2010-2019十年高考数学真题分类汇编12圆锥曲线（附解析）

1 十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学 专题 12 圆锥曲线 1.(2019·全国·理 T 10 文 T 12)已知椭圆 C 的焦点为 F1(-1,0),F2(1,0),过 F2 的直线与 C 交于 A,B 两点.若 |AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则 C 的方程为(  ) A.x2 2 +y2=1 B.x2 3 + y2 2 =1 C.x2 4 + y2 3 =1 D.x2 5 + y2 4 =1 【答案】B 【解析】如图,由已知可设|F2B|=n,|BF1|=m. 由|AB|=|BF1|,则|AF2|=m-n,|AB|=m. 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|,故|AF1|=2n. 由椭圆的定义及|AF2|=2|F2B|, 得{m - n = 2n, m + n = 2a,解得{m = 3a 2 , n = a 2. ∴|AF1|=a,|AF2|=a.∴点 A 为(0,-b). ∴kAF2 = b 1=b. 过点 B 作 x 轴的垂线,垂足为点 P.由题意可知△OAF2∽△PBF2. 又|AF2|=2|F2B|,∴|OF2|=2|F2P|. ∴|F2P|=1 2. 又kAF2 = |BP| |F2P| = |BP| 1 2 =b,∴|BP|=1 2b.∴点 B(3 2,1 2b). 把点 B 坐标代入椭圆方程x2 a2 + y2 b2=1 中,得 a2=3. 又 c=1,故 b2=2.所以椭圆方程为x2 3 + y2 2 =1. 2.(2019·全国 1·文 T 10)双曲线 C: 푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为 130°,则 C 的离心率为 (  ) A.2sin 40° B.2cos 40° C. 1 푠푖푛50° D. 1 푐표푠50° 【答案】D 2 【解析】由已知可得-푏 푎=tan 130°=-tan 50°, 则 e=푐 푎 = 1 + (푏 푎)2 = 1 + 푡푎푛250° = 1 + 푠푖푛250° 푐표푠250° = 푠푖푛250° + 푐표푠250° 푐표푠250° = 1 푐표푠50°. 故选 D. 3.(2019·北京·文 T 5)已知双曲线푥2 푎2-y2=1(a>0)的离心率是 5,则 a=(  ) A. 6 B.4 C.2 D.1 2 【答案】D 【解析】∵双曲线的离心率 e=푐 푎 = 5,c= 푎2 + 1, ∴ 푎2 + 1 푎 = 5,【解析】得 a=1 2,故选 D. 4.(2019·天津·理 T 5 文 T 6)已知抛物线 y2=4x 的焦点为 F,准线为 l.若 l 与双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的两 条渐近线分别交于点 A 和点 B,且|AB|=4|OF|(O 为原点),则双曲线的离心率为(  ) A. 2 B. 3 C.2 D. 5 【答案】D 【解析】由抛物线方程可得 l 的方程为 x=-1. 由{푦 = 푏 푎푥, 푥 = -1, 得 y1=-푏 푎.由{푦 = - 푏 푎푥, 푥 = -1, 得 y2=푏 푎. ∴AB=2푏 푎 . 由|AB|=4|OF|得2푏 푎 =4,故푏 푎=2. 푐 푎 2=푎2 + 푏2 푎2 = 5푎2 푎2 .∴e= 5,故选 D. 5.(2018·全国 1·理 T 11)已知双曲线 C:푥2 3 -y2=1,O 为坐标原点,F 为 C 的右焦点,过 F 的直线与 C 的两条渐 近线的交点分别为 M,N.若△OMN 为直角三角形,则|MN|=(  ) A.3 2 B.3 C.2 3 D.4 【答案】B 【解析】由条件知 F(2,0),渐近线方程为 y=± 3 3 x, 3 所以∠NOF=∠MOF=30°,∠MON=60°≠90°. 不妨设∠OMN=90°,则|MN|= 3|OM|. 又|OF|=2,在 Rt△OMF 中,|OM|=2cos 30°= 3, 所以|MN|=3. 6.(2018·全国 2·理 T 5 文 T 6)双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的离心率为 3,则其渐近线方程为(  ) A.y=± 2x B.y=± 3x C.y=± 2 2 x D.y=± 3 2 x 【答案】A 【解析】∵e2=푐2 푎2 = 푏2 + 푎2 푎2 = (푏 푎)2 +1=3, ∴푏 푎 = 2. ∵双曲线焦点在 x 轴上, ∴渐近线方程为 y=±푏 푎x, ∴渐近线方程为 y=± 2x. 7.(2018·全国 3·理 T 11)设 F1,F2 是双曲线 C: 푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,O 是坐标原点,过 F2 作 C 的一条渐近线的垂线,垂足为 P.若|PF1|= 6|OP|,则 C 的离心率为(  ) A. 5 B.2 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】如图,过点 F1 作 OP 的反向延长线的垂线,垂足为 P',连接 P'F2,由题意可知,四边形 PF1P'F2 为平行 四边形,且△PP'F2 是直角三角形. 因为|F2P|=b,|F2O|=c,所以|OP|=a. 又|PF1|= 6a=|F2P'|,|PP'|=2a, 所以|F2P|= 2a=b, 所以 c= 푎2 + 푏2 = 3a,所以 e=푐 푎 = 3. 8.(2018·浙江·T2)双曲线푥2 3 -y2=1 的焦点坐标是(  ) A.(- 2,0),( 2,0) B.(-2,0),(2,0) 4 C.(0,- 2),(0, 2) D.(0,-2),(0,2) 【答案】B 【解析】∵c2=a2+b2=3+1=4,∴c=2. 又焦点在 x 轴上, ∴焦点坐标为(-2,0),(2,0). 9.(2018·全国 2·理 T12)已知 F1,F2 是椭圆 C:x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)的左、右焦点,A 是 C 的左顶点,点 P 在过 A 且斜率为 3 6 的直线上,△PF1F2 为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则 C 的离心率为(  ) A.2 3 B.1 2 C.1 3 D.1 4 【答案】D 【解析】∵A(-a,0),△PF1F2 为等腰三角形, ∴|PF2|=|F1F2|=2c. 过点 P 作 PE⊥x 轴, ∵∠F1F2P=120°,∴∠PF2E=60°. ∴F2E=c,PE= 3c,∴P(2c, 3c). ∵kPA= 3 6 , ∴PA 所在直线方程为 y= 3 6 (x+a). ∴ 3c= 3 6 (2c+a).∴e=c a = 1 4. 10.(2018·全国 2·文 T11)已知 F1,F2 是椭圆 C 的两个焦点,P 是 C 上的一点,若 PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°, 则 C 的离心率为(  ) A.1- 3 2 B.2- 3 C. 3 - 1 2 D. 3-1 【答案】D 【解析】不妨设椭圆方程为x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0), ∵∠F2PF1=90°,∠PF2F1=60°, 5 ∴|PF2|=c,|PF1|= 3c, ∴ 3c+c=2a,即( 3+1)c=2a. ∴e=c a = 2 3 + 1 = 2( 3 - 1) ( 3 - 1)( 3 + 1) = 3-1. 11.(2018·上海·T13)设 P 是椭圆x2 5 + y2 3 =1 上的动点,则 P 到该椭圆的两个焦点的距离之和为(  ) A.2 2 B.2 3 C.2 5 D.4 2 【答案】C 【解析】由椭圆的定义可知,椭圆上的任意点 P 到两个焦点的距离之和为 2a=2 5,故选 C. 12.(2018·天津·理 T 7 文 T 7)已知双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的离心率为 2,过右焦点且垂直于 x 轴的直线 与双曲线交于 A,B 两点.设 A,B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为 d1 和 d2,且 d1+d2=6,则双曲线的方程 为(  ) A.푥2 4 ― 푦2 12=1 B.푥2 12 ― 푦2 4 =1 C.푥2 3 ― 푦2 9 =1 D.푥2 9 ― 푦2 3 =1 【答案】C 【解析】由双曲线的对称性,不妨取渐近线 y=푏 푎x.如图所示,|AD|=d1,|BC|=d2,过点 F 作 EF⊥CD 于点 E. 由题易知 EF 为梯形 ABCD 的中位线, 所以|EF|=1 2(d1+d2)=3. 又因为点 F(c,0)到 y=푏 푎x 的距离为|푏푐 - 0| 푎2 + 푏2=b,所以 b=3,b2=9. 因为 e=푐 푎=2,c2=a2+b2,所以 a2=3,所以双曲线的方程为푥2 3 ― 푦2 9 =1.故选 C. 13.(2018·全国 1·理 T8)设抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,过点(-2,0)且斜率为2 3的直线与 C 交于 M,N 两点,则 퐹푀·퐹푁=(  ) A.5 B.6 C.7 D.8 【答案】D 6 【解析】易知 F(1,0),过点(-2,0)且斜率为2 3的直线方程为 y=2 3(x+2).联立抛物线方程 y2=4x,得{푦2 = 4푥, 푦 = 2 3(푥 + 2), 解得{푥 = 1, 푦 = 2,或{푥 = 4, 푦 = 4. 不妨设 M(1,2),N(4,4),所以퐹푀=(0,2),퐹푁=(3,4),所以퐹푀·퐹푁=8. 14.(2017·全国 1·理 T10)已知 F 为抛物线 C:y2=4x 的焦点,过 F 作两条互相垂直的直线 l1,l2,直线 l1 与 C 交于 A,B 两点,直线 l2 与 C 交于 D,E 两点,则|AB|+|DE|的最小值为(  ) A.16 B.14 C.12 D.10 【答案】A 【解析】由题意,易知直线 l1,l2 斜率不存在时,不合题意. 设直线 l1 方程为 y=k1(x-1), 联立抛物线方程,得{푦2 = 4푥, 푦 = 푘1(푥 - 1), 消去 y,得푘21x2-2푘21x-4x+푘21=0,所以 x1+x2= 2푘2 1 + 4 푘2 1 . 同理,直线 l2 与抛物线的交点满足 x3+x4= 2푘2 2 + 4 푘2 2 . 由 抛 物 线 定 义 可 知 |AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p= 2푘2 1 + 4 푘2 1 + 2푘2 2 + 4 푘2 2 +4= 4 푘2 1 + 4 푘2 2 +8≥2 16 푘2 1푘2 2 +8=16, 当 且 仅 当 k1=-k2=1(或-1)时,取得等号. 15.(2017·全国 3·理 T 5)已知双曲线 C:푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为 y= 5 2 x,且与椭圆푥2 12 + 푦2 3 =1 有公共焦点,则 C 的方程为(  ) A.푥2 8 ― 푦2 10=1 B.푥2 4 ― 푦2 5 =1 C.푥2 5 ― 푦2 4 =1 D.푥2 4 ― 푦2 3 =1 【答案】B 【解析】由题意得푏 푎 = 5 2 ,c=3. 又 a2+b2=c2,所以 a2=4,b2=5, 故 C 的方程为푥2 4 ― 푦2 5 =1. 16.(2017·全国 1·文 T 5)已知 F 是双曲线 C:x2-푦2 3 =1 的右焦点,P 是 C 上一点,且 PF 与 x 轴垂直,点 A 的坐 标是(1,3),则△APF 的面积为(  ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 2 7 【答案】D 【解析】由 c2=a2+b2=4,得 c=2,所以点 F 的坐标为(2,0).将 x=2 代入 x2-푦2 3 =1,得 y=±3,所以 PF=3. 又点 A 的坐标是(1,3),故△APF 的面积为1 2×3×(2-1)=3 2.故选 D. 17.(2017·天津·理 T5)已知双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的左焦点为 F,离心率为 2,若经过 F 和 P(0,4)两点 的直线平行于双曲线的一条渐近线,则双曲线的方程为(  ) A.푥2 4 ― 푦2 4 =1 B.푥2 8 ― 푦2 8 =1 C.푥2 4 ― 푦2 8 =1 D.푥2 8 ― 푦2 4 =1 【答案】B 【解析】∵e2=1+푏2 푎2=2,∴푏 푎=1,a=b. ∵F(-c,0),P(0,4),∴kPF=4 푐 = 푏 푎=1. ∴c=4. 又 a2+b2=c2=16,∴a2=b2=8. ∴所求双曲线的方程为푥2 8 ― 푦2 8 =1. 18.(2017·全国 3·理 T10 文 T11)已知椭圆 C: x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A1,A2,且以线段 A1A2 为 直径的圆与直线 bx-ay+2ab=0 相切,则 C 的离心率为(  ) A. 6 3 B. 3 3 C. 2 3 D.1 3 【答案】A 【解析】以线段 A1A2 为直径的圆的方程是 x2+y2=a2. 因为直线 bx-ay+2ab=0 与圆 x2+y2=a2 相切, 所以圆心到该直线的距离 d= 2ab b2 + a2=a, 整理,得 a2=3b2,即 a2=3(a2-c2), 所以c2 a2 = 2 3,从而 e=c a = 6 3 .故选 A. 19.(2017·全国 1·文 T12)设 A,B 是椭圆 C:x2 3 + y2 m=1 长轴的两个端点.若 C 上存在点 M 满足∠AMB=120°,则 m 的取值范围是(  ) A.(0,1]∪[9,+∞) B.(0, ]∪[9,+∞) 8 C.(0,1]∪[4,+∞) D.(0, ]∪[4,+∞) 【答案】A 【解析】由题意,可知当点 M 为短轴的端点时,∠AMB 最大.当 00)的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4 所截得的弦长为 2,则 C 的离心率为(  ) A.2 B. 3 C. 2 D.2 3 3 【答案】A 【解析】可知双曲线 C 的渐近线方程为 bx±ay=0,取其中的一条渐近线方程为 bx+ay=0,则圆心(2,0)到这条 渐近线的距离为 2푏 푎2 + 푏2 = 22 - 12 = 3,即2푏 푐 = 3,所以 c=2a,所以 e=2.故选 A. 22.(2017·全国 2·文 T5)若 a>1,则双曲线푥2 푎2-y2=1 的离心率的取值范围是(  ) A.( 2,+∞) B.( 2,2) C.(1, 2) D.(1,2) 【答案】C 【解析】由题意得 e2=푐2 푎2 = 푎2 + 1 푎2 =1+ 1 푎2.因为 a>1, 所以 10)与 C 交于点 P,PF⊥x 轴,则 k=(  ) A.1 2 B.1 C.3 2 D.2 【答案】D 【解析】因为 F 为抛物线 y2=4x 的焦点,所以 F(1,0). 又因为曲线 y=푘 푥(k>0)与抛物线交于点 P,PF⊥x 轴, 如图所示,可知 P(1,2),故푘 1=2,解得 k=2,故选 D. 25.(2016·全国 1·理 T 5)已知方程 푥2 푚2 + 푛 ― 푦2 3푚2 - 푛=1 表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为 4,则 n 的 取值范围是(  ) A.(-1,3) B.(-1, 3) C.(0,3) D.(0, 3) 【答案】A 【解析】因为双曲线的焦距为 4, 所以 c=2, 即 m2+n+3m2-n=4,解得 m2=1. 又由方程表示双曲线得(1+n)(3-n)>0,解得-1b>0)的左焦点,A,B 分别为 C 的 左、右顶点.P 为 C 上一点,且 PF⊥x 轴.过点 A 的直线 l 与线段 PF 交于点 M,与 y 轴交于点 E.