB的垂心为2C 的焦点，则1C 的离心率为.【解析】设OA 所在的直线方程为byxa,则OB 所在的直线方程为byxa,解方程组22byxaxpy得：2222pbxapbya，所以点 A 的坐标为2222,pbpbaa,抛物线的焦点 F的坐标为:0,2p.因为 F 是 ABC的垂心，所以1OBAFkk,所以，2222252124pbpbbapbaaa .所以，2222293142cbeeaa.【答案】32153.（2015 江苏高考，12）在平面直角坐标系 xOy 中，P 为双曲线122 yx右支
82、上的一个动点。若点 P到直线01 yx的距离大于 c 恒成立，则是实数 c 的最大值为.【解析】设(,),(1)P x yx，因为直线10 xy 平行于渐近线0 xy，所以点 P 到直线01 yx的距离恒大于直线10 xy 与渐近线0 xy之间距离，因此 c 的最大值为直线10 xy 与渐近线0 xy之间距离，为 12.22【答案】22154.【2015 新课标全国卷 I，文 16】已知 F 是双曲线22:18yC x 的右焦点，P 是 C 左支上一点，0,6 6A，当 APF周长最小时，该三角形的面积为【答案】12 6155（2015 浙江高考，文 15）椭圆22221xyab（0ab）的右
83、焦点 F,0c关于直线byxc的对称点Q 在椭圆上，则椭圆的离心率是【解析】设 F,0c关于直线byxc的对称点为(,)Q m n，则有1222nbmc cnbmc，解得3222222,cbbcbcmnaa，所 以3222222(,)cbbcbcQaa在 椭 圆 上，即 有32222422(2)(2)1cbbcbcaa b，解得222ac，所以离心率22cea.【答案】22156.（2015 北京高考，文 12）已知2,0 是双曲线2221yxb（0b）的一个焦点，则b 【解析】由题意知2,1ca，2223bca，所以3b.【答案】3 157.（2015 上海高考，文 7）抛物线)0(22pp
84、xy上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p .【解析】依题意，点Q 为坐标原点，所以12 p，即2p.【答案】2 158.（2015 上海高考，文 12）已知双曲线1C、2C 的顶点重合，1C 的方程为1422 yx，若2C 的一条渐近线的斜率是1C 的一条渐近线的斜率的 2 倍，则2C 的方程为 .【解析】因为1C 的方程为1422 yx，所以1C 的一条渐近线的斜率211 k，所以2C 的一条渐近线的斜率12 k，因为双曲线1C、2C 的顶点重合，即焦点都在 x 轴上，设2C 的方程为)0,0(12222babyax，所以2 ba，所以2C 的方程为14422 yx.【答案】14422
85、 yx 159（2015 山东高考，文 15）过双曲线C：22221xyaa0,0ab（）的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C 于点 P.若点 P 的横坐标为2a,则C 的离心率为.【解析】双曲线22221xyaa 的右焦点为(,0)c.不妨设所作直线与双曲线的渐近线byxa平行，其方程为()byxca，代入22221xyaa 求得点 P 的横坐标为222acxc，由2222acac，得2()410ccaa，解之得23ca，23ca（舍去，因为离心率1ca），故双曲线的离心率为23.【答案】23160.(2014新课标全国卷高考理科数学T16)设点 M(x0,1),若在圆 O:x2+y2=
86、1 上存在点 N,使得OMN=45,则 x0的取值范围是 .【解题提示】画出图形,利用圆的性质,求得 x0 的取值范围.【解析】在坐标系中画出圆 O 和直线 y=1,其中 M(x0,1)在直线上.由圆的切线相等及三角形外角知识,可得 x0-1,1.故 x0-1,1.答案:-1,1161.（2014重庆高考文科14）已知直线0 xya与圆心为C 的圆222440 xyxy相交于,A B 两点，且,ACBC则实数a 的值为.【解题提示】可根据条件求出圆心到直线的距离，然后求出实数a 的值.【解析】圆C 的标准方程为22(1)(2)9xy，圆心为(1,2)C，半径为3.因为,ACBC易知圆心到直线的
87、距离为 3 22，即1 23 222a，解得0,a 或6.a 答案：0 或6162.（2014湖北高考理科12）直线 1:lyxa和 2:lyxb将单位圆22:1C xy分成长度相等的四段弧，则22ab _.【解析】依题意，圆心)0,0(到两条直线的距离相等，且每段弧的长度都是圆周的41，圆心到1:lyxa的 距 离 为22|0 1 0|11a （-1）+（），圆 心 到2:lyxb的 距 离 为22|0 1 0|11b （-1）+（），即2|2|ba，2245cos2|a，所以122 ba，故222ba.答案：2【误区警示】解答本题时容易出现的问题是不能把“将单位圆22:1C xy 分成长度
88、相等的四段弧”用数学语言表示出来。163.(2014湖北高考文科T13)已知圆 O:x2+y2=1 和点 A(-2,0),若定点 B(b,0)(b-2)和常数满足:对圆 O 上任意一点 M,都有|MB|=|MA|,则(1)b=.(2)=.【解析】设 M(x,y),因为 MB=MA,所以(x-b)2+y2=2(x+2)2+y2,整理得(2-1)x2+(2-1)y2+(42+2b)x-b2+42=0,因为圆 O 上的点 M 都有 MB=MA成立,所以由222420411bb 可求得1212b 答案:(1)12(2)12【误区警示】将满足条件 M(x,y)的几何形式 MB=MA转化为代数形式,(2-
89、1)x2+(2-1)y2+(42+2b)x-b2+42=0,点 M(x,y)在圆 O:x2+y2=1 上,故此方程就是圆 O:x2+y2=1 的方程.这是本题的易错点.164.（2014上海高考理科14）24,:6,(,0),0_.Cxyl xA mCPlQAPAQm 已知曲线：直线若对于点存在 上的的点 和 上的 使得，则 的取值范围为【解题提示】曲线 C 的方程表示 y 轴左侧的半个圆，根据条件知 P,Q 两点关于 A 对称，易得坐标关系式，设出点 Q 的坐标,表示出点 P 的坐标，根据图像特点即得.【解析】224(0),6),26,),-20,-26023.CxyxQaPmaxmm曲线
90、可化为：设点 的坐标为（，则 的坐标为（因为所以 2，解得答案：2,3165.（2014上海高考文科14）24,:6,(,0),0_.Cxyl xA mCPlQAPAQm 已知曲线：直线若对于点存在 上的的点 和 上的 使得，则 的取值范围为【解题提示】曲线 C 的方程表示 y 轴左侧的半个圆，根据条件知 P,Q 两点关于 A 对称，易得坐标关系式，设出点 Q 的坐标,表示出点 P 的坐标，根据图像特点即得.【解析】224(0),6),26,),-20,-26023.CxyxQaPmaxmm曲线 可化为：设点 的坐标为（，则 的坐标为（因为所以 2，解得答案：2,3166.（2014山东高考文
91、科14）圆心在直线20 xy上的圆C 与 y 轴的正半轴相切，圆C 截 x 轴所得的弦的长2 3，则圆C 的标准方程为 .【解题指南】本题考查了直线与圆的位置关系，可利用圆心到直线的距离，弦长一半，半径，构成直角三角形求解.【解析】设圆心,02aaa，半径为a.由勾股定理22232aa得：2a 圆心为2,1，半径为 2，圆C 的标准方程为22214xy答案：22214xy.167.(2014陕西高考理科T12)若圆 C 的半径为 1,其圆心与点(1,0)关于直线 y=x 对称,则圆C 的标准方程为 .【解题指南】根据圆心与点(1,0)关于直线 y=x 对称点,求出圆心坐标,再由圆的半径,即可求
92、出圆 C 的标准方程.【解析】因为圆 C 的圆心与点 P(1,0)关于直线 y=x 对称,所以圆 C 的圆心坐标为(0,1),且圆 C的半径为 1,所以所求圆的标准方程为 x2+(y-1)2=1.答案:x2+(y-1)2=1168.（2014辽宁高考文科1）与（2014辽宁高考理科1）相同已知椭圆22:194xyC，点 M 与点 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_ANBN【解析】根据题意，椭圆的左右焦点为12(5,0),(5,0)FF，由于点 M 的不确定性，不妨令其为椭圆的左顶点(3,0)M,线段 MN 的中点为椭圆的上顶点(
93、0,2)H，则 M 关于 C的焦点的对称点分别为(2 53,0),(2 53,0)AB，而点(3,4)N，据两点间的距离公式得2222(2 533)(04)(2 533)(04)12ANBN 答案：12【误区警示】在无法明确相关点的具体情况的时候，可以取特殊情形处理问题。避免对一般情况处理的复杂性169.（2014四川高考文科11）双曲线2214xy 的离心率等于_.【解题提示】本题主要考查双曲线的离心率，属于基本题【解析】4 1522cea.答案：52170.（2014浙江高考文科17）与（2014浙江高考理科16）相同设直线30(0)xymm与双曲线22221(0,0)xyabab的两条渐
94、近线分别交于点 A、B，若点(,0)P m满足|PAPB，则该双曲线的离心率是_.【解题指南】求出,A B 的坐标，写出 AB 中点Q 的坐标，因为PBPA，所以 PQ 与已知直线垂直，寻找a 与c 的关系.【解析】由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为byxa与byxa，分别与)0(03mmyx联立方程组，解得,33ambmA ab ab，,33ambmB ab ab，设 AB的中点为Q，则3333,22amambmbmabab ababQ，因为PBPA，所以 PQ 与已知直线垂直，所以3PQk ，解得2222288()abca，即2254ca，52ca 答案：52171.（2014湖南高考理
95、科15）如图，正方形 ABCDDEFG和正方形的边长分别为,()a b ab，原点O 为 AD 的中点，抛物线22(0)ypx p经过,bC Fa 两点，则【解题提示】有正方形的边长给出点 C,F 的坐标带入抛物线方程求解。【解析】由题可得),2(aaC，),2(bbaF，则12,)2(222babapbpaa。答案:12 3.172.（2014上海高考理科4）2222195_.xyypx若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则该抛物线的准线方程为【解题提示】先求出椭圆的右焦点坐标，从而求出 p 的值，即得抛物线的准线方程.【解析】根据椭圆的右焦点坐标 F(2，0)得 p=4,所以抛物线的准线方程
96、为 x=-2.答案：x=-2.173.（2014山东高考文科15）已知双曲线222210,0 xyabab的焦距为2c，右顶点为 A，抛物线220 xpy p的焦点为 F，若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c，且 FAc，则双曲线的渐近线方程为 .【解题指南】本题考查了双曲线知识，利用双曲线与抛物线的交点为突破口求出 a,b 之间的关系，进而求得双曲线的渐近线方程.【解析】由题意知222Pcab，抛物线准线与双曲线的一个交点坐标为,2Pc，即,cb代入双曲线方程为22221cbab，得222ca，渐近线方程为 yx ，2211bcaa .答案：yx 174.(2014陕西高考文科T11)抛物
97、线 y2=4x 的准线方程为 .【解题指南】根据抛物线 y2=2px 的准线方程为 x=-可以得到所求准线方程.【解析】根据抛物线的几何性质得抛物线 y2=4x 的准线方程为 x=-1.答案:x=-1160.（2014安徽高考文科15）若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：)(i 直线l 在点 00,yxP处与曲线C 相切；)(ii 曲线C 在 P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点 P 处“切过”曲线C.下列命题正确的是_(写出所有正确命题的编号)直线0:yl在点 0,0P处“切过”曲线C：2xy 直线1:xl在点 0,1P处“切过”曲线C：2)1(xy直线xyl:在点 0,0P处“切
98、过”曲线C：xysin直线xyl:在点 0,0P处“切过”曲线C：xytan直线1:xyl在点 0,1P处“切过”曲线C：xyln【解题提示】根据各选项分别判断。【解析】根据题意满足条件的有（1）（3）（4），剩余选项（2）（5）都在切线的一边。答案：175.（2014安徽高考理科14）设21,FF分别是椭圆2221(01)yxbb+=0，b0)的两个焦点，P 是 C上一点若|PF1|PF2|6a，且PF1F2 的最小内角为 30，则 C 的离心率为_【解析】本小题主要考查双曲线的定义及其几何性质和余弦定理，考查数形结合思想与运算求解能力，属中档题依题意及双曲线的对称性，不妨设 F1，F2 分
99、别为双曲线的左、右焦点，点 P 在双曲线的右支上，由双曲线的定义得|PF1|PF2|2a，又|PF1|PF2|6a，求得|PF1|4a，|PF2|2a.而|F1F2|2c，所以在PF1F2 中由余弦定理，得|PF2|2|PF1|2|F1F2|22|PF1|F1F2|cosPF1F2，所以 4a216a24c224a2ccos 30，即 3a22 3acc20，所以 3ac0，故双曲线 C 的离心率为 3.【答案】3178（2013福建高考理）椭圆：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，焦距为2c，若直线 y 3(xc)与椭圆 的一个交点 M 满足MF1F22MF2F1，则
100、该椭圆的离心率等于_【解析】本题考查椭圆的定义、离心率等基础知识，意在考查考生的数形结合能力、转化和化归能力、运算求解能力直线 y 3(xc)过点 F1，且倾斜角为 60，所以MF1F260，从而MF2F130，所以 MF1MF2.在 RtMF1F2 中，|MF1|c，|MF2|3c，所以该椭圆的离心率 e2c2a2cc 3c 31.【答案】31179（2013辽宁高考理）已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左焦点为 F，C 与过原点的直线相交于 A，B 两点，连接 AF，BF.若|AB|10，|AF|6，cosABF45，则 C 的离心率 e_.【解析】本题主要考查直线与椭圆的位置关
101、系以及离心率的求解求解此题的关键是能够巧妙地应用过原点的直线与椭圆的两个交点关于原点对称来确定 a 值，试题也侧重考查了逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力设椭圆的右焦点为 F1，在ABF 中，由余弦定理可解得|BF|8，所以ABF 为直角三角形，又因为斜边 AB 的中点为 O，所以|OF|c5，连接 AF1，因为 A，B 关于原点对称，所以|BF|AF1|8，所以 2a14，a7，所以离心率e57.【答案】57180（2013安徽高考理）已知直线 ya 交抛物线 yx2 于 A，B 两点若该抛物线上存在点 C，使得ACB 为直角，则 a 的取值范围为_【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系
102、，圆的性质，考查考生的转化与化归能力法一：设直线 ya 与 y 轴交于点 M，抛物线 yx2 上要存在 C 点，只要以|AB|为直径的圆与抛物线 yx2 有交点即可，也就是使|AM|MO|，即 aa(a0)，所以 a1.法二：易知 a0，设 C(m，m2)，由已知可令 A(a，a)，B(a，a)，则 AC(m a，m2a)，BC(m a，m2a)，因为 ACBC，所以 m2am42am2a20，可得(m2a)(m21a)0.因为由题易知 m2a，所以 m2a10，故 a1，)【答案】1，)181（2013浙江高考理）设 F 为抛物线 C：y24x 的焦点，过点 P(1,0)的直线 l 交抛物线
103、 C 于 A，B 两点，点 Q 为线段 AB 的中点若|FQ|2，则直线 l 的斜率等于_【解析】本题考查抛物线方程、性质，直线与抛物线的位置关系，考查数形结合思想及运算求解能力法一：注意到|FQ|2，正好是抛物线通径的一半，所以点 Q 为通径的一个端点，其坐标为(1，2)，这时 A，B，Q 三点重合，直线 l 的斜率为1.法二：令直线 l 的方程为 xty1，由xty1，y24x，得 y24ty40，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y24t，y1y24，x1x24t22，所以 xQ2t21，yQ2t，|FQ|2(xQ1)2y2Q4，代入解得，t1 或 t0(舍去)，即直线 l
104、 的斜率为1.【答案】1182（2013陕西高考理）双曲线x216y2m1 的离心率为54，则 m 等于_【解析】本题考查双曲线的几何性质和方程思想的具体应用a216，b2m，e22516251616m16m9.【答案】9183（2013江西高考理）抛物线 x22py(p0)的焦点为 F，其准线与双曲线x23y231 相交于 A，B 两点，若ABF 为等边三角形，则 p_.【解析】本题考查抛物线、双曲线的标准方程及简单的几何性质，意在考查考生的数形结合思想以及转化与化归的能力由 x22py(p0)得焦点 F0，p2，准线 l 为 yp2，所以可求得抛物线的准线与双曲线x23y231 的交点 A
105、 12p22，p2，B12p22，p2，所以|AB|12p2，则|AF|AB|12p2，所以 p|AF|sin 3，即p12p2 32，解得 p6.【答案】6184（2013北京高考文）若抛物线 y22px 的焦点坐标为(1,0)，则 p_，准线方程为_【解析】本题主要考查抛物线的方程及其简单的几何性质，意在考查考生的运算求解能力因为抛物线的焦点坐标为(1,0)，所以p21，p2，准线方程为 xp21.【答案】2 x1185（2013江苏高考文）双曲线x216y291 的两条渐近线的方程为_【解析】本题考查双曲线的几何性质，意在考查学生的运算能力令x216y290，解得 y34x.【答案】y3
106、4x186（2013江苏高考文）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的标准方程为x2a2y2b21(a0，b0)，右焦点为 F，右准线为 l，短轴的一个端点为 B.设原点到直线 BF 的距离为 d1，F 到 l的距离为 d2.若 d2=6d1，则椭圆 C 的离心率为_【解析】本题考查椭圆的基本概念及性质，意在考查学生的推理能力及运算能力令 F(c,0)，B(0，b)，则直线 BF 的方程为xcyb1，所以 d1bcb2c2.又 d2a2c cb2c，由 d2 6d1，可得b2c 6bcb2c2，解得 b22c2，所以 a23c2，a 3c，所以 eca 33.【答案】33187（2013山
107、东高考文）过点(3,1)作圆(x2)2(y2)24 的弦，其中最短弦的长为_【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想和运算能力最短弦为过点(3,1)，且垂直于点(3,1)与圆心的连线的弦，易知弦心矩 d 322122 2，所以最短弦长为 2 r2d2222 222 2.【答案】2 2188（2013福建高考文）椭圆：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，焦距为2c.若直线 y 3(xc)与椭圆 的一个交点 M 满足MF1F22MF2F1，则该椭圆的离心率等于_【解析】本题主要考查椭圆的定义、图像和性质等基础知识，意在考查考生的数形结合能力、转化和化归能力、
108、运算求解能力直线 y 3(xc)过点 F1(c,0)，且倾斜角为 60，所以MF1F260，从而MF2F130，所以 MF1MF2.在 RtMF1F2 中，|MF1|c，|MF2|3c，所以该椭圆的离心率 e2c2a2cc 3c 31.【答案】31189（2013湖南高考文）设 F1，F2 是双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的两个焦点若在 C上存在一点 P，使 PF1PF2，且PF1F230，则 C 的离心率为_【解析】本题主要考查双曲线的离心率和解直角三角形，并结合数形结合思想和转化思想，意在考查考生的转化处理能力和运算能力由已知可得，|PF1|2ccos 30 3c，|PF2|
109、2csin 30c，由双曲线的定义，可得 3cc2a，则 eca231 31.【答案】31190（2013浙江高考文）直线 y2x3 被圆 x2y26x8y0 所截得的弦长等于_【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系、圆的弦长求法等基础知识，意在考查考生的解析几何思想，以及对基础知识的掌握程度已知圆的圆心为(3,4)，半径为 5，圆心到直线 y2x3 的距离为 d|2343|5 5，所以弦长 l2 r2d24 5.【答案】4 5191（2013天津高考文）已知抛物线 y28x 的准线过双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的一个焦点，且双曲线的离心率为 2，则该双曲线的方程为_【解析】本题主要
110、考查双曲线、抛物线的标准方程与几何性质，意在考查考生的运算求解能力抛物线 y28x 的准线 x2 过双曲线的一个焦点，所以 c2，又离心率为 2，所以 a1，b c2a2 3，所以该双曲线的方程为 x2y231.【答案】x2y231192（2013湖北高考文）已知圆 O：x2y25，直线 l：xcos ysin 02.设圆 O上到直线 l 的距离等于 1 的点的个数为 k，则 k_.【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系直线 l：xcos ysin 102 是单位圆 x2y21 在第一象限部分的切线，圆 O：x2y25 的圆心到直线 l 的距离为 1，故过原点 O与 l 平行的直线 l1 与圆
111、 O 的 2 个交点到直线 l 的距离为 1，l1 关于 l 对称的直线 l2 与圆 O 也有 2 个交点，共 4 个【答案】4193（2013陕西高考文）双曲线x216y291 的离心率为_【解析】本题主要考查双曲线的几何量之间的关系由几何量之间的关系，得 a216，b29，e22516，e54.【答案】54194（2013江西高考文）若圆 C 经过坐标原点和点(4,0)，且与直线 y1 相切，则圆 C 的方程是_【解析】本题主要考查圆的方程及待定系数法，考查方程思想及运算求解能力因为圆过原点，所以可设圆的方程为 x2y2DxEy0.因为圆过点(4,0)，将点(4,0)代入圆的方程得 D4，
112、即圆的方程为 x2y24xEy0.又圆与直线 y1 相切，将其代入圆的方程得 x214xE0，又方程只有一个解，所以 424(1E)0，解得 E3.故所求圆的方程为x2y24x3y0，即(x2)2y322254.【答案】(x2)2y322254195（2013四川高考文）在平面直角坐标系内，到点 A(1,2)，B(1,5)，C(3,6)，D(7，1)的距离之和最小的点的坐标是_【解析】本题主要考查几何最值问题，从几何方法入手，用代数手段解决，意在考查考生对解析几何和平面几何的结合与转化的能力取四边形 ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形 ABCD
113、中任取一点 P，在APC 中，有 APPCAC，在BPD 中，有 PBPDBD，而如果 P 在线段 AC 上，那么 APPCAC；同理，如果 P 在线段 BD 上，那么 BPPDBD.如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时 P 就只能是 AC 与 BD 的交点易求得P(2,4)【答案】(2,4)196（2013辽宁高考文）已知 F 为双曲线 C：x29y2161 的左焦点，P，Q 为 C 上的点若PQ 的长等于虚轴长的 2 倍，点 A(5,0)在线段 PQ 上，则PQF 的周长为_【解析】本题主要考查双曲线的定义，双曲线的几何性质，双曲线方程，意在考查考生综合运用圆锥曲线知识解决问题的能
114、力由题意得，|FP|PA|6，|FQ|QA|6，两式相加，利用双曲线的定义得|FP|FQ|28，所以PQF 的周长为|FP|FQ|PQ|44.【答案】44197（2013重庆高考理）过抛物线 y22x 的焦点 F 作直线交抛物线于 A，B 两点，若|AB|2512，|AF|BF|，则|AF|_.【解析】设过抛物线焦点的直线为 yk(x12)，联立得y22x，ykx12，整理得 k2x2(k22)x14k20，x1x2k22k2，x1x214.|AB|x1x21k22k2 12512，得 k224，代入 k2x2(k22)x14k20 得 12x213x30，解得 x113，x234，又|AF|
115、b0)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_【解析】依题意得|F1F2|2|AF1|BF1|，即 4c2(ac)(ac)a2c2，整理得 5c2a2，得 eca 55.【答案】55200（2012四川高考理）椭圆x24y231 的左焦点为 F，直线 xm 与椭圆相交于点 A、B.当FAB 的周长最大时，FAB 的面积是_【解析】法一：依题意得知，点 F(1,0)，不妨设点 A(2cos，3sin)(sin 0)，则有 B(2cos，3sin)，|FA|FB|2cos 123sin22cos，|AB|2 3
116、sin，|FA|FB|AB|42cos 2 3sin 44sin(6)，当 62k2，kZ，即 2k3，kZ，2cos 1，3sin 32时，FAB 的周长最大，此时FAB 的面积等于12(11)33.法二：椭圆右焦点为 F(1,0)由椭圆定义|AF|AF|BF|BF|2a.则FAB 的周长 l|AF|BF|AB|4a(|FA|FB|)|AB|4a|FA|FB|AB|4aFAB 周长最大时，直线 xm 经过 F(1,0)这时|AB|3，此时 SFAB12233.【答案】3201（2012湖南高考理）在直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C1：xt1，y12t，(t 为参数)与曲线 C2：xasi
117、n，y3cos，(为参数，a0)有一个公共点在 x 轴上，则 a_.【解析】曲线 C1 的普通方程为 2xy3，曲线 C2 的普通方程为x2a2y291，直线 2xy3与 x 轴的交点坐标为(32，0)，故曲线x2a2y291 也经过这个点，代入解得 a32(舍去32)【答案】32202（2012辽宁高考理）已知 P，Q 为抛物线 x22y 上两点，点 P，Q 的横坐标分别为 4，2，过 P，Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点 A，则点 A 的纵坐标为_【解析】易知抛物线 y12x2 上的点 P(4,8)，Q(2,2)，且 yx，则过点 P 的切线方程为 y4x8，过点 Q 的切线方程为 y
118、2x2，联立两个方程解得交点 A(1，4)，所以点 A的纵坐标是4.【答案】4203（2012北京高考理）直线x2t，y1t，(t 为参数)与曲线x3cos，y3sin，(为参数)的交点个数为_【解析】直线的普通方程为 xy10，圆的普通方程为 x2y232，圆心到直线的距离 d 22 3，故直线与圆的交点个数是 2.【答案】2204在直角坐标系 xOy 中，直线 l 过抛物线 y24x 的焦点 F，且与该抛物线相交于 A，B两点，其中点 A 在 x 轴上方若直线 l 的倾斜角为 60，则OAF 的面积为_【解析】直线 l 的方程为 y 3(x1)，即 x 33 y1，代入抛物线方程得 y24
119、 33 y40，解得 yA4 33 163 1622 3(yB0，舍去)，故OAF 的面积为1212 3 3.【答案】3205（2012天津高考理）已知抛物线的参数方程为x2pt2，y2pt，(t 为参数)，其中 p0，焦点为 F，准线为 l.过抛物线上一点 M 作 l 的垂线，垂足为 E.若|EF|MF|，点 M 的横坐标是3，则 p_.【解析】由题意知，抛物线的普通方程为 y22px(p0)，焦点 F(p2，0)，准线 xp2，设准线与 x 轴的交点为 A.由抛物线定义可得|EM|MF|，所以MEF 是正三角形，在直角三角形EFA 中，|EF|2|FA|，即 3p22p，得 p2.【答案】
120、2206.（2012陕西高考理）右图是抛物线形拱桥，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【解析】以抛物线的顶点为原点，对称轴为 y 轴建立直角坐标系，设抛物线的方程为 x22py，则点(2，2)在抛物线上，代入可得 p1，所以 x22y.当 y3 时，x26，所以水面宽为 2 6.【答案】2 6 207.（2012江苏高考理）在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x2my2m241 的离心率为 5，则 m 的值为_【解析】由题意得 m0，a m，b m24，c m2m4，由 eca 5得m2m4m5，解得 m2.【答案】2208（2012江苏高考理
