1、 数 学H单元解析几何 H1直线的倾斜角与斜率、直线的方程6，2014福建卷 已知直线l过圆x2(y3)24的圆心，且与直线xy10垂直，则l的方程是()Axy20 Bxy20Cxy30 Dxy306D20、2014全国新课标卷 已知点P(2，2)，圆C：x2y28y0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点(1)求M的轨迹方程；(2)当|OP|OM|时，求l的方程及POM的面积20解：(1)圆C的方程可化为x2(y4)216，所以圆心为C(0，4)，半径为4.设M(x，y)，则CM(x，y4)，MP(2x，2y)由题设知CMMP0，故x(2x)(y4)(2y)
2、0，即(x1)2(y3)22.由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x1)2(y3)22.(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1，3)为圆心，为半径的圆由于|OP|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM.因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为，故l的方程为yx.又|OM|OP|2 ，O到直线l的距离为，故|PM|，所以POM的面积为.21、2014重庆卷 如图15，设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，2，DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两
3、个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由图1521解：(1)设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c2a2b2.由2得|DF1|c.从而SDF1F2|DF1|F1F2|c2，故c1.从而|DF1|.由DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|2，因此|DF2|，所以2a|DF1|DF2|2，故a，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆y21相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易
4、知，x2x1，y1y2.由(1)知F1(1，0)，F2(1，0)，所以(x11，y1)，(x11，y1)再由F1P1F2P2得(x11)2y0.由椭圆方程得1(x11)2，即3x4x10，解得x1或x10.当x10时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在当x1时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1F1P1，得1.而y1|x11|，故y0.圆C的半径|CP1|.综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2.H2两直线的位置关系与点到直线的距离6，2014福建卷 已知直线l过圆x2(y3)24的圆心，且与直线xy10垂直，则l的方程是()Axy20
5、 Bxy20Cxy30 Dxy306D18、2014江苏卷 如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，tanBCO.(1)求新桥BC的长(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？图1618解： 方法一：(1)如图所示， 以O为坐标原点， OC 所在直线为 x 轴， 建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0, 60), C(170，0)，直
6、线 BC 的斜率kBCtanBCO.又因为 ABBC, 所以直线AB的斜率kAB.设点 B 的坐标为(a，b)，则kBC， kAB，解得a80, b120，所以BC150.因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M的半径为r m, OMd m (0d60)由条件知， 直线BC的方程为y(x170)，即4x3y6800.由于圆M与直线BC相切， 故点 M(0, d)到直线BC的距离是r，即r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10时， r 最大， 即圆面积最大，所以当OM10 m时， 圆形保护区的面积最大方法二：(1)如图所示， 延长 OA
7、, CB 交于点F.因为 tanFCO，所以sinFCO， cosFCO.因为OA60，OC170，所以OFOC tanFCO， CF， 从而AFOFOA.因为OAOC, 所以cosAFB sinFCO.又因为 ABBC，所以BFAFcosAFB， 从而BCCFBF150.因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆 M与BC的切点为D，连接 MD，则MDBC，且MD是圆M的半径，并设MDr m，OMd m (0d60)因为OAOC, 所以sinCFOcosFCO.故由(1)知sinCFO， 所以r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10时，
8、 r最大，即圆面积最大，所以当OM10 m时， 圆形保护区的面积最大22、2014全国卷 已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，直线y4与 y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|PQ|.(1)求C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程22解：(1)设Q(x0，4)，代入y22px，得x0，所以|PQ|，|QF|x0.由题设得，解得p2(舍去)或p2，所以C的方程为y24x.(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为xmy1(m0)代入y24x，得y24my40.设A(x1，y1)，B(
9、x2，y2)，则y1y24m，y1y24.故线段AB的中点为D(2m21，2m)，|AB|y1y2|4(m21)又直线l的斜率为m，所以l的方程为xy2m23.将上式代入y24x，并整理得y2 y4(2m23)0.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3y4，y3y44(2m23)故线段MN的中点为E，|MN|y3y4|.由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|BE|MN|，从而|AB|2|DE|2|MN|2，即4(m21)2，化简得m210，解得m1或m1.所求直线l的方程为xy10或xy10.21、2014重庆卷 如图15，设椭圆1(ab0)的左、右焦