若直线 BM 经过 OE 的中点,则 C 的离心率为(  ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 【答案】A 【解析】由题意,不妨设直线 l 的方程为 y=k(x+a),k>0,分别令 x=-c 与 x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka. 设 OE 的中点为 G, 由△OBG∽△FBM,得 1 2|OE| |FM| = |OB| |BF|, 即 ka 2k(a - c) = a a + c,整理,得c a = 1 3, 故椭圆的离心率 e=1 3,故选 A. 11 29.(2016·全国 1·文 T5)直线 l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到 l 的距离为其短轴长的1 4, 则该椭圆的离心率为(  ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 【答案】B 【解析】设椭圆的一个顶点坐标为(0,b),一个焦点坐标为(c,0),则直线 l 的方程为x c + y b=1,即 bx+cy-bc=0, 短轴长为 2b,由题意得 bc b2 + c2 = 1 4×2b,与 b2+c2=a2 联立得 a=2c,故 e=1 2. 30.(2015·福建·文 T11)已知椭圆 E:x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)的右焦点为 F,短轴的一个端点为 M,直线 l:3x-4y=0 交椭圆 E 于 A,B 两点.若|AF|+|BF|=4,点 M 到直线 l 的距离不小于4 5,则椭圆 E 的离心率的取值范围是(  ) A.(0, 3 2 ] B.(0,3 4] C.[ 3 2 ,1) D.[3 4,1) 【答案】A 【解析】如图,取椭圆的左焦点 F1,连接 AF1,BF1. 由椭圆的对称性知四边形 AF1BF 是平行四边形, ∴|AF|+|BF|=|AF1|+|AF|=2a=4.∴a=2. 不妨设 M(0,b),则|3 × 0 - 4b| 32 + 42 ≥ 4 5,∴b≥1. ∴e=c a = 1 - (b a)2 ≤ 1 - (1 2)2 = 3 2 . 又 0 1 2e e> a b< 1 2e e< ,a b 1 2e e< a b> 1 2e e< a b< 1 2e e> 2 22 1 )(1 a b a bae +=+= 2 22 2 )(1)()( ma mb ma mbmae + ++=+ +++= )( )( )( maa abm maa amabbmab ma mb a b + −=+ −−+=+ +− 0>m 0>a 0>b ba > 10 + + ma mb ma mb a b + +> 22 )()( ma mb a b + +> 1 2e e> a b> 1 2e e< a b< 1 2e e> 2 4y x= ( ) ( )2 2 25 0x y r r− + = > ( )1 3， ( )1 4， ( )2 3， ( )2 4， l l k 1 1 2 2 1 2 0 0( , ), ( , ), , ( , )A x y B x y x x M x y≠ 2 1 1 2 2 2 4 4 y x y x  = = 1 2 1 2 1 2( )( ) 4( )y y y y x x+ − = − 1 2x x≠ 1 2 1 2 1 2 22 y y y y x x + −⋅ =− 0 2ky = (5,0)C CM AB⊥ 0 0 0 0 0 1, 55 yk ky xx −⋅ = − = −− 0 02 5 , 3x x= − = 3x = 3x = 2 4y x= 2 012, 2 3 2 3y y= ∴− < < ( ) ( )2 2 25 0x y r r− + = > 2 2 2 2 2 0 0 0( 5) , 4 12 4 16x y r r y− + = = + < + = 2 0 4 4y + > 0 0y ≠ 2 04 4 16, 2 4y r< + < ∴ < > ( )2, 3 2 4 7y x= 2 2 121 28 x y− = 2 2 128 21 x y− = 2 2 13 4 x y− = 2 2 14 3 x y− = ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > by xa = ± ( )2, 3 3 2 b a = 2 4 7y x= 7x = − 7c = 2, 3a b= = 2 2 14 3 x y− = y 2y x= ± 2 2 14 yx − = 2 2 14 x y− = 2 2 14 y x− = 2 2 14 xy − = ,A B x ,A B C 2 2 04 y x− = 2y x= ± 15 40.（2015·浙江高考·理 T5）如图，设抛物线 的焦点为 ，不经过焦点的直线上有三个不同的点 ， ， ，其中点 ， 在抛物线上，点 在 轴上，则 与 的面积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】A. 【解析】푆∆퐵퐶퐹 푆∆퐴퐶퐹 ＝퐵퐶 퐴퐶＝ 푋퐵 푋퐴 ＝퐵퐹 ― １ 퐴퐹 ― １，故选A 41.（2015·新课标全国卷 II·理 T11）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． B． C． D． 【答案】D 【解析】设双曲线方程为 ，如图所示， ， ，过点 作 轴，垂足为 ，在 中， ， ，故点 的坐标为 ， 代入双曲线方程得 ，即 ，所以 ，故选 D． 2 4y x= F A B C A B C y BCF∆ ACF∆ 1 1 BF AF − − 2 2 1 1 BF AF − − 1 1 BF AF + + 2 2 1 1 BF AF + + 5 2 3 2 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > AB BM= 0120ABM∠ = M MN x⊥ N Rt BMN∆ BN a= 3MN a= M (2 , 3 )M a a 2 2 2 2a b a c= = − 2 22c a= 2e = 16 42.(2015·新课标全国卷 I·文 T5)已知椭圆 E 的中心为坐标原点，离心率为 ，E 的右焦点与抛物线 的焦点重合， 是 C 的准线与 E 的两个交点，则 ( ) （A） （B） （C） （D） 【答案】B 【解析】∵抛物线 的焦点为（2,0），准线方程为 ，∴椭圆 E 的右焦点为（2,0）， ∴椭圆 E 的焦点在 x 轴上，设方程为 ，c=2， ∵ ，∴ ，∴ ，∴椭圆 E 方程为 ， 将 代入椭圆 E 的方程解得 A（-2,3），B（-2，-3），∴|AB|=6，故选 B. 43.（2015·重庆高考·文 T9）设双曲线 的右焦点是 F，左、右顶点分别是 ,过 F 做 的垂线与双曲线交于 B，C 两点，若 ,则双曲线的渐近线的斜率为（ ） (A) (B) (C) (D) 【答案】C 【解析】由已知得右焦点 (其中 ， ， ， 从而 ，又因为 ， 所以 ，即 ， 化简得到 ，即双曲线的渐近线的斜率为 ，故选 C. 44.（2015·四川高考·文 T7）过双曲线 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|＝( ) 1 2 2: 8C y x= ,A B AB = 3 6 9 12 2: 8C y x= 2x = − 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1 2 ce a = = 4a = 2 2 2 12b a c= − = 2 2 116 12 x y+ = 2x = − 2 2 2 2 1(a 0,b 0)x y a b- = > > 1 2A ,A 1 2A A 1 2A B A C⊥ 1 2± 2 2± 1± 2± ( ,0)F c )0,222 >+= cbac )0,(),0,( 21 aAaA − ),(),,( 22 a bcCa bcB − ),(),,( 2 2 2 1 a bacCAa bacBA −=−+= 1 2A B A C⊥ 021 =• CABA 0)()()()( 22 =⋅−++⋅− a b a bacac 112 2 ±=⇒= a b a b 1± 2 2 13 yx − = 17 (A) (B)2 (C)6 (D)4 【答案】D 【解析】由题意，a＝1，b＝ ，故 c＝2，渐近线方程为 y＝± x 将 x＝2 代入渐近线方程，得 y1，2＝±2 ，故|AB|＝4 ，选 D 45.（2015·陕西高考·文 T3）已知抛物线 的准线经过点 ，则抛物线焦点坐标为 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 由抛物线 得准线 ，因为准线经过点 ，所以 ，所以抛物线 焦点坐标为 ，故答案选 46.（2015·广东高考·文 T8）已知椭圆 （ ）的左焦点为 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 由题意得： ，因为 ，所以 ，故选 C． 47.(2015·天津高考·文 T5)已知双曲线 的一个焦点为 ,且双曲线的渐近线 与圆 相切,则双曲线的方程为（ ） (A) (B) (C) (D) 【答案】D 【解析】由双曲线的渐近线 与圆 相切得 ,由 , 解得 ,故选 D. 48.（2015·湖南高考·文 T6）若双曲线 的一条渐近线经过点（3，-4），则此双曲线的离心率 4 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 ( 0)y px p= > ( 1,1)− ( 1,0)− (1,0) (0, 1)− (0,1) 2 2 ( 0)y px p= > 2 px = − ( 1,1)− 2p = (1,0) B 2 2 2 125 x y m + = 0m > ( )1F 4,0− m = 9 4 3 2 2 225 4 9m = − = 0m > 3m = 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b- = > > (2,0)F ( ) 2 22 y 3x - + = 2 2 19 13 x y- = 2 2 113 9 x y- = 2 2 13 x y- = 2 2 13 yx - = 0bx ay− = ( ) 2 22 y 3x - + = 2 2 2 3b a b = + 2 2 2c a b= + = 1, 3a b= = 2 2 2 2 1x y a b − = 18 为( ) A、 B、 C、 D、 【答案】D 【解析】因为双曲线 的一条渐近线经过点（3，-4）， 故选 D. 49.(2015·安徽高考·文 T6)下列双曲线中，渐近线方程为 的是（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】由双曲线的渐进线的公式可行选项 A 的渐进线方程为 ，故选 A. 50.（2015·湖北高考·文 T9）将离心率为 的双曲线 的实半轴长 和虚半轴长 同时增加 个单位长度，得到离心率为 的双曲线 ，则（ ） A．对任意的 ， B．当 时， ；当 时， C．对任意的 ， D．当 时， ；当 时， 【答案】D 【解析】不妨设双曲线 的焦点在 轴上，即其方程为： ，则双曲线 的方程为： ，所以 ， ，当 时， ，所以 ，所以 ，所以 ；当 时， ，所以 ，所以 ，所以 ；故 应选 D. 7 3 5 4 4 3 5 3 2 2 2 2 1x y a b − = 2 2 2 53 4 9 16 3 cb a c a a e a ∴ = ∴ − = ∴ =， （ ） ， = ． 2y x= ± 2 2 14 yx − = 2 2 14 x y− = 2 2 12 yx − = 2 2 12 x y− = xy 2±= 1e 1C a ( )b a b≠ ( 0)m m > 2e 2C ,a b 1 2e e> a b> 1 2e e> a b< 1 2e e< ,a b 1 2e e< a b> 1 2e e< a b< 1 2e e> 1C x 2 2 2 2 1x y a b − = 2C 2 2 2 2 1( ) ( ) x y a m b m − =+ + 2 2 2 1 21a b be a a += = + 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( )1 ( ) a m b m b me a m a m + + + += = ++ + a b> ( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) b m b b m a b a m a b m a m a a m a a m a + + − + −− = = >+ + + b m b a m a + >+ 2 2b m b a m a +   >   +    2 1e e> a b< ( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) b m b b m a b a m a b m a m a a m a a m a + + − + −− = = 0)的一条渐近线平行于直线 l:y=2x+10,双曲线的一个 焦点在直线 l 上,则双曲线的方程为(  ) A.푥2 5 ― 푦2 20=1 B.푥2 20 ― 푦2 5 =1 C.3푥2 25 ― 3푦2 100=1 D.3푥2 100 ― 3푦2 25 =1 【答案】A 【解析】由于双曲线焦点在 x 轴上,且其中一个焦点在直线 y=2x+10 上,所以 c=5. 又因为一条渐近线与 l 平行,因此푏 푎=2,可解得 a2=5,b2=20,故双曲线方程为푥2 5 ― 푦2 20=1.故选 A. 57.(2014·大纲全国·理 T6 文 T9)已知椭圆 C:x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)的左、右焦点为 F1,F2,离心率为 3 3 ,过 F2 的 直线 l 交 C 于 A,B 两点.若△AF1B 的周长为 4 3,则 C 的方程为(  ) 21 A. x2 3 + y2 2 =1 B. x2 3 +y2=1 C.x2 12 + y2 8 =1 D.x2 12 + y2 4 =1 【答案】A 【解析】∵x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)的离心率为 3 3 , ∴e2=1-b2 a2 = 1 3.∴b2=2 3a2. 又∵过 F2 的直线 l 交椭圆于 A,B 两点, △AF1B 的周长为 4 3, ∴4a=4 3,∴a= 3.∴b= 2, ∴椭圆方程为x2 3 + y2 2 =1,选 A. 58.（2014·福建高考理科·T9）．设 分别为圆 和椭圆 上的点，则 两 点间的最大距离是（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】圆心 M ，设椭圆上的点为 ， 则 ， 当 时， ．所以 ． 59.（2014·重庆高考文科·T8）设 分别为双曲线 的左、右焦点，双曲线上 存在一点 使得 则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由双曲线的定义知， 又 所以 QP, ( ) 26 22 =−+ yx 110 2 2 =+ yx QP, 25 246 + 27 + 26 (0,6) ( , )Q x y 2 2 2 2 2( 6) 10 10 ( 6) 9 12 46MQ x y y y y y= + − = − + − = − − + 2 [ 1,1]3y = − ∈ − max 5 2MQ = max 5 2 2 6 2PQ = + = 1 2,F F 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > P ( )2 2 1 2 3 ,PF PF b ab− = − 2 15 4 17 ( )2 2 1 2 4 ,PF PF a− = ( )2 2 1 2 3 ,PF PF b ab− = − 2 24 3a b ab= − 22 等号两边同除 ，化简得 ，解得 或 （舍去） 故离心率 60. （ 2014 · 天 津 文 · T6 理 T5 ））已 知 双 曲 线 的 一 条 渐 近 线 平 行 于 直 线 双曲线的一个焦点在直线 上，则双曲线的方程为（） A. B. C. D. 