121、）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_【解析】设圆心 C(4,0)到直线 ykx2 的距离为 d，则 d|4k2|k21，由题意知问题转化为 d2，即 d|4k2|k212，得 0k43，所以 kmax43.【答案】43 209（2012湖北高考理）如图，双曲线x2a2y2b21(a，b0)的两顶点为 A1，A2，虚轴两端点为 B1，B2，两焦点为 F1，F2.若以 A1A2 为直径的圆内切于菱形 F1B1F2B2，切点分别为 A，B，C，D.则(1)双曲线的
122、离心率 e_；(2)菱形 F1B1F2B2 的面积 S1 与矩形 ABCD 的面积 S2 的比值S1S2_.【解析】由题意可得 a b2c2bc，a43a2c2c40，e43e210，e23 52，e1 52.设 sin bb2c2，cos cb2c2，S1S22bc4a2sin cos 2bc4a2bcb2c2b2c22a2 e2122 52.【答案】1 52 2 52210（2012浙江高考文）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
123、a_.【解析】因曲线 C2：x2(y4)22 到直线 l：yx 的距离为042 22 2 2 2，则曲线 C1 与直线 l 不能相交，即 x2ax，x2ax0.设 C1：yx2a 上一点为(x0，y0)，则点(x0，y0)到直线 l 的距离 d|x0y0|2x0 x20a2x0122a1424a14 2 2，所以 a94.【答案】94211（2012四川高考文）椭圆x2a2y251(a 为定值，且 a 5)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_【解析】依题意得，点 F(a25，0)，不妨设点 A(acos，5sin)，|FA|F
124、B|acos a2525sin2a a25cos，|AB|2 5sin，|FA|FB|AB|2a2 a25cos 2 5sin 的最大值是 2a2 a2522 524a12，即 a3，因此该椭圆的离心率是23.【答案】23 212（2012天津高考文）设 m，nR，若直线 l：mxny10 与 x 轴相交于点 A，与 y轴相交于点 B，且 l 与圆 x2y24 相交所得弦的长为 2，O 为坐标原点，则AOB 面积的最小值为_【解析】由直线与圆相交所得弦长为 2，知圆心到直线的距离为 3，即1m2n2 3，所以m2n2132|mn|，所以|mn|16，又 A(1m，0)，B(0，1n)，所以AO
125、B 的面积为 12|mn|3，最小值为 3.【答案】3213（2012湖南高考文）在平面直角坐标系 xOy 中，若直线 l1：x2s1，ys(s 为参数)和直线 l2：xat，y2t1(t 为参数)平行，则常数 a 的值为_解析：本题主要考查直线的参数方程与两直线平行的概念，意在考查考生的转化处理能力把直线的参数方程转化为普通方程，得 l1：x2y10，l2：xa2ya20，由两直线平行，可得 1a2 1(2)0，且 1a2 1(1)0，即 a4.答案：4214（2012辽宁高考文）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|PF
126、2|的值为_【解析】不妨设点 P 在双曲线的右支上，因为 PF1PF2，所以(2 2)2|PF1|2|PF2|2，又因为|PF1|PF2|2，所以(|PF1|PF2|)24，可得 2|PF1|PF2|4，则(|PF1|PF2|)2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|12，所以|PF1|PF2|2 3.【答案】2 3215（2012天津高考文）已知双曲线 C1：x2a2y2b21(a0，b0)与双曲线 C2：x24y2161有相同的渐近线，且 C1 的右焦点为 F(5，0)，则 a_b_.【解析】双曲线x24y2161 的渐近线为 y2x，则ba2，即 b2a，又因为 c 5，a2b2c
127、2，所以 a1，b2.【答案】1 2216.（2012江苏高考文）在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x2my2m241 的离心率为 5，则 m 的值为_【解析】由题意得 m0，a m，b m24，c m2m4，由 eca 5得m2m4m5，解得 m2.【答案】2217（2012江苏高考文）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_【解析】设圆心 C(4,0)到直线 ykx2 的距离为 d，则 d|4k2|k21，由题意知问题转化为 d2，即 d|4k2|k212
128、，得 0k43，所以 kmax43.【答案】43 218（2012安徽高考文）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|_.【解析】抛物线 y24x 准线为 x1，焦点为 F(1,0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)由抛物线的定义可知|AF|x113，所以 x12，所以 y12 2，由抛物线关于 x 轴对称，假设A(2,2 2)，由 A，F，B 三点共线可知直线 AB 的方程为 y02 2(x1)，代入抛物线方程消去 y 得 2x25x20，求得 x2 或12，所以 x212，故|BF|32.【答案】32219（2012北京高考文）直线 y
129、x 被圆 x2(y2)24 截得的弦长为_【解析】圆心(0,2)到直线 yx 的距离为 d|02|2 2，圆的半径为 2，所以所求弦长为222 222 2.【答案】2 2220（2012重庆高考文）设 P 为直线 y b3ax 与双曲线x2a2y2b21(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_.【解析】由 PF1x 轴且 P 点在双曲线的左支上，可得 P(c，b2a)又因为点 P 在直线 y b3ax 上，所以b2a b3a(c)，整理得 c3b，根据 c2a2b2 得 a2 2b，所以双曲线的离心率 eca 3b2 2b3 24.【答案】3 2
130、4221（2011新课标高考）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 22.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_【解析】根据椭圆焦点在 x 轴上，可设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，e 22，ca 22.根据ABF2 的周长为 16 得 4a16，因此 a4，b2 2，所以椭圆方程为x216y281.【答案】x216y281222（2011大纲卷高考）已知 F1、F2 分别为双曲线 C：x29y2271 的左、右焦点，点 AC，点 M 的坐标为(2,0)，AM 为F1AF2
131、的平分线，则|AF2|_.【解析】依题意得知，点 F1(6,0)，F2(6,0)，|F1M|8，|F2M|4.由三角形的内角平分线定理得|F1M|F2M|F1A|F2A|2，|F1A|2|F2A|；又点 A 在双曲线上，因此有|F1A|F2A|236,2|F2A|F2A|F2A|6.【答案】6223（2011北京高考）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(a1)的点的轨迹给出下列三个结论：曲线 C 过坐标原点；曲线 C 关于坐标原点对称；若点 P 在曲线 C 上，则F1PF2 的面积不大于12a2.其中，所有正确结论的序号是_【解析】因为原点
132、O 到两个定点 F1(1,0)，F2(1,0)的距离的积是 1，而 a1，所以曲线 C不过原点，即错误；因为 F1(1,0)，F2(1,0)关于原点对称，所以|PF1|PF2|a2 对应的轨迹关于原点对称，即正确；因为 SF1PF212|PF1|PF2|sinF1PF212|PF1|PF2|12a2，即面积不大于12a2，所以正确【答案】224（2011江西高考）若椭圆x2a2y2b21 的焦点在 x 轴上，过点(1，12)作圆 x2y21 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_【解析】由题可设斜率存在的切线的方程为 y12k(x1)(k 为切线的
133、斜率)，即 2kx2y2k10，由|2k1|4k241，解得 k34，所以圆 x2y21 的一条切线方程为 3x4y50，求得切点 A(35，45)，易知另一切点 B(1,0)，则直线 AB 的方程为 y2x2.令 y0 得右焦点为(1,0)，令 x0 得上顶点为(0,2)a2b2c25，故得所求椭圆方程为x25y241.【答案】x25y241225（2011四川高考）双曲线x264y2361 上一点 P 到双曲线右焦点的距离是 4，那么点 P到左准线的距离是_【解析】由已知，双曲线中，a8，b6，所以 c10，由于点 P 到右焦点的距离为 4,40)相切，则 r_.【解析】将抛物线 C 的参
134、数方程化为普通方程得 y28x，焦点坐标为(2,0)，所以过焦点且斜率为 1 的直线方程为 xy20，又该直线与圆相切，所以圆心(4,0)到该直线的距离等于圆的半径，即 r 22 2.【答案】2228（2011浙江高考）设 F1，F2 分别为椭圆x23y21 的左，右焦点，点 A，B 在椭圆上，若 F1A5F2B，则点 A 的坐标是_【解析】根据题意设 A 点坐标为(m，n)，B 点坐标为(c，d)F1、F2 分别为椭圆的左、右焦点，其坐标分别为(2，0)，(2，0)，可得 F1A(m 2，n)，F2B(c 2，d)F1A5F2B，cm6 25，dn5.点 A、B 都在椭圆上，c23d21，m
135、6 2523(n5)21.解得 m0，n1，故点 A 坐标为(0，1)【答案】(0，1)229（2011辽宁高考）已知点(2,3)在双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)上，C 的焦距为 4，则它的离心率为_【解析】根据点(2,3)在双曲线上，可以很容易建立一个关于 a，b 的等式，即 4a2 9b21，考虑到焦距为 4，这也是一个关于 c 的等式，2c4，即 c2.再有双曲线自身的一个等式 a2b2c2，这样，三个方程，三个未知量，可以解出 a1，b 3，c2，所以，离心率 e2.【答案】2三、解答题230（2015 广东高考，理 20）（本小题满分 14 分）已知过原点的动直线l 与
136、圆221:650Cxyx+-+=相交于不同的两点 A，B.（1）求圆1C 的圆心坐标；（2）求线段 AB 的中点 M 的轨迹C 的方程；（3）是否存在实数 k，使得直线:(4)L yk x=-与曲线C 只有一个交点：若存在，求出 k的取值范围；若不存在，说明理由.【解析】（1）由22650 xyx 得2234xy，圆1C 的圆心坐标为3,0；（2）设,M x y，则 点 M 为弦 AB 中点即1C MAB，11C MABkk 即13yyxx，线段 AB 的中点 M 的轨迹的方程为2239 5324 3xyx；（3）由（2）知点 M 的轨迹是以3,02C为圆心32r 为半径的部分圆弧 EF（不包
137、括两端点），且5 2 5,33E，52 5,33F，又直线 L：4yk x过定点4,0D，当直线 L 与圆C 相切时，由223402321kk得34k ，又2 5032 55743DEDFkk ，结合上图可知当3 32 5 2 5,4 477k 时，直线 L：4yk x与曲线C 只有一个交点231（2015 新课标全国卷 I，文 20）(本小题满分 12 分)已知过点 A(0，1)且斜率为 k 的直线 l 与圆 C：(x2)2(y3)21 交于 M，N 两点(1)求 k 的取值范围；(2)若 OMON12，其中 O 为坐标原点，求|MN|.解：(1)由题设可知直线 l 的方程为 ykx1.因为
138、直线 l 与圆 C 交于两点，所以|2k31|1k21，解得4 73k的左焦点为 F(c，0)，离心率为33，点 M 在椭圆上且位于第一象限，直线 FM 被圆422+4bxy=截得的线段的长为 c，4 3|FM|=3.(1)求直线 FM 的斜率；(2)求椭圆的方程；(3)设动点 P 在椭圆上，若直线 FP 的斜率大于，求直线 OP(O 为原点)的斜率的取值范围解：(1)由已知有2213ca，又由222abc，可得223ac，222bc，设直线 FM 的斜率为(0)k k，则直线 FM 的方程为()yk xc，由已知有2222221kccbk，解得33k.(2)由(1)得椭圆方程为2222132
139、xycc，直线 FM 的方程为()yk xc，两个方程联立，消去 y，整理得223250 xcxc，解得53xc 或 xc，因为点 M 在第一象限，可得 M的坐标为2 3,3cc，由222 34 3()033FMccc，解得1c，所以椭圆方程为22132xy(3)设点 P 的坐标为(,)x y，直线 FP 的斜率为t，得1ytx，即(1)yt x(1)x ,与椭圆方程联立22(1)132yt xxy，消去 y，整理得22223(1)6xtx，又由已知，得226223(1)xtx，解得312x 或 10 x，设直线OP 的斜率为m，得ymx，即(0)ymx x，与椭圆方程联立，整理可得22223
140、mx.当3,12x 时，有(1)0yt x，因此0m，于是2223mx，得2 2 3,33m当1,0 x 时，有(1)0yt x，因此0m，于是2223mx，得2 3,3m 综上，直线OP 的斜率的取值范围是2 32 2 3,333 238.（2015 四川高考，理 20）(本 小题满分 13 分)如 图，椭圆 E：2222+1(0)xyabab 的离 心率 是22，过点 P（0,1）的动直线l 与椭圆相交于 A，B 两点，当直线l 平行与 x 轴时，直线l 被椭圆 E截得的线段长为2 2.(1)求椭圆 E 的方程；（2）在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得 Q
141、APAQBPB恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.239.（2015 湖北高考，理 21）一种作图工具如图 1 所示O 是滑槽 AB 的中点，短杆 ON 可绕 O 转动，长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接，MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动，且1DNON，3MN 当栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动时，带动N 绕O 转动一周（D 不动时，N 也不动），M 处的笔尖画出的曲线记为 C以O 为原点，AB 所在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系（）求曲线 C 的方程；（）设动直线l 与两定直线 1:20lxy和 2:20lxy分别交于,P Q 两
142、点若直线l 总与曲线 C 有且只有一个公共点，试探究：OPQ 的面积是否存在最小值？若 存在，求出该最小值；若不存在，说明理由 试题解析：（）设点(,0)(|2)D tt，00(,),(,)N xyM x y，依题意，2MDDN，且|1DNON，所以00(,)2(,)txyxt y，且22002200()1,1.xtyxy 即0022,2.txxtyy 且0(2)0.t tx 由于当点 D 不动时，点 N 也不动，所以t 不恒等于 0，于是02tx，故00,42xyxy，代入22001xy，可得221164xy，即所求的曲线C 的方程为221.164xy（）（1）当直线l 的斜率不存在时，直线
143、l 为4x 或4x ，都有14482OPQS.（2）当直线l 的斜率存在时，设直线1:()2l ykxmk，由22,416,ykxmxy 消去 y，可得222(14)84160kxkmxm.因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，所以2222644(14)(416)0k mkm，即22164mk.又由,20,ykxmxy 可得2(,)1212mmPkk；同理可得2(,)1212mmQkk.由原点O 到直线 PQ 的距离为2|1mdk和2|1|PQPQkxx，可得 22111222|222121214OPQPQmmmSPQ dmxxmkkk.将代入得，222241281441OPQkmSkk
144、.当214k 时，2224128()8(1)84141OPQkSkk；当2104k时，2224128()8(1)1414OPQkSkk.因2104k，则20141k ，22214k，所以228(1)814OPQSk，当且仅当0k 时取等号.所以当0k 时，OPQS的最小值为 8.240.（2015 陕西高考，理 20）（本小题满分 12 分）已知椭圆:22221xyab（0ab）的半焦距为c，原点 到经过两点,0c，0,b 的直线的距离为 12 c（I）求椭圆 的离心率；（II）如图，是圆:225212xy的一条直径，若椭圆 经过 ，两点，求椭圆 的方程解：(1)过点(c，0)，(0，b)的直
145、线方程为 bxcybc0，(2)由(1)知，椭圆 E 的方程为 x24y24b2.依题意，圆心 M(2，1)是线段 AB 的中点，且|AB|.易知，AB 与 x 轴不垂直，设其方程为 yk(x2)1，代入得(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)24b20.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，241（2015 新课标全国卷 I，理 20）(本小题满分 12 分)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y24x与直线 l：ykxa(a0)交于 M，N 两点(1)当 k0 时，分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有OPMOPN？说明理
146、由（）由题设可得(2,)Ma a，(2 2,)Na，或(2 2,)Ma，(2,)Na a.12yx，故24xy 在 x=2 2a 处的到数值为a，C 在(2 2,)a a 处的切线方程为(2)yaa xa，即0axya.故24xy 在 x=-2 2a 处的到数值为-a，C 在(2 2,)a a处的切线方程为(2)yaa xa，即0axya.故所求切线方程为0axya或0axya.5 分（）存在符合题意的点，证明如下：设 P（0，b）为复合题意得点，11(,)M x y，22(,)N xy，直线 PM，PN 的斜率分别为12,k k.将 ykxa代入 C 得方程整理得2440 xkxa.1212
147、4,4xxk x xa.121212ybybkkxx=1212122()()kx xab xxx x=()k aba.当ba 时，有12kk=0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补，故OPM=OPN，所以(0,)Pa符合题意.12 分242.（2015 北京高考，理 19）（本小题 14 分）已知椭圆C：222210 xyabab的离心率为22，点0 1P，和点 A mn，0m都在椭圆C 上，直线 PA 交 x 轴于点 M（）求椭圆C 的方程，并求点 M 的坐标（用 m，n 表示）；（）设O 为原点，点 B 与点 A 关于 x 轴对称，直线 PB 交 x 轴于点 N 问：y 轴上
148、是否存在点Q，使得OQMONQ？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由243.（2015 湖南高考，理 20）已知抛物线21:4Cxy的焦点 F 也是椭圆22222:1(0)yxCabab的一个焦点，1C 与2C 的公共弦的长为2 6.（1）求2C 的方程；（2）过点 F 的直线l 与1C 相交于 A，B 两点，与2C 相交于C，D 两点，且 AC 与 BD 同向（）若|ACBD，求直线l 的斜率（）设1C 在点 A 处的切线与 x 轴的交点为 M，证明：直线l 绕点 F 旋转时，MFD总是钝角三角形1）由1C：24xy知其焦点 F 的坐标为(0,1)，F 也是椭圆2C 的一焦点，221a
149、b，又1C 与2C 的公共弦的长为2 6，1C 与2C 都关于 y 轴对称，且1C 的方程为24xy，由此易知1C 与2C 的公共点的坐标为3(6,)2，229614ab，联立，得29a，28b，故2C 的方程为22198xy；（2）如图xDOMNyPQ，11(,)A x y，22(,)B xy，33(,)C xy，44(,)D xy，（i）AC 与 BD 同向，且|BDAC，ACBD，从而31xx42xx，即12xx34xx，于是2124xx12x x 2344xx34x x，设直线l 的斜率为k，则l 的方程为1 kxy，由214ykxxy得216640 xkx，而1x，2x 是这个方程的
150、两根，124xxk，124x x ，由221189ykxxy得244（2015 安徽高考，文 20）(本小题满分 13 分)设椭圆 E 的方程为x2a2y2b21(ab0)，点O 为坐标原点，点 A 的坐标为(a，0)，点 B 的坐标为(0，b)，点 M 在线段 AB 上，满足|BM|2|MA|，直线 OM 的斜率为 510.(1)求 E 的离心率 e；(2)设点 C 的坐标为(0，b)，N 为线段 AC 的中点，证明：MNAB.解：(1)由题设条件知，点 M 的坐标为23a，13b，又 kOM 510，从而 b2a 510.进而得 a 5b，c a2b22b，故 eca2 55.(2)证明：
151、由 N 是 AC 的中点知，点 N 的坐标为(a2，b2)，可得 NMa6，5b6.又 AB(a，b)，从而有 ABNM16a256b216(5b2a2)由(1)可知 a25b2，所以 ABNM0，故 MNAB.245（2015 北京高考，文 20）(本小题满分 14 分)已知椭圆 C：x23y23，过点 D(1，0)且不过点 E(2，1)的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点，直线 AE 与直线 x3 交于点 M.(1)求椭圆 C 的离心率；(2)若 AB 垂直于 x 轴，求直线 BM 的斜率；(3)试判断直线 BM 与直线 DE 的位置关系，并说明理由 解：(1)椭圆 C 的标准方程为x23
152、y21，所以 a 3，b1，c 2.所以椭圆 C 的离心率 eca 63.(2)因为 AB 过点 D(1，0)且垂直于 x 轴，所以可设 A(1，y1)，B(1，y1)，直线 AE 的方程为 y1(1y1)(x2)令 x3，得 M(3，2y1)所以直线 BM 的斜率 kBM2y1y1311.(3)直线 BM 与直线 DE 平行理由如下：当直线 AB 的斜率不存在时，由(2)可知 kBM1.又因为直线 DE 的斜率 kDE10211，所以 BMDE.当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 yk(x1)(k1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线 AE 的方程为 y1y11x12(x2)
153、令 x3，得点 M3，y1x13x12，由x23y23，yk（x1）得(13k2)x26k2x3k230，所以 x1x2 6k213k2，x1x23k2313k2.直线 BM 的斜率 kBMy1x13x12y23x2.因为 kBM1 k（x11）x13k（x21）（x12）（3x2）（x12）（3x2）（x12）（k1）x1x22（x1x2）3（3x2）（x12）（k1）3k2313k2 12k213k23（3x2）（x12）0，所以 kBM1kDE，所以 BMDE.综上可知，直线 BM 与直线 DE 平行 246.（2015 福建高考，文 19）(本小题满分 12 分)已知点 F 为抛物线
154、E：y22px(p0)的焦点，点 A(2，m)在抛物线 E 上，且|AF|3.(1)求抛物线 E 的方程；(2)已知点 G(1，0)，延长 AF 交抛物线 E 于点 B，证明：以点 F 为圆心且与直线 GA相切的圆，必与直线 GB 相切 解：(1)由抛物线的定义得|AF|2p2.因为|AF|3，即 2p23，解得 p2，所以抛物线 E 的方程为 y24x.(2)法一：因为点 A(2，m)在抛物线 E：y24x 上，所以 m2 2.由抛物线的对称性，不妨设 A(2，2 2)由 A(2，2 2)，F(1，0)可得直线 AF 的方程为 y2 2(x1)由y2 2（x1），y24x，得2x25x20，
155、解得 x2 或 x12，从而 B12，2.又 G(1，0)，所以 kGA2 202（1）2 23，kGB 2012（1）2 23，所以 kGAkGB0，从而AGFBGF，这表明点 F 到直线 GA，GB 的距离相等，故以 F为圆心且与直线 GA 相切的圆必与直线 GB 相切 法二：设以点 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆的半径为 r.因为点 A(2，m)在抛物线 E：y24x 上，所以 m2 2.由抛物线的对称性，不妨设 A(2，2 2)由 A(2，2 2)，F(1，0)可得直线 AF 的方程为 y2 2(x1)由y2 2（x1），y24x，得 2x25x20，解得 x2 或 x12，从而
156、B12，2.又 G(1，0)，故直线 GA 的方程为 2 2x3y2 20，从而 r|2 22 2|894 2 17 .又直线 GB 的方程为 2 2x3y2 20，所以点 F 到直线 GB 的距离 d|2 22 2|894 217r.这表明以点 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆必与直线 GB 相切247（2015 湖南高考，文 20）(本小题满分 13 分)已知抛物线 C1：x24y 的焦点 F 也是椭圆C2：y2a2x2b21(ab0)的一个焦点，C1与 C2的公共弦的长为 2 6.过点 F 的直线 l 与 C1相交于 A，B 两点，与 C2相交于 C，D 两点，且 AC与 BD同向(1
157、)求 C2的方程；(2)若|AC|BD|，求直线 l 的斜率 解：(1)由 C1：x24y 知其焦点 F 的坐标为(0，1)因为 F 也是椭圆 C2的一个焦点，所以 a2b21.又 C1与 C2的公共弦的长为 2 6，C1与 C2都关于 y 轴对称，且 C1的方程为 x24y，由此易知 C1与 C2的公共点的坐标为 6，32，所以 94a26b21.联立，得 a29，b28.故 C2的方程为y29x281.(2)如图，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)因 AC与 BD同向，且|AC|BD|，所以 ACBD，从而 x3x1x4x2，即 x1x2x3x4，于
158、是(x1x2)24x1x2(x3x4)24x3x4.设直线 l 的斜率为 k，则 l 的方程为 ykx1.由ykx1，x24y，得 x24kx40.而 x1，x2是这个方程的两根，所以 x1x24k，x1x24.由ykx1，y29x281，得(98k2)x216kx640.而 x3，x4是这个方程的两根，所以 x3x4 16k98k2，x3x46498k2.将代入，得 16(k21)162k2（98k2）246498k2，即 16(k21)1629（k21）（98k2）2，所以(98k2)2169，248（2015 山东高考，文 21）(本小题满分 14 分)平面直角坐标系 xOy 中，已知椭
159、圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，且点3，12 在椭圆 C 上(1)求椭圆 C 的方程；(2)设椭圆 E：x24a2 y24b21，P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线 ykxm 交椭圆 E于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.求|OQ|OP|的值；求ABQ 面积的最大值 解：(1)由题意知3a2 14b21.又a2b2a 32，解得 a24，b21.所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)由(1)知，椭圆 E 的方程为x216y241.设 P(x0，y0)，|OQ|OP|.由题意知 Q(x0，y0)因为x204y201，又（x0）216（y0）24