10、点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，2，DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由图1521解：(1)设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c2a2b2.由2得|DF1|c.从而SDF1F2|DF1|F1F2|c2，故c1.从而|DF1|.由DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|2，因此|DF2|，所以2a|DF1|DF2|2，故a，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图所示，设圆
11、心在y轴上的圆C与椭圆y21相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2.由(1)知F1(1，0)，F2(1，0)，所以(x11，y1)，(x11，y1)再由F1P1F2P2得(x11)2y0.由椭圆方程得1(x11)2，即3x4x10，解得x1或x10.当x10时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在当x1时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1F1P1，得1.而y1|x11|，故y0.圆C的半径|CP1|.综上，存在
12、满足题设条件的圆，其方程为x2.H3圆的方程6，2014福建卷 已知直线l过圆x2(y3)24的圆心，且与直线xy10垂直，则l的方程是()Axy20 Bxy20Cxy30 Dxy306D172014湖北卷 已知圆O：x2y21和点A(2，0)，若定点B(b，0)(b2)和常数满足：对圆O上任意一点M，都有|MB|MA|，则(1)b_；(2)_17(1)(2)18、2014江苏卷 如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m经
13、测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，tanBCO.(1)求新桥BC的长(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？图1618解： 方法一：(1)如图所示， 以O为坐标原点， OC 所在直线为 x 轴， 建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0, 60), C(170，0)，直线 BC 的斜率kBCtanBCO.又因为 ABBC, 所以直线AB的斜率kAB.设点 B 的坐标为(a，b)，则kBC， kAB，解得a80, b120，所以BC150.因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M的半径为r m, OMd m (0d60)由条件知
14、， 直线BC的方程为y(x170)，即4x3y6800.由于圆M与直线BC相切， 故点 M(0, d)到直线BC的距离是r，即r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10时， r 最大， 即圆面积最大，所以当OM10 m时， 圆形保护区的面积最大方法二：(1)如图所示， 延长 OA, CB 交于点F.因为 tanFCO，所以sinFCO， cosFCO.因为OA60，OC170，所以OFOC tanFCO， CF， 从而AFOFOA.因为OAOC, 所以cosAFB sinFCO.又因为 ABBC，所以BFAFcosAFB， 从而BCCFBF150.因
15、此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆 M与BC的切点为D，连接 MD，则MDBC，且MD是圆M的半径，并设MDr m，OMd m (0d60)因为OAOC, 所以sinCFOcosFCO.故由(1)知sinCFO， 所以r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10时， r最大，即圆面积最大，所以当OM10 m时， 圆形保护区的面积最大20、2014辽宁卷 圆x2y24的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图15所示)图15(1)求点P的坐标；(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：yx交于A
16、，B两点，若PAB的面积为2，求C的标准方程20解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x00，y00)，则切线斜率为，切线方程为yy0(xx0)，即x0xy0y4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为，其围成的三角形的面积S.由xy42x0y0知当且仅当x0y0时x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)(2)设C的标准方程为1(ab0)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)由点P在C上知1，并由得b2x24x62b20.又x1，x2是方程的根，所以由y1x1，y2x2，得|AB|x1x2|.由点P到直线l的距离为及SPAB|AB|2，得|AB|，即b49b2180，解得b2
17、6或3，因此b26，a23(舍)或b23，a26，从而所求C的方程为1.20、2014全国新课标卷 已知点P(2，2)，圆C：x2y28y0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点(1)求M的轨迹方程；(2)当|OP|OM|时，求l的方程及POM的面积20解：(1)圆C的方程可化为x2(y4)216，所以圆心为C(0，4)，半径为4.设M(x，y)，则CM(x，y4)，MP(2x，2y)由题设知CMMP0，故x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22.由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x1)2(y3)22.(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(
18、1，3)为圆心，为半径的圆由于|OP|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM.因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为，故l的方程为yx.又|OM|OP|2 ，O到直线l的距离为，故|PM|，所以POM的面积为.H4直线与圆、圆与圆的位置关系52014浙江卷 已知圆x2y22x2ya0截直线xy20所得弦的长度为4，则实数a的值是()A2 B4 C6 D85B62014安徽卷 过点P(，1)的直线l与圆x2y21有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是()A. B.C. D.6D72014北京卷 已知圆C：(x3)2(y4)21和两点A(m，0)，B(m，0)(m0)若圆