【答案】A 【 解 析 】 因 为 双 曲 线 的 一 个 焦 点 在 直 线 上 ， 所 以 即 又 因 为 渐 近 线 平 行 于 直 线 故有 结合 得 所以双曲线的标准方程为 61.（2014·湖北高考理科·T9）已知 是椭圆和双曲线的公共焦点， 是他们的一个公共点，且 ,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（ ） A. B. C.3 D.2 【答案】A 【解析】设椭圆的长半轴长为 ，双曲线的实半轴长为 （ ），半焦距为 ，由椭圆、双曲线的定义 得 ， ，所以 ， ， 因为 ，由余弦定理得 ， 所以 ，即 ， 所以 ， 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 . 2a 2 3 4 0b b a a   − • − =   4,b a = 1b a = − 22 2 2 2 2 1 17.c c a b be a a a a +  = = = = + =   )0,0(12 2 2 2 >>=− bab y a x ,102: += xyl l 1205 22 =− yx 1520 22 =− yx 1100 3 25 3 22 =− yx 125 3 100 3 22 =− yx l 0 2 10,c= + 5,c = ,102: += xyl 2,b a = 2 2 2 ,c a b= + 2 25, 20,a b= = 1205 22 =− yx 1 2,F F P 1 2 3F PF π∠ = 4 3 3 2 3 3 a 1a 1aa > c aPFPF 2|||| 21 =+ 1 2 1| | | | 2PF PF a− = 11 || aaPF += 12 || aaPF −= 1 2 3F PF π∠ = 2 2 2 1 1 1 14 ( ) ( ) 2( )( )cos 3c a a a a a a a a π= + + − − + − 2 1 22 34 aac += 21 2 2 1 2 2 2 2 1 )(2 124 c a c a c a c a c a +≥+=− 2 1 2 1 48)11( eee −≤+ 4 3 3 23 62.(2014·广东高考理科·T10)若实数 k 满足 00)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(  ) A.y2=4x 或 y2=8x B.y2=2x 或 y2=8x C.y2=4x 或 y2=16x D.y2=2x 或 y2=16x 【答案】C 【解析】设点 M 的坐标为(x0,y0),由抛物线的定义,得|MF|=x0+푝 2=5,则 x0=5-푝 2. 又点 F 的坐标为(푝 2,0),所以以 MF 为直径的圆的方程为(x-x0)(푥 - 푝 2)+(y-y0)y=0. 将 x=0,y=2 代入得 px0+8-4y0=0, 即 푦2 0 2 -4y0+8=0,所以 y0=4. 由푦20=2px0,得 16=2p(5 - 푝 2),解之得 p=2,或 p=8. 所以 C 的方程为 y2=4x 或 y2=16x.故选 C. 76．（2013·新课标Ⅰ高考理·T4）已知双曲线 C： x2 a2－ y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 5 2 ，则 C 的渐近线方 程为(  ) A．y＝± 1 4xB．y＝± 1 3xC．y＝± 1 2xD．y＝±x 【答案】C 【解析】本题考查双曲线的标准方程和几何性质，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 x2 a2－ y2 b2＝1 的焦点在 x 轴上，所以双曲线的渐近线方程为 y＝± b ax.又离心率为 e＝ c a＝ a2＋b2 a ＝ 1＋(b a )2＝ 5 2 ，所以 b a＝ 1 2，所以双曲线的渐近线方程为 y＝± 1 2x，选择 C. 77．（2013·新课标Ⅰ高考理·T10）已知椭圆 E： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F 的直线交 E 于 A，B 两点．若 AB 的中点坐标为(1，－1)，则 E 的方程为(  ) A. x2 45＋ y2 36＝1 B. x2 36＋ y2 27＝1 C. x2 27＋ y2 18＝1 D. x2 18＋ y2 9 ＝1 【答案】D 【解析】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 29 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 y＝ 1 2(x－3)，代入椭圆方程 x2 a2＋ y2 b2＝1 消去 y，得 (a2 4 ＋b2)x2－ 3 2a2x＋ 9 4a2－a2b2＝0，所以 AB 的中 点的横坐标为 3 2a2 2(a2 4 ＋b2)＝1，即 a2＝2b2，又 a2＝b2＋c2，所以 b＝c＝3，选择 D. 78．（2013·新课标Ⅱ高考理·T11）设抛物线 C：y2＝2px(p>0)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(  ) A．y2＝4x 或 y2＝8xB．y2＝2x 或 y2＝8x C．y2＝4x 或 y2＝16xD．y2＝2x 或 y2＝16x 【答案】C 【解析】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 F(p 2，0 )，设点 A(0,2)，抛物线上点 M(x0，y0)，则 AF―→＝(p 2，－2)，AM―→＝ (y20 2p，y0－2).由已知得，AF―→·AM―→＝0，即 y20－8y0＋16＝0，因而 y0＝4，M(8 p，4 ).由|MF|＝5 得， (8 p－ p 2 )2＋16＝5，又 p＞0，解得 p＝2 或 p＝8，故选 C. 79.（2013·新课标Ⅱ高考理·T12）已知点 A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线 y＝ax＋b(a>0)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－ 2 2 ， 1 2)C.(1－ 2 2 ， 1 3]D.[1 3， 1 2 ) 【答案】B 【解析】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Error!消去x，得y＝ a＋b a＋1，当a＞0 时，直线y＝ax＋b与x轴交于点(－ b a，0)，结合图形知 1 2× a＋b a＋1×(1＋ b a ) ＝ 1 2，化简得(a＋b)2＝a(a＋1)，则 a＝ b2 1－2b. ∵a＞0，∴ b2 1－2b＞0，解得 b＜ 1 2. 考虑极限位置，即 a＝0，此时易得 b＝1－ 2 2 ，故答案为 B. 80．（2013·北京高考理·T6）若双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1 的离心率为 3，则其渐近线方程为(  ) 30 A. y＝±2xB．y＝± 2xC. y＝± 1 2x D. y＝± 2 2 x 【答案】B 【解析】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 e＝ c a＝ 1＋(b a )2＝ 3，可得 b a＝ 2，故所求的双曲线的渐近线方程是 y＝ ± 2x. 81（2013·江西高考理·T9）过点( 2，0)引直线 l 与曲线 y＝ 1－x2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. 3 3 B．－ 3 3 C．± 3 3 D．－ 3 【答案】B 【解析】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及运算能力．由 y＝ 1－x2得 x2＋y2＝1(y≥0)，即该曲线表示圆心在原点，半径为 1 的半圆，如图所示． 故 S△AOB＝ 1 2|OA|·|OB|·sin ∠AOB＝ 1 2sin ∠AOB.所以当 sin ∠AOB＝1，即 OA⊥OB 时，S△AOB 取得最大值， 此时点 O 到直线 l 的距离 d＝|OA|·sin 45°＝ 2 2 .设此时直线 l 的斜率为 k，则方程为 y＝k(x－ 2)，即 kx－y－ 2k＝0，则有 2 2 ＝ |0－0－ 2k| k2＋1 ，解得 k＝± 3 3 ，由图可知直线 l 的倾斜角为钝角，故取 k＝－ 3 3 . 82．（2013·广东高考理·T7）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 3 2，则 C 的方程 是(  ) A. x2 4 － y2 5＝1 B. x2 4 － y2 5 ＝1C. x2 2 － y2 5 ＝1 D. x2 2 － y2 5＝1 【答案】B 【解析】本题考查双曲线的方程，考查考生的运算能力．由题意可知 c＝3，a＝2，b＝ c2－a2＝ 32－22 ＝ 5，故双曲线的方程为 x2 4 － y2 5 ＝1. 83．（2013·山东高考理·T13）过点(3,1)作圆(x－1)2＋y2＝1 的两条切线，切点分别为 A，B，则直线 AB 31 的方程为(  ) A．2x＋y－3＝0 B．2x－y－3＝0C．4x－y－3＝0 D．4x＋y－3＝0 【答案】A 【解析】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)的连线垂直，这两点连线的斜率为 1 2，故直线 AB 的斜率一定是－ 2，只有选项 A 中直线的斜率为－2. 84．（2013·山东高考理·T11）抛物线 C1：y＝ 1 2px2(p＞0)的焦点与双曲线 C2： x2 3 －y2＝1 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. 3 16 B. 3 8 C. 2 3 3 D. 4 3 3 【答案】D 【解析】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， p 2 )，双曲线的右焦点坐标为(2,0)，所以上述两点连线的方程为 x 2＋ 2y p ＝1.双曲线的渐近线方程为 y ＝± 3 3 x.对函数 y＝ 1 2px2 求导得，y′＝ 1 px.设 M(x0，y0)，则 1 px0＝ 3 3 ，即 x0＝ 3 3 p，代入抛物线方程得， y0＝ 1 6p.由于点 M 在直线 x 2＋ 2y p ＝1 上，所以 3 6 p＋ 2 p× p 6＝1，解得 p＝ 4 3＝ 4 3 3 . 85．（2013·大纲卷高考理·T8）椭圆 C： x2 4 ＋ y2 3 ＝1 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.[1 2， 3 4 ] B.[3 8， 3 4 ]C.[1 2，1 ]D.[3 4，1 ] 【答案】B 【解析】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 点横坐标为 x，则纵坐标为 y＝ 3 2 × 4－x2，由 PA2 的斜率得：1≤ 3 2 × 2＋x 2－x≤2，即 2 3≤ 2＋x 2－x≤ 4 3，PA1 的斜率为 3 2 × 2－x 2＋x，所以 PA1 的斜率取值范围为[3 8， 3 4 ]，故选 B. 86．（2013·大纲卷高考理·T11）已知抛物线 C：y2＝8x 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 MA―→·MB―→＝0，则 k＝(  ) A. 1 2B. 2 2 C. 2D．2 32 【答案】D 【解析】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 y＝k(x－2)，将直线方程与 y2＝8x 联立组成方程组，解得 x1x2＝4， x1＋x2＝ 4k2＋8 k2 ，由 MA―→·MB―→＝0 即(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)＝0，求得关于 k 的二次方程为 k2 －4k＋4＝0，解得 k＝2，故选 D. 87．（2013·湖北高考理·T2）已知 0＜ θ＜ π 4 ，则双曲线 C1 ： x2 cos2θ－ y2 sin2θ＝1 与 C2 ： y2 sin2θ－ x2 sin2θtan2θ＝1 的(  ) A．实轴长相等 B．虚轴长相等 C．焦距相等 D．离心率相等 【答案】D 【解析】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 e1＝ c1 a1＝ a21＋b21 a21 ＝ cos2θ＋sin2θ cos2θ ＝ 1 cos θ， 双 曲 线 C2 的 离 心 率 e2 ＝ c2 a2＝ a22＋b22 a22 ＝ sin2θ＋sin2θtan2θ sin2θ ＝ 1＋tan2θ＝ 1＋ sin2θ cos2θ＝ 1 cos θ，所以 e1＝e2，而双曲线 C1 的实轴长为 2a1＝2cos θ，虚轴长为 2b1 ＝2sin θ，焦距为 2c1＝2 a21＋b21＝2，双曲线 C2 的实轴长为 2a2＝2sin θ，虚轴长为 2b2＝2sin θsin θ，焦距为 2c2＝2 a22＋b22＝ 2 sin2θ＋sin2θtan2θ＝2tan θ，所以 A，B，C 均不对，故选 D. 88．（2013·四川高考理·T6）抛物线 y2＝4x 的焦点到双曲线 x2－ y2 3 ＝1 的渐近线的距离是(  ) A. 1 2        B. 3 2 C．1 D. 3 【答案】B 【解析】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 3 2 ，故选 B. 89．（2013·天津高考理·T5）已知双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线与抛物线 y2＝2px (p＞0)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＝ (  ) A．1 B. 3 2C．2 D．3 【答案】C 33 【解析】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 e＝ c a＝ 2 ，所以 b ＝ 3a ，所以双曲线的渐近线方程为 y ＝± b ax ＝± 3x ，与抛物线的准线 x ＝－ p 2相交于 A (－ p 2， 3 2 p)，B(－ p 2，－ 3 2 p)，所以△AOB 的面积为 1 2× p 2× 3p＝ 3，又 p＞0，所以 p＝2. 90．（2013·北京高考文·T7）双曲线 x2－ y2 m ＝1 的离心率大于 2的充分必要条件是(  ) A．m> 1 2B. m≥1C．m>1 D. m>2 【答案】C 【解析】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，e＝ c a，e2＝ c2 a2>2，得 1＋m>2，所以 m>1，选 C. 91．（2013·重庆高考文·T4）设 P 是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4 上的动点，Q 是直线 x＝－3 上的动点，则|PQ| 的最小值为(  ) A．6 B．4C．3 D．2 【答案】B 【解析】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 d＝3－(－3)－2＝4. 92．（2013·重庆高考文·T10）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 3 3 ，2] B.[2 3 3 ，2)C.(2 3 3 ，＋∞)D.[2 3 3 ，＋∞) 【答案】A 【解析】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(k>0)必须满足 3 3 0，b>0)的离心率为 5 2 ，则 C 的渐近线方 37 程为(  ) A．y＝± 1 4xB．y＝± 1 3xC．y＝± 1 2xD．