160、1，即24 x204y20 1，所以 2，即|OQ|OP|2.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)将 ykxm 代入椭圆 E 的方程，可得(14k2)x28kmx4m2160，由 0，可得 m2416k2.()则有 x1x2 8km14k2，x1x24m21614k2.所以|x1x2|4 16k24m214k2.因为直线 ykxm 与 y 轴交点的坐标为(0，m)，所以OAB 的面积 S12|m|x1x2|2 16k24m2|m|14k2 2（16k24m2）m214k2 24m214k2m214k2.设m214k2t.将 ykxm 代入椭圆 C 的方程，可得(14k2)x28kmx4m24
161、0，由 0，可得 m214k2.()由()()可知 0b0)经过点A(0，1)，且离心率为 22.(1)求椭圆 E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P，Q(均异于点 A)，证明：直线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2.解：(1)由题设知ca 22，b1，结合 a2b2c2，解得 a 2.所以椭圆的方程为x22y21.(2)证明：由题设知，直线 PQ 的方程为 yk(x1)1(k2)，代入x22y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0.由已知得 0，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则 x1x24k（k1）12k2，
162、x1x22k（k2）12k2.从而直线 AP，AQ 的斜率之和 kAPkAQy11x1 y21x2 kx12kx1kx22kx2 2k(2k)1x11x2 2k(2k)x1x2x1x2 2k(2k)4k（k1）2k（k2）2k2(k1)2.250（2015 四川高考，文 20）(本小题满分 13 分)如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的离心率是 22，点 P(0，1)在短轴 CD 上，且 PCPD1.(1)求椭圆 E 的方程(2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点是否存在常数，使得OAOBPAPB为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由 解：(1)由
163、已知，点 C，D 的坐标分别为(0，b)，(0，b)又点 P 的坐标为(0，1)，且 PCPD1，于是1b21，ca 22，a2b2c2.解得 a2，b 2.所以椭圆 E 的方程为x24y221.(2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 ykx1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立x24y221，ykx1得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)0，所以 x1x24k2k21，x1x222k21.从而，OAOBPAPB x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)1（24）k2（21）2k21 12k
164、212.所以，当 1 时，12k2123.此时，OAOBPAPB3 为定值 当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD.此时，OAOBPAPBOCODPCPD213.故存在常数 1，使得 OAOBPAPB为定值3.251（2015 天津高考，文 19）(本小题满分 14 分)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的上顶点为 B，左焦点为 F，离心率为 55.(1)求直线 BF 的斜率；(2)设直线 BF 与椭圆交于点 P(P 异于点 B)，过点 B 且垂直于 BP 的直线与椭圆交于点 Q(Q异于点 B)，直线 PQ 与 y 轴交于点 M，|PM|MQ|.求 的值；若|PM|sinBQ
165、P7 59，求椭圆的方程 解：(1)设 F(c，0)由已知离心率ca 55 及 a2b2c2，可得 a 5c，b2c.又因为 B(0，b)，F(c，0)，所以直线 BF 的斜率 kb00（c）2cc 2.(2)设点 P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)由(1)可得椭圆的方程为 x25c2 y24c21，直线 BF 的方程为 y2x2c.将直线方程与椭圆方程联立，消去 y，整理得 3x25cx0，解得 xP5c3.因为 BQBP，所以直线 BQ 的方程为 y12x2c，与椭圆方程联立，消去 y，整理得 21x240cx0，解得 xQ40c21.又因为|PM|MQ|及 xM0，可得
166、|xMxP|xQxM|xP|xQ|78.由有|PM|MQ|78，所以|PM|PM|MQ|778 715，即|PQ|157|PM|.又因为|PM|sinBQP7 59，所以|BP|PQ|sinBQP157|PM|sinBQP5 53.又因为 yP2xP2c43c，所以|BP|05c322c4c325 53 c，因此5 53 c5 53，得 c1.所以椭圆的方程为x25y241.252（2015 浙江高考，文 19）(本小题满分 15 分)如图，已知抛物线 C1：y14x2，圆 C2：x2(y1)21，过点 P(t，0)(t0)作不过原点 O 的直线 PA，PB 分别与抛物线 C1和圆 C2相切，
167、A，B 为切点 (1)求点 A，B 的坐标；(2)求PAB 的面积 解：(1)由题意知直线 PA 的斜率存在，故可设直线 PA 的方程为 yk(xt)由yk（xt），y14x2消去 y，整理得 x24kx4kt0，由于直线 PA 与抛物线相切，得 kt.因此，点 A 的坐标为(2t，t2)设圆 C2的圆心为 D(0，1)，点 B 的坐标为(x0，y0)由题意知：点 B，O 关于直线 PD 对称，故y02x02t1，x0ty00，解得x0 2t1t2，y0 2t21t2，因此，点 B 的坐标为2t1t2，2t21t2.(2)由(1)知|AP|t 1t2，直线 PA 的方程为 txyt20.点 B
168、 到直线 PA 的距离是 dt21t2.设PAB 的面积为 S(t)，则 S(t)12|AP|dt32.253（2015 重庆高考，文 21）(本小题满分 12 分)如图，椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 的直线交椭圆于 P，Q两点，且 PQPF1.(1)若|PF1|2 2，|PF2|2 2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ|PF1|，且3443，试确定椭圆离心率 e 的取值范围 解：(1)由椭圆的定义，2a|PF1|PF2|(2 2)(2 2)4，故 a2.设椭圆的半焦距为 c，由于 PF1PF2，因此 2c|F1F2|PF1|2|PF2|2（2 2）
169、2（2 2）22 3，即 c 3，从而 b a2c21，故所求椭圆的标准方程为x24y21.(2)如图所示，由 PF1PQ，|PQ|PF1|，得|QF1|PF1|2|PQ|2 12|PF1|.由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，知|PF1|PQ|QF1|4a.于是(1 12)|PF1|4a，解得|PF1|4a1 12，故|PF2|2a|PF1|2a（121）1 12.由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)24c2，从而4a1 1222a（121）1 1224c2.两边除以 4a2，得 4（1 12）2（121）2（1 12）2e2.若记 t1 12
170、，则上式变成 e24（t2）2t281t14212.由3443，并注意到 t1 12关于 的单调性，得 3t4，即141t13，进而12e259，即 22 b0)的左、右焦点分别为 F1,F2,右顶点为 A,上顶点为 B.已知|AB|=32|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|=22.求椭圆的方程.【解析】(1)设椭圆右焦点 F2 的坐标为(c,0),由|AB|=32|F1F2|,可得 a2+b2=3c2,又 b2=a2-c2,则2212ca.所以椭圆的离心率 e=
171、22.(2)由(1)知 a2=2c2,b2=c2,故椭圆方程为22222xycc=1.设 P(x0,y0),由 F1(-c,0),B(0,c),有1F P=(x0+c,y0),1F B=(c,c),由已知,有1F P 1F B=0,即(x0+c)c+y0c=0.又 c0,故有 x0+y0+c=0.因为点 P 在椭圆上,故2200222xycc=1.由和可得203x+4cx0=0,而点 P 不是椭圆的顶点,故 x0=-43c,代入得 y0=3c,即点 P 的坐标为4,33c c.设圆的圆心为 T(x1,y1),则 x1=4032c=-23c,y1=32cc=23c,进而圆的半径 r=22110
172、xyc=53c.由已知,有|TF2|2=|MF2|2+r2,又|MF2|=22,故有2222033ccc=8+259 c.解得 c2=3.所以所求椭圆的方程为2263xy=1.255.（2014天津高考理科18）（本小题满分 13 分）设椭圆22221xyab（0ab）的左、右焦点为12,F F，右顶点为 A，上顶点为 B.已知1232ABF F=.（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1F，经过原点的直线l 与该圆相切.求直线的斜率.【解析】（1）设椭圆的右焦点2F 的坐标为(),0c.由1232ABF F=，可得2223abc+=，又2
173、22bac=-，则2212ca=.所以，椭圆的离心率22e=.223abc+=，所以22223acc-=，解得2ac=，22e=.（2）由（1）知222ac=，22bc=.故椭圆方程为222212xycc+=.设()00,P x y.由()1,0Fc-，()0,Bc，有()100,F Pxc y=+，()1,F Bc c=.由已知，有110F P F B?，即()000 xc cy c+=.又0c，故有000 xyc+=.又因为点 P 在椭圆上，所以22002212xycc+=.由和可得200340 xcx+=.而点 P 不是椭圆的顶点，故043cx=-，代入得03cy=，即点 P 的坐标为4
174、,33c c骣-桫.设圆的圆心为()11,T x y，则1402323cxc-+=-，12323ccyc+=，进而圆的半径()()2211503rxycc=-+-=.设直线l 的斜率为k，依题意，直线l 的方程为 ykx=.由l 与圆相切，可得1121kxyrk-=+，即22233531cckck骣-桫=+，整理得2810kk-+=，解得415k=?.所以，直线l 的斜率为415+或415-.256.(2014新课标全国卷高考文科数学T20)(本小题满分 12 分)设 F1,F2 分别是椭圆22xa+22yb=10ab的左右焦点,M 是 C 上一点且 MF2与 x 轴垂直,直线 MF1与 C
175、的另一个交点为 N.(1)若直线 MN 的斜率为 34,求 C 的离心率.(2)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2,且 MN=51F N,求 a,b.【解题提示】(1)利用直线 MN 的斜率为 34再结合 a2=b2+c2 表示出关于离心率 e 的方程,解方程求得离心率.(2)结合图形,利用椭圆的性质和焦半径公式求得 a,b.【解析】(1)因为由题知,112MFF F=34,所以2ba 12c=34,且 a2=b2+c2.联立整理得:2e2+3e-2=0,解得 e=12.所以 C 的离心率为 12.(2)由三角形中位线知识可知,MF2=22,即2ba=4.设 F1N=m,由题可知 MF1=
176、4m.由两直角三角形相似,可得 M,N 两点横坐标分别为 c,-32c.由焦半径公式可得:MF1=a+ec,NF1=a+e32 c,且 MF1NF1=41,e=,a2=b2+c2.联立解得 a=7,b=2 7.所以,a=7,b=2 7.257.（2014浙江高考理科21）(本题满分 15 分)如图，设椭圆,01:2222babyaxC动直线l 与椭圆C 只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限.（1）已知直线l 的斜率为k，用kba,表示点 P 的坐标；（2）若过原点O 的直线 1l 与l 垂直，证明：点 P 到直线 1l 的距离的最大值为ba.【解析】（1）设直线l 的方程为(0)ykxm
177、k，由22221xyabykxm，消去 y 得222222222()20ba kxa kmxa ma b由于l 与C 只有一个公共点，故0，即22220bma k，所以222mba k解得点 P 的坐标为22222222(,)a kmb mPba kba k，又点 P 在第一象限，故点 P 的坐标为22222222(,)a kbPba kba k（2）由于直线 1l 过原点O 且与直线l 垂直，故直线 1l 的方程为0 xky，所以点 P 到直线1l 的距离222222222222222221a kbabba kba kdkbbaa kk因为22222ba kabk，所以22222222222
178、22abababbbaabbaa kk当且仅当2bka时等号成立所以，点 P 到直线 1l 的距离的最大值为ab.258.(2014陕西高考文科T20)(本小题满分 13 分)已知椭圆+=1(ab0)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.【解题指南】(1)先由已知得椭圆短半轴长,再由离心率及 a,b,c 间的关系,列方程组得解.(2)先利用直线与圆相交求得弦 CD 的长,再利用椭圆与直线相交得 AB 的长
179、,通过解方程得 m 值从而得解.【解析】(1)由题设知解得 a=2,b=,c=1,所以椭圆的方程为+=1.(2)由题设,以 F1F2 为直径的圆的方程为 x2+y2=1,所以圆心到直线的距离 d=.由 d1 得|m|b0,y0)和部分抛物线 C2:y=-x2+1(y0)连接而成,C1,C2的公共点为 A,B,其中 C1的离心率为.(1)求 a,b 的值.(2)过点 B 的直线 l 与 C1,C2分别交于 P,Q(均异于点 A,B),若 APAQ,求直线 l 的方程.【解题指南】(1)在 C1,C2 的方程中,令 y=0 可得 b 值,再利用椭圆中 a,b,c 的关系及离心率求得a 值.(2)利
180、用直线与圆锥曲线的位置关系分别用直线 l 与 C1,C2 的方程联立,求得点 P,Q 的坐标,结合条件 APAQ,求直线 l 的方程.【解析】(1)在 C1,C2 的方程中,令 y=0,可得 b=1,且 A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆 C1 的左右顶点.设 C1 的半焦距为 c,由=及 a2-c2=b2=1 得 a=2.所以 a=2,b=1.(2)由(1)知,上半椭圆 C1 的方程为+x2=1(y0).易知,直线 l 与 x 轴不重合也不垂直,设其方程为 y=k(x-1)(k0),代入 C1 的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)设点 P 的坐标为(xp,yp)
181、,因为直线 l 过点 B,所以 x=1 是方程(*)的一个根,由求根公式,得 xp=,从而 yp=,所以点 P 的坐标为.同理,由得 Q 点的坐标为(-k-1,-k2-2k).所以=(k,-4),=-k(1,k+2).因为 APAQ,所以=0,即k-4(k+2)=0,因为 k0,所以 k-4(k+2)=0,解得 k=-.经检验,k=-符合题意,故直线 l 的方程为 y=-(x-1).262.(2014新课标全国卷高考理科数学T20)(本小题满分 12 分)设 F1,F2 分别是椭圆22xa+22yb=10ab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
182、点为 N.(1)若直线 MN 的斜率为 34,求 C 的离心率.(2)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2,且 MN=51F N,求 a,b.【解题提示】(1)利用直线 MN 的斜率为 34再结合 a2=b2+c2 表示出关于离心率 e 的方程,解方程求得离心率.(2)结合图形,利用椭圆的性质和焦半径公式求得 a,b.【解析】(1)因为由题知,112MFF F=34,所以2ba 12c=34,且 a2=b2+c2.联立整理得:2e2+3e-2=0,解得 e=12.所以 C 的离心率为 12.(2)由三角形中位线知识可知,MF2=22,即2ba=4.设 F1N=m,由题可知 MF1=4m.由两
183、直角三角形相似,可得 M,N 两点横坐标分别为 c,-32c.由焦半径公式可得:MF1=a+ec,NF1=a+e32 c,且 MF1NF1=41,e=,a2=b2+c2.联立解得 a=7,b=2 7.所以,a=7,b=2 7.263.（2014湖南高考文科20）（本小题满分 13 分）如 图5，O 为 坐 标 原 点，双 曲 线221112211:1(0,0)xyCabab和 椭 圆222222222:1(0)xyCabab均过点2 3(,1)3P，且以1C 的两个顶点和2C 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形.（1）求12,C C 的方程；（2）是 否 存 在 直 线 l，使 得
184、 l 与1C 交 于,A B 两 点，与2C 只 有 一 个 公 共 点，且|OAOBAB？证明你的结论.【解题提示】利用椭圆的定义和直线与圆锥曲线位置关系，联立方程组，求解。【解析】（1）设2C 的焦距为22c，由题意知，,22,2212ac从而.1,121ca因为点），（1332P，在双曲线12122byx上，所以11-332212b，故321 b由椭圆的定义知321133211332222222a于是2,32222222caba，故21,CC的方程分别为123,132222xyyx（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2C 只有一个公共点，所以直线l 的
185、方程为2x或2x当2x时，易知)3,2()32(BA，,所以3222ABOBOA，此时，OBOAAB当2x，同理可知 OBOAAB(ii)若直线l 不垂直于 x 轴，设l 的方程为mkxy由132yxmkxy得032-3222mkmxxk）（当l 与1C 相交于 A,B 两点时，设)(,2,21,1yxByxA）（，则21,xx是上述方程的两个实根，从而33,322221221kmxxkkmxx，于是333)(22222121221kmkmxxkmxxkyy由12322xymkxy得062432222mkmxxk）（因为直线l 与2C 只有一个公共点，所以上述方程的判别式0)3)(32(816
186、222mkmk化简，得3222 mk。因此0333333322222222121kkkmkkmyyxxOBOA于是OBOAOBOAOBOAOBOA222222即22-OBOAOBOA，故ABOBOA综合（i）（ii）可知，不存在符合题设条件的直线264.(2014广东高考文科T20)(14 分)已知椭圆 C:22xa+22yb=1(ab0)的一个焦点为(5,0),离心率为53.(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.【解题提示】(1)由 c,e,求出 b 得椭圆方程,(2)要分切线斜率是否存
187、在加以讨论.【解析】(1)因为 c=5,离心率 e=53,所以 a=3,b=2,椭圆 C 的标准方程为29x+24y=1.(2)方法一:若有一条切线斜率不存在,则另一条斜率为 0,此时点 P 有四个点,分别是(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2);当两条切线斜率都存在时,设切线方程为 y-y0=k(x-x0),代入29x+24y=1 中,整理可得(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9(y0-kx0)2-4=0,切线与椭圆只有一个公共点,则=0,即(18k)2(y0-kx0)2-36(9k2+4)(y0-kx0)2-4=0,进一步化简得(20 x-9)k2-2x0y0k
188、+20y-4=0.因为两条切线相互垂直,所以 k1k2=-1,也就是202049yx=-1,则20 x+20y=13.显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程20 x+20y=13,所以点 P 的轨迹方程为20 x+20y=13.方法二:若有一条切线斜率不存在,则另一条斜率为 0,此时点 P 有四个点,分别是(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2);当两条切线斜率都存在时,设切点分别为 A(x1,y1),B(x2,y2),则219x+214y=1 且229x+224y=1.两条切线方程分别为19x x+14y y=1 和29x x+24y y=1,
189、因为两条切线都过点 P(x0,y0),所以109x x+104y y=1 且209x x+204y y=1,因为两条切线相互垂直,所以 k1=0101yyxx,k2=0202yyxx且 k1k2=-1,也就是202049yx=-1,整理得20 x+20y=13.显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程20 x+20y=13,所以点 P 的轨迹方程为20 x+20y=13.265.(2014广东高考理科)(14 分)已知椭圆 C:22xa+22yb=1(ab0)的一个焦点为(5,0),离心率为53.(1)求椭圆 C 的标准方程.(2)若动点 P(x0,y0)为椭圆
190、 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.【解题提示】(1)由 c,e,求出 b 得椭圆方程,(2)要分切线斜率是否存在加以讨论.【解析】(1)因为 c=5,离心率 e=53,所以 a=3,b=2,椭圆 C 的标准方程为29x+24y=1.(2)方法一:若有一条切线斜率不存在,则另一条斜率为 0,此时点 P 有四个点,分别是(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2);当两条切线斜率都存在时,设切线方程为 y-y0=k(x-x0),代入29x+24y=1 中,整理可得(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9(y0-kx0)2-4=0,切线与
191、椭圆只有一个公共点,则=0,即(18k)2(y0-kx0)2-36(9k2+4)(y0-kx0)2-4=0,进一步化简得(20 x-9)k2-2x0y0k+20y-4=0.因为两条切线相互垂直,所以 k1k2=-1,也就是202049yx=-1,则20 x+20y=13.显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程20 x+20y=13,所以点 P 的轨迹方程为20 x+20y=13.方法二:若有一条切线斜率不存在,则另一条斜率为 0,此时点 P 有四个点,分别是(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2);当两条切线斜率都存在时,设切点分别为 A(x1,
192、y1),B(x2,y2),则219x+214y=1 且229x+224y=1.两条切线方程分别为19x x+14y y=1 和29x x+24y y=1,因为两条切线都过点 P(x0,y0),所以109x x+104y y=1 且209x x+204y y=1,因为两条切线相互垂直,所以 k1=0101yyxx,k2=0202yyxx且 k1k2=-1,也就是202049yx=-1,整理得20 x+20y=13.显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程20 x+20y=13,所以点 P 的轨迹方程为20 x+20y=13.266.（2014福建高考理科19）（本
193、小题满分 13 分）已知双曲线)0,0(1:2222babyaxE的两条渐近线分别为xylxyl2:,2:21.（1）求双曲线 E 的离心率；（2）如图，O 为坐标原点，动直线l 分别交直线21,ll于BA,两点（BA,分别在第一，四象限），且 OAB的面积恒为 8，试探究：是否存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线 E？若存在，求出双曲线 E 的方程；若不存在，说明理由。【解题指南】由渐近线可知2ba，由基本量关系式求cea；设直线 ykxm，再根据条件建立 k,m 的两个方程【解析】解法一：(1)双曲线 E 的渐近线分别为2,2yx yx，1 分2ba，有222caa，即5ca，于是双
194、曲线的离心率5cea；3 分(2)由(1)知，双曲线 E 的方程为222214xyaa.设直线l 与 x 轴相交于点C，当lx轴时，若直线l 与双曲线 E 有且只有一个公共点，则,4OCa ABa，又因为OAB的面积为 8，182 OCAB，即 1482 aa，解得2a，此时双曲线 E 的方程为221416xy.6 分若存在满足条件的双曲线 E，则 E 的方程只能为221416xy.以下证明：当直线l 不与 x 轴垂直时，双曲线22:1416xyE也满足条件，7 分设直线l 的方程 ykxm，依题意，得2k 或2k ，8 分则(,0)mCk，记1122(,),(,)A x yB x y，由2y
195、kxmyx得122myk，同理222myk，由1212OABSOCyy得 1228222mmmkkk，即2224 44(4)mkk，10 分由221416ykxmxy得222(4)2160kxkmxm，240k，22222244(4)(16)16(416)k mkmkm ，又224(4)mk，0，即直线l 与双曲线 E 有且只有一个公共点.12 分因此，存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线 E，且 E 的方程只能为221416xy13 分方法二：(1)同方法一；(2)由(1)知，双曲线 E 的方程为222214xyaa.设直线l 的方程为 xmyt，1122(,),(,)A x yB x
196、 y，依题意得1122m，由2xmytyx得1212tym，同理2212tym，设直线l 与 x 轴相交于点C，则(,0)C t，由12182OABSOCyy得 122821 212tttmm，224(1 4)tm，由222214xmytxyaa得2222(41)84()0mymtyta，2410m ，直线l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当2 22226416(41)()0m tmta，即222240m ata，222244(1 4)0m ama，即22(1 4)(4)0ma，有24a，因此，存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线 E，且 E 的方程只能为221416xy.方法三
197、：(1)同方法一；(2)当直线l 不与 x 轴垂直时，设直线:l ykxm，1122(,),(,)A x yB x y，依题意得2k 或2k ，由2240ykxmxy得222(4)20kxkmxm，由240k，0，得21224mx xk，又因为OAB的面积为 8，所以 1sin82 OA OBAOB，而4sin5AOB，22221122285xyxy，化简得1 24x x，2244mk，即224(4)mk，由(1)得双曲线 E 的方程为222214xyaa，由222214ykxmxyaa得2222(4)240kxkmxma，因为240k，直线l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当2222