19、C上存在点P，使得APB90，则m的最大值为()A7 B6C5 D47B11，2014福建卷 已知圆C：(xa)2(yb)21，平面区域：若圆心C，且圆C与x轴相切，则a2b2的最大值为()A5 B29C37 D4911C 212014福建卷 已知曲线上的点到点F(0，1)的距离比它到直线y3的距离小2.(1)求曲线的方程(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论21解：方法一：(1)设S(x，y)为曲线上任意一点依
20、题意，点S到点F(0，1)的距离与它到直线y1的距离相等，所以曲线是以点F(0，1)为焦点，直线y1为准线的抛物线，所以曲线的方程为x24y.(2)当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变证明如下：由(1)知抛物线的方程为yx2.设P(x0，y0)(x00)，则y0x，由yx，得切线l的斜率ky|xx0x0，所以切线l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得A.由得M.又N(0，3)，所以圆心C，半径r|MN|，|AB|.所以点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变方法二：(1)设S(x，y)为曲线上任意一点，则|y(3)|2.依题意，点S(x，y)只能在直线y3的上方，所以y3，所以y
21、1，化简得，曲线的方程为x24y.(2)同方法一62014湖南卷 若圆C1：x2y21与圆C2：x2y26x8ym0外切，则m()A21 B19 C9 D116C解析 依题意可得C1(0，0)，C2(3，4)，则|C1C2|5.又r11，r2，由r1r215，解得m9.92014江苏卷 在平面直角坐标系xOy中，直线x2y30被圆(x2)2(y1)24截得的弦长为_9. 解析 由题意可得，圆心为(2，1)，r2，圆心到直线的距离d ，所以弦长为22 .18、2014江苏卷 如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界
22、为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，tanBCO.(1)求新桥BC的长(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？图1618解： 方法一：(1)如图所示， 以O为坐标原点， OC 所在直线为 x 轴， 建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0, 60), C(170，0)，直线 BC 的斜率kBCtanBCO.又因为 ABBC, 所以直线AB的斜率kAB.设点 B 的坐标为(a，b)，则kBC， kAB，解得a80, b120，所以BC150.因此新桥B
23、C的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M的半径为r m, OMd m (0d60)由条件知， 直线BC的方程为y(x170)，即4x3y6800.由于圆M与直线BC相切， 故点 M(0, d)到直线BC的距离是r，即r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10时， r 最大， 即圆面积最大，所以当OM10 m时， 圆形保护区的面积最大方法二：(1)如图所示， 延长 OA, CB 交于点F.因为 tanFCO，所以sinFCO， cosFCO.因为OA60，OC170，所以OFOC tanFCO， CF， 从而AFOFOA.因为OAOC, 所以cos
24、AFB sinFCO.又因为 ABBC，所以BFAFcosAFB， 从而BCCFBF150.因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆 M与BC的切点为D，连接 MD，则MDBC，且MD是圆M的半径，并设MDr m，OMd m (0d60)因为OAOC, 所以sinCFOcosFCO.故由(1)知sinCFO， 所以r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10时， r最大，即圆面积最大，所以当OM10 m时， 圆形保护区的面积最大16、2014全国卷 直线l1和l2是圆x2y22的两条切线若l1与l2的交点为(1，3)，则l1与l2的夹角的正
25、切值等于_16.122014新课标全国卷 设点M(x0，1)，若在圆O：x2y21上存在点N，使得OMN45，则x0的取值范围是()A. 1，1 B. C. ， D. 12A20、2014全国新课标卷 已知点P(2，2)，圆C：x2y28y0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点(1)求M的轨迹方程；(2)当|OP|OM|时，求l的方程及POM的面积20解：(1)圆C的方程可化为x2(y4)216，所以圆心为C(0，4)，半径为4.设M(x，y)，则CM(x，y4)，MP(2x，2y)由题设知CMMP0，故x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22
26、.由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x1)2(y3)22.(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1，3)为圆心，为半径的圆由于|OP|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM.因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为，故l的方程为yx.又|OM|OP|2 ，O到直线l的距离为，故|PM|，所以POM的面积为.142014山东卷 圆心在直线x2y0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为2，则圆C的标准方程为_14(x2)2(y1)24142014重庆卷 已知直线xya0与圆心为C的圆x2y22x4y40相交于A，B两点，且ACBC，则实数a的值为_140或
27、69、2014四川卷 设mR，过定点A的动直线xmy0和过定点B的动直线mxym30交于点P(x，y)，则|PA|PB|的取值范围是()A，2 B，2 C，4 D2，4 9B21、2014重庆卷 如图15，设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，2，DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由图1521解：(1)设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c2a2b2.由2得|DF1|c.从而SDF1
28、F2|DF1|F1F2|c2，故c1.从而|DF1|.由DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|2，因此|DF2|，所以2a|DF1|DF2|2，故a，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆y21相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2.由(1)知F1(1，0)，F2(1，0)，所以(x11，y1)，(x11，y1)再由F1P1F2P2得(x11)2y0.由椭圆方程得1(x11)2，即3x4x10，解得