y＝±x 【答案】C 【解析】本题主要考查双曲线的离心率、渐近线方程等基本知识．∵e2＝ c2 a2＝ a2＋b2 a2 ＝ 1＋ b2 a2＝ 5 4，∴ b2 a2＝ 1 4，∴ b a＝ 1 2，∴y＝± 1 2x. 102．（2013·新课标Ⅰ高考文·T8）O 为坐标原点，F 为抛物线 C：y2＝4 2x 的焦点，P 为 C 上一点，若|PF| ＝4 2，则△POF 的面积为(  ) A．2 B．2 2C．2 3 D．4 【答案】C 【解析】 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 xP＝3 2，代入抛物线方程求得 yP＝2 6，所以 S △POF＝ 1 2·|OF|·yP＝2 3. 103．（2013·天津高考文·T5）已知过点 P(2,2) 的直线与圆(x－1)2＋y2＝5 相切， 且与直线 ax－y＋1＝0 垂直， 则 a＝(  ) A．－ 1 2 B．1C．2 D. 1 2 【答案】C 【解析】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 ax－y＋1＝0 垂直，得过点 P(2,2)与圆心(1,0)的直线与直线 ax－y＋1＝0 平行，所以 2－0 2－1＝a，解得 a＝2. 104.（2013·湖北高考文 T2）已知 0b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,P 是 C 上的点,PF2⊥F1F2,∠ PF1F2=30°,则 C 的离心率为(  ) A. 3 6 B.1 3 C.1 2 D. 3 3 【答案】D 【解析】如图所示,在Rt△PF1F2中,|F1F2|=2c,设|PF2|=x,则|PF1|=2x, 由 tan 30°= |PF2| |F1F2| = x 2c = 3 3 ,得 x=2 3 3 c. 而由椭圆定义,得|PF1|+|PF2|=2a=3x, ∴a=3 2x= 3c,∴e=c a = c 3c = 3 3 . 112.(2013·四川·文 T9)从椭圆x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)上一点 P 向 x 轴作垂线,垂足恰为左焦点 F1,A 是椭圆与 x 轴正半轴的交点,B 是椭圆与 y 轴正半轴的交点,且 AB∥OP(O 是坐标原点),则该椭圆的离心率是(  ) A. 2 4 B.1 2 C. 2 2 D. 3 2 【答案】C 【解析】由题意知 A(a,0),B(0,b),P( -c,b2 a ), 40 ∵AB∥OP,∴kOP=kAB,∴-b2 ac=-b a.∴b=c. ∵a2=b2+c2=2c2,∴e2=c2 a2 = 1 2.∴e= 2 2 .故选 C. 113.(2013·辽宁·文 T11)已知椭圆 C:x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)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,|BF|=8,cos∠ABF=4 5,则 C 的离心率为(  ) A.3 5 B.5 7 C.4 5 D.6 7 【答案】B 【解析】如图所示,根据余弦定理,|AF|2=|BF|2+|AB|2-2|BF||AB|·cos∠ABF,即|AF|=6, ∴∠AFB=90°.又 O 为斜边 AB 中点, ∴|OF|=c=5. ∵根据椭圆的对称性可知|AF|+|BF|=2a=14, ∴a=7,∴离心率为5 7.故选 B. 114.(2013·全国 1·理 T 10)已知椭圆 E:x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)的右焦点为 F(3,0),过点 F 的直线交 E 于 A,B 两点. 若 AB 的中点坐标为(1,-1),则 E 的方程为(  ) A.x2 45 + y2 36=1 B.x2 36 + y2 27=1 C.x2 27 + y2 18=1 D.x2 18 + y2 9 =1 【答案】D 【解析】设 A(x1,y1),B(x2,y2),∵A,B 在椭圆上, ∴{x2 1 a2 + y2 1 b2 = 1,            ① x2 2 a2 + y2 2 b2 = 1,② ①-②,得 (x1 + x2)(x1 - x2) a2 + (y1 + y2)(y1 - y2) b2 =0, 即b2 a2=- (y1 + y2)(y1 - y2) (x1 + x2)(x1 - x2), ∵AB 的中点为(1,-1),∴y1+y2=-2,x1+x2=2, 而 y1 - y2 x1 - x2 =kAB=0 - ( - 1) 3 - 1 = 1 2,∴b2 a2 = 1 2. 又∵a2-b2=9,∴a2=18,b2=9. 41 ∴椭圆 E 的方程为x2 18 + y2 9 =1.故选 D. 115.(2012·全国·理 T4 文 T4)设 F1,F2是椭圆 E:x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)的左、右焦点,P 为直线 x=3a 2 上一点,△F2PF1 是底角为 30°的等腰三角形,则 E 的离心率为(  ) A.1 2 B.2 3 C.3 4 D.4 5 【答案】C 【解析】设直线 x=3a 2 与 x 轴交于点 M,则∠PF2M=60°, 在 Rt△PF2M 中,PF2=F1F2=2c,F2M=3a 2 -c,故 cos 60°= F2M PF2 = 3 2a - c 2c = 1 2,解得c a = 3 4,故离心率 e=3 4. 116．（2012·山东高考理·T11）已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 .双曲线 x2－y2＝1 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. x2 8 ＋ y2 2 ＝1 B. x2 12＋ y2 6 ＝1 C. x2 16＋ y2 4 ＝1 D. x2 20＋ y2 5 ＝1 【答案】D 【解析】因为椭圆的离心率为 3 2 ，所以 e＝ c a＝ 3 2 ，c2＝ 3 4a2，c2＝ 3 4a2＝a2－b2，所以 b2＝ 1 4a2，即 a2＝4b2. 双曲线的渐近线方程为 y＝±x，代入椭圆方程得 x2 a2＋ x2 b2＝1，即 x2 4b2＋ x2 b2＝ 5x2 4b2＝1，所以 x2＝ 4 5b2，x＝± 2 5b， y2＝ 4 5b2，y＝± 2 5b，则在第一象限双曲线的渐近线与椭圆 C 的交点坐标为( 2 5b， 2 5b)，所以四边形的面 积为 4× 2 5b× 2 5b＝ 16 5 b2＝16，所以 b2＝5，所以椭圆方程为 x2 20＋ y2 5 ＝1. 117．（2012·四川高考理·T8）已知抛物线关于 x 轴对称，它的顶点在坐标原点 O，并且经过点 M(2，y0)．若 点 M 到该抛物线焦点的距离为 3，则|OM|＝(  ) A．2 2B．2 3C．4 D．2 5 【答案】B 【解析】依题意，设抛物线方程是 y2＝2px(p>0)，则有 2＋ p 2＝3，得 p＝2，故抛物线方程是 y2＝4x，点 M 的坐标是(2，±2 2)，|OM|＝ 22＋8＝2 3. 118．（2012·陕西高考理·T4）已知圆 C：x2＋y2－4x＝0，l 是过点 P(3,0)的直线，则(  ) A．l 与 C 相交 B．l 与 C 相切 C．l 与 C 相离 D．以上三个选项均有可能 【答案】A 42 【解析】把点(3,0)代入圆的方程的左侧得 32＋0－4×3＝－30)，则有 2＋ p 2＝3，得 p＝2，故抛物线方程是 y2＝4x，点 M 的坐标是(2，±2 2)，|OM|＝ 22＋8＝2 3. 129．（2012·辽宁高考文·T7）将圆 x2＋y2－2x－4y＋1＝0 平分的直线是(  ) A．x＋y－1＝0 B．x＋y＋3＝0 C．x－y＋1＝0 D．x－y＋3＝0 【答案】C 【解析】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． 130．（2012·辽宁高考文·T8）已知 P，Q 为抛物线 x2＝2y 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(  ) A．1 B．3C．－4 D．－8 45 【答案】C 【解析】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 y＝ 1 2x2 上，所以 P(4,8)，Q(－ 2,2)．因为 y′＝x，所以 kPA＝4，kQA＝－2，则直线 PA，QA 的方程联立得Error!，即Error!，可得 A 点坐 标为(1，－4)． 131．（2012·山东高考文·T9）圆(x＋2)2＋y2＝4 与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9 的位置关系为(  ) A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】B 【解析】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，b>0)的离心率为 2.若抛物线 C2：x2＝ 2py(p>0)的焦点到双曲线 C1 的渐近线的距离为 2，则抛物线 C2 的方程为(  ) A．x2＝ 8 3 3 yB．x2＝ 16 3 3 yC．x2＝8yD．x2＝16y 【答案】D 【解析】双曲线的渐近线方程为 y＝± b ax，由于 c a＝ a2＋b2 a2 ＝ 1＋ b a2＝2，所以 b a＝ 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， p 2)，所以 p 2 2＝2，所以 p＝8，所以抛物线方程为 x2＝ 16y. 133．（2012·福建高考文·T7）直线 x＋ 3y－2＝0 与圆 x2＋y2＝4 相交于 A，B 两点，则弦 AB 的长度等于 (  ) A．2 5 B．2 3C. 3D．1 【答案】B 【解析】圆心(0,0)到直线 x＋ 3y－2＝0 的距离为 1，所以 AB＝2 4－1＝2 3. 134．（2012·福建高考文·T5）已知双曲线 x2 a2－ y2 5 ＝1 的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于(  ) A. 3 14 14 B. 3 2 4 C. 3 2D. 4 3 【答案】C 【解析】由题意知 c＝3，故 a2＋5＝9，解得 a＝2，故该双曲线的离心率 e＝ c a＝ 3 2. 135．（2012·安徽高考文·T9）若直线 x－y＋1＝0 与圆(x－a)2＋y2＝2 有公共点，则实数 a 的取值范围是 (  ) A．[－3，－1] B．[－1,3]C．[－3,1] D．(－∞，－3]∪[1，＋∞) 46 【答案】C 【解析】欲使直线x－y＋1＝0 与圆(x－a)2＋y2＝2 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 |a－0＋1| 12＋－12≤ 2，化简得|a＋1|≤2，解得－3≤a≤1. 136．（2012·湖南高考文·T6）已知双曲线 C： x2 a2－ y2 b2＝1 的焦距为 10，点 P(2,1)在 C 的渐近线上，则 C 的 方程为(  ) A. x2 20－ y2 5 ＝1 B. x2 5 － y2 20＝1C. x2 80－ y2 20＝1 D. x2 20－ y2 80＝1 【答案】A 【解析】∵点 P(2,1)在曲线 C 的渐近线 y＝ b ax 上，∴1＝ 2b a ，a＝2b，又∵ a2＋b2＝ 10 2 ＝5，即 4b2＋b2＝ 25，∴b2＝5，a2＝20. 137．（2012·大纲卷高考文·T6）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为 x＝－4，则该椭圆的方程为(  ) A. x2 16＋ y2 12＝1 B. x2 12＋ y2 8 ＝1C. x2 8 ＋ y2 4 ＝1 D. x2 12＋ y2 4 ＝1 【答案】C 【解析】由题意知 a2 c ＝4，c＝2，所以 a2＝8，所以椭圆方程为 x2 8 ＋ y2 4 ＝1. 138．（2012·大纲卷高考文·T10）已知 F1、F2 为双曲线 C：x2－y2＝2 的左、右焦点，点 P 在 C 上，|PF1|＝ 2|PF2|，则 cos ∠F1PF2＝(  ) A. 1 4B. 3 5C. 3 4D. 4 5 【答案】C 【解析】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|2 2|PF1||PF2| ＝ 3 4. 139．（2012·新课标高考文·T4）设 F1，F2 是椭圆 E： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，P 为直线 x＝ 3a 2 上 一点，△F2PF1 是底角为 30°的等腰三角形，则 E 的离心率为(  ) A. 1 2B. 2 3C. 3 4D. 4 5 【答案】C 【解析】由题意可得|PF2|＝|F1F2|，∴2( 3 2a－c)＝2c，∴3a＝4c，∴e＝ 3 4. 140．（2012·新课标高考文 T10）等轴双曲线 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，C 与抛物线 y2＝16x 的准线 交于 A，B 两点，|AB|＝4 3，则 C 的实轴长为(  ) A. 2B．2 2C．4 D．8 47 【答案】C 【解析】抛物线 y2＝16x 的准线方程是 x＝－4，所以点 A(－4,2 3)在等轴双曲线 C：x2－y2＝a2(a>0)上， 将点 A 的坐标代入得 a＝2，所以 C 的实轴长为 4. 141．（2012·重庆高考文·T3）设 A，B 为直线 y＝x 与圆 x2＋y2＝1 的两个交点，则|AB|＝(  ) A．1 B. 2C. 3 D．2 【答案】D 【解析】因为直线 y＝x 过圆 x2＋y2＝1 的圆心(0,0)，所以所得弦长|AB|＝2. 142．（2011·新课标高考·T8）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. 3C．2 D．3 【答案】B 【解析】设双曲线 C 的方程为 x2 a2－ y2 b2＝1，焦点 F(－c,0)，将 x＝－c 代入 x2 a2－ y2 b2＝1 可得 y2＝ b4 a2，所以|AB|＝ 2× b2 a ＝2×2a.∴b2＝2a2.c2＝a2＋b2＝3a2，∴e＝ c a＝ 3. 143．（2011·大纲卷高考·T7）已知抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，直线 y＝2x－4 与 C 交于 A，B 两点，则 cos∠AFB＝(  ) A. 4 5B. 3 5C．－ 3 5 D．－ 4 5 【答案】D 【解析】设点 A(x1，y1)．B(x2，y2)．由题意得点 F(1,0)，由Error!消去 y 得 x2－5x＋4＝0，x＝1 或 x＝ 4，因此点 A(1，－2)、B(4,4)，FA―→＝(0，－2)，FB―→＝(3,4)，cos∠AFB＝ FA ― →·FB ― → |FA ― →||FB ― →|＝ 0 × 3＋－2 × 4 2 × 5 ＝－ 4 5，选 D. 144．（2011·江西高考·T9）若曲线 C1：x2＋y2－2x＝0 与曲线 C2：y(y－mx－m)＝0 有四个不同的交点，则 实数 m 的取值范围是(  ) A．(－ 3 3 ， 3 3 ) B．(－ 3 3 ，0)∪(0， 3 3 ) C．[－ 3 3 ， 3 3 ] D．(－∞，－ 3 3 )∪( 3 3 ，＋∞) 【答案】B 【解析】整理曲线 C1 方程得，(x－1)2＋y2＝1，知曲线 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：y＝m(x＋1)，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＝ |m1＋1－0| m2＋1 0，b>0)的两条渐近线均和圆 C：x2＋y2－6x＋5＝0 相 切，且双曲线的右焦点为圆 C 的圆心，则该双曲线的方程为(  ) A. x2 5 － y2 4 ＝1 B. x2 4 － y2 5 ＝1C. x2 3 － y2 6 ＝1 D. x2 6 － y2 3 ＝1 【答案】A 【解析】圆心的坐标是(3,0)，圆的半径是 2，双曲线的渐近线方程是 bx±ay＝0，根据已知得 3b a2＋b2＝2， 即 3b 3 ＝2，解得 b＝2，则 a2＝5，故所求的双曲线方程是 x2 5 － y2 4 ＝1. 