198、244(4)(4)0k mkma，即22(4)(4)0ka，有24a，双曲线 E 的方程为221416xy，当lx轴时，由OAB的面积为 8，可得:2l x，又知:2l x 与双曲线22:1416xyE 有且只有一个公共点，综上，存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线 E，且 E 的方程只能为221416xy.267.（2014辽宁高考理科20）（本小题满分 12 分）圆224xy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），双曲线22122:1xyCab 过点 P 且离心率为 3.（）求1C 的方程；（）椭圆2C 过点 P 且与1C 有相同
199、的焦点，直线l 过2C 的右焦点且与2C 交于 A，B 两点，若以线段 AB 为直径的圆过点 P，求l 的方程.【解析】（）设切点坐标为00,xy，000,0 xy.则切线斜率为001OPxkky 切线方程为0000 xyyxxy，即220000 x xy yxy，而22004xy，所以切线方程为004x xy y.切线与两坐标轴的正半轴的交点为0044,0,0,xy ，切线与 x 轴正半轴，y 轴正半轴围成的三角形面积为000014482sxyx y由22000042xyx y（当且仅当002xy时00 x y 取最大值，即 s 有最小值，此时点 P 的坐标为2,2.由题意得22222221
200、3abcacab解得221,2ab故1C 的方程为2212yx（）由（1）知，椭圆2C 的焦点为 3,0,3,0，因此设椭圆2C 的方程为22221,03xymmm.由点 P 2,2 在椭圆2C 上，得222213mm，解得23m；因而2C 的方程为22163xy当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为3x，易知333,3,22AB,以线段 AB为直径的圆不经过点 P2,2；不合题意.当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为3yk x,1122,A x yB xy，则 1122,x yxy是方程组223163yk xxy的解.整理得22221 24 3660kxk xk由韦达定理，22121222
201、4 366,1212kkxxx xkk所以121222 3(3)(3),12kyyk xk xk2121223(3)(3)12ky yk xk xk 由题意知 APBP,从而0AP BP因为11222,2,2,2APxyBPxy所以 11222,22,20AP BPxyxy即1212(2)(2)(2)(2)0 xxyy所以1212121222220 xxx xyyy y将代入解得23 625k或26k 因此l 的方程为23 6325yx或(26)3yx 即23 6252 39 20 xy或262 33 20 xy268.（2014辽宁高考理科20）（本小题满分 12 分）圆224xy的切线与
202、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.（）求 P 点的坐标；（）焦点在 x 轴上的椭圆C 过点 P，且与直线:3l yx交于,A B 两点，若 PAB的面积为2，求C 的标准方程.【解析】（）设切点坐标为00,xy，000,0 xy.则切线斜率为001OPxkky 切线方程为0000 xyyxxy，即220000 x xy yxy，而22004xy，所以切线方程为004x xy y.切线与两坐标轴的正半轴的交点为0044,0,0,xy ，切线与 x 轴正半轴，y 轴正半轴围成的三角形面积为000014482sxyx y由22000042xyx y（当且仅当
203、002xy时00 x y 取最大值，即 s 有最小值，此时点 P 的坐标为2,2.（）设 C 的方程为22221(0)xyabab，点 1122,A x yB x y，则 1122,x yx y是方程组222213xyabyx的解.整理得2224 36 20b xxb，由伟达定理得，21212224 362,bxxx xbb 又11223,3yxyx所以2222121212ABxxyyxx242211222 4824824bbxxx xb而点 2,2P到直线3yx的距离223322d所以122s ABCABd则2422 4824813222bbs ABCb又由点 2,2P在 C 上知22221
204、ab.解得226,3ab.故所求 C 的方程为221.63xy269.（2014山东高考理科21）已知抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为 F，A 为C 上异于原点的任意一点，过点 A 的直线l 交C 于另一点 B，交 x 轴的正半轴于点 D，且有|FAFD.当点 A 的横坐标为 3 时，ADF为正三角形.（）求C 的方程；（）若直线 1/ll，且 1l 和C 有且只有一个公共点 E，（）证明直线 AE 过定点，并求出定点坐标；（）ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.【解题指南】（）由抛物线的定义及已知条件点 A 的横坐标为 3 时，ADF为正三角形.可
205、求得 p 的值.（）（）先设出点 A 的坐标,根据|FAFD表示出 D 点坐标，然后根据1/ll 求出 AE 的方程，即可判断 AE 是否过定点.（）可利用设出的 A 点坐标表示出 ABE的面积，然后利用基本不等式求出最值.【解析】（）由题意知0,2pF设0,42,00,tpFDttD的中点为则，因为FDFA,由抛物线的定义知223ptp，解得 t=3+p 或 t=-3(舍去)，由342 tp，解得 p=2.所以抛物线的方程为xy42.（）（）由（）知 F(1，0),00,0,0000DDxxDyxyxA设因为FDFA,则110 xxD，,0,22000 xDxxxDD，故得由故直线 AB 的
206、斜率20ykAB，因为直线 1l 和直线 AB 平行，设直线 1l 的方程为bxyy20，代入抛物线方程得088002ybyyy，由题意00202,03264ybyby得设 2004,4,yxyyyxEEEEE则.当4442000020yyxxyykyEEAE时，可得直线 AE 的方程为0200044xxyyyy，由0204xy，整理可得144200 xyyy，直线 AE 恒过点 F（1,0），时，当420 y直线 AE 的方程为 x=1，过点 F（1,0），所以直线 AE 过定点 F（1,0）.（ii）由（i）知直线 AE 过焦点 F（1,0），所以211110000 xxxxFEAFAE，
207、设直线 AE 的方程为 x=my+1,因为点00,yxA设在直线 AE 上，故001yxm,11,yxB设直线 AB 的方程为0002xxyyy，由于00 y，可得0022xyyx，代入抛物线方程得0488002xyyy所以0108yyy，可求得44,8001001xxxyyy，所以点 B 到直线 AE 的距离为000020000141411844xxxxmyymxxd则 ABE的面积162114210000 xxxxS270.（2014山东高考文科21）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆2222:10 xyCabab的离心率为32，直线 yx被椭圆C 截得的线段长为 4 105.（）求椭圆C
208、 的方程；（）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 ADAB，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12,k k.证明存在常数 使得12kk，并求出 的值；（ii）求 OMN 面积的最大值.【解题指南】（）求椭圆的方程即求出 a,b,的值即可.（）可先设出直线方程，联立，利用韦达定理表示，找出两个斜率之间的关系，第二小问，可直接用11,yx表示出来面积，再利用基本不等式求出最大值.【解析】(1)22222223333=,42244ccabeabaaa即设直线与椭圆交于,p q 两
209、点.不妨设 p 点为直线和椭圆在第一象限的交点.224 102 5 2 5(,)55544551pab又弦长为，22224,11.4abxy联立解得椭圆方程为(2)(i)设 221111,0,yxDyxyxA，则 11,yxB，因为直线 AB 的斜率11xyk AB，又ADAB,所以直线 AD 的斜率11yxk设直线 AD 的方程为mkxy，由题意知0,0mk.由1422yxmkxy可得044841222mmkxxk.所以221418kmkxx因此221214122kmmxxkyy.由题意知21xx所以1121211441xykxxyyk所以直线 BD 的方程为11114xxxyyy.令 y=
210、0，得0,3,311xMxx即可得1122xyk所以21,2121即kk.因此存在常数21使得结论成立.（ii）直线 BD 的方程为11114xxxyyy.令 x=0 得143 yy，即143,0yN，由（i）知0,3 1xM可得 OMN的面积11118943321yxyxS.因为14212111yxyx，当且仅当22211 yx时等号成立，此时 S 取得最大值 89，所以 OMN的面积为最大值 89.271.（2014安徽高考文科21）设1F,2F 分别是椭圆 E：22221(0)xyabab的左、右焦点，过点1F 的直线交椭圆 E 于,A B 两点，11|3|AFBF(1)若2|4,ABA
211、BF的周长为 16，求2|AF；(2)若23cos5AF B，求椭圆 E 的离心率.【解题提示】（1）利用椭圆的定义求解；（2）设1|BFk=，用 k 表示22|AFBF、利用余弦定理解2ABFD得出等腰12Rt AFFD，从而得到 a,c 的关系式。【解析】（1）由11|3|,|AB|=4AFBF=，得11|3|=1AFBF=，因为2ABFD的周长为 16，所以由椭圆定义可得12416,|=2a=8aAFAF=+，故21|=2|=8-3=5AFaAF-。（2）设1|BFk=，则 k0,且1|3,|4,AFk ABk=由椭圆定义可得22|=23,|=2,AFak BFa k-在2ABFD中，由
212、余弦定理可得22222222|2|.|cos,ABAFBFAFBFAF B=+-?即2226(23)(2)(23)(2)5akakakak=-+-（4k)，化简可得()(3)0a k ak+-=，而 a+k0,故 a=3k,于是有21|3|,AFkAF=2|=5kBF，因 此2222212|B FA FA BF AF A=+轣,故12AFFD为 等 腰 直 角 三 角 形，从 而2222ccaea=?=。210.（2014安徽高考理科19）如图，已知两条抛物线02:1121pxpyE和02:2222pxpyE，过原点O 的两条直线 1l 和 2l，1l 与21,EE分别交于21,AA两点，2l
213、与21,EE分别交于21,BB两点.(1)证明：1122/ABA B；(2)过原点O 作直线l（异于 1l，2l）与21,EE分别交于21,CC两点。记111CBA与222CBA的面积分别为1S 与2S,求21SS 的值.【解题提示】（1）设出两条直线的方程，联立抛物线方程，求出点21,AA，21,BB的坐标，利用向量证明平行关系；（2）利用两个相似三角形的面积比等于相似比的平方进行求解。【解析】（1）设直线 12,l l 的方程分别为1212,(,0)yk x yk x k k=?，则由11112211122(,)2yk xppA kkyp x=，由12222211222(,)2yk xpp
214、Akkyp x=，同理可得1122122222222222(,)(,)ppppBBkkkk，所以1111112221212222(,)ppppA Bkkkk=-，=122212111112(-)p kkkk-，2222222221212222(,)ppppA Bkkkk=-，=222212111112(-)pkkkk-，故11A B=1222p A Bp，所以1122/ABA B。（2）由（1）知1122/ABA B，同 理 可 得1122/BCB C，1122/ACA C，所 以11122ABCA BD相似于，因此2111222|()|SA BSA B=,又由（1）中的11A B=1222p
215、 A Bp知111222|=|A BppA B，故211222SpSp=272.（2014四川高考理科20）已知椭圆 C：22221xyab（0ab）的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）设 F 为椭圆 C 的左焦点，T 为直线3x 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点P，Q证明：OT 平分线段 PQ（其中 O 为坐标原点）；当|TFPQ最小时，求点 T 的坐标.【解题提示】本题主要考查椭圆的标准方程、直线与方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查数形结合、划归与转化、分类与整合等数学思想.【解析】（1）依条件22222
216、26324caabbabc，所以椭圆 C 的标准方程为22162xy（2）设(3,)Tm，11(,)P x y，22(,)Q x y，又设 PQ 中点为00(,)N x y，因为(2,0)F，所以直线 PQ 的方程为：2xmy，22222(3)420162xmymymyxy，所以222122122168(3)24(1)04323mmmmyymy ym，于是1202223yymym，20022262233mxmymm，所以2262(,)33mN mm因为3OTONmkk，所以O，N，T 三点共线，即 OT 平分线段 PQ（其中 O 为坐标原点）2|1TFm，22212224(1)|113mPQy
217、ymmm，所以222222|13|24(1)24(1)13TFmmPQmmmm，令21mx（1x ），则2|2123()|32 62 6TFxxPQxx（当且仅当22x 时取“”），所以当|TFPQ最小时，22x 即1m 或 1，此时点 T 的坐标为(3,1)或(3,1).273.（2014四川高考文科20）已知椭圆C：22221xyab（0ab）的左焦点为(2,0)F，离心率为63（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设O 为坐标原点，T 为直线3x 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【解题提示】本题主要考查椭圆的标准方程、
218、直线与方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合、划归与转化、分类与整合等数学思想.【解析】（1）依条件63ca，且2c 2262ab，所以椭圆 C 的标准方程为22162xy.（2）设T 点的坐标为（3，m），则直线TF 的斜率03(2)TFmkm .当0m 时，直线 PQ 的斜率1PQkm，直线 PQ 的方程是2xmy.当0m 时，直线 PQ 的方程是2x ，也符合2xmy的形式.设1122(,),(,)P x yQ x y，将直线 PQ 的方程与椭圆C 的方程联立，得222162xmyxy.消去 x，得22(3)420mymy.其判别式22168(
219、3)mm 0.所以12243myym，12223y ym，1212212()43xxm yym.因为四边形OPTQ 是平行四边形，所以OPQT,即1122(,)(3,)x yx my .所以122122123343xxmmyymm.解得1m .此时四边形OPTQ 的面积21222142222()42 3233OPTQOPQmSSOFyymm .274.（2014重庆高考文科21）如图，设椭圆22221(0)xyabab的左、右焦点分别为12,F F，点 D 在椭圆上，12112121,2 2,F FDFF FDF FDF的面积为22.(1)求椭圆的标准方程;(2)是否存在设圆心在 y 轴上的圆
220、,使原在 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.【解题提示】(1)直接根据椭圆的定义及题设条件可求出椭圆的标准方程.(2)直接设出交点坐标然后根据椭圆与圆的对称性列出方程组求解.【解析】(1)设12(,0),(,0),FcF c其中222.cab由1212 2F FDF 得1212.22 2F FDFc从而1 22112122,222DF FSDF F Fc故1.c 从而12,2DF 由112DFFF得22221129,2DFDFF F因此23 2.2DF 所以1222 2,aDFDF故2,a 2221
221、.bac因此，所求椭圆的标准方程为221.2xy（2）如图，设圆心在 y 轴上的圆C 与椭圆2212xy 相交，111222,P x yP xy是两个交点，121 1220,0,yyFP F P是圆C 的切线，且1 122.FPF P由圆和椭圆的对称性，易知，2112,.xx yy 由（1）知12(1,0),(1,0),FF所以1 1112211(1,),(1,).F PxyF Pxy 再由1 122.FPF P得2211(1)0.xy由椭圆方程得22111(1),2xx即211340.xx解得143x 或10.x 当10 x 时，12,P P重合，此时题设要求的圆不存在.当143x 时,过1
222、2,P P 分别与1 122,FP F P 垂直的直线的交点即为圆心.C设0(0,)Cy由1 11,FPCP得101111.1yyyxx 而1111,3yx故05.3y 圆C 的半径2214154 2.3333CP综上,存在满足题设条件的圆,其方程为275.（2014湖北高考理科21）在平面直角坐标系 xOy 中，点 M到点1,0F的距离比它到 y 轴的距离多 1，记点 M 的轨迹为 C.(1)求轨迹为 C 的方程(2)设斜率为 k 的直线l 过定点 2,1p，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。【解题指南】（）设出 M 点的坐标，直接由题意列
223、等式，整理后即可得到 M 的轨迹 C 的方程；（）设出直线 l 的方程为1(x2)yk，和（）中的轨迹方程联立化为关于y 的一元二次方程，求出判别式，再在直线 y-1=k（x+2）中取 y=0 得到021kxk，然后分判别式小于 0、等于 0、大于 0 结合 x00 求解使直线 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【解析】（）设点(x,y)M,依题意得 MF1x，即22(x 1)1yx化简整理得22()xyx故点的轨迹C 的方程为24,00,0 x xyx。（）在点 M 的轨迹C 中，记212:4,:y0(x0)Cyx C依题意，可设直线l 的方程为1
224、(x 2)yk 由方程组21(x 2)4ykyx，可得244(2k 1)0kyy（1）当0k 时，此时1y ，把1y 带入轨迹C 的方程，得14x 故此时直线:1l y 与轨迹C 恰好有一个公共点 1(,1)4（2）当0k 时，方程的判别式216(2kk 1)22532.39xy设直线l 与 x 轴的交点为0(,0)x，则由1(x 2)yk，令 y0，得021kxk（）若000 x，由解得1k ，或12k。即当1k(,1)(,)2 时，直线l 与1C 没有公共点，与2C 有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点。（）若000 x 或000 x 由解得1 1,2k ，或102k。即
225、当1 1,2k 时，直线l 与1C 没有公共点，与2C 有一个公共点，当1k,0)2 时，直线l 与1C 只有两个公共点，与2C 没有公共点故当11k,0)1,22 时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点。（）若000 x 由解得112k ，或102k即当11k(1,)(0,)22 时，直线l 与1C 有两个公共点，与2C 有一个公共点故此时直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点。综合（1）（2）可知，当1k(,1)(,)02 时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点；当11k,0)1,22 时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点；当11k(1,)(0,)22 时，直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点
226、。276.(2014湖北高考文科T13)(本小题满分 14 分)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.【解题指南】(1)设出 M 点的坐标,直接由题意列等式,整理后即可得到 M 的轨迹 C 的方程.(2)设出直线 l 的方程为 y-1=k(x+2),和(1)中的轨迹方程联立化为关于 y 的一元二次方程,求出判别式,再在直线 y-1=k(x+2)中取 y
227、=0 得到 x0=-21kk,然后分判别式小于 0、等于 0、大于 0 结合 x00 求解使直线 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.【解析】(1)设点 M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即22(1)|1xyx,化简整理得 y2=2(|x|+x).故点 M 的轨迹 C 的方程为 y2=4,0,0,0.xxx(2)在点 M 的轨迹 C 中,记 C1:y2=4x,C2:y=0(x0).依题意,可设直线 l 的方程为 y-1=k(x+2).由方程组21(2),4,yk xyx 可得 ky2-4y+4(2k+1)=0.当 k=0 时,此时 y=1.
228、把 y=1 代入轨迹 C 的方程,得 x=14.故此时直线 l:y=1 与轨迹 C 恰好有一个公共点 1(,1)4.当 k0 时,方程的判别式为=-16(2k2+k-1).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=-21kk.()若00,0,x 由解得 k 12.即当 k(-,-1)1(,)2 0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.()若00,0,x 或00,0,x 由解得 k1 1,2,或-12k0.即当 k1 1,2时,直线 l 与 C1 只有一个公共点,与 C2 有一
229、个公共点.当1,0)2k 时,直线 l 与 C1 有两个公共点,与 C2 没有公共点.故当 k1,0)21 1,2时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点.()若00,0,x 由解得-1k-12,或 0k 12.即当 k1(1,)21(0,)2时,直线 l 与 C1 有两个公共点,与 C2 有一个公共点,故此时直线 l 与轨迹 C 恰好有三个公共点.综合(1)(2)可知,当 k(-,-1)1(,)2 0时,直线 l 与轨迹 C 恰好有一个公共点;当 k1,0)21 1,2时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点;当 k1(1,)21(0,)2时,直线 l 与轨迹 C 恰好有三个公共点.27
230、7.（2014湖南高考理科21）（本小题满分 13 分）如图，O 为坐标原点，椭圆22122:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为12,F F，离心率为1e；双曲线22222:1xyCab的左、右焦点分别为34,F F，离心率为2e 已知1 23,2e e 且24|3 1.F F（1）求12,C C 的方程；（2）过1F 作1C 的不垂直于 y 轴的弦 AB 的中点当直线OM 与2C 交于,P Q 两点时，求四边形 APBQ 面积的最小值【解题提示】（1）利用离心率公式和cba,的关系解方程组就可解；（2）联立方程组，求得弦长 AB，及 P,Q 到 AB 的距离，列得面积的函数，再求最小值
231、。【解析】(1)由题意可得2212221,1bbeeaa,且22122F Fab,因为1 232e e,且222224F Fabab,所以43112222 abab且22223 1abab，解 得2,1,2abba，所 以 椭 圆1C 方 程 为2212xy,双 曲 线2C 的 方 程 为2212xy.(2)由(1)可得21,0F,因为直线 AB 不垂直于 y 轴,所以设直线 AB 的方程为1xny,联立直线与椭圆方程可得222210nyny,则222ABnyyn,则22 nnyM，因为 AB 为焦点弦,所以根据焦点弦弦长公式可得21222222222221nnxxAB,因为,MMM xy在直
232、线 AB 上,所以2222122Mnxnn,即2,2222nnnM.则直线 PQ 的方程为2MMynyxyxx,联立方程组12222yxxny，消去 y 整理得，,2422nx,2222nny设点 PP yxP,QQ yxQ,则点 P,Q 到直线 AB 的距离之和为221111nnyxnnyxhQQPP,因为 P,Q 在直线 AB 的两侧，且关于原点对称，所以011QQPPnyxnyx，且QPQPyyxx,所以221111nnyxnnyxhQQPP 2111nnyxnyxQQPP 2122nnyxPP2222221222122222nnnnnnnn，所以四边形 APBQ 的面积为2222222
233、3122122221222121nnnnnnhABS因为2202 n，故当0n时，2min S。综上所述，四边形 APBQ 的面积的最小值为 2.278.（2014上海高考文科22）在平面直角坐标系 xoy中，对于直线l：0axbyc和点111222(,),(,),P x yP x y记1122)().axbyc axbyc（若 0，则称点21,PP被直线l 分隔。若曲线 C 与直线l 没有公共点，且曲线 C 上存在点21PP，被直线l 分隔，则称直线l 为曲线 C 的一条分隔线.求证：点），（），（012,1BA被直线01 yx分隔；若直线kxy 是曲线1422 yx的分隔线，求实数k 的取
234、值范围；动点 M 到点）（2,0Q的距离与到 y 轴的距离之积为 1，设点 M 的轨迹为 E，求 E 的方程，并证明 y 轴为曲线 E 的分隔线.【解题指南】1222(1)41.(3).PPykxxyE根据点，被直线分隔的定义可证得.(2)根据曲线分隔线的定义，若与没有交点，则直线为曲线的分隔线首先根据定义求出曲线 的方程，再根据曲线分隔线的定义来判断【解析】2222222222(1)1,2-1,01,1+2-1-1-1=-40(1,2),(1,0)1041(2),(1 4)1,11-0,22(3)(,),(2)1,(2)1(1)0,xyABxyxykxykxkkM x yxyxExyxx 将
235、（），（）分别代入得：（）（）点被直线分隔；联立得依题意，方程无解1 4k或设则故曲线 的方程为（y轴为显然与12(1 2),(1 2)0,=1-10,0PPExx方程（1）联立无解，又，为 上两点，且代入有（）是一条分隔线；279.点111222(,),(,),P x yP x y记1122)().axbyc axbyc（若 0)的焦点 F 作斜率分别为 k1，k2 的两条不同直线 l1，l2，且 k1k22，l1 与 E 相交于点 A，B，l2 与 E 相交于点 C，D，以 AB，CD为直径的圆 M，圆 N(M，N 为圆心)的公共弦所在直线记为 l.(1)若 k10，k20，证明：FMFN
236、0，k20，k1k2，所以 0k1k2k1k2221.故 FMFN0，所以点 M 到直线 l 的距离d|2pk21pk1p|5p|2k21k11|5p2k1142785.故当 k114时，d 取最小值 7p8 5.由题设，7p8 57 55，解得 p8.故所求的抛物线 E 的方程为 x216y.281（2013福建高考理）如图，在正方形 OABC 中，O 为坐标原点，点 A 的坐标为(10,0)，点 C 的坐标为(0,10)分别将线段 OA 和 AB 十等分，分点分别记为 A1，A2，A9 和 B1，B2，B9 连接 OBi，过 Ai 作 x 轴的垂线与 OBi 交于点 Pi(iN*,1i9)
237、(1)求证：点 Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线 E 的方程；(2)过点 C 作直线 l 与抛物线 E 交于不同的两点 M，N，若OCM 与OCN 的面积比为 41，求直线 l 的方程解：本小题主要考查抛物线的性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想法一：(1)依题意，过 Ai(iN*,1i9)且与 x 轴垂直的直线的方程为 xi，Bi 的坐标为(10，i)，所以直线 OBi 的方程为 y i10 x.设 Pi 的坐标为(x，y)，由xi，y i10 x，得 y 110 x2，即 x210y.