29、x1或x10.当x10时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在当x1时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1F1P1，得1.而y1|x11|，故y0.圆C的半径|CP1|.综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2.H5椭圆及其几何性质21、2014重庆卷 如图15，设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，2，DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请
30、说明理由图1521解：(1)设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c2a2b2.由2得|DF1|c.从而SDF1F2|DF1|F1F2|c2，故c1.从而|DF1|.由DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|2，因此|DF2|，所以2a|DF1|DF2|2，故a，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆y21相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2.由(1)知F1(1，0)，F2(1，0)，所以(x11，
31、y1)，(x11，y1)再由F1P1F2P2得(x11)2y0.由椭圆方程得1(x11)2，即3x4x10，解得x1或x10.当x10时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在当x1时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1F1P1，得1.而y1|x11|，故y0.圆C的半径|CP1|.综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2.20、2014安徽卷 设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值20解： (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2
32、x3x2.令f(x)0，得x1，x2，且x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在和 内单调递减，在内单调递增(2)因为a0，所以x10，当a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减，因此f(x)在xx2处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1ab0)的一个焦点为(，0)，离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(
33、2)若动点P(x0，y0)为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程20、2014湖南卷 如图15所示，O为坐标原点，双曲线C1：1(a10，b10)和椭圆C2：1(a2b20)均过点P，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形(1)求C1，C2的方程(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|AB| ？证明你的结论. 图1520解： (1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c22，2a12，从而a11，c21.因为点P在双曲线x21上，所以1，故b3.由椭圆的定义知2a22.于是a2，bac2.故C1，C2的方
34、程分别为x21，1.(2)不存在符合题设条件的直线(i)若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x或x.当x时，易知A(，)，B(，)，所以|2，|2.此时，|.当 x时，同理可知，|.(ii)若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykxm，由得(3k2)x22kmxm230.当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.由得(2k23)x24kmx2m260.因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)
35、0.化简，得2k2m23.因此x1x2y1y20，于是222222，即|2|2.故|.综合(i)，(ii)可知，不存在符合题设条件的直线17、2014江苏卷 如图15所示，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆1(ab0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.(1)若点C的坐标为，且BF2，求椭圆的方程；(2)若F1CAB，求椭圆离心率e的值图1517解： 设椭圆的焦距为2c, 则 F1(c, 0), F2(c, 0)(1)因为B(0, b), 所以BF2a.又BF2， 故a.因为点C在椭圆上，所以1，解得
36、b21.故所求椭圆的方程为y21.(2)因为B(0, b), F2(c, 0)在直线 AB 上，所以直线 AB 的方程为 1.解方程组得所以点 A 的坐标为.又AC 垂直于x 轴， 由椭圆的对称性，可得点 C 的坐标为.因为直线 F1C的斜率为，直线AB的斜率为，且F1CAB，所以1.又b2a2c2，整理得a25c2，故e2，因此e.142014江西卷 设椭圆C：1(ab0)的左右焦点分别为F1，F2，过F2作x轴的垂线与C相交于A，B两点，F1B与y轴相交于点D.若ADF1B，则椭圆C的离心率等于_14.解析 由题意A，B，F1(c，0)，则直线F1B的方程为y0(xc)令x0，得y，即D，
37、则向量DA，.因为ADF1B，所以2c20，即2acb2(a2c2)，整理得(e1)(e)0，所以e(e0)故椭圆C的离心率为.20、2014辽宁卷 圆x2y24的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图15所示)图15(1)求点P的坐标；(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：yx交于A，B两点，若PAB的面积为2，求C的标准方程20解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x00，y00)，则切线斜率为，切线方程为yy0(xx0)，即x0xy0y4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为，其围成的三角形的面积S.由xy42x0y0知当且仅当x0