147．（2011·四川高考·T10）在抛物线 y＝x2＋ax－5(a≠0)上取横坐标为 x1＝－4，x2＝2 的两点，过这两 点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆 5x2＋5y2＝36 相切，则抛物线顶点的坐标为 (  ) A．(－2，－9) B．(0，－5)C．(2，－9) D．(1，－6) 【答案】A 【 解 析 】 由 已 知 ， 抛 物 线 经 过 ( － 4,11 － 4a) 和 (2,2a － 1) 两 点 ， 过 这 两 点 的 割 线 的 斜 率 为 k ＝ 2a－1－11－4a 2－－4 ＝a－2.于是，平行于该割线的直线方程为 y＝(a－2)x＋b，该直线与圆相切，所以 b2 1＋a－22＝ 36 5 ，该直线又与抛物线相切，于是(a－2)x＋b＝x2＋ax－5 有等根，即 x2＋2x－5－b＝0 的 Δ＝0⇒b＝－6，代入 b2 1＋a－22＝ 36 5 ，注意到 a≠0，得 a＝4.所以抛物线的方程为 y＝x2＋4x－5＝(x＋2)2 －9，顶点坐标为(－2，－9)． 148.(2011·全国·文 T4)椭圆x2 16 + y2 8 =1 的离心率为(  ) A.1 3 B.1 2 C. 3 3 D. 2 2 【答案】D 【解析】由题意 e=a c = 16 - 8 4 = 2 2 . 149．（2011·湖南高考·理 T9，文 T6）设双曲线 x2 a2－ y2 9 ＝1(a＞0)的渐近线方程为 3x±2y＝0，则 a 的值为 49 (  ) A．4 B．3C．2 D．1 【答案】C 【解析】双曲线方程 x2 a2－ y2 9 ＝1 的渐近线方程为 3x±ay＝0，与已知方程比较系数得 a＝2. 150．（2011·重庆高考理·T8 文 T9）在圆 x2＋y2－2x－6y＝0 内，过点 E(0,1)的最长弦和最短弦分别为 AC 和 BD，则四边形 ABCD 的面积为(  ) A．5 2B．10 2C．15 2D．20 2 【答案】B 【解析】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 E(0,1)的最 短弦长|BD|＝2 10－12＋22＝2 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 AC⊥BD，因此四边形 ABCD 的面积等于 1 2|AC|×|BD|＝ 1 2×2 10 ×2 5＝10 2，选 B. 151．（2011·福建高考·理T7文T11）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. 1 2或 3 2B. 2 3或 2C. 1 2或 2 D. 2 3或 3 2 【答案】A 【解析】设圆锥曲线的离心率为 e，因|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则①若圆锥曲线为椭圆，由椭圆的 定义，则有 e＝ |F1F2| |PF1|＋|PF2|＝ 3 4＋2＝ 1 2；②若圆锥曲线为双曲线，由双曲线的定义，则有 e＝ |F1F2| |PF1|－|PF2|＝ 3 4－2＝ 3 2；综上，所求的离心率为 1 2或 3 2，故选 A. 152．（2011·湖北高考·T4）将两个顶点在拋物线 y2＝2px(p＞0)上，另一个顶点是此拋物线焦点的正三角 形个数记为 n，则(  ) A．n＝0 B．n＝1C．n＝2 D．n≥3 【答案】C 【解析】结合图象可知，过焦点斜率为 3 3 和－ 3 3 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． 153．（2011·浙江高考·T9）已知椭圆 C1： x2 a2＋ y2 b2＝1(a＞b＞0)与双曲线 C2：x2－ y2 4 ＝1 有公共的焦点，C2 的一条渐近线与以 C1 的长轴为直径的圆相交于 A，B 两点．若 C1 恰好将线段 AB 三等分，则(  ) A．a2＝ 13 2 B．a2＝13C．b2＝ 1 2D．b2＝2 50 【答案】C 【解析】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|＝ a 3， 因 tan∠COx＝2， ∴sin∠COx＝ 2 5， cos∠COx＝ 1 5， 则 C 的坐标为( a 3 5， 2a 3 5)， 代入椭圆方程得 a2 45a2＋ 4a2 45b2＝1，∴a2＝11b2.∵5＝a2－b2，∴b2＝ 1 2. 154．（2011·陕西高考·T2）设拋物线的顶点在原点，准线方程为 x＝－2，则拋物线的方程是(  ) A．y2＝－8xB．y2＝8xC．y2＝－4xD．y2＝4x 【答案】B 【解析】由准线方程 x＝－2，可知拋物线为焦点在 x 轴正半轴上的标准方程，同时得 p＝4，所以标准方程 为 y2＝2px＝8x，答案为 B. 155．（2011·辽宁高考·T3）已知 F 是拋物线 y2＝x 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. 3 4B．1C. 5 4D. 7 4 【答案】C 【解析】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： 1 2(|AF|＋|BF|)－ 1 4＝ 3 2－ 1 4＝ 5 4. 156.（2010·全国卷 2·理 T 12）已知椭圆 的离心率为 ，过右焦点 且斜率 为 的直线与 相交于 两点．若 ，则 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = ＞ ＞ 3 2 F ( 0)k k＞ C A B、 3AF FB=  k = 51 （A）1 （B） （C） （D）2 【答案】B 【解析】设直线 l 为椭圆的有准线 ，e 为离心率，过 A，B 分别作 AA1，BB1 垂直于 l，A1，B 为垂足，过 B 作 BE 垂直于 AA1 与 E，由第二定义得， ，由 ，得 ，∴ 即 k= ，故选 B. 157.（2010·陕西文数·T 9）已知抛物线 y2＝2px（p>0）的准线与圆（x－3）2＋y2＝16 相切，则 p 的值为 （A） （B）1 （C）2 （D）4 【答案】C 【解析】本题考查抛物线的相关几何性质及直线与圆的位置关系 法一：抛物线 y2＝2px（p>0）的准线方程为 ，因为抛物线 y2＝2px（p>0）的准线与圆（x－3）2＋y2 ＝16 相切，所以 法二：作图可知，抛物线 y2＝2px（p>0）的准线与圆（x－3）2＋y2＝16 相切与点（-1,0） 所以 158.（2010·辽宁文数·T 9）设双曲线的一个焦点为 ，虚轴的一个端点为 ,如果直线 与该双曲线的 一条渐近线垂直，那么此双曲线的离心率为[ （A） （B） （C） （D） 【答案】D 【解析】选 D.不妨设双曲线的焦点在 轴上，设其方程为： ， 则一个焦点为 一条渐近线斜率为： ，直线 的斜率为： ， ， 2 3 1 2 2 px −= 2,423 ==+ pp 2,12 =−=− pp F B FB 2 3 3 1 2 + 5 1 2 + x 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > ( ,0), (0, )F c B b b a FB b c − ( ) 1b b a c ∴ ⋅ − = − 2b ac∴ = 52 ，解得 . 159.（2010·辽宁·文 T 7）设抛物线 的焦点为 ，准线为 ， 为抛物线上一点， ， 为 垂足，如果直线 斜率为 ，那么 （A） （B）8 （C） （D） 16 【答案】B 【解析】利用抛物线定义，易证 为正三角形，则 160.（2010·辽宁·理 T 9)设双曲线的—个焦点为 F；虚轴的—个端点为 B，如果直线 FB 与该双曲线的一 条渐近线垂直，那么此双曲线的离心率为 (A) (B) (C) (D) 【答案】D 【解析】设双曲线方程为 ，则 F（c,0）,B(0,b) 直线 FB：bx+cy-bc=0 与渐近线 y= 垂直，所以 ，即 b2=ac 所以 c2-a2=ac,即 e2-e-1=0,所以 或 （舍去） 161.（2010·辽宁·理 T 7)设抛物线 y2=8x 的焦点为 F，准线为 l,P 为抛物线上一点,PA⊥l,A 为垂足．如果 直线 AF 的斜率为 ,那么|PF|= (A) (B)8 (C) (D) 16 【答案】B 【解析】抛物线的焦点 F（2，0），直线 AF 的方程为 ，所以点 、 ， 从而|PF|=6+2=8 162.（2010·全国卷 2·文 T 12）已知椭圆 C： （a>b>0）的离心率为 ，过右焦点 F 且斜率 为 k（k>0）的直线于 C 相交于 A、B 两点，若 。则 k = 2 2 0c a ac− − = 5 1 2 ce a += = 2 8y x= F l P PA l⊥ A AF 3− PF = 4 3 8 3 PAF∆ 4| | 8sin30PF °= = 2 3 3 1 2 + 5 1 2 + 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > b xa 1b b c a − = − 1 5 2e += 1 5 2e −= - 3 4 3 8 3 3( 2)y x= − − ( 2,4 3)A − (6,4 3)P 2 2 2 2 1x y a b + = 3 2 3AF FB=  53 （A）1 （B） （C） （D）2 【答案】B 【解析】 ，∵ ，∴ ， ∵ ，设 ， ，∴ ，直线 AB 方程为 。代入消去 ，∴ ，∴ ， ，解得 ， 163.（2010·重庆·理 T 10）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一 条直线的平面内的轨迹是 A. 直线 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 双曲线 【答案】D 【解析】排除法 轨迹是轴对称图形，排除 A、C，轨迹与已知直线不能有交点，排除 B 164.（2010·四川·理 T 9）椭圆 的右焦点 ，其右准线与 轴的交点为 A，在椭圆 上存在点 P 满足线段 AP 的垂直平分线过点 ，则椭圆离心率的取值范围是 w_w_w.k*s 5*u.c o*m （A） （B） （C） （D） 【答案】D 【解析】由题意，椭圆上存在点 P，使得线段 AP 的垂直平分线过点 ， 即 F 点到 P 点与 A 点的距离相等 w_w w. k#s5_u.c o*m 而|FA|＝ w_w_w.k*s 5*u.c o*m |PF|∈[a－c,a＋c] 于是 ∈[a－c,a＋c] 即 ac－c2≤b2≤ac＋c2 ∴ 2 3 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 3AF FB=  1 23y y= − 3 2e = 2 , 3a t c t= = b t= 2 2 24 4 0x y t+ − = 3x sy t= + x 2 2 2( 4) 2 3 0s y sty t+ + − = 2 1 2 1 22 2 2 3 ,4 4 st ty y y ys s + = − = −+ + 2 2 2 22 2 2 32 , 34 4 st ty ys s − = − − = −+ + 2 1 2s = 2k = 2 2 2 2 1( )x y a ba b + = > > 0 F x F 20, 2      10,2     )2 1,1 − 1,12    F 2 2a bcc c − = 2b c 2 2 2 2 2 2 ac c a c a c ac c  − ≤ − − ≤ + 54 ⇒ w_w_w.k*s 5*u.c o*m 又 e∈(0,1) 故 e∈ 165.（2010·天津·理 T 5)已知双曲线 的一条渐近线方程是 y= ,它的一个焦 点在抛物 线 的准线上，则双曲线的方程为 （A） （B） （C） （D） 【答案】B 【解析】本题主要考查双曲线与抛物线的几何性质与标准方程，属于容易题。 依题意知 ，所以双曲线的方程为 166.（2010·福建·文 T 11）若点 O 和点 F 分别为椭圆 的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任意 一点，则 的最大值为 A．2 B．3 C．6 D．8 【答案】C 【解析】由题意，F（-1，0），设点 P ，则有 ,解得 ， 因为 ， ，所以 = = ，此二次函数对应的抛物线的对称轴为 ，因为 1 11 2 c a c c a a  ≤  ≤ − ≥ 或 1,12    2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > 3x 2 24y x= 2 2 136 108 x y− = 2 2 19 27 x y− = 2 2 1108 36 x y− = 2 2 127 9 x y− = 2 2 2 2 2 3 6 9, 27 b a c a b c a b+  =  = ⇒ = =  =  2 2 19 27 x y− = 2 2 14 3 x y+ = OP FP   0 0( , )x y 2 2 0 0 14 3 x y+ = 2 2 0 0 3(1 )4 xy = − 0 0( 1, )FP x y= + 0 0( , )OP x y= 2 0 0 0( 1)OP FP x x y⋅ = + +  0 0( 1)OP FP x x⋅ = + +  2 03(1 )4 x− 2 0 0 34 x x+ + 0 2x = − 55 ，所以当 时， 取得最大值 ，选 C。 167.（2010·全国卷 1·文 T 8）已知 、 为双曲线 C: 的左、右焦点，点 P 在 C 上，∠ = ，则 (A)2 (B)4 (C) 6 (D) 8 【答案】B 【解析】方法一：由余弦定理得 cos∠ P = 4] 方法二：由焦点三角形面积公式得： 4 168.（2010·四川·文 T 10）椭圆 的右焦点为 F，其右准线与 轴的交点为 ．在 椭圆上存在点 P 满足线段 AP 的垂直平分 线过点 F，则椭圆离心率的取值范围是 （A）（0， ] （B）（0， ] （C）[ ，1） （D）[ ，1） 【答案】D 【解析】由题意，椭圆上存在点 P，使得线段 AP 的垂直平分线过点 ，w_w w. k#s5_u.c o*m 即 F 点到 P 点与 A 点的距离相等 而|FA|＝ |PF|∈[a－c,a＋c] 02 2x− ≤ ≤ 0 2x = OP FP⋅  22 2 3 64 + + = 1F 2F 2 2 1x y− = 1F P 2F 060 1 2| | | |PF PF = 1F 2F 2 2 2 1 2 1 2 1 2 | | | | | | 2 | || | PF PF F F PF PF + − ( ) ( )22 2 2 1 21 2 1 2 1 20 1 2 1 2 2 2 2 22 1cos60 2 2 2 PF PFPF PF PF PF F F PF PF PF PF + −− + −⇒ = ⇒ = 1 2| | | |PF PF = 1 2 0 2 2 0 1 2 1 2 60 1 1 3cot 1 cot 3 sin 602 2 2 2 2F PFS b PF PF PF PF θ ∆ = = = = = 1 2| | | |PF PF = ( )2 2 2 2 1 0x y aa b + = ＞b＞ x A 2 2 1 2 2 1− 1 2 F 2 2a bcc c − = 56 于是 ∈[a－c,a＋c] 即 ac－c2≤b2≤ac＋c2 ∴ ⇒ 又 e∈(0,1) 故 e∈ 169.（2010·山东·理 T 7)由曲线 y= ,y= 围 成的封闭图形面积为 （A） (B) (C) (D) 【答案】A 【解析】由题意得:所求封闭图形的面积为 ,故选 A。 170.（2010·安徽·理 T 5）双曲线方程为 ，则它的右焦点坐标为 A、 B、 C、 D、 【答案】 C 【解析】双曲线的 ， ， ，所以右焦点为 . 171.