238、所以点 Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上，且抛物线 E 的方程为 x210y.(2)依题意，直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 ykx10.由ykx10，x210y，得 x210kx1000，此时 100k24000，直线 l 与抛物线 E 恒有两个不同的交点 M，N.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x210k，x1x2100.因为 SOCM4SOCN，所以|x1|4|x2|.又 x1x20)点 M(x0，y0)在抛物线 C2 上，过 M 作 C1 的切线，切点为 A，B(M 为原点 O 时，A，B 重合于 O)当 x01 2时，切线 MA 的斜率为12.(1)求
239、 p 的值；(2)当 M 在 C2 上运动时，求线段 AB 中点 N 的轨迹方程(A，B 重合于 O 时，中点为 O)解：本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题以及求解轨迹方程等问题，考查了考生的逻辑思维能力和归纳推理能力(1)因为抛物线 C1：x24y 上任意一点(x，y)的切线斜率为 yx2，且切线 MA 的斜率为12，所以 A 点坐标为1，14，故切线 MA 的方程为y12(x1)14.因为点 M(1 2，y0)在切线 MA 及抛物线 C2 上，于是y012(2 2)1432 24，y01 222p32 22p.由得 p2.(2)设 N(x，y)，Ax1，x214，Bx2，x224，x1
240、x2，由 N 为线段 AB 中点知 xx1x22，yx21x228.切线 MA，MB 的方程为yx12(xx1)x214.yx22(xx2)x224.由得 MA，MB 的交点 M(x0，y0)的坐标为 x0 x1x22，y0 x1x24.因为点 M(x0，y0)在 C2 上，即 x204y0，所以 x1x2x21x226.由得 x243y，x0.当 x1x2 时，A，B 重合于原点 O，AB 中点 N 为 O，坐标满足 x243y.因此线段 AB 中点 N 的轨迹方程为 x243y.283（2013安徽高考理）设椭圆 E：x2a2 y21a21 的焦点在 x 轴上(1)若椭圆 E 的焦距为 1
241、，求椭圆 E 的方程；(2)设 F1，F2 分别是椭圆 E 的左、右焦点，P 为椭圆 E 上第一象限内的点，直线 F2P 交 y 轴于点 Q，并且 F1PF1Q.证明：当 a 变化时，点 P 在某定直线上解：本题考查椭圆方程和椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识和运算求解能力，意在考查推理论证能力以及数形结合思想，对数式变形能力要求较高(1)因为焦距为 1，且焦点在 x 轴上，所以 2a2114，解得 a258.故椭圆 E 的方程为8x25 8y23 1.(2)证明：设 P(x0，y0)，F1(c,0)，F2(c,0)，其中 c 2a21.由题设知 x0c，则直线 F1P 的斜率 k
242、F1P y0 x0c，直线 F2P 的斜率 kF2P y0 x0c.故直线 F2P 的方程为 y y0 x0c(xc)当 x0 时，y cy0cx0，即点 Q 坐标为0，cy0cx0.因此，直线 F1Q 的斜率为 kF1Q y0cx0.由于 F1PF1Q，所以 kF1PkF1Q y0 x0c y0cx01.化简得 y20 x20(2a21)将代入椭圆 E 的方程，由于点 P(x0，y0)在第一象限，解得 x0a2，y01a2，即点 P 在定直线 xy1 上284（2013浙江高考理）如图，点 P(0，1)是椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)的一个顶点，C1 的长轴是圆 C2：x2y24
243、的直径l1，l2 是过点 P 且互相垂直的两条直线，其中 l1 交圆C2 于 A，B 两点，l2 交椭圆 C1 于另一点 D.(1)求椭圆 C1 的方程；(2)求ABD 面积取最大值时直线 l1 的方程解：本题考查椭圆的几何性质，直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力(1)由题意得b1，a2.所以椭圆 C1 的方程为x24y21.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线 l1 的斜率存在，不妨设其为 k，则直线l1 的方程为 ykx1.又圆 C2：x2y24，故点 O 到直线 l1 的距离 d1k21，
244、所以|AB|2 4d22 4k23k21.又 l2l1，故直线 l2 的方程为 xkyk0.由xkyk0，x24y24，消去 y，整理得(4k2)x28kx0，故 x0 8k4k2.所以|PD|8 k214k2.设ABD 的面积为 S，则 S12|AB|PD|8 4k234k2，所以 S324k23134k233224k23134k2316 1313，当且仅当 k 102 时取等号所以所求直线 l1 的方程为 y 102 x1.285（2013重庆高考理）如图，椭圆的中心为原点 O，长轴在 x 轴上，离心率 e 22，过左焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于 A，A两点，|AA|4.(1)求该
245、椭圆的标准方程；(2)取垂直于 x 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 P，P，过 P，P作圆心为 Q 的圆，使椭圆上的其余点均在圆 Q 外若 PQPQ，求圆 Q 的标准方程解：本题主要考查解析几何问题，意在考查考生的计算能力和转化化归能力(1)由题意知点 A(c,2)在椭圆上，则c2a222b21，从而 e2 4b21.由 e 22 得 b241e28，从而 a2 b21e216.故该椭圆的标准方程为x216y281.(2)由椭圆的对称性，可设 Q(x0,0)又设 M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2(xx0)2y2x22x0 xx2081x216 12(x2x0)2x208(x4,4)设
246、 P(x1，y1)，由题意，P 是椭圆上到 Q 的距离最小的点，因此，上式当 xx1 时取最小值，又因 x1(4,4)，所以上式当 x2x0 时取最小值，从而 x12x0，且|QP|28x20.因为 PQPQ，且 P(x1，y1)，所以 QPQP(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y210.由椭圆方程及 x12x0 得14x2181x2116 0，解得 x14 63，x0 x122 63.从而|QP|28x20163.故这样的圆有两个，其标准方程分别为x2 632y2163，x2 632y2163.286（2013新课标高考理）已知圆 M：(x1)2y21，圆 N：(x1)
247、2y29，动圆 P与圆 M 外切并且与圆 N 内切，圆心 P 的轨迹为曲线 C.(1)求 C 的方程；(2)l 是与圆 P，圆 M 都相切的一条直线，l 与曲线 C 交于 A，B 两点，当圆 P 的半径最长时，求|AB|.解：本题主要考查圆的标准方程，直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆的定义、标准方程，直线与椭圆的位置关系等知识，意在考查考生综合运用所学知识解答问题的能力和运算求解能力由已知得圆 M 的圆心为 M(1,0)，半径 r11；圆 N 的圆心为 N(1,0)，半径 r23.设圆 P 的圆心为 P(x，y)，半径为 R.(1)因为圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切，所以|PM|PN
248、|(Rr1)(r2R)r1r24.由椭圆的定义可知，曲线 C 是以 M，N 为左、右焦点，长半轴长为 2，短半轴长为 3的椭圆(左顶点除外)，其方程为x24y231(x2)(2)对于曲线 C 上任意一点 P(x，y)，由于|PM|PN|2R22，所以 R2，当且仅当圆 P的圆心为(2,0)时，R2.所以当圆 P 的半径最长时，其方程为(x2)2y24.若 l 的倾斜角为 90，则 l 与 y 轴重合，可得|AB|2 3.若 l 的倾斜角不为 90，由 r1R 知 l 不平行于 x 轴，设 l 与 x 轴的交点为 Q，则|QP|QM|Rr1，可求得 Q(4,0)，所以可设 l：yk(x4)，由
249、l 与圆 M 相切得|3k|1k21，解得 k 24.当 k 24 时，y 24 x 2代入x24y231，并整理得 7x28x80，解得 x1,246 27.所以|AB|1k2|x2x1|187.当 k 24 时，由图形的对称性可知|AB|187.综上，|AB|2 3或|AB|187.287（2013新课标高考理）平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆 M：x2a2y2b21(ab0)右焦点的直线 xy 30 交 M 于 A，B 两点，P 为 AB 的中点，且 OP 的斜率为12.(1)求 M 的方程；(2)C，D 为 M 上的两点，若四边形 ACBD 的对角线 CDAB，求四边形 ACBD 面
250、积的最大值解：本题考查用待定系数法求椭圆方程以及直线与椭圆位置关系的问题，考查利用函数思想求最值，体现对考生综合素质特别是对考生分析问题、解决问题以及化归与转化能力的考查(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则x21a2y21b21，x22a2y22b21，y2y1x2x11，由此可得b2x2x1a2y2y1y2y1x2x11.因为 x1x22x0，y1y22y0，y0 x012，所以 a22b2.又由题意知，M 的右焦点为(3，0)，故 a2b23.因此 a26，b23.所以 M 的方程为x26y231.(2)由xy 30，x26y231，解得x4 33，y 33，
251、或x0，y 3.因此|AB|4 63.由题意可设直线 CD 的方程为 yxn5 33 n 3，设 C(x3，y3)，D(x4，y4)由yxn，x26y231得 3x24nx2n260.于是 x3,42n 29n23.因为直线 CD 的斜率为 1，所以|CD|2|x4x3|439n2.由已知，四边形 ACBD 的面积 S12|CD|AB|8 699n2.当 n0 时，S 取得最大值，最大值为8 63.所以四边形 ACBD 面积的最大值为8 63.288（2013北京高考理）已知 A，B，C 是椭圆 W：x24y21 上的三个点，O 是坐标原点(1)当点 B 是 W 的右顶点，且四边形 OABC
252、为菱形时，求此菱形的面积；(2)当点 B 不是 W 的顶点时，判断四边形 OABC 是否可能为菱形，并说明理由解：本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，意在考查方程思想、化归与转化思想等数学思想方法和考生的运算求解能力以及分析问题和解决问题的能力(1)椭圆 W：x24y21 的右顶点 B 的坐标为(2,0)因为四边形 OABC 为菱形，所以 AC 与 OB 相互垂直平分所以可设 A(1，m)，代入椭圆方程得14m21，即 m 32.所以菱形 OABC 的面积是12|OB|AC|1222|m|3.(2)假设四边形 OABC 为菱形因为点 B 不是 W 的顶点，且直线 AC 不过原点，所以可设
253、AC 的方程为 ykxm(k0，m0)由x24y24，ykxm消 y 并整理得(14k2)x28kmx4m240.设 A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x22 4km14k2，y1y22kx1x22mm14k2.所以 AC 的中点为 M 4km14k2，m14k2.因为 M 为 AC 和 OB 的交点，所以直线 OB 的斜率为 14k.因为 k 14k 1，所以 AC 与 OB 不垂直所以四边形 OABC 不是菱形，与假设矛盾所以当点 B 不是 W 的顶点时，四边形 OABC 不可能是菱形289（2013陕西高考理）已知动圆过定点 A(4,0)，且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8.
254、(1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程；(2)已知点 B(1,0)，设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P，Q，若 x 轴是PBQ 的角平分线，证明直线 l 过定点解：本题考查圆的几何性质和轨迹方程的求解方法，探究直线恒过定点的问题，涉及平面几何性质的应用(1)如图，设动圆圆心 O1(x，y)，由题意，|O1A|O1M|，当 O1 不在 y 轴上时，过 O1 作 O1HMN 交 MN 于 H，则 H 是 MN 的中点，|O1M|x242，又|O1A|x42y2，x42y2x242，化简得 y28x(x0)又当 O1 在 y 轴上时，O1 与 O 重合，点 O1 的坐标(0,0
255、)也满足方程 y28x，动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y28x.(2)证明：由题意，设直线 l 的方程为 ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将 ykxb 代入 y28x 中，得 k2x2(2bk8)xb20，其中 32kb640.由根与系数的关系得，x1x282bkk2，x1x2b2k2，因为 x 轴是PBQ 的角平分线，所以 y1x11 y2x21，即 y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，将代入，得 2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此时 0，直线 l 的方程为 yk(x1)，
256、直线 l 过定点(1,0)290（2013江西高考理）如图，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)经过点 P(1，32)，离心率 e12，直线 l 的方程为 x4.(1)求椭圆 C 的方程；(2)AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P)，设直线 AB 与直线 l 相交于点 M，记 PA，PB，PM 的斜率分别为 k1，k2，k3.问：是否存在常数，使得 k1k2k3？若存在，求 的值；若不存在，说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系等，旨在考查考生综合应用知识的能力(1)由 P1，32 在椭圆上得，1a2 94b21.依题设知 a2c，则 b23c2.代
257、入解得 c21，a24，b23.故椭圆 C 的方程为x24y231.(2)法一：由题意可设直线 AB 的斜率为 k，则直线 AB 的方程为 yk(x1)代入椭圆方程 3x24y212 并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2 8k24k23，x1x24k234k23.在方程中令 x4 得，M 的坐标为(4,3k)从而 k1y132x11，k2y232x21，k33k3241 k12.由于 A，F，B 三点共线，则有 kkAFkBF，即有 y1x11 y2x21k.所以 k1k2y132x11y232x21 y1x11 y2x2132
258、1x111x21 2k32x1x22x1x2x1x21.代入得 k1k22k328k24k2324k234k23 8k24k2312k1，又 k3k12，所以 k1k22k3.故存在常数 2 符合题意法二：设 B(x0，y0)(x01)，则直线 FB 的方程为 y y0 x01(x1)，令 x4，求得 M4，3y0 x01，从而直线 PM 的斜率为 k32y0 x012x01，联立y y0 x01x1，x24y231，得 A5x082x05，3y02x05，则直线 PA 的斜率为 k12y02x052x01，直线 PB 的斜率为 k2 2y032x01，所以 k1k22y02x052x01 2
259、y032x012y0 x01x012k3，故存在常数 2 符合题意291（2013广东高考理）已知抛物线 C 的顶点为原点，其焦点 F(0，c)(c0)到直线 l：xy20 的距离为3 22.设 P 为直线 l 上的点，过点 P 作抛物线 C 的两条切线 PA，PB，其中 A，B 为切点(1)求抛物线 C 的方程；(2)当点 P(x0，y0)为直线 l 上的定点时，求直线 AB 的方程；(3)当点 P 在直线 l 上移动时，求|AF|BF|的最小值解：本题考查抛物线方程、导数的几何意义、直线与抛物线的位置关系等基础知识和基本方法，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生的运算求解能力、逻辑
260、思维能力(1)依题意，设抛物线 C 的方程为 x24cy，则|0c2|23 22，结合 c0，解得 c1.所以抛物线 C 的方程为 x24y.(2)抛物线 C 的方程为 x24y，即 y14x2，求导得 y12x.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中 y1x214，y2x224)，则切线 PA，PB 的斜率分别为12x1，12 x2.所以切线 PA 的方程为 yy1x12(xx1)，即 yx12xx212y1，即 x1x2y2y10.同理，可得切线 PB 的方程为 x2x2y2y20.因为切线 PA，PB 均过点 P(x0，y0)，所以 x1x02y02y10，x2x02y02y20.
261、所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程 x0 x2y02y0 的两组解所以直线 AB 的方程为 x0 x2y02y0.(3)由抛物线定义可知|AF|y11，|BF|y21，所以|AF|BF|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1.联立方程x0 x2y2y00，x24y，消去 x 整理得 y2(2y0 x20)yy200，由根与系数的关系可得 y1y2x202y0，y1y2y20，所以|AF|BF|y1y2(y1y2)1y20 x202y01.又点 P(x0，y0)在直线 l 上，所以 x0y02.所以 y20 x202y012y202y052y012292.所以当 y012时，|AF|B
262、F|取得最小值，且最小值为92.292（2013山东高考理）椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别是 F1，F2，离心率为 32，过 F1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1.(1)求椭圆 C 的方程；(2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点，连接 PF1，PF2.设F1PF2 的角平分线 PM 交 C的长轴于点 M(m,0)，求 m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点 P 作斜率为 k 的直线 l，使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点设直线 PF1，PF2 的斜率分别为 k1，k2.若 k0，试证明 1kk1 1kk2为定值，并求出这个定值
263、解：本题考查椭圆方程、直线方程、三角形内角的角平分线、直线与椭圆的位置关系、两点连线的斜率公式等基础知识和基本方法，意在考查数形结合、函数与方程、化归与转化等数学思想方法和考生的运算求解能力、逻辑推理能力及综合运用知识分析问题和解决问题的能力(1)由于 c2a2b2，将 xc 代入椭圆方程x2a2y2b21，得 yb2a，由题意知2b2a 1，即 a2b2.又 eca 32，所以 a2，b1.所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)法一：设 P(x0，y0)(y00)又 F1(3，0)，F2(3，0)，所以直线 PF1，PF2 的方程分别为lPF1：y0 x(x0 3)y 3y00，lPF2
264、：y0 x(x0 3)y 3y00.由题意知|my0 3y0|y20 x0 32|my0 3y0|y20 x0 32.由于点 P 在椭圆上，所以x204y201.所以|m 3|32 x02 2|m 3|32 x02 2.因为 3m 3，2x02，所以 m 332 x023m2 32 x0，所以 m34x0.因此32m32.法二：设 P(x0，y0)(y00)当 0 x02 时，当 x0 3时，直线 PF2 的斜率不存在，易知 P3，12 或 P3，12.若 P3，12，则直线 PF1 的方程为 x4 3y 30.由题意得|m 3|7 3m，因为 3m 3，所以 m3 34.若 P3，12，同理
265、可得 m3 34.当 x0 3时，设直线 PF1，PF2 的方程分别为 yk1(x 3)，yk2(x 3)由题意知|mk1 3k1|1k21|mk2 3k2|1k22，所以m 32m 3211k2111k22.因为x204y201，且 k1y0 x0 3，k2y0 x0 3，所以m 32m 324x0 324x204x0 324x20 3x208 3x0163x208 3x016 3x042 3x042，即m 3m 3 3x043x04.因为 3m 3，0 x02 且 x0 3，所以 3m3m4 3x04 3x0，整理得 m3x04，故 0m32且 m3 34.综合可得 0m32.当2x00
266、时，同理可得32m0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 3，直线 y2 与 C 的两个交点间的距离为 6.(1)求 a，b；(2)设过 F2 的直线 l 与 C 的左、右两支分别交于 A，B 两点，且|AF1|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列解：本题考查双曲线的性质，直线与双曲线的位置关系及与其他知识相结合的综合性问题，考查考生分析问题、解决问题的能力(1)由题设知ca3，即a2b2a29，故 b28a2.所以 C 的方程为 8x2y28a2.将 y2 代入上式，求得 x a212.由题设知，2 a212 6，解得 a21.所以 a1，b2 2.(2)由
267、(1)知，F1(3,0)，F2(3,0)，C 的方程为 8x2y28.由题意可设 l 的方程为 yk(x3)，|k|b0)的焦距为 4，且过点 P(2，3)(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 Q(x0，y0)(x0y00)为椭圆 C 上一点过点 Q 作 x 轴的垂线，垂足为 E.取点 A(0,2 2)，连接 AE.过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点，作直线 QG.问这样作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点？并说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线和椭圆的位置关系等基础知识，考查数形结合思想、逻辑推理能力及运算求解
268、能力(1)因为焦距为 4，所以 a2b24.又因为椭圆 C 过点 P(2，3)，所以2a23b21，故 a28，b24.从而椭圆 C 的方程为x28y241.(2)由题意，知 E 点坐标为(x0,0)设 D(xD,0)，则 AE(x0，2 2)，AD(xD，2 2)由 ADAE 知，AEAD0，即 xDx080.由于 x0y00，故 xD8x0.因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点，所以点 G8x0，0.故直线 QG 的斜率 kQGy0 x08x0 x0y0 x208.又因 Q(x0，y0)在椭圆 C 上，所以 x202y208.从而 kQG x02y0.故直线 QG 的方程为 y x0
269、2y0 x8x0.将代入椭圆 C 方程，得(x202y20)x216x0 x6416y200.再将代入，化简得x22x0 xx200，解得 xx0，yy0.即直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点.301（2013山东高考文）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C 的中心在原点 O，焦点在 x 轴上，短轴长为 2，离心率为 22.(1)求椭圆 C 的方程；(2)A，B 为椭圆 C 上满足AOB 的面积为 64 的任意两点，E 为线段 AB 的中点，射线 OE 交椭圆 C 于点 P.设 OPt OE，求实数 t 的值解：本题综合考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、平面向量的坐标运算等知
270、识，考查方程思想、分类讨论思想、推理论证能力和运算求解能力(1)设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，由题意知a2b2c2，ca 22，2b2，解得 a 2，b1，因此椭圆 C 的方程为x22y21.(2)()当 A，B 两点关于 x 轴对称时，设直线 AB 的方程为 xm，由题意得 2m0 或 0m0，所以 t2 或 t2 33.()当 A，B 两点关于 x 轴不对称时，设直线 AB 的方程为 ykxh，将其代入椭圆的方程x22y21，得(12k2)x24khx2h220.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)由判别式 0 可得 12k2h2，此时 x1x2 4kh12k2，x1
271、x22h2212k2，y1y2k(x1x2)2h2h12k2，所以|AB|1k2 x1x224x1x22 21k2 12k2h212k2.因为点 O 到直线 AB 的距离 d|h|1k2，所以 SAOB12|AB|d122 2 1k212k2h212k2|h|1k2 2 12k2h212k2|h|.又 SAOB 64，所以 2 12k2h212k2|h|64.令 n12k2，代入整理得 3n216h2n16h40，解得 n4h2 或 n43h2，即 12k24h2 或 12k243h2.又 OPtOE12t(OAOB)12t(x1x2，y1y2)2kht12k2，ht12k2，因为 P 为椭圆
272、 C 上一点，所以 t212 2kh12k2 2h12k2 21，即 h2t212k21.将代入得 t24 或 t243.又 t0，所以 t2 或 t2 33.经检验，符合题意综合()()得 t2 或 t2 33.302（2013大纲卷高考文）已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 3，直线 y2 与 C 的两个交点间的距离为 6.(1)求 a，b；(2)设过 F2 的直线 l 与 C 的左、右两支分别交于 A，B 两点，且|AF1|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列解：本题主要考查双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关
273、系、两点之间的距离、等比数列的基础知识；考查函数与方程、化归与转化等数学思想；考查逻辑思维能力、运算能力等(1)由题设知ca3，即a2b2a29，故 b28a2.所以 C 的方程为 8x2y28a2.将 y2 代入上式，并求得 x a212.由题设知，2a212 6，解得 a21.所以 a1，b2 2.(2)证明：由(1)知，F1(3,0)，F2(3,0)，C 的方程为 8x2y28.由题意可设 l 的方程为 yk(x3)，|k|0，y1y2y2021.由|AF|2|AM|AN|，得|y1y2|4，所以y20214，解得 y0 6，此时 0.所以圆心 C 的坐标为32，6 或32，6，从而|C
274、O|2334，|CO|332，即圆 C 的半径为 332.304（2013新课标高考文）在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 P 在 x 轴上截得线段长为 2 2，在 y 轴上截得线段长为 2 3.(1)求圆心 P 的轨迹方程；(2)若 P 点到直线 yx 的距离为 22，求圆 P 的方程解：本题主要考查圆的相关性质、动点的轨迹方程、点到直线的距离、圆的方程，意在考查考生的逻辑思维能力和运算求解能力(1)设 P(x，y)，圆 P 的半径为 r.由题设 y22r2，x23r2，从而 y22x23.故 P 点的轨迹方程为 y2x21.(2)设 P(x0，y0)由已知得|x0y0|2 22.又 P
275、点在双曲线 y2x21 上，从而得|x0y0|1，y20 x201.由x0y01，y20 x201，得x00，y01.此时，圆 P 的半径 r 3.由x0y01，y20 x201，得x00，y01.此时，圆 P 的半径 r 3.故圆 P 的方程为 x2(y1)23 或 x2(y1)23.305（2013湖南高考文）已知 F1，F2 分别是椭圆 E：x25y21 的左、右焦点，F1，F2 关于直线 xy20 的对称点是圆 C 的一条直径的两个端点(1)求圆 C 的方程；(2)设过点 F2 的直线 l 被椭圆 E 和圆 C 所截得的弦长分别为 a，b.当 ab 最大时，求直线 l 的方程解：本题主
276、要考查椭圆的几何性质、圆的方程、弦长和弦长最值的求解，意在考查考生的计算能力、数据处理能力和转化能力(1)由题设知，F1，F2 的坐标分别为(2,0)，(2,0)，圆 C 的半径为 2，圆心为原点 O 关于直线 xy20 的对称点设圆心的坐标为(x0，y0)，由y0 x01，x02y0220，解得x02，y02.所以圆 C 的方程为(x2)2(y2)24.(2)由题意，可设直线 l 的方程为 xmy2，则圆心到直线 l 的距离 d|2m|1m2.所以 b2 22d241m2.由xmy2，x25y21，得(m25)y24my10.设 l 与 E 的两个交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)
277、，则y1y2 4mm25，y1y21m25.于是 a x1x22y1y221m2y1y22 1m2y1y224y1y21m216m2m2524m252 5m21m25.从而 ab8 5m21m258 5m21m214 8 5m214m218 52m214m212 5.当且仅当 m214m21，即 m 3时等号成立故当 m 3时，ab 最大，此时，直线 l 的方程为 x 3y2 或 x 3y2，即 x 3y20 或 x 3y20.306（2013浙江高考文）已知抛物线 C 的顶点为 O(0,0)，焦点为 F(0,1)(1)求抛物线 C 的方程；(2)过点 F 作直线交抛物线 C 于 A，B 两点
278、若直线 AO，BO 分别交直线 l：yx2 于 M，N 两点，求|MN|的最小值解：本题主要考查抛物线几何性质，直线与抛物线的位置关系，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力(1)由题意可设抛物线 C 的方程为 x22py(p0)，则p21，所以抛物线 C 的方程为 x24y.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 ykx1.由ykx1，x24y，消去 y，整理得 x24kx40，所以 x1x24k，x1x24.从而|x1x2|4 k21.由yy1x1x，yx2，解得点 M 的横坐标 xM 2x1x1y1 2x1x1x21484x1.同理点 N 的横坐标 xN
279、84x2.所以|MN|2|xMxN|284x184x28 2x1x2x1x24x1x2168 2k21|4k3|.令 4k3t，t0，则 kt34.当 t0 时，|MN|2 225t2 6t12 2.当 tb0)的左焦点为 F，离心率为 33，过点 F 且与 x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为4 33.(1)求椭圆的方程；(2)设 A,B 分别为椭圆的左、右顶点，过点 F 且斜率为 k 的直线与椭圆交于 C，D 点若ACDBADCB8，求 k 的值.解：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的运算等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想解
280、决问题的能力(1)设 F(c,0)，由ca 33，知，a 3c.过点 F 且与 x 轴垂直的直线为 xc，代入椭圆方程有c2a2y2b21，解得 y 6b3，于是2 6b34 33，解得 b 2，又 a2c2b2，从而 a 3，c1，所以椭圆的方程为x23y221.(2)设点 C(x1，y1)，D(x2，y2)，由 F(1,0)得直线 CD 的方程为 yk(x1)由方程组ykx1，x23y221消去 y，整理得(23k2)x26k2x3k260.则 x1x2 6k223k2，x1x23k2623k2.因为 A(3，0)，B(3，0)，所以 ACDBADCB(x1 3，y1)(3x2，y2)(x
281、2 3，y2)(3x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k262k21223k2.由已知得 62k21223k2 8，解得 k 2.309.（2013湖北高考文）如图，已知椭圆 C1 与 C2 的中心在坐标原点 O，长轴均为 MN 且在 x 轴上，短轴长分别为 2m,2n(mn)，过原点且不与 x 轴重合的直线 l 与 C1，C2 的四个交点按纵坐标从大到小依次为 A，B，C，D.记 mn，BDM 和ABN 的面积分别为 S1 和 S2.(1)当直线 l 与 y 轴重合时，若 S1S2，求 的值；(2)当 变化时，是否
282、存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1S2？并说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查考生综合运用知识解决问题的能力其中问题(2)是一个开放性问题，考查观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力依题意可设椭圆 C1 和 C2 的方程分别为C1：x2a2y2m21，C2：x2a2y2n21.其中 amn0，mn1.(1)法一：如图 1，若直线 l 与 y 轴重合，即直线 l 的方程为 x0，则 S112|BD|OM|12a|BD|，S212|AB|ON|12a|AB|，所以S1S2|BD|AB|.在 C1 和 C2 的方程中分别令 x0，可