38、y0时x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)(2)设C的标准方程为1(ab0)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)由点P在C上知1，并由得b2x24x62b20.又x1，x2是方程的根，所以由y1x1，y2x2，得|AB|x1x2|.由点P到直线l的距离为及SPAB|AB|2，得|AB|，即b49b2180，解得b26或3，因此b26，a23(舍)或b23，a26，从而所求C的方程为1.92014全国卷 已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C于A，B两点若AF1B的周长为4 ，则C的方程为()A.1 B.y21C.1 D.19A解析 根
39、据题意，因为AF1B的周长为4，所以|AF1|AB|BF1|AF1|AF2|BF1|BF2|4a4，所以a.又因为椭圆的离心率e，所以c1，b2a2c2312，所以椭圆C的方程为1.202014新课标全国卷 设F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|5|F1N|，求a，b.20解：(1)根据c及题设知M，2b23ac.将b2a2c2代入2b23ac，解得，2(舍去)故C的离心率为.(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2y轴，所以直
40、线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故4，即b24a.由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1b0)的离心率为，直线yx被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)点D在椭圆C上，且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k1，k2，证明存在常数使得k1k2，并求出的值；(ii)求OMN面积的最大值21解：(1)由题意知，可得a24b2.椭圆C的方程可简化为x24y2a2.将yx代入可得x.因此，即a2，所以b1，所以椭圆C的方程为
41、y21.(2)(i)设A(x1，y1)(x1y10)，D(x2，y2)，则B(x1，y1)因为直线AB的斜率kAB，且ABAD，所以直线AD的斜率k.设直线AD的方程为ykxm，由题意知k0，m0.由消去y，得(14k2)x28mkx4m240，所以x1x2，因此y1y2k(x1x2)2m.由题意知x1x2，所以k1.所以直线BD的方程为yy1(xx1)令y0，得x3x1，即M(3x1，0)可得k2.所以k1k2，即.因此，存在常数使得结论成立(ii)直线BD的方程yy1(xx1)，令x0，得yy1，即N.由(i)知M(3x1，0)，所以OMN的面积S3|x1|y1|x1|y1|.因为|x1|
42、y1|y1，当且仅当|y1|时，等号成立，此时S取得最大值，所以OMN面积的最大值为.20、2014陕西卷 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：yxm与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足，求直线l的方程图1520解： (1)由题设知解得椭圆的方程为1.(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2y21，圆心(0，0)到直线l的距离d.由d1，得|m|，(*)|CD|22.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2mxm230，由根与系数的关系得x1x2m，x1x2m2
43、3，|AB|.由，得1，解得m，满足(*)直线l的方程为yx或yx.20、2014四川卷 已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F(2，0)，离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，T为直线x3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积20解：(1)由已知可得，c2，所以a.又由a2b2c2，解得b，所以椭圆C的标准方程是1.(2)设T点的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率kTFm.当m0时，直线PQ的斜率kPQ，直线PQ的方程是xmy2.当m0时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
44、将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.因为四边形OPTQ是平行四边形，所以，即(x1，y1)(3x2，my2)所以解得m1.此时，四边形OPTQ的面积S四边形OPTQ2SOPQ2|OF|y1y2|2 2 .18、2014天津卷 设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|F1F2|.(1)求椭圆的离心率；(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过点F2的直线l与该圆相切于点M，|MF2|2，求椭圆的方程18解
45、：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)由|AB|F1F2|，可得a2b23c2.又b2a2c2，则，所以椭圆的离心率e.(2)由(1)知a22c2，b2c2，故椭圆方程为1.设P(x0，y0)由F1(c，0)，B(0，c)，有(x0c，y0)，(c，c)由已知，有0，即(x0c)cy0c0.又c0，故有x0y0c0.因为点P在椭圆上，所以1.由和可得3x4cx00.而点P不是椭圆的顶点，故x0c，代入得y0，即点P的坐标为.设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1c，y1c，进而圆的半径rc.由已知，有|TF2|2|MF2|2r2.又|MF2|2，故有8c2，解得c23，所以所求椭圆的方程为1
46、.H6双曲线及其几何性质82014重庆卷 设F1，F2分别为双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得(|PF1|PF2|)2b23ab，则该双曲线的离心率为()A. B. C4 D.8D102014北京卷 设双曲线C的两个焦点为(，0)，(，0)，一个顶点是(1，0)，则C的方程为_10x2y2182014广东卷 若实数k满足0k0，b0)的焦距为2c，右顶点为A，抛物线x22py(p0)的焦点为F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c，且|FA|c，则双曲线的渐近线方程为_15yx112014四川卷 双曲线 y21的离心率等于_11.62014天津卷 已知双曲线1(a0，