（2010·湖北·理 T 9）若直线 y=x+b 与曲线 有公共点，则 b 的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】C 2b c 2 2 2 2 2 2 ac c a c a c ac c  − ≤ − − ≤ + 1 11 2 c a c c a a  ≤  ≤ − ≥ 或 1,12    2x 3x 1 12 1 4 1 3 7 12 1 2 3 0 x -x )dx=∫（ 1 1 11- 1=3 4 12 × × 2 22 1x y− = 2 ,02       5 ,02       6 ,02       ( )3,0 2 2 11, 2a b= = 2 3 2c = 6 2c = 6 ,02       23 4y x x= − − 1,1 2 2 − +  1 2 2,1 2 2 − +  1 2 2,3 −  1 2,3 −  57 【解析】曲线方程可化简为 ，即表示圆心为（2，3）半径为 2 的半圆，依据数 形 结 合 ， 当 直 线 与 此 半 圆 相 切 时 须 满 足 圆 心 （ 2 ， 3 ） 到 直 线 y=x+b 距 离 等 于 2 ， 解 得 ，因为是下半圆故可得 （舍），当直线过（0 ，3 ）时，解得 b=3, 故 所以 C 正确. 172.（2010·福建·理 T 7）若点 O 和点 分别是双曲线 的中心和左焦点,点 P 为双 曲线右支上的任意一点,则 的取值范围为 ( ) A． B． C． D． 【答案】B 【 解 析 】 因 为 是 已 知 双 曲 线 的 左 焦 点 ， 所 以 ， 即 ， 所 以 双 曲 线 方 程 为 ， 设 点 P ， 则 有 ， 解 得 ， 因 为 ， ，所以 = ， 此二次函数对应的抛物线的对称轴为 ，因为 ，所以当 时， 取得最小值 ，故 的取值范围是 ，选 B。 173.（2010·福建·理 T 2）以抛物线 的焦点为圆心,且过坐标原点的圆的方 程为( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为已知抛物线的焦点坐标为（1，0），即所求圆的圆心，又圆过原点，所以圆的半径为 ，故 所求圆的方程为 ，即 ，选 D。 二、填空题 174.(2019·全国 3·理 T15 文 T15)设 F1,F2 为椭圆 C: x2 36 + y2 20=1 的两个焦点,M 为 C 上一点且在第一象限.若 △MF1F2 为等腰三角形,则 M 的坐标为  . 【答案】(3, 15) 2 2( 2) ( 3) 4(1 3)x y y− + − = ≤ ≤ y x b= + 1 2 2 1 2 2b b= + = −或 1 2 2b = + 1 2 2 3,b− ≤ ≤ ( 2,0)F − 2 2 2 1(a>0)a x y− = OP FP⋅  [3-2 3, )+∞ [3 2 3, )+ +∞ 7[- , )4 +∞ 7[ , )4 +∞ ( 2,0)F − 2 1 4a + = 2 3a = 2 2 13 x y− = 0 0( , )x y 2 20 0 01( 3)3 x y x− = ≥ 2 2 0 0 01( 3)3 xy x= − ≥ 0 0( 2, )FP x y= + 0 0( , )OP x y= 2 0 0 0( 2)OP FP x x y⋅ = + +  0 0( 2)x x + + 2 0 13 x − = 2 0 0 4 2 13 x x+ − 0 3 4x = − 0 3x ≥ 0 3x = OP FP⋅  4 3 2 3 13 × + − = 3 2 3+ OP FP⋅  [3 2 3, )+ +∞ 2 4y x= 2 2x +y +2x=0 2 2x +y +x=0 2 2x +y -x=0 2 2x +y -2x=0 r=1 2 2x-1) +y =1（ 2 2x -2x+y =0 58 【解析】∵a2=36,b2=20,∴c2=a2-b2=16,∴c=4. 由题意得,|MF1|=|F1F2|=2c=8. ∵|MF1|+|MF2|=2a=12,∴|MF2|=4. 设点 M 的坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0), 则S△MF1F2 = 1 2×|F1F2|×y0=4y0. 又S△MF1F2 = 1 2×4× 82 - 22=4 15,∴4y0=4 15, 解得 y0= 15. 又点 M 在椭圆 C 上,∴ x2 0 36 + ( 15)2 20 =1,解得 x0=3 或 x0=-3(舍去). ∴点 M 的坐标为(3, 15). 175.(2019·全国 1·理 T16)已知双曲线 C:푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,过 F1 的直线与 C 的两条渐近线分别交于 A,B 两点.若퐹1퐴 = 퐴퐵,퐹1퐵·퐹2퐵=0,则 C 的离心率为  . 【答案】2 【解析】如图,由퐹1퐴 = 퐴퐵,得|F1A|=|AB|. 又|OF1|=|OF2|,得 BF2∥OA,且|BF2|=2|OA|. 由퐹1퐵·퐹2퐵=0,得 F1B⊥F2B. 则 OA⊥F1A,|OB|=|OF1|=|OF2|. 故∠BOF2=∠AOF1=2∠OF1B,得∠BOF2=60°. 则푏 푎=tan 60°= 3. 所以 e=푐 푎 = 1 + (푏 푎)2 = 1 + 3=2. 176.(2018·上海·T2)双曲线푥2 4 -y2=1 的渐近线方程为  . 【答案】y=±1 2x 【解析】令푥2 4 -y2=0,得所求渐近线方程为 y=±1 2x. 177.(2018·江苏,8)在平面直角坐标系 xOy 中,若双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的右焦点 F(c,0)到一条渐近线 的距离为 3 2 c,则其离心率的值为  . 【答案】2 59 【解析】因为双曲线的右焦点 F(c,0)到渐近线 y=±푏 푎x 的距离为|푏푐 ± 0| 푎2 + 푏2 = 푏푐 푐 =b,所以 b= 3 2 c. 因为 a2=c2-b2=c2-3 4c2=1 4c2, 所以 a=1 2c,e=2. 178.(2018·北京·理 T14)已知椭圆 M:x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0),双曲线 N: x2 m2 ― y2 n2=1.若双曲线 N 的两条渐近线与椭 圆 M 的四个交点及椭圆 M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点,则椭圆 M 的离心率为  ;双曲线 N 的离心 率为  . 【答案】 3-1 2 【解析】根据题意可画出下图,其中 BD 和 AC 为双曲线的渐近线,ABF2CDF1 是正六边形. 由 题 意 可 知 ∠ BOF2=π 3, 故 双 曲 线 的 渐 近 线 BD 的 方 程 为 y=n mx= 3x, 故 双 曲 线 的 离 心 率 e1= m2 + n2 m = m2 + ( 3m)2 m =2. 设 AB=x, 由椭圆定义得|BF1|+|BF2|= 3x+x=2a,2c=2x, 故 e2=2c 2a = 2x ( 3 + 1)x = 3-1. 179.(2018·浙江·T17)已知点 P(0,1),椭圆x2 4 +y2=m(m>1)上两点 A,B 满足AP=2PB,则当 m=  时,点 B 横坐 标的绝对值最大. 【答案】5 【解析】设直线 AB:y=kx+1(k≠0),A(xA,yA),B(xB,yB). 由 P(0,1),AP=2PB,得 xA=-2xB. 由{y = kx + 1, x2 4 + y2 = m,得(1+4k2)x2+8kx+4-4m=0, ∴xA+xB=-xB= -8k 4k2 + 1,xAxB=-2x2B = 4 - 4m 4k2 + 1. 消去 xB,得 m=1+ 32k2 4k2 + 1. |xB|= 8|k| 4k2 + 1 = 8 4|k| + 1 |k| ≤2, 当|k|=1 2时,|xB|max=2,此时 m=5. 180.(2018·北京,文 10)已知直线 l 过点(1,0)且垂直于 x 轴,若 l 被抛物线 y2=4ax 截得的线段长为 4,则抛 物线的焦点坐标为  . 60 【答案】(1,0) 【解析】由{푥 = 1, 푦2 = 4푎푥,得 y=±2 푎.由题意知 4 푎=4, ∴a=1.∴抛物线方程为 y2=4x, ∴焦点坐标为(1,0). 181.(2018·全国 3·理 T16)已知点 M(-1,1)和抛物线 C:y2=4x,过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C 交于 A,B 两点,若∠AMB=90°,则 k=  . 【答案】2 【解析】设点 A(x1,y1),B(x2,y2),则{푦21 = 4푥1, 푦22 = 4푥2, ∴푦21 ― 푦22=4(x1-x2),∴k= 푦1 - 푦2 푥1 - 푥2 = 4 푦1 + 푦2 . 设 AB 中点为 M'(x0,y0),抛物线的焦点为 F,分别过点 A,B 作准线 x=-1 的垂线,垂足为 A',B', 则|MM'|=1 2|AB|=1 2(|AF|+|BF|) =1 2(|AA'|+|BB'|). ∵M'(x0,y0)为 AB 中点,∴M 为 A'B'的中点, ∴MM'平行于 x 轴,∴y1+y2=2,∴k=2. 182.(2017·天津·文 T12)设抛物线 y2=4x 的焦点为 F,准线为 l,已知点 C 在 l 上,以 C 为圆心的圆与 y 轴的 正半轴相切于点 A,若∠FAC=120°,则圆的方程为 . 【答案】(x+1)2+(y- 3)2=1 【解析】∵抛物线 y2=4x 的焦点 F(1,0),准线 l 的方程为 x=-1, 由题意可设圆 C 的方程为(x+1)2+(y-b)2=1(b>0),则 C(-1,b),A(0,b). ∵∠FAC=120°,∴kAF=tan 120°=- 3,直线 AF 的方程为 y=- 3x+ 3. ∵点 A 在直线 AF 上,∴b= 3. 则圆的方程为(x+1)2+(y- 3)2=1. 183.(2017·全国 3·文 T14)双曲线푥2 푎2 ― 푦2 9 =1(a>0)的一条渐近线方程为 y=3 5x,则 a=  . 【答案】5 【解析】渐近线方程为 y=±3 푎x. 由题意得3 푎 = 3 5,【解析】得 a=5. 184.(2017·北京·理 T9 文 T10)若双曲线 x2-푦2 푚=1 的离心率为 3,则实数 m=  . 61 【答案】2 【解析】由 e2=1+푏2 푎2=1+푚 1=3,得 m=2. 185.(2017·全国 1·理 T15)已知双曲线 C: 푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的右顶点为 A,以 A 为圆心,b 为半径作圆 A, 圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M,N 两点.若∠MAN=60°,则 C 的离心率为  . 【答案】2 3 3 【解析】如图,由题意知点 A(a,0),双曲线的一条渐近线 l 的方程为 y=푏 푎x,即 bx-ay=0, ∴点 A 到 l 的距离 d= 푎푏 푎2 + 푏2. 又∠MAN=60°,MA=NA=b, ∴△MAN 为等边三角形, ∴d= 3 2 MA= 3 2 b,即 푎푏 푎2 + 푏2 = 3 2 b,∴a2=3b2, ∴e=푐 푎 = 푎2 + 푏2 푎2 = 2 3 3 . 186.(2017·全国 2·理 T16)已知 F 是抛物线 C:y2=8x 的焦点,M 是 C 上一点,FM 的延长线交 y 轴于点 N,若 M 为 FN 的中点,则|FN|=  . 【答案】6 【解析】设 N(0,a),由题意可知 F(2,0). 又 M 为 FN 的中点,则 M(1,푎 2). 因为点 M 在抛物线 C 上,所以푎2 4 =8, 即 a2=32,即 a=±4 2.所以 N(0,±4 2). 所以|FN|= (2 - 0)2 + (0 ± 4 2)2=6. 187.(2017·山东·理 T14 文 T15)在平面直角坐标系 xOy 中,双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的右支与焦点为 F 的 抛物线 x2=2py(p>0)交于 A,B 两点,若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为  . 【答案】y=± 2 2 x 【解析】设 A(x1,y1),B(x2,y2). 由{푥2 푎2 - 푦2 푏2 = 1, 푥2 = 2푝푦, 得 a2y2-2pb2y+a2b2=0, ∴y1+y2=2푝푏2 푎2 .又∵|AF|+|BF|=4|OF|, 62 ∴y1+푝 2+y2+푝 2=4×푝 2,即 y1+y2=p, ∴2푝푏2 푎2 =p,即푏2 푎2 = 1 2,∴푏 푎 = 2 2 , ∴双曲线的渐近线方程为 y=± 2 2 x. 188.(2016·浙江·理 T9)若抛物线 y2=4x 上的点 M 到焦点的距离为 10,则 M 到 y 轴的距离是  . 【答案】9 【解析】设点 M 坐标为(xM,yM).抛物线 y2=4x 的准线为 x=-1,由抛物线的定义知 xM+1=10,即 xM=9. 189.(2016·山东·理 T13)已知双曲线 E: 푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0),若矩形 ABCD 的四个顶点在 E 上,AB,CD 的中点 为 E 的两个焦点,且 2|AB|=3|BC|,则 E 的离心率是  . 【答案】2 【解析】由双曲线和矩形的对称性可知 AB⊥x 轴,不妨设 A 点的横坐标为 c,则由 푐2 푎2 ― 푦2 푏2=1,【解析】得 y=±푏2 푎 .设 A(푐,푏2 푎 ),B(푐, - 푏2 푎 ),则|AB|=2푏2 푎 ,|BC|=2c,由 2|AB|=3|BC|,c2=a2+b2 得离心率 e=2 或 e=-1 2(舍去), 所以离心率为 2. 190.(2016·北京·理 T13)双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2=1(a>0,b>0)的渐近线为正方形 OABC 的边 OA,OC 所在的直线,点 B 为该双曲线的焦点.若正方形 OABC 的边长为 2,则 a=  . 【答案】2 【解析】∵四边形OABC是正方形,∴∠AOB=45°,∴不妨设直线OA的方程即双曲线的一条渐近线的方程为y=x. ∴푏 푎=1,即 a=b.又|OB|=2 2,∴c=2 2. ∴a2+b2=c2,即 a2+a2=(2 2)2,可得 a=2. 191.（2015·北京高考·理 T 10）已知双曲线 的一条渐近线为 ，则 ． 【答案】 【解析】双曲线 的渐近线方程为 ， ， ,则 ( )2 2 2 1 0x y aa − = > 3 0x y+ = a = 3 3 ( )2 2 2 1 0x y aa − = > 1y xa = ± 3 0 3x y y x+ = ⇒ = − 0a > 1 33, 3aa − = − = 63 192.（2015·上海高考·理 T5）抛物线 （ ）上的动点 到焦点的距离的最小值为 ，则 ． 【答案】 【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 193.（2015·湖南高考·理 T 13）设 是双曲线 ： 的一个焦点，若 上存在点 ，使线段 的中点恰为其虚轴的一个端点，则 的离心率为. 【答案】 . 194.（2015·浙江高考·理 T 9）双曲线 的焦距是，渐近线方程是． 【答案】 ， . 【解析】由题意得： ， ， ，∴焦距为 ， 渐近线方程为 . 195.（2015·新课标全国卷 I·理 T 14）一个圆经过椭圆 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. 【答案】 【 解 析 】 设 圆 心 为 （ ， 0 ），则 半 径 为 ， 则 ， 解 得 ， 故 圆 的 方 程 为 . 2 2y px= 0p > Q 1 p = 2 1, 2.2 p p= = F C 2 2 2 2 1x y a b − = C P PF C 5 2 2 12 x y− = 32 xy 2 2±= 2=a 1=b 31222 =+=+= bac 322 =c xxa by 2 2±=±= 2 2 116 4 x y+ = 2 23 25( )2 4x y− + = a 4 a− 2 2 2(4 ) 2a a− = + 3 2a = 2 23 25( )2 4x y− + = 64 196.