283、得 yAm，yBn，yDm，于是|BD|AB|yByD|yAyB|mnmn11.若S1S2，则11，化简得 2210.由 1，可解得 21.故当直线 l 与 y 轴重合时，若 S1S2，则 21.法二：如图 1，若直线 l 与 y 轴重合，则|BD|OB|OD|mn，|AB|OA|OB|mn；S112|BD|OM|12a|BD|，S212|AB|ON|12a|AB|.所以S1S2|BD|AB|mnmn11.若S1S2，则11，化简得 2210.由 1，可解得 21.故当直线 l 与 y 轴重合时，若 S1S2，则 21.(2)法一：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1S2.根据
284、对称性，不妨设直线 l：ykx(k0)，点 M(a,0)，N(a,0)到直线 l 的距离分别为 d1，d2，则因为 d1|ak0|1k2 ak1k2，d2|ak0|1k2ak1k2，所以 d1d2.又 S112|BD|d1，S212|AB|d2，所以S1S2|BD|AB|，即|BD|AB|.由对称性可知|AB|CD|，所以|BC|BD|AB|(1)|AB|，|AD|BD|AB|(1)|AB|，于是|AD|BC|11.将 l 的方程分别与 C1，C2 的方程联立，可求得xAama2k2m2，xBana2k2n2.根据对称性可知 xCxB，xDxA，于是|AD|BC|1k2|xAxD|1k2|xB
285、xC|2xA2xBmna2k2n2a2k2m2.从而由和式可得a2k2n2a2k2m2 11.令 t 11，则由 mn，可得 t1，于是由可解得 k2n22t21a21t2.因为 k0，所以 k20.于是式关于 k 有解，当且仅当n22t21a21t2 0，等价于(t21)t212 1，可解得1t1，即1 111，解得 1 2，所以当 11 2时，存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1S2.法二：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1S2.根据对称性，不妨设直线 l：ykx(k0)，点 M(a,0)，N(a,0)到直线 l 的距离分别为 d1，d2，则因为 d1|ak0|1k2
286、 ak1k2，d2|ak0|1k2ak1k2，所以 d1d2.又 S112|BD|d1，S212|AB|d2，所以S1S2|BD|AB|.因为|BD|AB|1k2|xBxD|1k2|xAxB|xAxBxAxB，所以xAxB11.由点 A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在 C1，C2 上，可得x2Aa2k2x2Am2 1，x2Ba2k2x2Bn2 1，两式相减可得x2Ax2Ba2k2x2A2x2Bm20，依题意 xAxB0，所以 x2Ax2B.所以由上式解得 k2 m2x2Ax2Ba22x2Bx2A.因为 k20，所以由 m2x2Ax2Ba22x2Bx2A0，可解得 1 xAxB.从而
287、1111 2，所以当 11 2时，存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1S2.310（2013陕西高考文）已知动点 M(x，y)到直线 l：x4 的距离是它到点 N(1,0)的距离的 2 倍.(1)求动点 M 的轨迹 C 的方程；(2)过点 P(0,3)的直线 m 与轨迹 C 交于 A，B 两点，若 A 是 PB 的中点，求直线 m 的斜率解：本题主要考查椭圆的几何性质和轨迹方程的探究方法，考查利用直线和圆锥曲线的位置关系探究直线斜率的问题，涉及平面几何性质的应用(1)设 M 到直线 l 的距离为 d，根据题意，d2|MN|.由此得|4x|2 x12y2，化简得x24y231，所以，动点 M
288、 的轨迹方程为x24y231.(2)法一：由题意，设直线 m 的方程为 ykx3，A(x1，y1)，B(x2，y2)将 ykx3 代入x24y231 中，有(34k2)x224kx240，其中，(24k)2424(34k2)96(2k23)0，由求根公式得，x1x2 24k34k2，x1x22434k2.又因 A 是 PB 的中点，故 x22x1，将代入，得x18k34k2，x211234k2，可得8k34k221234k2，且 k232，解得 k32或 k32，所以，直线 m 的斜率为32或32.法二：由题意，设直线 m 的方程为 ykx3，A(x1，y1)，B(x2，y2)A 是 PB 的
289、中点，x1x22，y13y22.又x214y2131，x224y2231，联立，解得x22，y20，或x22，y20.即点 B 的坐标为(2,0)或(2,0)，所以，直线 m 的斜率为32或32.311（2013江西高考文）椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率 e 32，ab3.(1)求椭圆 C 的方程；(2)如图，A，B，D 是椭圆 C 的顶点，P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点，直线 DP 交 x 轴于点 N，直线 AD 交 BP 于点 M，设 BP 的斜率为 k，MN 的斜率为 m.证明：2mk 为定值解：本题主要考查利用待定系数法求椭圆的方程，考查直线、椭圆的几何性质、直线
290、与椭圆的位置关系，考查函数与方程思想、数形结合思想，旨在考查推理论证能力与理性思维能力(1)因为 e 32 ca，所以 a 23c，b 13c.代入 ab3 得，c 3，a2，b1.故椭圆 C 的方程为x24y21.(2)证明：法一：因为 B(2,0)，P 不为椭圆顶点，则直线 BP 的方程为 yk(x2)k0，k12，把代入x24y21，解得 P8k224k21，4k4k21.直线 AD 的方程为：y12x1.与联立解得 M4k22k1，4k2k1.由 D(0,1)，P8k224k21，4k4k21，N(x,0)三点共线知4k4k2118k224k21001x0，解得 N4k22k1，0.所
291、以 MN 的斜率为 m4k2k104k22k14k22k14k2k122k1222k122k14，则 2mk2k12k12(定值)法二：设 P(x0，y0)(x00，2)，则 k y0 x02，直线 AD 的方程为：y12(x2)，直线 BP 的方程为：y y0 x02(x2)，直线 DP 的方程为：y1y01x0 x，令 y0，由于 y01，可得 Nx0y01，0联立y12x2，y y0 x02x2，解得 M4y02x042y0 x02，4y02y0 x02，因此 MN 的斜率为m4y02y0 x024y02x042y0 x02 x0y014y0y014y208y04x0y0 x2044y0
292、y014y208y04x0y044y204y012y0 x02，所以 2mk 2y012y0 x02 y0 x022y01x02y02y0 x022y0 x02x022y01x022y20y0 x022y0 x02x022y01x02124x20y0 x022y0 x02x0212(定值)312（2013四川高考文）已知圆 C 的方程为 x2(y4)24，点 O 是坐标原点直线 l：ykx 与圆 C 交于 M，N 两点(1)求 k 的取值范围；(2)设 Q(m，n)是线段 MN 上的点，且2|OQ|21|OM|21|ON|2.请将 n 表示为 m 的函数解：本题主要考查直线、圆、函数、不等式等
293、基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程等数学思想，并考查思维的严谨性(1)将 ykx 代入 x2(y4)24 中，得(1k2)x28kx120.(*)由(8k)24(1k2)120，得 k23.所以，k 的取值范围是(，3)(3，)(2)因为 M，N 在直线 l 上，可设点 M，N 的坐标分别为(x1，kx1)，(x2，kx2)，则|OM|2(1k2)x21，|ON|2(1k2)x22.又|OQ|2m2n2(1k2)m2.由2|OQ|21|OM|21|ON|2，得21k2m211k2x2111k2x22，即 2m21x211x22x1x222x1x2x21x22.由(*)式可
294、知，x1x2 8k1k2，x1x2 121k2，所以 m2365k23.因为点 Q 在直线 ykx 上，所以 knm，代入 m2365k23中并化简，得 5n23m236.由 m2365k23及 k23，可知 0m23，即 m(3，0)(0，3)根据题意，点 Q 在圆 C 内，则 n0，所以 n363m25 15m21805.于是，n 与 m 的函数关系为n 15m21805(m(3，0)(0，3)313（2013广东高考文）已知抛物线 C 的顶点为原点，其焦点 F(0，c)(c0)到直线 l：xy20 的距离为3 22，设 P 为直线 l 上的点，过点 P 作抛物线 C 的两条切线 PA，P
295、B，其中 A，B 为切点(1)求抛物线 C 的方程；(2)当点 P(x0，y0)为直线 l 上的定点时，求直线 AB 的方程；(3)当点 P 在直线 l 上移动时，求|AF|BF|的最小值解：本题主要考查点到直线距离公式的运用、直线与圆锥曲线的位置关系及解析几何中的最值问题，意在考查考生运用数形结合思想、函数与方程思想解决问题的能力(1)抛物线 C 的焦点 F(0，c)(c0)到直线 l：xy20 的距离为3 22，|c2|23 22，得 c1，F(0,1)，即抛物线 C 的方程为 x24y.(2)设切点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 x24y 得 y12x，切线 PA：yy112x
296、1(xx1)，有 y12x1x12x21y1，而 x214y1，即切线 PA：y12x1xy1，同理可得切线 PB：y12x2xy2.两切线均过定点 P(x0，y0)，y012x1x0y1，y012x2x0y2，由以上两式知点 A，B 均在直线 y012xx0y 上，直线 AB 的方程为 y012xx0y，即 y12x0 xy0.(3)设点 P 的坐标为(x，y)，由 xy20，得 xy2，则|AF|BF|x21y112 x22y212 4y1y112 4y2y212 y112y212(y11)(y21)y1y2(y1y2)1.由x24y，y12xxy，得 y2(2yx2)yy20，有 y1y
297、2x22y，y1y2y2，|AF|BF|y2x22y1y2(y2)22y12y12292，当 y12，x32时，即 P32，12 时，|AF|BF|取得最小值92.314（2013辽宁高考文）如图，抛物线 C1：x24y，C2：x22py(p0)点 M(x0，y0)在抛物线 C2 上，过 M 作 C1 的切线，切点为 A，B(M 为原点 O 时，A，B 重合于 O)当 x01 2时，切线 MA 的斜率为12.(1)求 p 的值；(2)当 M 在 C2 上运动时，求线段 AB 中点 N 的轨迹方程(A，B 重合于 O 时，中点为 O.)解：本题主要考查抛物线的标准方程，求导运算、直线的点斜式方程
298、，以及求轨迹方程，意在考查考生利用导数知识解决圆锥曲线问题的能力，以及处理直线与圆锥曲线的位置关系的熟练程度和运算化简能力(1)因为抛物线 C1：x24y 上任意一点(x，y)的切线斜率为 yx2，且切线 MA 的斜率为12，所以 A 点坐标为1，14.故切线 MA 的方程为 y12(x1)14.因为点 M(1 2，y0)在切线 MA 及抛物线 C2 上，于是y012(2 2)1432 24，y01 222p32 22p.由得 p2.(2)设 N(x，y)，Ax1，x214，Bx2，x224，x1x2，由 N 为线段 AB 中点知 xx1x22，yx21x228.切线 MA，MB 的方程为yx
299、12(xx1)x214，yx22(xx2)x224.由得 MA，MB 的交点 M(x0，y0)的坐标为x0 x1x22，y0 x1x24.因为点 M(x0，y0)在 C2 上，即 x204y0，所以 x1x2x21x226.由得x243y，x0.当 x1x2 时，A，B 重合于原点 O，AB 中点 N 为 O，坐标满足 x243y.因此 AB 中点 N 的轨迹方程为 x243y.315（2013重庆高考理）如图，设椭圆的中心为原点 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
300、椭圆的离心率和标准方程；(2)过 B1 作直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，使 PB2QB2，求直线 l 的方程解：(1)如图，设所求椭圆的标准方程为x2a2y2b21(ab0)，右焦点为 F2(c,0)因AB1B2 是直角三角形，又|AB1|AB2|，故B1AB2 为直角，因此|OA|OB2|，得 bc2.结合 c2a2b2 得 4b2a2b2，故 a25b2，c24b2，所以离心率 eca25 5.在 RtAB1B2 中，OAB1B2，故SAB1B212|B1B2|OA|OB2|OA|c2bb2.由题设条件 SAB1B24，得 b24，从而 a25b220.因此所求椭圆的标准方程为：x22
301、0y241.(2)由(1)知 B1(2,0)，B2(2,0)由题意知直线 l 的倾斜角不为 0，故可设直线 l 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 4mm25，y1y2 16m25，又 B2P(x12，y1)，B2Q(x22，y2)，所以 B2PB2Q(x12)(x22)y1y2(my14)(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)1616m21m25 16m2m251616m264m25，由 PB2QB2，得 B2PB2Q0，即 16m2640，解得 m2.所以满足
302、条件的直线有两条，其方程分别为 x2y20 和 x2y20.316（2013广东高考理）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率 e23，且椭圆 C 上的点到点 Q(0,2)的距离的最大值为 3.(1)求椭圆 C 的方程；(2)在椭圆 C 上，是否存在点 M(m，n)，使得直线 l：mxny1 与圆 O：x2y21 相交于不同的两点 A、B，且OAB 的面积最大？若存在，求出点 M 的坐标及对应的OAB 的面积；若不存在，请说明理由解：(1)由 ecaa2b2a223，得 a 3b，椭圆 C：x23b2y2b21，即 x23y23b2，设 P(x，y)为
303、 C 上任意一点，则|PQ|x2y22 2y123b26，byb，若 b1，当 yb 时，|PQ|max 2b123b263，又 b0，得 b1(舍去)，若 b1，则b1，当 y1 时，|PQ|max 21123b263，得 b1，所以椭圆 C 的方程为x23y21.(2)法一：假设存在这样的点 M(m，n)满足题意，则有m23 n21，即 n21m23，3m 3.由题意可得 SAOB12|OA|OB|sin AOB12sin AOB12，当AOB90时取等号，这时AOB 为等腰直角三角形，此时圆心(0,0)到直线 mxny1 的距离为 22，则1m2n2 22，得 m2n22，又m23 n2
304、1，解得 m232，n212，即存在点 M 的坐标为(62，22)，(62，22)，(62，22)，(62，22)满足题意，且AOB 的最大面积为12.法二：假设存在这样的点 M(m，n)满足题意，则有m23 n21，即 n21m23，3m 3，又设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，由mxny1，x2y21，消去 y 得(m2n2)x22mx1n20，把 n21m23 代入整理得(32m2)x26mxm20，则 8m2(3m2)0，所以x1x26m32m2，x1x2m232m2，而 SAOB12|OA|OB|sin AOB12sin AOB，当AOB90，SAOB 取得最大值12，此时 O
305、AOBx1x2y1y20，又 y1y21mx1n1mx2n33mx1x23m2x1x23m2，所以 x1x233mx1x23m2x1x23m20，即 33m(x1x2)(32m2)x1x20，把代入上式整理得 2m49m290，解得 m232或 m23(舍去)，所以 m 62，n 1m23 22，所以 M 点的坐标为(62，22)，(62，22)，(62，22)，(62，22)，使得 SAOB 取得最大值12.317（2012山东高考理）在平面直角坐标系 xOy 中，F 是抛物线 C：x22py(p0)的焦点，M 是抛物线 C 上位于第一象限内的任意一点，过 M，F，O 三点的圆的圆心为 Q，
306、点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为34.(1)求抛物线 C 的方程；(2)是否存在点 M，使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由；(3)若点 M 的横坐标为 2，直线 l：ykx14与抛物线 C 有两个不同的交点 A，B，l 与圆 Q有两个不同的交点 D，E，求当12k2 时，|AB|2|DE|2 的最小值解：(1)依题意知 F(0，p2)，圆心 Q 在线段 OF 的垂直平分线 yp4上，因为抛物线 C 的准线方程为 yp2，所以3p4 34，即 p1，因此抛物线 C 的方程为 x22y.(2)假设存在点 M(x0，x202)(x00)满足
307、条件，抛物线 C 在点 M 处的切线斜率为 y|xx0(x22)|xx0 x0，所以直线 MQ 的方程为 yx202x0(xx0)令 y14得 xQx02 14x0，所以 Q(x02 14x0，14)又|QM|OQ|，故(14x0 x02)2(14x202)2(14x0 x02)2 116，因此(14x202)2 916，又 x00，所以 x0 2，此时 M(2，1)故存在点 M(2，1)，使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M.(3)当 x0 2时，由(2)得 Q(5 28，14)，Q 的半径为 r5 28 21423 68，所以Q 的方程为(x5 28)2(y14)22732.由y12
308、x2，ykx14，整理得 2x24kx10.设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由于 116k280，x1x22k，x1x212，所以|AB|2(1k2)(x1x2)24x1x2(1k2)(4k22)由x5 28 2y1422732，ykx14，整理得(1k2)x25 24 x 1160.设 D，E 两点的坐标分别为(x3，y3)，(x4，y4)，由于 2k24278 0，x3x45 241k2，x3x41161k2.所以|DE|2(1k2)(x3x4)24x3x42581k214.因此|AB|2|DE|2(1k2)(4k22)2581k214.令 1k2t，由于12k
309、2，则54t5，所以|AB|2|DE|2t(4t2)258t144t22t258t14，设 g(t)4t22t258t14，t54，5，因为 g(t)8t2258t2，所以当 t54，5，g(t)g(54)6，即函数 g(t)在 t54，5是增函数，所以当 t54时，g(t)取到最小值132，因此当 k12时，|AB|2|DE|2 取到最小值132.318（2012江西高考理）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|MAMB|OM(OAOB)2.(1)求曲线 C 的方程；(2)动点 Q(x0，y0)(2x02)在曲线 C 上，曲线 C 在点
310、Q 处的切线为 l.问：是否存在定点 P(0，t)(t0)，使得 l 与 PA，PB 都相交，交点分别为 D，E，且QAB 与PDE 的面积之比是常数？若存在，求 t 的值若不存在，说明理由解：(1)由 MA(2x,1y)，MB(2x,1y)，|MAMB|2x222y2，OM(OAOB)(x，y)(0,2)2y，由已知得2x222y22y2，化简得曲线 C 的方程：x24y.(2)假设存在点 P(0，t)(t0)满足条件，则直线 PA 的方程是 yt12 xt，直线 PB 的方程是 y1t2 xt.曲线 C 在 Q 处的切线 l 的方程是 yx02xx204，它与 y 轴的交点为 F(0，x2
311、04)由于2x02，因此1x021.当1t0 时，1t12 12，存在 x0(2,2)，使得x02t12，即 l 与直线 PA 平行，故当1t0 时不符合题意当 t1 时，t12 1x02，所以 l 与直线 PA，PB 一定相交分别联立方程组yt12 xt，yx02xx204，y1t2 xt，yx02xx204，解得 D，E 的横坐标分别是xDx204t2x01t，xEx204t2x0t1，则 xExD(1t)x204tx20t12，又|FP|x204t，有 SPDE12|FP|xExD|1t8 x204t2t12x20，又 SQAB124(1x204)4x202，于是SQABSPDE 41t
312、x204x20t12x204t241tx404t12x204t12x408tx2016t2.对任意 x0(2,2)，要使SQABSPDE为常数，即只需 t 满足4t128t，4t1216t2.解得 t1.此时SQABSPDE2，故存在 t1，使得QAB 与PDE 的面积之比是常数 2.319.（2012四川高考理）如图，动点 M 与两定点 A(1,0)、B(2,0)构成MAB，且MBA2MAB.设动点 M 的轨迹为 C.(1)求轨迹 C 的方程；(2)设直线 y2xm 与 y 轴相交于点 P，与轨迹 C 相交于点 Q、R，且|PQ|0，且 y0.当MBA90时，点 M 的坐标为(2，3)当MB
313、A90时，x2，由MBA2MAB，有tanMBA 2tanMAB1tan2MAB，即|y|x22|y|x11|y|x12，化简可得，3x2y230.而点(2，3)在曲线 3x2y230 上，综上可知，轨迹 C 的方程为 3x2y230(x1)(2)由y2xm，3x2y230.消去 y，可得 x24mxm230.(*)由题意，方程(*)有两根且均在(1，)内设 f(x)x24mxm23，所以4m21，f1124mm230，4m24m230.解得 m1，且 m2.设 Q、R 的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，由|PQ|1，且 m2，有 114231 1m2b0，a，b 为常数)，动圆 C
314、1：x2y2t12，bt1a.点 A1，A2 分别为 C0 的左，右顶点，C1 与 C0 相交于 A，B，C，D 四点(1)求直线 AA1 与直线 A2B 交点 M 的轨迹方程；(2)设动圆 C2：x2y2t22 与 C0 相交于 A，B，C，D四点，其中 bt2a，t1t2.若矩形 ABCD 与矩形 ABCD的面积相等，证明：t12t22 为定值解：(1)设 A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知 A1(a,0)，A2(a,0)，则直线 A1A 的方程为 y y1x1a(xa)，直线 A2B 的方程为 y y1x1a(xa)由得 y2 y21x21a2(x2a2)由点 A(x1，y1)在椭
315、圆 C0 上，故x21a2y21b21.从而 y21b2(1x21a2)，代入得x2a2y2b21(xa，yb0)的左、右顶点分别为 A，B，点 P 在椭圆上且异于 A，B 两点，O 为坐标原点(1)若直线 AP 与 BP 的斜率之积为12，求椭圆的离心率；(2)若|AP|OA|，证明直线 OP 的斜率 k 满足|k|3.解：(1)设点 P 的坐标为(x0，y0)由题意，有x20a2y20b21.由 A(a,0)，B(a,0)得 kAP y0 x0a，kBP y0 x0a.由 kAPkBP12，可得 x20a22y20，代入并整理得(a22b2)y200.由于 y00，故 a22b2.于是 e
316、2a2b2a212，所以椭圆的离心率 e 22.(2)法一：依题意，直线 OP 的方程为 ykx，设点 P 的坐标为(x0，y0)由条件得y0kx0，x20a2y20b21.消去 y0 并整理得 x20a2b2k2a2b2.由|AP|OA|，A(a,0)及 y0kx0，得(x0a)2k2x20a2.整理得(1k2)x202ax00.而 x00，于是 x02a1k2，代入，整理得(1k2)24k2(ab)24.由 ab0，故(1k2)24k24，即 k214，因此 k23，所以|k|3.法二：依题意，直线 OP 的方程为 ykx，可设点 P 的坐标为(x0，kx0)由点 P 在椭圆上，有x20a
317、2k2x20b2 1.因为 ab0，kx00，所以x20a2k2x20a2 1，即(1k2)x20a2.由|AP|OA|，A(a,0)，得(x0a)2k2x20a2，整理得(1k2)x202ax00，于是 x02a1k2.代入，得(1k2)4a21k223，所以|k|3.322（2012陕西高考理）已知椭圆 C1：x24y21，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，OB2OA，求直线 AB 的方程解：(1)由已知可设椭圆 C2 的方程为y2a2x241(a2)，其离心率为 3
318、2，故 a24a 32，则 a4，故椭圆 C2 的方程为y216x241.(2)法一：A，B 两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由 OB2OA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x24y21 中，得(14k2)x24，所以 x2A414k2，将 ykx 代入y216x241 中，得(4k2)x216，所以 x2B 164k2，又由 OB2OA，得 x2B4x2A，即 164k21614k2，解得 k1，故直线 AB 的方程为 yx 或 yx.法二：A，B 两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，y
319、B)，由 OB2OA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x24y21 中，得(14k2)x24，所以x2A414k2，由 OB2OA，得 x2B1614k2，y2B 16k214k2，将 x2B，y2B代入y216x241 中，得 4k214k21，即 4k214k2，解得 k1，故直线 AB 的方程为 yx 或 yx.323（2012上海高考理）在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C1：2x2y21.(1)过 C1 的左顶点引 C1 的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及 x 轴围成的三角形的面积；
320、(2)设斜率为 1 的直线 l 交 C1 于 P、Q 两点若 l 与圆 x2y21 相切，求证：OPOQ；(3)设椭圆 C2：4x2y21.若 M、N 分别是 C1、C2 上的动点，且 OMON，求证：O 到直线MN 的距离是定值解：(1)双曲线 C1：x212y21，左顶点 A(22，0)，渐近线方程：y 2x.过点 A 与渐近线 y 2x 平行的直线方程为y 2(x 22)，即 y 2x1.解方程组y 2x，y 2x1，得x 24，y12.所以所求三角形的面积为 S12|OA|y|28.(2)设直线 PQ 的方程是 yxb，因直线 PQ 与已知圆相切，故|b|21，即 b22.由yxb，2
321、x2y21，得 x22bxb210.设 P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则x1x22b，x1x21b2.又 y1y2(x1b)(x2b)，所以 OPOQx1x2y1y22x1x2b(x1x2)b22(1b2)2b2b2b220，故 OPOQ.(3)当直线 ON 垂直于 x 轴时，|ON|1，|OM|22，则 O 到直线 MN 的距离为 33.当直线 ON 不垂直于 x 轴时，设直线 ON 的方程为 ykx(显然|k|22)，则直线 OM 的方程为 y1kx.由ykx，4x2y21，得x214k2，y2 k24k2，所以|ON|21k24k2.同理|OM|2 1k22k21.设 O 到直线
322、MN 的距离为 d.因为(|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2，所以1d21|OM|2 1|ON|23k23k21 3，即 d 33.综上，O 到直线 MN 的距离是定值324.（2012上海高考理）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，如图现假设：失事船的移动路径可视为抛物线 y1249x2；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.(1)当 t0.5 时，写出失事船所在位置 P 的纵坐标若此
323、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？解：(1)t0.5 时，P 的横坐标 xP7t72，代入抛物线方程 y1249x2，得 P 的纵坐标 yP3.由|AP|9492，得救援船速度的大小为 949海里/时由 tan OAP 730，得OAParctan 730，故救援船速度的方向为北偏东 arctan 730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 7t212t2122，整理得 v2144(t21t2)337.因为 t21t22，当且仅当 t1 时等号成立，所以 v21442337
324、252，即 v25.因此，救援船的时速至少是 25 海里才能追上失事船325（2012湖南高考理）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 上的点均在圆 C2：(x5)2y29外，且对 C1 上任意一点 M，M 到直线 x2 的距离等于该点与圆 C2 上点的距离的最小值(1)求曲线 C1 的方程；(2)设 P(x0，y0)(y03)为圆 C2 外一点，过 P 作圆 C2 的两条切线，分别与曲线 C1 相交于点 A，B 和 C，D.证明：当 P 在直线 x4 上运动时，四点 A，B，C，D 的纵坐标之积为定值解：(1)法一：设 M 的坐标为(x，y)，由已知得|x2|x52y23.易知圆 C2 上的
325、点位于直线 x2 的右侧，于是 x20，所以 x52y2x5.化简得曲线 C1 的方程为 y220 x.法二：由题设知，曲线 C1 上任意一点 M 到圆心 C2(5,0)的距离等于它到直线 x5 的距离因此，曲线 C1 是以(5,0)为焦点，直线 x5 为准线的抛物线故其方程为 y220 x.(2)当点 P 在直线 x4 上运动时，P 的坐标为(4，y0)，又 y03，则过 P 且与圆 C2 相切的直线的斜率 k 存在且不为 0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为 yy0k(x4)，即 kxyy04k0.于是|5ky04k|k213.整理得 72k218y0ky2090.设过 P 所作的
326、两条切线 PA，PC 的斜率分别为 k1，k2，则 k1，k2 是方程的两个实根，故k1k218y072 y04.由k1xyy04k10，y220 x得k1y220y20(y04k1)0.设四点 A，B，C，D 的纵坐标分别为 y1，y2，y3，y4，则 y1，y2 是方程的两个实根，所以y1y220y04k1k1.同理可得 y3y420y04k2k2.于是由，三式得y1y2y3y4400y04k1y04k2k1k2400y204k1k2y016k1k2k1k2400y20y2016k1k2k1k26 400.所以，当 P 在直线 x4 上运动时，四点 A，B，C，D 的纵坐标之积为定值 6
327、400.326.（2012江苏高考理）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1(c,0)，F2(c,0)已知点(1，e)和(e，32)都在椭圆上，其中 e 为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程；(2)设 A，B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点，且直线 AF1 与直线 BF2 平行，AF2 与 BF1 交于点P，()若 AF1BF2 62，求直线 AF1 的斜率；()求证：PF1PF2 是定值解：(1)由题设知 a2b2c2，eca.由点(1，e)在椭圆上，得1a2 c2a2b21，解得 b21.于是 c2a21，又点(e，32)在椭圆上，所以e2
328、a2 34b21，即a21a4 341，解得 a22.因此，所求椭圆的方程是x22y21.(2)由(1)知 F1(1,0)，F2(1,0)，又直线 AF1 与 BF2 平行，所以可设直线 AF1 的方程为 x1my，直线 BF2 的方程为 x1my.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，y10，y20.由x212y211，x11my1，得(m22)y212my110，解得 y1m 2m22m22，故 AF1 x112y102 my12y212m21m m21m22.同理，BF2 2m21mm21m22.()由得 AF1BF22m m21m22，解2m m21m22 62 得 m22，注意到
329、m0，故 m 2.所以直线 AF1 的斜率为1m 22.()因为直线 AF1 与 BF2 平行，所以PBPF1BF2AF1，于是PBPF1PF1BF2AF1AF1，故 PF1AF1AF1BF2BF1.由 B 点在椭圆上知 BF1BF22 2，从而 PF1AF1AF1BF2(2 2BF2)同理 PF2BF2AF1BF2(2 2AF1)因此，PF1PF2AF1AF1BF2(2 2BF2)BF2AF1BF2(2 2AF1)2 22AF1BF2AF1BF2.又由知 AF1BF22 2m21m22，AF1BF2m21m22，所以 PF1PF22 2 22 3 22.因此，PF1PF2 是定值327（20
330、12大纲卷高考理）已知抛物线 C：y(x1)2 与圆 M：(x1)2(y12)2r2(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 的距离解：(1)设 A(x0，(x01)2)，对 y(x1)2 求导得 y2(x1)故 l 的斜率 k2(x01)当 x01 时，不合题意，所以 x01.圆心为 M(1，12)，MA 的斜率 kx01212x01.由 lMA 知 kk1，即 2(x01)x01212x011，解得 x00，故 A(0,1)，r|MA|1021212
331、 52，即 r 52.(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 52，即|2t1112t21|2t1212 52，化简得 t2(t24t6)0，解得 t00，t12 10，t22 10.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)xt211，y2(t21)xt221，得 xt1t222.将 x2 代入得 y1，故 D(2，1)所以 D 到 l 的距离d|2211|22126 55.328.