47、b0)的一条渐近线平行于直线l：y2x10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为()A.1 B.1C.1 D.16AH7抛物线及其几何性质102014四川卷 已知F为抛物线y2x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，2(其中O为坐标原点)，则ABO与AFO面积之和的最小值是()A2 B3 C. D.10B32014安徽卷 抛物线yx2的准线方程是()Ay1 By2 Cx1 Dx23A212014福建卷 已知曲线上的点到点F(0，1)的距离比它到直线y3的距离小2.(1)求曲线的方程(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆
48、C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论21解：方法一：(1)设S(x，y)为曲线上任意一点依题意，点S到点F(0，1)的距离与它到直线y1的距离相等，所以曲线是以点F(0，1)为焦点，直线y1为准线的抛物线，所以曲线的方程为x24y.(2)当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变证明如下：由(1)知抛物线的方程为yx2.设P(x0，y0)(x00)，则y0x，由yx，得切线l的斜率ky|xx0x0，所以切线l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得A.由得M.又N(0，3)，所以圆心C，半径r|MN|
49、，|AB|.所以点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变方法二：(1)设S(x，y)为曲线上任意一点，则|y(3)|2.依题意，点S(x，y)只能在直线y3的上方，所以y3，所以y1，化简得，曲线的方程为x24y.(2)同方法一 11、2014广东卷 曲线y5ex3在点(0，2)处的切线方程为_115xy20 22、2014湖北卷 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围22解：(1)设点M(x，y)，依题
50、意得|MF|x|1，即|x|1，化简整理得y22(|x|x)故点M的轨迹C的方程为y2(2)在点M的轨迹C中，记C1：y24x(x0)，C2：y0(x0)依题意，可设直线l的方程为y1k(x2)由方程组可得ky24y4(2k1)0.当k0时，y1.把y1代入轨迹C的方程，得x.故此时直线l：y1与轨迹C恰好有一个公共点.当k0时，方程的判别式16(2k2k1)设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y1k(x2)，令y0，得x0.(i)若由解得k.即当k(，1)时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点(ii)若或由解得k或k0.即当k时，直线l与C1
51、只有一个公共点，与C2有一个公共点当k时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点故当k时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点(iii)若由解得1k或0k0，b0)的焦距为2c，右顶点为A，抛物线x22py(p0)的焦点为F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c，且|FA|c，则双曲线的渐近线方程为_15yx112014陕西卷 抛物线y24x的准线方程为_11x122、2014浙江卷 已知ABP的三个顶点都在抛物线C：x24y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，3FM.图16(1)若|PF|3，求点M的坐标；(2)求ABP面积的最大值22解：(1)由题意知焦点F(0，1)，准线方程为y1
52、.设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|y01，得到y02，所以P(2，2)或P(2，2)由PF3FM，分别得M或M.(2)设直线AB的方程为ykxm，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)由得x24kx4m0，于是16k216m0，x1x24k，x1x24m，所以AB中点M的坐标为(2k，2k2m)由3，得(x0，1y0)3(2k，2k2m1)，所以由x4y0得k2m.由0，k20，得f.所以，当m时，f(m)取到最大值，此时k.所以，ABP面积的最大值为.H8直线与圆锥曲线（AB课时作业）20、2014安徽卷 设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(
53、x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值20解： (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，且x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在和 内单调递减，在内单调递增(2)因为a0，所以x10，当a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减，因此f(x)在xx2处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)
54、在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a0，x1x24k，x1x24m，所以AB中点M的坐标为(2k，2k2m)由3，得(x0，1y0)3(2k，2k2m1)，所以由x4y0得k2m.由0，k20，得f.所以，当m时，f(m)取到最大值，此时k.所以，ABP面积的最大值为.20、2014广东卷 已知椭圆C：1(ab0)的一个焦点为(，0)，离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动点P(x0，y0)为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程8、2014湖北卷 设a，b是关于t的方程t2cos tsin 0的两个不等实根，则过A(a，
55、a2)，B(b，b2)两点的直线与双曲线1的公共点的个数为()A0 B1C2 D38A解析 由方程t2cos tsin 0，解得t10，t2tan ，不妨设点A(0，0)，B(tan ，tan2)，则过这两点的直线方程为yxtan ，该直线恰是双曲线1的一条渐近线，所以该直线与双曲线无公共点故选A22、2014湖北卷 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围22解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|
56、x|1，即|x|1，化简整理得y22(|x|x)故点M的轨迹C的方程为y2(2)在点M的轨迹C中，记C1：y24x(x0)，C2：y0(x0)依题意，可设直线l的方程为y1k(x2)由方程组可得ky24y4(2k1)0.当k0时，y1.把y1代入轨迹C的方程，得x.故此时直线l：y1与轨迹C恰好有一个公共点.当k0时，方程的判别式16(2k2k1)设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y1k(x2)，令y0，得x0.(i)若由解得k.即当k(，1)时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点(ii)若或由解得k或k0.即当k时，直线l与C1只有一个公共