（2015·陕西高考·理 T 14）若抛物线 的准线经过双曲线 的一个焦点，则 ． 【答案】 【解析】抛物线 （ ）的准线方程是 ，双曲线 的一个焦点 ， 因为抛物线 （ ）的准线经过双曲线 的一个焦点，所以 ，解得 ，所以答案应填： ． 197.（2015·山东高考·理 T 15）平面直角坐标系 中，双曲线 的渐近线 与抛物线 交于点 ，若 的垂心为 的焦点，则 的离心率为. 【答案】 【解析】设 所在的直线方程为 ,则 所在的直线方程为 , 解方程组 得： ，所以点 的坐标为 , 抛物线的焦点 的坐标为: .因为 是 的垂心，所以 , 所以， . 所以， . 198.（2015·江苏高考·T 12）在平面直角坐标系 中， 为双曲线 右支上的一个动点。若 点 到直线 的距离大于 c 恒成立，则是实数 c 的最大值为. 【答案】 【解析】设 ，因为直线 平行于渐近线 ，所以点 到直线 的距 2 2 ( 0)y px p= > 2 2 1x y− = p = 2 2 2 2y px= 0p > 2 px = − 2 2 1x y− = ( )1F 2,0− 2 2y px= 0p > 2 2 1x y− = 22 p− = − 2 2p = 2 2 xoy ( )2 2 1 2 2: 1 0, 0x yC a ba b − = > > ( )2 2 : 2 0C x py p= > , ,O A B OAB∆ 2C 1C 3 2 OA by xa = OB by xa = − 2 2 by xa x py  =  = 2 2 2 2 pbx a pby a  =  = A 2 2 2 2,pb pb a a      F 0, 2 p     F ABC∆ 1OB AFk k⋅ = − 2 22 2 2 52 12 4 pb p b ba pba a a  −  − = − ⇒ =      2 2 2 2 2 9 31 4 2 c be ea a = = + = ⇒ = xOy P 122 =− yx P 01=+− yx 2 2 ( , ),( 1)P x y x ≥ 1 0x y− + = 0x y− = P 01=+− yx 65 离恒大于直线 与渐近线 之间距离，因此 c 的最大值为直线 与渐近线 之间距离，为 199．（2015·浙江高考·文 T 15）椭圆 （ ）的右焦点 关于直线 的对称 点 在椭圆上，则椭圆的离心率是． 【答案】 【 解 析 】 设 关 于 直 线 的 对 称 点 为 ， 则 有 ， 解 得 ， 所 以 在 椭 圆 上 ， 即 有 ，解得 ，所以离心率 . 200.（2015·北京高考·文 T 12）已知 是双曲线 （ ）的一个焦点，则 ． 【答案】 【解析】由题意知 ， ，所以 . 201.（2015·上海高考·文 T 7）抛物线 上的动点 到焦点的距离的最小值为 1，则 . 【答案】2 【解析】依题意，点 为坐标原点，所以 ，即 . 202.（2015·上海高考·文 T 12）已知双曲线 、 的顶点重合， 的方程为 ，若 的一条 渐近线的斜率是 的一条渐近线的斜率的 2 倍，则 的方程为. 【答案】 1 0x y− + = 0x y− = 1 0x y− + = 0x y− = 1 2 .22 = 2 2 2 2 1x y a b + = 0a b> > ( )F ,0c by xc = Q 2 2 ( )F ,0c by xc = ( , )Q m n 1 2 2 2 n b m c c n b m c  ⋅ = − − + = × 3 2 2 2 2 2 2,c b bc bcm na a − −= = 3 2 2 2 2 2 2( , )c b bc bcQ a a − − 3 2 2 2 2 4 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 1c b bc bc a a b − −+ = 2 22a c= 2 2 ce a = = ( )2,0 2 2 2 1yx b − = 0b > b = 3 2, 1c a= = 2 2 2 3b c a= − = 3b = )0(22 >= ppxy Q =p Q 12 =p 2=p 1C 2C 1C 14 2 2 =− yx 2C 1C 2C 144 22 =− yx 66 【解析】因为 的方程为 ，所以 的一条渐近线的斜率 ，所以 的一条渐近线的斜率 ，因为双曲线 、 的顶点重合，即焦点都在 轴上， 设 的方程为 ， 所以 ，所以 的方程为 . 203．（2015·山东高考·文 T 15）过双曲线 的右焦点作一条与其渐近线平行 的直线，交 于点 .若点 的横坐标为 ,则 的离心率为 . 【答案】 【解析】双曲线 的右焦点为 .不妨设所作直线与双曲线的渐近线 平行，其方程为 ，代入 求得点 的横坐标为 ，由 ，得 ，解之得 ， （舍去，因为离心率 ），故双曲线的离心率为 . 204. （2014·四川高考·文 T11）双曲线 的离心率等于____________. 【答案】 【解析】 . 205.（2014·湖南高考·理 T15）如图， 1C 14 2 2 =− yx 1C 2 1 1 =k 2C 12 =k 1C 2C x 2C )0,0(12 2 2 2 >>=− bab y a x 2== ba 2C 144 22 =− yx C： 2 2 2 2 1x y a a − = 0, 0a b> >（ ） C P P 2a C 2 3+ 2 2 2 2 1x y a a − = ( ,0)c by xa = ( )by x ca = − 2 2 2 2 1x y a a − = P 2 2 2 a cx c += 2 2 22 a c ac + = 2( ) 4 1 0c c a a − + = 2 3c a = + 2 3c a = − 1c a > 2 3+ 2 2 14 x y− = 5 2 4 1 5 2 2 ce a += = = 67 正方形 的边长分别为 ，原点 为 的中点，抛物线 经过 【答案】 3. 【解析】由题可得 ， ，则 。 206. （2014·上海高考·理 T4） 【答案】 x=-2. 【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为 x=-2. 207. （2014·山东高考·文 T15）已知双曲线 的焦距为 ，右顶点为 ，抛物 线 的焦点为 ，若双曲线截抛物线的准线所得线段长为 ，且 ，则双曲线的渐 近线方程为 . 【答案】 【解析】 由题意知 ， 抛物线准线与双曲线的一个交点坐标为 ， 即 代入双曲线方程为 ，得 ， ABCD DEFG和正方形 , ( )a b a b< O AD 2 2 ( 0)y px p= > , bC F a =两点，则 2 2 2 2 19 5 _________. x yy px= + =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 ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > A ( )2 2 0x py p= > F 2c FA c= 12 + ),2( aaC − ),2( bbaF + 12, )2(22 2 +=    += = b a bapb paa 2c y x= ± 2 2 2 P c a b= − = , 2 Pc     ( ),c b− 2 2 2 2 1c b a b − = 2 2 2c a = 68 渐近线方程为 ， . 208.(2014·陕西高考·文 T11)抛物线 y2=4x 的准线方程为    . 【答案】 x=-1 【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. 209.（2014·安徽高考·文 T15）若直线 与曲线 满足下列两个条件： 直线 在点 处与曲线 相切； 曲线 在 附近位于直线 的两侧，则称直线 在点 处“切 过”曲线 . 下列命题正确的是_________(写出所有正确命题的编号) ①直线 在点 处“切过”曲线 ： ②直线 在点 处“切过”曲线 ： ③直线 在点 处“切过”曲线 ： ④直线 在点 处“切过”曲线 ： ⑤直线 在点 处“切过”曲线 ： 【答案】④ 【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。 210.（2014·安徽高考·理 T14））设 分别是椭圆 的左、右焦点，过点 的直线交椭圆 于 两点，若 轴，则椭圆 的方程为__________ 【答案】 。 【解析】如图所示，设 ，作 ,则 21, FF )10(1: 2 2 2 0)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________． 【答案】 3 【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|2－2|PF1|·|F1F2|·cos∠PF1F2，所以 4a2＝16a2＋4c2 －2·4a·2c·cos 30°，即 3a2－2 3ac＋c2＝0，所以 3a－c＝0，故双曲线 C 的离心率为 3. 212．（2013·福建高考·理 T14）椭圆 Γ： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，焦距为 2c，若直 线 y＝ 3(x＋c)与椭圆 Γ 的一个交点 M 满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于________． 【答案】 3－1 【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(x＋c)过点 F1，且倾斜角为 60°，所以∠MF1F2＝60°，从而∠MF2F1＝30°，所以 MF1⊥MF2.在 Rt△MF1F2 中，|MF1|＝c，|MF2|＝ 3c，所以该椭圆的离心率 e＝ 2c 2a＝ 2c c＋ 3c＝ 3－1. 1 1 2 2 3 31 y y yy = Þ = 2 2 2 3 5 4 3 c x cc x = Þ = -- 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 yc b yx b c b ìï + =ïïï + =íïï = -ïïî 2 2 3b = 2 2 3 12 yx + = 70 213．（2013·辽宁高考·理 T15）已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)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，cos∠ABF＝ 4 5，则 C 的离心率 e＝________. 【答案】 5 7 【解析】本题主要考查直线与椭圆的位置关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|＝c＝5，连接 AF1，因为 A，B 关于原点对称，所以|BF|＝|AF1|＝8， 所以 2a＝14，a＝7，所以离心率 e＝ 5 7. 214．（2013·安徽高考·理 T13）已知直线 y＝a 交抛物线 y＝x2 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________． 【答案】[1，＋∞) 【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系，圆的性质，考查考生的转化与化归能力． 法一：设直线 y＝a 与 y 轴交于点 M，抛物线 y＝x2 上要存在 C 点，只要以|AB|为直径的圆与抛物线 y＝x2 有 交点即可，也就是使|AM|≤|MO|，即 a≤a(a>0)，所以 a≥1. 法二：易知 a>0，设 C(m，m2)，由已知可令 A( a，a)，B(－ a，a)，则 AC―→＝(m－ a，m2－a)，BC―→ ＝(m＋ a，m2－a)，因为 AC―→⊥BC―→，所以 m2－a＋m4－2am2＋a2＝0，可得(m2－a)(m2＋1－a)＝0.因 为由题易知 m2≠a，所以 m2＝a－1≥0，故 a∈[1，＋∞)． 215．（2013·浙江高考·理 T15）设 F 为抛物线 C：y2＝4x 的焦点，过点 P(－1,0)的直线 l 交抛物线 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________． 【答案】±1 【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 x＝ty－1，由Error!得 y2－4ty＋4＝0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1＋y2＝4t， y1y2＝4，x1＋x2＝4t2－2，所以 xQ＝2t2－1，yQ＝2t，|FQ|2＝(xQ－1)2＋y2Q＝4，代入解得，t＝±1 或 t＝0(舍 去)，即直线 l 的斜率为±1. 216．（2013·陕西高考·理 T11）双曲线 x2 16－ y2 m ＝1 的离心率为 5 4，则 m 等于________． 【答案】9 【解析】本题考查双曲线的几何性质和方程思想的具体应用． Error!⇒ 25 16＝ 16＋m 16 ⇒m＝9. 71 217．（2013·江西高考·理 T14）抛物线 x2＝2py(p>0)的焦点为 F，其准线与双曲线 x2 3 － y2 3 ＝1 相交于 A，B 两点，若△ABF 为等边三角形，则 p＝________. 【答案】6 【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 x2＝2py(p>0)得焦点 F(0， p 2 )，准线 l 为 y＝－ p 2，所以可求得抛物线的准线与双曲线 x2 3 － y2 3 ＝1 的交点 A(－ 12＋p2 2 ，－ p 2)，B( 12＋p2 2 ，－ p 2)，所以|AB|＝ 12＋p2，则|AF|＝|AB|＝ 12＋p2， 所以 p |AF|＝sin π 3 ，即 p 12＋p2＝ 3 2 ，解得 p＝6. 218．（2013·北京高考·文T9）若抛物线y2＝2px的焦点坐标为(1,0)，则p＝________，准线方程为________． 【答案】2 x＝－1 【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 p 2＝1，p＝2，准线方程为 x＝－ p 2＝－1. 219．（2013·江苏高考·文 T13）双曲线 x2 16－ y2 9 ＝1 的两条渐近线的方程为________． 【答案】y＝± 3 4x 【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 x2 16－ y2 9 ＝0，解得 y＝± 3 4x. 220．（2013·江苏高考·文 T16）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的标准方程为 x2 a2＋ y2 b2＝1(a>0，b>0)，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________． 【答案】 3 3 【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 x c＋ y b＝1，所以 d1＝ bc b2＋c2 . 又 d2＝ a2 c －c＝ b2 c ，由 d2＝ 6d1，可得 b2 c ＝ 6· bc b2＋c2，解得 b2＝2c2，所以 a2＝3c2，a＝ 3c，所以 e＝ c a＝ 3 3 . 221．（2013·山东高考·文 T13）过点(3,1)作圆( x－2) 2 ＋(y－2) 2 ＝4 的弦，其中最短弦的长为 ________． 【答案】2 2 72 【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＝ 3－22＋1－22＝ 2，所以最短弦长为 2 r2－d2＝2 22－ 22＝2 2. 222．（2013·福建高考·文 T15）椭圆 Γ： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，焦距为 2c.若直 线 y＝ 3(x＋c)与椭圆 Γ 的一个交点 M 满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于________． 