332、（2012北京高考理）已知曲线 C：(5m)x2(m2)y28(mR)(1)若曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆，求 m 的取值范围；(2)设 m4，曲线 C 与 y 轴的交点为 A，B(点 A 位于 B 的上方)，直线 ykx4 与曲线 C 交于不同的两点 M，N，直线 y1 与直线 BM 交于点 G.求证：A，G，N 三点共线解：(1)曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆，当且仅当5m0，m20，85m8m2，解得72m5，所以 m 的取值范围是(72，5)(2)当 m4 时，曲线 C 的方程为 x22y28，点 A，B 的坐标分别为(0,2)，(0，2)由ykx4，x22y28，得(12k
333、2)x216kx240.因为直线与曲线 C 交于不同的两点，所以(16k)24(12k2)240，即 k232.设点 M，N 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1kx14，y2kx24，x1x216k12k2，x1x22412k2.直线 BM 的方程为 y2y12x1 x，点 G 的坐标为(3x1y12，1)因为直线 AN 和直线 AG 的斜率分别为 kANy22x2，kAGy123x1，所以 kANkAGy22x2 y123x1 kx22x2kx163x143k2x1x2x1x243k216k12k22412k20.即 kANkAG.故 A，G，N 三点共线329（2012湖北
334、高考理）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)过原点且斜率为 k 的直线交曲线 C 于 P，Q 两点，其中 P 在第一象限，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，请说明理由解：(1)如图 1，设 M(x，y)，A(
335、x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且 m1)，可得 xx0，|y|m|y0|，所以 x0 x，|y0|1m|y|.因为 A 点在单位圆上运动，所以 x20y201.将式代入式即得所求曲线 C 的方程为 x2y2m21(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(1m2，0)，(1m2，0)；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，m21)，(0，m21)(2)法一：如图 2、3，k0，设 P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则 Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线 QN
336、的方程为 y2kxkx1，将其代入椭圆 C 的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2x21m20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得x1x24k2x1m24k2，即 x2 m2x1m24k2.因为点 H 在直线 QN 上，所以 y2kx12kx2 2km2x1m24k2，于是 PQ(2x12kx1)，PH(x2x1，y2kx1)(4k2x1m24k2，2km2x1m24k2)而 PQPH 等价于 PQPH42m2k2x21m24k20.即 2m20，又 m0，得 m 2，故存在 m 2，使得在其对应的椭圆 x2y221 上，对任意的 k0，都有 PQPH.法二：如
337、图 2、3，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m2x21y21m2，m2x22y22m2，两式相减可得 m2(x21x22)(y21y22)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y1y2y1y2x1x2x1x2m2.又 Q，N，H 三点共线，所以 kQNkQH，即2y1x1 y1y2x1x2.于是由式可得 kPQkPHy1x1y1y2x1x212y1y2y1y2x1x2x1x2m22.而 PQPH 等价于 kPQkPH
338、1，即m22 1，又 m0，得 m 2，故存在 m 2，使得在其对应的椭圆 x2y221 上，对任意的 k0，都有 PQPH.330（2012浙江高考理）如图，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为 10.不过原点 O 的直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，且线段 AB 被直线 OP 平分(1)求椭圆 C 的方程；(2)求ABP 面积取最大值时直线 l 的方程解：(1)设椭圆左焦点为 F(c,0)，则由题意得 2c21 10，ca12，得c1，a2.所以椭圆方程为x24y231.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段 AB 的中点
339、为 M.当直线 AB 与 x 轴垂直时，直线 AB 的方程为 x0，与不过原点的条件不符，舍去故可设直线 AB 的方程为 ykxm(m0)，由ykxm，3x24y212 消去 y，整理得(34k2)x28kmx4m2120，则 64k2m24(34k2)(4m212)0，x1x2 8km34k2，x1x24m21234k2.所以线段 AB 的中点 M(4km34k2，3m34k2)因为 M 在直线 OP 上，所以 3m34k22km34k2.得 m0(舍去)或 k32.此时方程为 3x23mxm230，则3(12m2)0，x1x2m，x1x2m233.所以|AB|1k2|x1x2|396 12
340、m2.设点 P 到直线 AB 距离为 d，则d|82m|32222|m4|13.设ABP 的面积为 S，则S12|AB|d 36 m4212m2.其中 m(2 3，0)(0,2 3)令 u(m)(12m2)(m4)2，m2 3，2 3，u(m)4(m4)(m22m6)4(m4)(m1 7)(m1 7)所以当且仅当 m1 7，u(m)取到最大值故当且仅当 m1 7，S 取到最大值综上，所求直线 l 方程为 3x2y2 720.331（2012福建高考理）如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左焦点为 F1，右焦点为 F2，离心率 e12.过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点，且ABF2
341、 的周长为 8.(1)求椭圆 E 的方程；(2)设动直线 l：ykxm 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P，且与直线 x4 相交于点 Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点 M，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由解：法一：(1)因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以 4a8，a2.又因为 e12，即ca12，所以 c1，所以 b a2c2 3.故椭圆 E 的方程是x24y231.(2)由ykxm，x24y231，得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线 l 与
342、椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0，y0)，所以 m0 且 0，即 64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得 4k2m230.(*)此时 x0 4km4k234km，y0kx0m3m，所以 P(4km，3m)由x4，ykxm，得 Q(4,4km)假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点 M 必在 x 轴上设 M(x1,0)，则 MPMQ0 对满足(*)式的 m，k 恒成立因为 MP(4kmx1，3m)，MQ(4x1,4km)，由 MPMQ0，得16km 4kx1m 4x1x2112km 30，整理，得(4x14)kmx214x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的
343、 m，k 恒成立，所以4x140，x214x130，解得 x11.故存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.法二：(1)同法一(2)由ykxm，x24y231，得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0，y0)，所以 m0 且 0，即 64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得 4k2m230.(*)此时 x0 4km4k234km，y0kx0m3m，所以 P(4km，3m)由x4，ykxm，得 Q(4,4km)假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点 M 必在 x 轴上取 k0，m 3，此时 P(0
344、，3)，Q(4，3)，以 PQ 为直径的圆为(x2)2(y 3)24，交x 轴于点 M1(1,0)，M2(3,0)；取 k12，m2，此时 P(1，32)，Q(4,0)，以 PQ 为直径的圆为(x52)2(y34)24516，交 x 轴于点 M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点 M 存在，则 M 的坐标必为(1,0)以下证明 M(1,0)就是满足条件的点：因为 M 的坐标为(1,0)，所以 MP(4km1，3m)，MQ(3,4km)，从而 MPMQ12km 312km 30，故恒有 MPMQ，即存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.332（2012安徽高考理）
345、如图，点 F1(c,0)，F2(c,0)分别是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，过点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆 C 的上半部分于点 P，过点 F2 作直线 PF2 的垂线交直线 xa2c 于点 Q.(1)如果点 Q 的坐标是(4,4)，求此时椭圆 C 的方程；(2)证明：直线 PQ 与椭圆 C 只有一个交点解：(1)法一：由条件知，P(c，b2a)故直线 PF2 的斜率为 kPF2b2a 0cc b22ac.因为 PF2F2Q，所以直线 F2Q 的方程为 y2acb2 x2ac2b2.故 Q(a2c，2a)由题设知，a2c 4,2a4，解得 a2，c1.故椭圆方程为x24
346、y231.法二：设直线 xa2c 与 x 轴交于点 M.由条件知，P(c，b2a)因为PF1F2F2MQ，所以|PF1|F2M|F1F2|MQ|.即b2aa2c c 2c|MQ|，解得|MQ|2a.所以a2c 4，2a4，解得 a2，c1.故椭圆方程为x24y231.(2)直线 PQ 的方程为 y2ab2a 2axa2cca2c，即 ycaxa.将上式代入椭圆方程得，x22cxc20，解得 xc，yb2a.所以直线 PQ 与椭圆 C 只有一个交点333（2012新课标高考理）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
347、交 l 于 B，D 两点(1)若BFD90，ABD 的面积为 4 2，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 距离的比值解：(1)由已知可得BFD 为等腰直角三角形，|BD|2p，圆 F 的半径|FA|2p.由抛物线定义可知 A 到 l 的距离 d|FA|2p.因为ABD 的面积为 4 2，所以12|BD|d4 2，即122p 2p4 2，解得 p2(舍去)或 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
348、为圆 F 的直径，ADB90.由抛物线定义知|AD|FA|12|AB|，所以ABD30，m 的斜率为 33 或 33.当 m 的斜率为 33 时，由已知可设 n：y 33 xb，代入 x22py 得 x22 33 px2pb0.由于 n 与 C 只有一个公共点，故 43p28pb0，解得 bp6.因为 m 的纵截距 b1p2，|b1|b|3，所以坐标原点到 m，n 距离的比值为 3.当 m 的斜率为 33 时，由图形对称性可知，坐标原点到 m，n 距离的比值为 3.334.（2012浙江高考文）如图，在直角坐标系 xOy 中，点 P1，12 到抛物线 C：y22px(p0)的准线的距离为54.
349、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 面积的最大值解：(1)由题意知2pt1，1p254，得p12，t1.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段 AB 的中点为 Q(m，m)，设直线 AB 的斜率为 k(k0)由y21x1，y22x2，得(y1y2)(y1y2)x1x2，故 k2m1，所以直线 AB 的方程为 ym 12m(xm)即 x2my2m2m0.由x2my2m2m0，y2x，消去 x，整理得 y22my2m2m0，所 以 4m 4m20，y1 y2 2m，y1y2 2m2 m.从
350、而|AB|11k2|y1 y2|14m24m4m2.设点 P 到直线 AB 的距离为 d，则 d|12m2m2|14m2，设ABP 的面积为 S，则 S12|AB|d|12(mm2)|mm2.由 4m4m20，得 0m1.令 u mm2，00，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
351、；若不存在，请说明理由解：(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 x0 x，|y0|1m|y|.因为 A 点在单位圆上运动，所以 x20y201.将式代入式即得所求曲线 C 的方程为 x2y2m21(m0，且 m1)因为 m(0,1)(1，)，所以当 0m1 时，曲线 C 是焦点在 y 轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，m21)，(0，m21)(2)法一：如图 2，图 3，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
352、代入椭圆 C 的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2x21m20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由根与系数的关系可得x1x2 4k2x1m24k2，即 x2 m2x1m24k2.因为点 H 在直线 QN 上，所以 y2kx12kx2 2km2x1m24k2.于是 PQ(2x1，2kx1)，PH(x2x1，y2kx1)(4k2x1m24k2，2km2x1m24k2)而 PQPH 等价于 PQPH42m2k2x21m24k20，即 2m20，又 m0，得 m 2，故存在 m 2，使得在其对应的椭圆 x2y221 上，对任意的 k0，都有 PQPH.法二：如图 2，图 3，x1
353、(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m2x21y21m2，m2x22y22m2，两式相减可得m2(x21x22)(y21y22)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y1y2y1y2x1x2x1x2m2.又 Q，N，H 三点共线，所以 kQNkQH，即2y1x1 y1y2x1x2.于是由式可得 kPQkPHy1x1y1y2x1x212y1y2y1y2x1x2x1x2m22.而 PQPH 等价于 kPQkPH1，即m22
354、1，又 m0,得 m 2，故存在 m 2，使得在其对应的椭圆 x2y221 上，对任意的 k0，都有 PQPH.336.（2012四川高考文）如图，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.(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，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1 3m22，所以 1122 1 3m21
355、3，且 122 1 3m2153，所以 1|PR|PQ|xR|xQ|3，且|PR|PQ|xR|xQ|53.综上所述，|PR|PQ|的取值范围是(1，53)(53，3)337.（2012辽宁高考文）如图，动圆 C1：x2y2t2,1t3，与椭圆 C2：x29y21 相交于 A，B，C，D 四点，点 A1，A2 分别为 C2 的左，右顶点xyOADBCA1(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 的轨迹方程解：(1)设 A(x0，y0)，则矩形 ABCD 的面积 S4|x0|y0|.由x209y201 得 y201x
356、209，从而x20y20 x20(1x209)19(x2092)294.当 x2092，y2012时，Smax6.从而 t 5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 y0 x03(x3)直线 A2B 的方程为y y0 x03(x3)由得y2 y20 x209(x29)又点 A(x0，y0)在椭圆 C2 上，故y201x209.将代入得x29y21(x3，y0)因此点 M 的轨迹方程为x29y21(x3，yb0)，点 P(55 a，22 a)在椭圆上(1)求椭圆的离心率；(2)设 A
357、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 的斜率的值解：(1)因为点 P(55 a，22 a)在椭圆上，故 a25a2 a22b21，可得b2a258.于是 e2a2b2a21b2a238，所以椭圆的离心率 e 64.(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y0kx0，x20a2y20b21.消去 y0 并整理得x20a2b2k2a2b2.由|AQ|AO|，A(a,0)及 y0kx0，得(x0a)2k2x20a2.整理得(1k2)x202ax00，而 x00，故 x02a1k2，代入，整理得(1k2
358、)24k2a2b24.由(1)知a2b285，故(1k2)2325 k24，即 5k422k2150，可得 k25.所以直线 OQ 的斜率 k 5.339.（2012山东高考文）如图，椭圆 M：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，直线 xa 和yb 所围成的矩形 ABCD 的面积为 8.(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|PQ|ST|的最大值及取得最大值时 m 的值解：(1)设椭圆 M 的半焦距为 c，由题意知a2b2c2，ca 32，4ab8，所以 a2，b1.因此椭
359、圆 M 的标准方程为x24y21.(2)由x24y21，yxm，整理得 5x28mx4m240，由 64m280(m21)8016m20，得 5m 5.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x28m5，x1x24m215，所以|PQ|x1x22y1y22 2x1x224x1x24525m2(5m 5)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 5，S(2，m2)，D(2,1)所以|ST|2|SD|21(m2)2(3m)，因此|PQ|ST|455m23m2，令 t3m(1m 5)，则 m3t，t
360、(3 5，2，所以|PQ|ST|4553t2t2454t26t14541t34254，由于 t(3 5，2，所以1t12，3 54)，因此当1t34即 t43时，|PQ|ST|取得最大值2 55，此时 m53.不妨设点 S 在 AB 边上，T 在 CD 边上，此时1m1，因此|ST|2|AD|2 2，此时|PQ|ST|2 5m25，所以当 m0 时，|PQ|ST|取得最大值2 55.不妨设点 S 在 AB 边上，T 在 BC 边上，5b0)的左、右焦点分别为 F1(c,0)，F2(c,0)已知点(1，e)和(e，32)都在椭圆上，其中 e 为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程；(2)设 A，B 是
361、椭圆上位于 x 轴上方的两点，且直线 AF1 与直线 BF2 平行，AF2 与 BF1 交于点P，若 AF1BF2 62，求直线 AF1 的斜率；求证：PF1PF2 是定值解：(1)由题设知 a2b2c2，eca.由点(1，e)在椭圆上，得1a2 c2a2b21，解得 b21.于是 c2a21，又点(e，32)在椭圆上，所以e2a2 34b21，即a21a4 341，解得 a22.因此，所求椭圆的方程是x22y21.(2)由(1)知 F1(1,0)，F2(1,0)，又直线 AF1 与 BF2 平行，所以可设直线 AF1 的方程为 x1my，直线 BF2 的方程为 x1my.设 A(x1，y1)
362、，B(x2，y2)，y10，y20.由x212y211x11my1，得(m22)y212my110，解得y1m 2m22m22，故 AF1 x112y102 my12y21 2m21m m21m22.同理，BF2 2m21m m21m22.由得 AF1BF22m m21m22，解2m m21m22 62，得 m22，注意到 m0，故 m 2.所以直线 AF1 的斜率为1m 22.因为直线 AF1 与 BF2 平行，所以 PBPF1BF2AF1，于是PBPF1PF1BF2AF1AF1，故 PF1AF1AF1BF2BF1.由 B 点在椭圆上知 BF1BF22 2，从而 PF1AF1AF1BF2(2
363、 2BF2)同理 PF2BF2AF1BF2(2 2AF1)因此，PF1PF2AF1AF1BF2(2 2BF2)BF2AF1BF2(2 2AF1)2 22AF1BF2AF1BF2.又由知 AF1BF22 2m21m22，AF1BF2m21m22，所以 PF1PF22 2 22 3 22.因此，PF1PF2 是定值341（2012上海高考文）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 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(
364、|k|0)上(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 轴上某定点解：(1)依题意，|OB|8 3，BOy30.设 B(x，y)，则 x|OB|sin 304 3，y|OB|cos 3012.因为点 B(4 3，12)在 x22py 上，所以(4 3)22p12，解得 p2.故抛物线 E 的方程为 x24y.(2)法一：由(1)知 y14x2，y12x.设 P(x0，y0)，则 x00，且 l 的方程为yy012x0(xx0)，即 y12x0 x14x20.由y12x0 x14x20，y1，得xx20
365、42x0，y1.所以 Q(x2042x0，1)设 M(0，y1)，令 MPMQ0 对满足 y014x20(x00)的 x0，y0 恒成立由于 MP(x0，y0y1)，MQ(x2042x0，1y1)，由 MPMQ0，得x2042y0y0y1y1y210，即(y21y12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足 y014x20(x00)的 y0 恒成立，所以1y10，y21y120，解得 y11.故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1)法二：同法一可得 Q 点坐标为(x2042x0，1)取 x02，此时 P(2,1)，Q(0，1)，以 PQ 为直径的圆为(x1)2y22，交 y
366、 轴于点 M1(0,1)或 M2(0，1)；取 x01，此时 P(1，14)，Q(32，1)，以 PQ 为直径的圆为(x14)2(y38)212564，交 y 轴于 M3(0,1)或 M4(0，74)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 MP(x0，y01)，MQ(x2042x0，2)MPMQx20422y022y022y020.故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1)344.（2012安徽高考文）如图，F1，F2 分别是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，A是椭圆 C 的顶点，B 是直线 AF2 与椭圆 C
367、 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 3，求 a，b 的值解：(1)由题意可知，AF1F2 为等边三角形，a2c，所以 e12.(2)法一：a24c2，b23c2，直线 AB 的方程可为 y 3(xc)将其代入椭圆方程 3x24y212c2，得 B(85c，3 35 c)所以|AB|13|85c0|165 c.由 SAF1B12|AF1|AB|sin F1AB12a165 c 32 2 35 a240 3，解得 a10，b5 3.法二：设|AB|t.因为|AF2|a，所以|BF2|ta.由椭圆定义|BF1|BF2|2a 可知，|BF1|
368、3at.再由余弦定理(3at)2a2t22atcos 60可得，t85a.由 SAF1B12a85a 32 2 35 a240 3知，a10，b5 3.345（2012北京高考文）已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的一个顶点为 A(2,0)，离心率为 22.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 103 时，求 k 的值解：(1)由题意得a2，ca 22，a2b2c2，解得 b 2，所以椭圆 C 的方程为x24y221.(2)由ykx1，x24y221，得(12k2)x24k2x2k240.设点 M，N 的坐标分别为(x
369、1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x2 4k212k2，x1x22k2412k2，所以|MN|x2x12y2y12 1k2x1x224x1x22 1k246k212k2.又因为点 A(2,0)到直线 yk(x1)的距离 d|k|1k2，所以AMN 的面积为S12|MN|d|k|46k212k2.由|k|46k212k2 103，化简得 7k42k250，解得 k1.346（2012广东高考文）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C1：x2a2y2b21(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
370、直线 l 同时与椭圆 C1 和抛物线 C2：y24x 相切，求直线 l 的方程解：(1)根据椭圆的左焦点为 F1(1,0)，知 a2b21，又根据点 P(0,1)在椭圆上，知 b1，所以 a 2，所以椭圆 C1 的方程为x22y21.(2)因为直线 l 与椭圆 C1 和抛物线 C2 都相切，所以其斜率存在且不为 0，设直线 l 的方程为ykxm(k0)，代入椭圆方程得x22(kxm)21，即(12k2)x22kmxm210，由题可知此方程有唯一解，此时 4k2m24(12k2)(m21)0，即 m22k21.把 ykxm(k0)代入抛物线方程得k4y2ym0，由题可知此方程有唯一解，此时 1m
371、k0，即 mk1.联立得m22k21，mk1，解得 k212，所以k 22，m 2，或k 22，m 2，所以直线 l 的方程为 y 22 x 2或 y 22 x 2.347（2012湖南高考文）在直角坐标系 xOy 中，已知中心在原点，离心率为12的椭圆 E 的一个焦点为圆 C：x2y24x20 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12的直线 l1，l2.当直线 l1，l2 都与圆 C 相切时，求 P 的坐标解：(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x2a2y2b21(ab0
372、)，其焦距为 2c.由题设知 c2，eca12.所以 a2c4，b2a2c212.故椭圆 E 的方程为x216y2121.(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 k1k212，由 l1 与圆 C：(x2)2y22 相切得|2k1y0k1x0|k211 2，即(2x0)22k212(2x0)y0k1y2020.同理可得(2x0)22k222(2x0)y0k2y2020.从而 k1，k2 是方程(2x0)22k22(2x0)y0ky2020 的两个实根，于是2x0220，
373、82x02y2020，且 k1k2y2022x02212.由x2016y20121，y2022x02212，得 5x208x0360，解得 x02，或 x0185.由 x02 得 y03；由 x0185 得 y0 575，它们均满足式故点 P 的坐标为(2,3)，或(2，3)，或(185，575)，或(185，575)348（2012大纲卷高考文）已知抛物线 C：y(x1)2 与圆 M：(x1)2(y12)2r2(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
374、的距离解：(1)设 A(x0，(x01)2)，对 y(x1)2 求导得 y2(x1)故 l 的斜率 k2(x01)当 x01 时，不合题意，所以 x01.圆心为 M(1，12)，MA 的斜率 kx01212x01.由 lMA 知 kk1，即 2(x01)x01212x011，解得 x00，故 A(0,1)，r|MA|1021212 52，即 r 52.(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 52，即|2t1112t21|2t1212 52，化简得 t2(t2