57、点，与C2有一个公共点当k时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点故当k时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点(iii)若由解得1k或0kb0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.(1)若点C的坐标为，且BF2，求椭圆的方程；(2)若F1CAB，求椭圆离心率e的值图1517解： 设椭圆的焦距为2c, 则 F1(c, 0), F2(c, 0)(1)因为B(0, b), 所以BF2a.又BF2， 故a.因为点C在椭圆上，所以1，解得b21.故所求椭圆的方程为y21.(2)因为B(0, b), F2(c, 0)在直线
58、 AB 上，所以直线 AB 的方程为 1.解方程组得所以点 A 的坐标为.又AC 垂直于x 轴， 由椭圆的对称性，可得点 C 的坐标为.因为直线 F1C的斜率为，直线AB的斜率为，且F1CAB，所以1.又b2a2c2，整理得a25c2，故e2，因此e.202014江西卷 如图12所示，已知抛物线C：x24y，过点M(0，2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)(1)证明：动点D在定直线上(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2.证明：|MN2|2|MN1|2为定值，并求此定值图1220解：
59、(1)依题意可设AB的方程为ykx2，代入x24y，得x24(kx2)，即x24kx80.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x28.直线AO的方程为yx，BD的方程为xx2，解得交点D的坐标为.注意到x1x28及x4y1，则有y2，因此D点在定直线y2上(x0)(2)依题意，切线l的斜率存在且不等于0.设切线l的方程为yaxb(a0)，代入x24y得x24(axb)，即x24ax4b0.由0得(4a)216b0，化简整理得ba2.故切线l的方程可写为yaxa2.分别令y2，y2，得N1，N2的坐标为N1，N2，则|MN2|2|MN1|2428，即|MN2|2|MN1|2为定值8.1
60、52014辽宁卷 已知椭圆C：1，点M与C的焦点不重合若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|BN|_151220、2014辽宁卷 圆x2y24的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图15所示)图15(1)求点P的坐标；(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：yx交于A，B两点，若PAB的面积为2，求C的标准方程20解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x00，y00)，则切线斜率为，切线方程为yy0(xx0)，即x0xy0y4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为，其围成的三角形的面积S.由xy42x0y0知
61、当且仅当x0y0时x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)(2)设C的标准方程为1(ab0)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)由点P在C上知1，并由得b2x24x62b20.又x1，x2是方程的根，所以由y1x1，y2x2，得|AB|x1x2|.由点P到直线l的距离为及SPAB|AB|2，得|AB|，即b49b2180，解得b26或3，因此b26，a23(舍)或b23，a26，从而所求C的方程为1.22、2014全国卷 已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，直线y4与 y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|PQ|.(1)求C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A，B
62、两点，若AB的垂直平分线l与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程22解：(1)设Q(x0，4)，代入y22px，得x0，所以|PQ|，|QF|x0.由题设得，解得p2(舍去)或p2，所以C的方程为y24x.(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为xmy1(m0)代入y24x，得y24my40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24m，y1y24.故线段AB的中点为D(2m21，2m)，|AB|y1y2|4(m21)又直线l的斜率为m，所以l的方程为xy2m23.将上式代入y24x，并整理得y2 y4(2m23)0.设M(x3，y3)，N(x4，y4
63、)，则y3y4，y3y44(2m23)故线段MN的中点为E，|MN|y3y4|.由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|BE|MN|，从而|AB|2|DE|2|MN|2，即4(m21)2，化简得m210，解得m1或m1.所求直线l的方程为xy10或xy10.202014新课标全国卷 设F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|5|F1N|，求a，b.20解：(1)根据c及题设知M，2b23ac.将b2a2c
64、2代入2b23ac，解得，2(舍去)故C的离心率为.(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故4，即b24a.由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1b0)的离心率为，直线yx被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)点D在椭圆C上，且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k1，k2，证明存在常数使得k1k2，并求出的值；(ii)求OMN面积的最大值21解：(1)由题意知，可
65、得a24b2.椭圆C的方程可简化为x24y2a2.将yx代入可得x.因此，即a2，所以b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)(i)设A(x1，y1)(x1y10)，D(x2，y2)，则B(x1，y1)因为直线AB的斜率kAB，且ABAD，所以直线AD的斜率k.设直线AD的方程为ykxm，由题意知k0，m0.由消去y，得(14k2)x28mkx4m240，所以x1x2，因此y1y2k(x1x2)2m.由题意知x1x2，所以k1.所以直线BD的方程为yy1(xx1)令y0，得x3x1，即M(3x1，0)可得k2.所以k1k2，即.因此，存在常数使得结论成立(ii)直线BD的方程yy1(xx1)，令
66、x0，得yy1，即N.由(i)知M(3x1，0)，所以OMN的面积S3|x1|y1|x1|y1|.因为|x1|y1|y1，当且仅当|y1|时，等号成立，此时S取得最大值，所以OMN面积的最大值为.20、2014陕西卷 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：yxm与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足，求直线l的方程图1520解： (1)由题设知解得椭圆的方程为1.(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2y21，圆心(0，0)到直线l的距离d.由d1，得|m|，(*)|CD
67、|22.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2mxm230，由根与系数的关系得x1x2m，x1x2m23，|AB|.由，得1，解得m，满足(*)直线l的方程为yx或yx.20、2014四川卷 已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F(2，0)，离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，T为直线x3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积20解：(1)由已知可得，c2，所以a.又由a2b2c2，解得b，所以椭圆C的标准方程是1.(2)设T点的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率kTFm.当m0时，直线PQ的斜率kPQ，直线P
68、Q的方程是xmy2.当m0时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.因为四边形OPTQ是平行四边形，所以，即(x1，y1)(3x2，my2)所以解得m1.此时，四边形OPTQ的面积S四边形OPTQ2SOPQ2|OF|y1y2|2 2 .18、2014天津卷 设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|F1F2|.(1)求椭圆的离心率；(2)设P为椭圆上异于其顶
69、点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过点F2的直线l与该圆相切于点M，|MF2|2，求椭圆的方程18解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)由|AB|F1F2|，可得a2b23c2.又b2a2c2，则，所以椭圆的离心率e.(2)由(1)知a22c2，b2c2，故椭圆方程为1.设P(x0，y0)由F1(c，0)，B(0，c)，有(x0c，y0)，(c，c)由已知，有0，即(x0c)cy0c0.又c0，故有x0y0c0.因为点P在椭圆上，所以1.由和可得3x4cx00.而点P不是椭圆的顶点，故x0c，代入得y0，即点P的坐标为.设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1c，y1c，进而圆的半
70、径rc.由已知，有|TF2|2|MF2|2r2.又|MF2|2，故有8c2，解得c23，所以所求椭圆的方程为1.H9曲线与方程122014福建卷 在平面直角坐标系中，两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的“L距离”定义为|P1P2|x1x2|y1y2|，则平面内与x轴上两个不同的定点F1，F2的“L距离”之和等于定值(大于|F1F2|)的点的轨迹可以是() AB CD图1412A22、2014湖北卷 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共
71、点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围22解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|x|1，即|x|1，化简整理得y22(|x|x)故点M的轨迹C的方程为y2(2)在点M的轨迹C中，记C1：y24x(x0)，C2：y0(x0)依题意，可设直线l的方程为y1k(x2)由方程组可得ky24y4(2k1)0.当k0时，y1.把y1代入轨迹C的方程，得x.故此时直线l：y1与轨迹C恰好有一个公共点.当k0时，方程的判别式16(2k2k1)设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y1k(x2)，令y0，得x0.(i)若由解得k.即当k(，1)时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时
72、直线l与轨迹C恰好有一个公共点(ii)若或由解得k或k0.即当k时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点当k时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点故当k时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点(iii)若由解得1k或0k.即当k时，直线l与C1有一个公共点，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上所述，当k(，1)0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点 H10 单元综合20、2014湖南卷 如图15所示，O为坐标原点，双曲线C1：1(a10，b10)和椭圆C2：1(a2b20)均过点P
73、，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形(1)求C1，C2的方程(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|AB| ？证明你的结论. 图1520解： (1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c22，2a12，从而a11，c21.因为点P在双曲线x21上，所以1，故b3.由椭圆的定义知2a22.于是a2，bac2.故C1，C2的方程分别为x21，1.(2)不存在符合题设条件的直线(i)若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x或x.当x时，易知A(，)，B(，)，所以|2，|2.此时，|.当 x时，同理可知，|.(ii)若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykxm，由得(3k2)x22kmxm230.当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.由得(2k23)x24kmx2m260.因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0.化简，得2k2m23.因此x1x2y1y20，于是222222，即|2|2.故|.综合(i)，(ii)可知，不存在符合题设条件的直线