375、4t6)0，解得 t00，t12 10，t22 10.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)xt211,y2(t21)xt221,得 xt1t222.将 x2 代入得 y1，故 D(2，1)所以 D 到 l 的距离d|2211|22126 55.349（2012新课标高考文）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 2，求 p 的值及圆 F 的方程；(2)若 A，B，F 三
376、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 距离的比值解：(1)由已知可得BFD 为等腰直角三角形，|BD|2p，圆 F 的半径|FA|2p.由抛物线定义可知 A 到 l 的距离 d|FA|2p.因为ABD 的面积为 4 2，所以12|BD|d4 2，即122p2p4 2，解得 p2(舍去)或 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|12|AB|，所以ABD30，m 的斜率为 33 或 33.当 m
377、的斜率为 33 时，由已知可设 n：y 33 xb，代入 x22py 得x22 33 px2pb0.由于 n 与 C 只有一个公共点，故 43p28pb0，解得 bp6.因为 m 的纵截距 b1p2，|b1|b|3，所以坐标原点到 m，n 距离的比值为 3.当 m 的斜率为 33 时，由图形对称性可知，坐标原点到 m，n 距离的比值为 3.350（2011新课标高考）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(0，1)，B 点在直线 y3 上，M 点满足 MBOA，MAABMBBA，M 点的轨迹为曲线C.(1)求 C 的方程；(2P 为 C 上的动点，l 为 C 在 P 点处的切线，求 O 点到
378、 l 距离的最小值解：(1)设 M(x，y)，由已知得 B(x，3)，A(0，1)所以 MA(x，1y)，MB(0，3y)，AB(x，2)再由题意可知(MAMB)AB0，即(x，42y)(x，2)0所以曲线 C 的方程为 y14x22.(2)设 P(x0，y0)为曲线 C：y14x22 上一点，因为 y 12x，所以 l 的斜率为12x0.因此直线 l 的方程为 yy012x0(xx0)，即 x0 x2y2y0 x200.则 O 点到 l 的距离 d|2y0 x20|x204.又 y014x202，所以d12x204x20412(x2044x204)2，当 x00 时取等号，所以 O 点到 l
379、 距离的最小值为 2.351.（2011大纲卷高考）已知 O 为坐标原点，F 为椭圆 C：x2y221 在 y 轴正半轴上的焦点，过 F 且斜率为 2的直线 l 与 C 交于 A、B 两点，点 P 满足 OAOBOP0.(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 四点在同一圆上证明：(1)F(0,1)，l 的方程为 y 2x1，代入 x2y221 并化简得 4x22 2x10.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，则 x1 2 64，x2 2 64，x1x2 22，y1y2 2(x1x2)21，由题意得 x3(x1x2)
380、22，y3(y1y2)1.所以点 P 的坐标为(22，1)经验证，点 P 的坐标(22，1)满足方程 x2y221，故点 P 在椭圆 C 上(6 分)(2)由 P(22，1)和题设知 Q(22，1)，PQ 的垂直平分线 l1 的方程为 y 22 x.设 AB 的中点为 M，则 M(24，12)，AB 的垂直平分线 l2 的方程为 y 22 x14.由、得 l1、l2 的交点为 N(28，18)|NP|22 28 211823 118，|AB|1 22|x2x1|3 22，|AM|3 24，|MN|24 28 2121823 38，|NA|AM|2|MN|23 118，故|NP|NA|.又|NP
381、|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352（2011北京高考）已知椭圆 G：x24y21.过点(m,0)作圆 x2y21 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|的最大值解：(1)由已知得 a2，b1，所以 c a2b2 3.所以椭圆 G 的焦点坐标为(3，0)，(3，0)，离心率为 eca 32.(2)由题意知，|m|1.当 m1 时，切线 l 的方程为 x1，点 A，B 的坐标分别为(1，32)，(1，32)，此时|AB|
382、3.当 m1 时，同理可得|AB|3.当|m|1 时，设切线 l 的方程为 yk(xm)由ykxm，x24y21.得(14k2)x28k2mx4k2m240.设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1x2 8k2m14k2，x1x24k2m2414k2.又由 l 与圆 x2y21 相切，得|km|k211，即 m2k2k21.所以|AB|x2x12y2y121k2x1x224x1x21k2 64k4m214k2244k2m2414k24 3|m|m23.由于当 m1 时，|AB|3，所以|AB|4 3|m|m23，m(，11，)因为|AB|4 3|m|m23 4 3|m
383、|3|m|2，且当 m 3时，|AB|2，所以|AB|的最大值为 2.353（2011江西高考）P(x0，y0)(x0a)是双曲线 E：x2a2y2b21(a0，b0)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15.(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 OCOAOB，求 的值解：(1)点 P(x0，y0)(xa)在双曲线x2a2y2b21 上，有x20a2y20b21.由题意又有 y0 x0ay0 x0a15，可得 a25b2，c2a2b26b2，则 eca
384、305.(2)联立x25y25b2yxc，得 4x210cx35b20，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x25c2，x1x235b24.设 OC(x3，y3)，OCOAOB，即x3x1x2，y3y1y2.又 C 为双曲线上一点，即 x235y235b2，有(x1x2)25(y1y2)25b2.化简得：2(x215y21)(x225y22)2(x1x25y1y2)5b2，又 A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，所以 x215y215b2，x225y225b2.由式又有 x1x25y1y2x1x25(x1c)(x2c)4x1x25c(x1x2)5c210b2，得：240，解
385、出 0，或 4.354.（2011安徽高考）设 0，点 A 的坐标为(1,1)，点 B 在抛物线 yx2 上运动，点 Q 满足 BQQA，经过点 Q 与 x 轴垂直的直线交抛物线于点 M，点 P 满足 QMMP，求点 P 的轨迹方程解：由 QMMP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 x2y0(yx2)，即 y0(1)x2y.再 设 B(x1，y1)，由 BQ QA，即(x x1，y0 y1)(1 x,1 y0)，解 得x11x，y11y0.将式代入式，消去 y0，得x11x，y112x21y.又点 B 在抛物线 yx2
386、上，所以 y1x21，再将式代入 y1x21，得(1)2x2(1)y(1)x2，(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2，2(1)x(1)y(1)0.因 0，两边同除以(1)，得 2xy10.故所求点 p 的轨迹方程为 y2x1.355（2011山东高考）已知动直线 l 与椭圆 C：x23y221 交于 P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且OPQ 的面积 SOPQ 62，其中 O 为坐标原点(1)证明：x21x22和 y21y22均为定值；(2)设线段 PQ 的中点为 M，求|OM|PQ|的最大值；(3)椭圆 C 上是否存在三点 D，E，G，使得 SODESODGSOEG 62？
387、若存在，判断DEG的形状；若不存在，请说明理由解：(1)当直线 l 的斜率不存在时，P，Q 两点关于 x 轴对称，所以 x2x1，y2y1.因为 P(x1，y1)在椭圆上，因此x213y2121，又因为 SOPQ 62，所以|x1|y1|62.由、得|x1|62，|y1|1，此时 x21x223，y21y222.当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykxm，由题意知 m0，将其代入x23y221 得(23k2)x26kmx3(m22)0，其中 36k2m212(23k2)(m22)0，即 3k22m2，(*)又 x1x2 6km23k2，x1x23m2223k2，所以|PQ|1k2
388、x1x224x1x2 1k22 6 3k22m223k2.因为点 O 到直线 l 的距离为 d|m|1k2，所以 SOPQ12|PQ|d12 1k22 6 3k22m223k2|m|1k2 6|m|3k22m223k2，又 SOPQ 62，整理得 3k222m2，且符合(*)式，此时，x21x22(x1x2)22x1x2(6km23k2)223m2223k2 3，y21y2223(3x21)23(3x22)423(x21x22)2.综上所述，x21x223，y21y222，结论成立(2)法一：当直线 l 的斜率不存在时，由(1)知|OM|x1|62，|PQ|2|y1|2，因此|OM|PQ|62
389、 2 6.当直线 l 的斜率存在时，由(1)知：x1x223k2m，y1y22k(x1x22)m3k22mm3k22m22m1m，|OM|2(x1x22)2(y1y22)29k24m2 1m26m224m2 12(3 1m2)，|PQ|2(1k2)243k22m223k2222m21m22(2 1m2)，所以|OM|2|PQ|212(3 1m2)2(2 1m2)(3 1m2)(2 1m2)(3 1m22 1m22)2254.所以|OM|PQ|52，当且仅当 3 1m22 1m2，即 m 2时，等号成立综合得|OM|PQ|的最大值为52.法二：因为 4|OM|2|PQ|2(x1x2)2(y1y2
390、)2(x2x1)2(y2y1)22(x21x22)(y21y22)10.所以 2|OM|PQ|4|OM|2|PQ|22102 5.即|OM|PQ|52，当且仅当 2|OM|PQ|5时等号成立因此|OM|PQ|的最大值为52.(3)椭圆 C 上不存在三点 D，E，G，使得 SODESODGSOEG 62.假设存在 D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足SODESODGSOEG 62，由(1)得 u2x213，u2x223，x21x223，v2y212，v2y222，y21y222.解得 u2x21x2232；v2y21y221.因此 u，x1，x2 只能从 62 中选取，v，y1，
391、y2 只能从1 中选取，因此 D，E，G 只能在(62，1)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 SODESODGSOEG 62 矛盾，所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D，E，G.356（2011广东高考）在平面直角坐标系 xOy 上，给定抛物线 L：y14x2.实数 p，q 满足p24q0，x1，x2 是方程 x2pxq0 的两根，记(p，q)max|x1|，|x2|(1)过点 A(p0，14p20)(p00)作 L 的切线交 y 轴于点 B.证明：对线段 AB 上的任一点 Q(p，q)，有(p，q)|p0|2；(2)设 M(a，b)是定点，其中 a，b 满足
392、 a24b0，a0.过 M(a，b)作 L 的两条切线 l1，l2，切点分别为 E(p1，14p21)，E(p2，14p22)，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|(a，b)|p1|2；(3)设 D(x，y)|yx1，y14(x1)254当点(p，q)取遍 D 时，求(p，q)的最小值(记为 min)和最大值(记为 max)解：(1)证明：过点 A 的切线方程是 y12p0 x14p20，所以 B(0，14p20)，Q 在线段 AB 上，所以 q12p0p14p20(|p|p0|)，所以现方程为 x2px12p0p1
393、4p200，可得 x112p0，x2p12p0，因为 p0、p 同号，易得(p，q)|p0|2.(2)证明：y12x，易得 l1：y14p2112p1(xp1)，即 y12p1x14p21，M(a，b)l1，b12p1a14p21且 0|a|p2|.反之，也成立故 M(a，b)X|p1|p2|，由(1)证可知 M(a，b)X(a，b)|p1|2，当(a，b)|p1|2 时，逆推(1)证也可得 M(a，b)l1X，综上，M(a，b)X|p1|p2|(a，b)|p1|2.(3)由于点(p，q)必在曲线 f(x)x2pxq 上，故此题即求当函数 f(x)x2pxq 经过 D 时，方程 f(x)0 的
394、根的最大值与最小值易求得 l：y14x2 在点(2,1)处的切线方程为 yx1，由前证可知：当点(p，q)(x，y)|yx1时恒有(p，q)1，令 f(x)0 可得 x2pxq0，则 xp p24q2(p，q)p p24q2，点(p，q)D，14(p1)254qp1(p1)254q4p4，(p2)2p24q2p4，1(p，q)p 2p42，而当 q14(p1)254时 p24q2p4，(p，q)p p24q2p 2p42，设 g(x)x 2x42(0 x2)，令 t 2x4，x4t22(0t2)，故 g(t)14t212t114(t1)254，1g(x)54，即 1(p，q)54，min1，m
395、ax54.357.（2011四川高考）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|32 2时，求直线 l 的方程；(2)当点 P 异于 A、B 两点时，求证：OPOQ为定值解：(1)因椭圆焦点在 y 轴上，设椭圆的标准方程为y2a2x2b21(ab0)，由已知得 b1，c1，所以 a 2，椭圆方程为y22x21.直线 l 垂直于 x 轴时与题意不符设直线 l 的方程为 ykx1，将其代入椭圆方程化简得(k22)x22kx10.设 C(x1，y1)，D(x2，y
396、2)，则 x1x2 2kk22，x1x21k22，|CD|k21x1x224x1x22 2k21k22.由已知得2 2k21k2232 2，解得 k 2.所以直线 l 的方程为 y 2x1 或 y 2x1.(2)证明：直线 l 与 x 轴垂直时与题意不符设直线 l 的方程为 ykx1(k0 且 k1)，所以 P 点坐标为(1k，0)设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1x2 2kk22，x1x21k22，直线 AC 的方程为 y y1x11(x1)，直线 BD 的方程为 y y2x21(x1)，将两直线方程联立，消去 y 得x1x1y2x11y1x21.因为1x1，x21，所以
397、x1x1与y2y1异号(x1x1)2y22x112y21x21222x2222x21x112x2121x11x21x11x21 2kk22 1k221 2kk22 1k22(k1k1)2.又 y1y2k2x1x2k(x1x2)121k1kk2221k2k22 k1k1，k1k1与 y1y2 异号，x1x1与k1k1同号，x1x1k1k1，解得 xk.因此 Q 点坐标为(k，y0)OPOQ(1k，0)(k，y0)1.故 OPOQ为定值358（2011湖南高考）如图，椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，x 轴被曲线 C2：yx2b 截得的线段长等于 C1 的长半轴长()求 C
398、1，C2 的方程；()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.()证明：MDME；()记MAB，MDE 的面积分别为 S1，S2.问：是否存在直线 l，使得S1S21732？请说明理由解：()由题意知 eca 32，从而 a2b，又 2 ba，解得 a2，b1.故 C1，C2 的方程分别为x24y21，yx21.()()证明：由题意知，直线 l 的斜率存在，设为 k，则直线 l 的方程为 ykx.由ykx，yx21，得 x2kx10.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1，x2 是上述方
399、程的两个实根，于是 x1x2k，x1x21.又点 M 的坐标为(0，1)，所以 kMAkMBy11x1 y21x2 kx11kx21x1x2k2x1x2kx1x21x1x2k2k2111.故 MAMB.即 MDME.()设直线MA 的斜率为k1，则直线MA 的方程为yk1x1.由yk1x1，yx21，解得x0，y1，或xk1，yk211.则点 A 的坐标为(k1，k211)又直线 MB 的斜率为1k1，同理可得点 B 的坐标为(1k1，1k211)于是 S112|MA|MB|12 1k21|k1|11k21|1k1|1k212|k1|.由yk1x1，x24y240，得(14k21)x28k1x
400、0.解得x0，y1，或x 8k114k21，y4k21114k21.则点 D 的坐标为(8k114k21，4k21114k21)又直线 ME 的斜率为1k1，同理可得点 E 的坐标为(8k14k21，4k214k21)于是 S212|MD|ME|321k21|k1|14k21k214.因此S1S2 164(4k214k2117)由题意知，164(4k214k2117)1732.解得 k214，或 k2114.又由点 A，B 的坐标可知，kk211k21k11k1k11k1，所以 k32.故满足条件的直线 l 存在，且有两条，其方程分别为 y32x 和 y32x.359（2011湖南高考）如图，
401、椭圆的中心为原点 O，离心率 e 22，一条准线的方程为 x2 2.(1)求该椭圆的标准方程；(2)设动点 P 满足：OPOM2ON，其中 M、N 是椭圆上的点，直线 OM 与 ON的斜率之积为12.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，说明理由解：(1)由 eca 22，a2c 2 2，解得 a2，c 2，b2a2c22，故椭圆的标准方程为x24y221.(2)设 P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由 OPOM2ON得(x，y)(x1，y1)2(x2，y2)(x12x2，y12y2)，即 xx12x2，yy
402、12y2.因为点 M、N 在椭圆 x22y24 上，所以 x212y214，x222y224，故 x22y2(x214x224x1x2)2(y214y224y1y2)(x212y21)4(x222y22)4(x1x22y1y2)204(x1x22y1y2)设 kOMkON 分别为直线 OM，ON 的斜率，由题设条件知kOMkONy1y2x1x212，因此 x1x22y1y20，所以 x22y220.所以 P 点是椭圆x22 52y2 1021 上的点，设该椭圆的左、右焦点为 F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|PF2|为定值，又因 c2 52 102 10，因此两焦点的坐标为 F1(10，0)
403、，F2(10，0)360（2011广东高考）设圆 C 与两圆(x 5)2y24，(x 5)2y24 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(3 55，4 55)，F(5，0)，且 P 为 L 上动点，求|MP|FP|的最大值及此时点 P的坐标解：(1)依题意得两圆的圆心分别为 F1(5，0)，F2(5，0)，从而可得|CF1|2|CF2|2或|CF2|2|CF1|2，所以|CF2|CF1|42a|F1F2|2 52c，所以圆心 C 的轨迹是以原点为中心，焦点在 x 轴上，且实轴长为 4，焦距为 2 5的双曲线，因此 a2，c 5，b2c2a21，故 C
404、的圆心轨迹 L 的方程为x24y21.(2)过点 M，F 的直线 l 的方程为 y2(x 5)，将其代入x24y21 中，解得：x16 55，x214 515，故直线 l 与 L 的交点为 T1(6 55，2 55)，T2(14 515，2 515)，因为 T1 在线段 MF 外，T2 在线段 MF 上，故|MT1|FT1|MF|2，|MT2|FT2|MF|2，若点 P 不在 MF 上，则|MP|FP|b0)为动点，F1、F2 分别为椭圆x2a2y2b21 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
405、的点满足 AMBM2，求点 M 的轨迹方程解：(1)设 F1(c,0)，F2(c,0)(c0)由题意，可得|PF2|F1F2|，即 ac2b22c，整理得 2(ca)2ca10，得ca1(舍)，或ca12.所以 e12.(2)由(1)知 a2c，b 3c，可得椭圆方程为 3x24y212c2，直线 PF2 的方程为 y 3(xc)A，B 两点的坐标满足方程组3x24y212c2，y 3xc.消去 y 并整理，得 5x28cx0，解得 x10，x285c.得方程组的解x10，y1 3c，x285c，y23 35 c.不妨设 A(85c，3 35 c)，B(0，3c)设点 M 的坐标为(x，y)，
406、则 AM(x85c，y3 35 c)，BM(x，y 3c)由 y 3(xc)，得 cx 33 y.于是 AM(8 315 y35x，85y3 35 x)，BM(x，3x)由 AMBM2，即(8 315 y35x)x(85y3 35 x)3x2，化简得 18x216 3xy150.将 y18x21516 3x 代入 cx 33 y，得 c10 x2516x0.所以 x0.因此，点 M 的轨迹方程是 18x216 3xy150(x0)362（2011江苏高考）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，M、N 分别是椭圆x24y221 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
407、，过 P 作 x 轴的垂线，垂足为 C.连接 AC，并延长交椭圆于点 B.设直线 PA 的斜率为 k.(1)当直线 PA 平分线段 MN 时，求 k 的值；(2)当 k2 时，求点 P 到直线 AB 的距离 d；(3)对任意的 k0，求证：PAPB.解：(1)由题设知，a2，b 2，故 M(2,0)，N(0，2)，所以线段 MN 中点的坐标为(1，22)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 221 22.(2)直线 PA 的方程为 y2x，代入椭圆方程得x244x22 1，解得 x23，因此 P(23，43)，A(23，43)于是
408、 C(23，0)，直线 AC 的斜率为04323231，故直线 AB 的方程为 xy230.因此，d|234323|1212 2 23.(3)证明：法一：将直线 PA 的方程 ykx 代入x24y221，解得 x212k2.记 212k2，则 P(，k)，A(，k)，于是 C(，0)故直线 AB 的斜率为0k k2，其方程为 yk2(x)，代入椭圆方程并由 212k2得(2k2)x22k2x2(3k22)0，解得 x3k222k2或 x.因此 B(3k222k2，k32k2)于是直线 PB 的斜率 k1k32k2k3k222k2 k3k2k23k222k21k.因此 k1k1，所以 PAPB.
409、法二：设 P(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x10，x20，x1x2，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 k20y1x1x1 y12x1k2.从而k1k12k1k212y2y1x2x1y2y1x2x112y222y21x22x21 1x222y22x212y21x22x21 44x22x210.因此 k1k1，所以 PAPB.363（2011湖北高考）平面内与两定点 A1(a,0)、A2(a,0)(a0)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
410、曲线 C 的方程，并讨论 C 的形状与 m 值的关系；(2)当 m1 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 tanF1NF2 的值；若不存在，请说明理由解：(1)设动点为 M，其坐标为(x，y)，当 xa 时，由条件可得 kMA1kMA2 yxayxay2x2a2m，即 mx2y2ma2(xa)，又 A1(a,0)、A2(a,0)的坐标满足 mx2y2ma2，故依题意，曲线 C 的方程为 mx2y2ma2.当 m1 时，曲线 C 的方程
411、为x2a2 y2ma21，C 是焦点在 y 轴上的椭圆；当 m1 时，曲线 C 的方程为 x2y2a2，C 是圆心在原点的圆；当1m0 时，曲线 C 的方程为x2a2y2ma21，C 是焦点在 x 轴上的椭圆；当 m0 时，曲线 C 的方程为x2a2 y2ma21，C 是焦点在 x 轴上的双曲线(2)由(1)知，当 m1 时，C1 的方程为 x2y2a2，当 m(1,0)(0，)时，C2 的两个焦点分别为 F1(a 1m，0)，F2(a 1m，0)对于给定的 m(1,0)(0，)，C1 上存在点 N(x0，y0)(y00)使得 S|m|a2 的充要条件是x20y20a2，y00，122a 1m
412、|y0|m|a2.由得 0|y0|a，由得|y0|m|a1m.当 0|m|a1ma，即1 52m0，或 0m1 52时，存在点 N，使 S|m|a2；当|m|a1ma，即1m1 52，或 m1 52时，不存在满足条件的点 N.当 m1 52，0)(0，1 52时，由 NF1(a 1mx0，y0)，NF2(a 1mx0，y0)，可得 NF1NF2x20(1m)a2y20ma2.令|NF1|r1，|NF2|r2，F1NF2，则由 NF1NF2r1r2cosma2，可得 r1r2ma2cos，从而 S12r1r2sinma2sin2cos 12ma2tan，于是由 S|m|a2，可得12ma2tan
413、|m|a2，即 tan2|m|m.综上可得：当 m1 52，0)时，在 C1 上，存在点 N，使得 S|m|a2，且 tanF1NF22；当 m0，1 52)时，在 C1 上，存在点 N，使得 S|m|a2，且 tanF1NF22；当 m(1，1 52)(1 52，)时，在 C1 上，不存在满足条件的点 N.364（2011浙江高考）已知拋物线 C1：x2y，圆 C2：x2(y4)21 的圆心为点 M.(1)求点 M 到拋物线 C1 的准线的距离；(2)已知点 P 是拋物线 C1 上一点(异于原点)过点 P 作圆 C2 的两条切线，交拋物线 C1 于 A，B 两点若过 M，P 两点的直线 l
414、垂直于直线 AB，求直线 l 的方程解：(1)由题意可知，拋物线 C1 的准线方程为：y14，所以圆心 M(0,4)到准线的距离是174.(2)设 P(x0，x20)，A(x1，x21)，B(x2，x22)，由题意得 x00，x01，x1x2.设过点 P 的圆 C2 的切线方程为 yx20k(xx0)，即 ykxkx0 x20.则|kx04x20|1k21，即(x201)k22x0(4x20)k(x204)210.设 PA，PB 的斜率为 k1，k2(k1k2)，则 k1，k2 是上述方程的两根，所以 k1k22x0 x204x201，k1k2x20421x201.将代入 yx2 得 x2kx
415、kx0 x200，由于 x0 是此方程的根，故 x1k1x0，x2k2x0，所以 kABx21x22x1x2x1x2k1k22x02x0 x204x2012x0，kMPx204x0.由 MPAB，得 kABkMP(2x0 x204x2012x0)(x204x0)1，解得 x20235.即点 P 的坐标为(235，235)，所以直线 l 的方程为 y3 115115 x4.365（2011陕西高考）如图，设 P 是圆 x2y225 上的动点，点 D 是 P 在 x 轴上的投影，M 为 PD 上一点，且|MD|45|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
416、,0)且斜率为45的直线被 C 所截线段的长度解：(1)设 M 的坐标为(x，y)，P 的坐标为(xP，yP)，由已知得xPx，yP54y，P 在圆上，x2(54y)225，即 C 的方程为x225y2161.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为 y45(x3)，设直线与 C 的交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程 y45(x3)代入 C 的方程，得x225x32251，即 x23x80.x13 412，x23 412.线段 AB 的长度为|AB|x1x22y1y2211625x1x22412541415.366（2011辽宁高考）如图，已知椭圆 C1 的中心在原点
417、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 lMN，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 e12，求|BC|与|AD|的比值；(2)当 e 变化时，是否存在直线 l，使得 BOAN，并说明理由解：(1)因为 C1，C2 的离心率相同，故依题意可设C1：x2a2y2b21，C2：b2y2a4 x2a21，(ab0)设直线 l：xt(|t|a)，分别与 C1，C2 的方程联立，求得 A(t，ab a2t2)，B(t，ba a2t2)当 e12时，b 32 a，分别用 yA，yB 表示 A，B 的纵坐标，可知|BC|AD|2|yB|2|yA|b2a234.(2)t0 时的 l 不符合题意t0 时，BOAN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN 相等，即baa2t2taba2t2ta，解得 t ab2a2b21e2e2 a.因为|t|a，又 0e1，所以1e2e2 1，解得 22 e1.所以当 0e 22 时，不存在直线 l，使得 BOAN；当 22 e1 时，存在直线 l，使得BOAN.