【答案】 3－1 【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、运算求解能力．直线 y＝ 3(x＋c)过点 F1(－c,0)，且倾斜角为 60°，所以∠MF1F2＝60°，从而∠MF2F1 ＝30°，所以 MF1⊥MF2.在 Rt△MF1F2 中，|MF1|＝c，|MF2|＝ 3c，所以该椭圆的离心率 e＝ 2c 2a＝ 2c c＋ 3c＝ 3－1. 223．（2013·湖南高考·文 T14）设 F1，F2 是双曲线 C： x2 a2－ y2 b2＝1(a>0，b>0)的两个焦点．若在 C 上存在一 点 P，使 PF1⊥PF2，且∠PF1F2＝30°，则 C 的离心率为________． 【答案】 3＋1 【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|＝ 2csin 30°＝c，由双曲线的定义，可得 3c－c＝2a，则 e＝ c a＝ 2 3－1＝ 3＋1. 224．（2013·浙江高考·文 T13）直线 y＝2x＋3 被圆 x2＋y2－6x－8y＝0 所截得的弦长等于_______． 【答案】4 5 【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 y＝2x＋3 的距离为 d＝ |2 × 3－4＋3| 5 ＝ 5，所以弦长 l＝2 r2－d2＝4 5. 225．（2013·天津高考·文 T11）已知抛物线 y2＝8x 的准线过双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1(a>0，b>0)的一个焦点， 且 双曲线的离心率为 2，则该双曲线的方程为________． 【答案】x2－ y2 3 ＝1 【解析】本题主要考查双曲线、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 y2＝ 8x 的准线 x＝－2 过双曲线的一个焦点，所以 c＝2，又离心率为 2，所以 a＝1，b＝ c2－a2＝ 3，所以该 双曲线的方程为 x2－ y2 3 ＝1. 226．（2013·湖北高考·文 T14）已知圆 O：x2＋y2＝5，直线 l：xcos θ＋ysin θ＝(0 < θ < π 2 ).设圆 O 73 上到直线 l 的距离等于 1 的点的个数为 k，则 k＝________. 【答案】4 【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系．直线 l：xcos θ＋ysin θ＝1 (0 < θ < π 2 )是单位圆 x2＋y2 ＝1 在第一象限部分的切线，圆 O：x2＋y2＝5 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 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． 227．（2013·陕西高考·文 T11）双曲线 x2 16－ y2 9 ＝1 的离心率为________． 【答案】 5 4 【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 a2＝16，b2＝9，∴e2＝ 25 16，e ＝ 5 4. 228．（2013·江西高考·文 T14）若圆 C 经过坐标原点和点(4,0)，且与直线 y＝1 相切，则圆 C 的方程是 ________． 【答案】(x－2)2＋(y＋ 3 2 )2＝ 25 4 【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 x2＋y2＋Dx＋Ey＝0.因为圆过点(4,0)，将点(4,0)代入圆的方程得 D＝－4，即圆的方程为 x2＋y2 －4x＋Ey＝0.又圆与直线 y＝1 相切，将其代入圆的方程得 x2＋1－4x＋E＝0，又方程只有一个解，所以 Δ＝ 42－4(1＋E)＝0，解得 E＝3.故所求圆的方程为 x2＋y2－4x＋3y＝0，即(x－2)2＋(y＋ 3 2 )2＝ 25 4 . 229．（2013·四川高考·文 T15）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________． 【答案】(2,4) 【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 中任取一点 P，在△APC 中，有 AP＋PC＞AC，在△BPD 中，有 PB＋PD＞BD， 而如果 P 在线段 AC 上，那么 AP＋PC＝AC；同理，如果 P 在线段 BD 上，那么 BP＋PD＝BD. 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)． 230．（2013·辽宁高考·文 T20）已知 F 为双曲线 C： x2 9 － y2 16＝1 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________． 【答案】44 【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 74 知识解决问题的能力．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. 231．（2013·重庆高考·理 T15）过抛物线 y2＝2x 的焦点 F 作直线交抛物线于 A，B 两点，若|AB|＝ 25 12， |AF|0，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＝________.  【答案】2 【解析】由题意知，抛物线的普通方程为 y2＝2px(p>0)，焦点 F( p 2，0)，准线 x＝－ p 2，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 3＋ p 2＝2p，得 p＝2. 237. （2012·陕西高考·理 T14） 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． 76 【答案】2 6 【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 x2＝－2py，则点(2，－ 2)在抛物线上，代入可得 p＝1，所以 x2＝－2y.当 y＝－3 时，x2＝6，所以水面宽为 2 6. 238．（2012·江苏高考·理 T12）在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为 x2＋y2－8x＋15＝0，若直线 y＝ kx－2 上至少存在一点，使得以该点为圆心，1 为半径的圆与圆 C 有公共点，则 k 的最大值是________． 【答案】 4 3 【解析】设圆心C(4,0)到直线y＝kx－2 的距离为d，则d＝ |4k－2| k2＋1，由题意知问题转化为d≤2，即d＝ |4k－2| k2＋1 ≤2，得 0≤k≤ 4 3，所以 kmax＝ 4 3. 239．（2012·浙江高考·文 T17）定义：曲线 C 上的点到直线 l 的距离的最小值称为曲线 C 到直线 l 的距 离．已知曲线 C1：y＝x2＋a 到直线 l：y＝x 的距离等于曲线 C2：x2＋(y＋4)2＝2 到直线 l：y＝x 的距离， 则实数 a＝________. 【答案】 9 4 【解析】因曲线 C2：x2＋(y＋4)2＝2 到直线 l：y＝x 的距离为 0－－4 2 － 2＝2 2－ 2＝ 2，则曲线 C1 与直线 l 不能相交，即 x2＋a>x，∴x2＋a－x>0. 设 C1：y＝x2＋a 上一点为(x0，y0)，则点(x0，y0)到直线 l 的距离 d＝ |x0－y0| 2 ＝ －x0＋x20＋a 2 ＝ x0－ 1 22＋a－ 1 4 2 ≥ 4a－1 4 2 ＝ 2，所以 a＝ 9 4.  240．（2012·四川高考·文 T15）椭圆 x2 a2＋ y2 5 ＝1(a 为定值，且 a> 5)的左焦点为 F，直线 x＝m 与椭圆相交 于点 A、B，△FAB 的周长的最大值是 12，则该椭圆的离心率是________． 【答案】 2 3 【解析】依题意得，点 F(－ a2－5，0)， 不妨设点 A(acos θ，－ 5sin θ)， |FA|＝|FB|＝ acos θ＋ a2－52＋5sin2θ＝a＋ a2－5cos θ，|AB|＝2 5sin θ， |FA|＋|FB|＋|AB|＝2a＋2 a2－5cos θ＋2 5sin θ 的最大值是 2a＋ 2 a2－52＋2 52＝4a＝ 12，即 a＝3，因此该椭圆的离心率是 2 3. 241．（2012·天津高考·文 T12）设 m，n∈R，若直线 l：mx＋ny－1＝0 与 x 轴相交于点 A，与 y 轴相交于 点 B，且 l 与圆 x2＋y2＝4 相交所得弦的长为 2，O 为坐标原点，则△AOB 面积的最小值为________． 【答案】3 77 【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 1 m2＋n2＝ 3，所以m2＋n2＝ 1 3≥2|mn|， 所以|mn|≤ 1 6，又 A( 1 m，0)，B(0， 1 n)，所以△AOB 的面积为 1 2|mn|≥3，最小值为 3. 242．（2012·湖南高考·文 T21）在平面直角坐标系 xOy 中，若直线 l1：Error!(s 为参数)和直线 l2： Error!(t 为参数)平行，则常数 a 的值为________． 【答案】4 【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：x－2y－1＝0，l2：x－ a 2y－ a 2＝0，由两直线平行，可得 1×(－ a 2 )－1×(－ 2)＝0，且 1×(－ a 2 )－1×(－1)≠0，即 a＝4. 243．（2012·辽宁高考·文 T15）已知双曲线 x2－y2＝1，点 F1，F2 为其两个焦点，点 P 为双曲线上一点， 若 PF1⊥PF2，则|PF1|＋|PF2|的值为________． 【答案】2 3 【解析】不妨设点 P 在双曲线的右支上，因为 PF1⊥PF2，所以(2 2)2＝|PF1|2＋|PF2|2，又因为|PF1|－|PF2| ＝2，所以(|PF1|－|PF2|)2＝4，可得 2|PF1|·|PF2|＝4，则(|PF1|＋|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2| ＝12，所以|PF1|＋|PF2|＝2 3. 244．（2012·天津高考·文 T11）已知双曲线 C1： x2 a2－ y2 b2＝1(a>0，b>0)与双曲线 C2： x2 4 － y2 16＝1 有相同的渐 近线，且 C1 的右焦点为 F( 5，0)，则 a＝________b＝________. 【答案】1 2 【解析】双曲线 x2 4 － y2 16＝1 的渐近线为 y＝±2x，则 b a＝2，即 b＝2a，又因为 c＝ 5，a2＋b2＝c2，所以 a＝ 1，b＝2. 245.（2012·江苏高考·文 T8）在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 x2 m － y2 m2＋4＝1 的离心率为 5，则 m 的 值为________． 【答案】2 【解析】由题意得 m>0，∴a＝ m，b＝ m2＋4，∴c＝ m2＋m＋4，由 e＝ c a＝ 5得 m2＋m＋4 m ＝5，解得 m＝ 2. 246．（2012·江苏高考·文 T12）在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为 x2＋y2－8x＋15＝0，若直线 y＝ kx－2 上至少存在一点，使得以该点为圆心，1 为半径的圆与圆 C 有公共点，则 k 的最大值是________． 【答案】 4 3 【解析】设圆心C(4,0)到直线y＝kx－2 的距离为d，则d＝ |4k－2| k2＋1，由题意知问题转化为d≤2，即d＝ |4k－2| k2＋1 78 ≤2，得 0≤k≤ 4 3，所以 kmax＝ 4 3. 247．（2012·安徽高考·文 T14）过抛物线 y2＝4x 的焦点 F 的直线交该抛物线于 A，B 两点．若|AF|＝3， 则|BF|＝________. 【答案】 3 2 【解析】抛物线 y2＝4x 准线为 x＝－1，焦点为 F(1,0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．由抛物线的定义可知|AF| ＝x1＋1＝3，所以 x1＝2，所以 y1＝±2 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 y－0＝2 2(x－1)，代入抛物线方程消去 y 得 2x2－5x＋2＝0，求得 x＝2 或 1 2，所 以 x2＝ 1 2，故|BF|＝ 3 2. 248.（2012·北京高考·文 T9）直线 y＝x 被圆 x2＋(y－2)2＝4 截得的弦长为________． 【答案】2 2 【解析】圆心(0,2)到直线 y＝x 的距离为 d＝ |0－2| 2 ＝ 2，圆的半径为 2，所以所求弦长为 2 22－ 22 ＝2 2. 249．（2012·重庆高考·文 T14）设 P 为直线 y＝ b 3ax 与双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1(a>0，b>0)左支的交点，F1 是左焦 点，PF1 垂直于 x 轴，则双曲线的离心率 e＝________. 【答案】 3 2 4 【解析】由 PF1⊥x 轴且 P 点在双曲线的左支上，可得 P(－c，－ b2 a )．又因为点 P 在直线 y＝ b 3ax 上，所以－ b2 a ＝ b 3a×(－c)，整理得 c＝3b，根据 c2＝a2＋b2 得 a＝2 2b，所以双曲线的离心率 e＝ c a＝ 3b 2 2b＝ 3 2 4 . 250．（2011·新课标高考·T14）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 2 2 .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____． 【答案】 x2 16＋ y2 8 ＝1 【解析】根据椭圆焦点在 x 轴上，可设椭圆方程为 x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)，∵e＝ 2 2 ，∴ c a＝ 2 2 .根据△ABF2 的 周长为 16 得 4a＝16，因此 a＝4，b＝2 2， 所以椭圆方程为 x2 16＋ y2 8 ＝1. 251．（2011·大纲卷·T14）已知 F1、F2 分别为双曲线 C： x2 9 － y2 27＝1 的左、右焦点，点 A∈C，点 M 的坐标 为(2,0)，AM 为∠F1AF2 的平分线，则|AF2|＝____. 79 【答案】6 【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|＝2×3＝6,2|F2A|－|F2A|＝|F2A|＝6. 252．（2011·江西·T14）若椭圆 x2 a2＋ y2 b2＝1 的焦点在 x 轴上，过点(1， 1 2)作圆 x2＋y2＝1 的切线，切点分别 为 A，B，直线 AB 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是____． 【答案】 x2 5 ＋ y2 4 ＝1 【解析】由题可设斜率存在的切线的方程为 y－ 1 2＝k(x－1)(k 为切线的斜率)，即 2kx－2y－2k＋1＝0，由 |－2k＋1| 4k2＋4 ＝1，解得 k＝－ 3 4，所以圆 x2＋y2＝1 的一条切线方程为 3x＋4y－5＝0，求得切点 A( 3 5， 4 5)，易知 另一切点 B(1,0)，则直线 AB 的方程为 y＝－2x＋2.令 y＝0 得右焦点为(1,0)，令 x＝0 得上顶点为 (0,2)．∴a2＝b2＋c2＝5，故得所求椭圆方程为 x2 5 ＋ y2 4 ＝1. 253．（2011·四川·T14）双曲线 x2 64－ y2 36＝1 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__________． 【答案】16 【解析】由已知，双曲线中，a＝8，b＝6，所以 c＝10，由于点 P 到右焦点的距离为 4,40)相切，则 r＝________. 【答案】 2 【解析】将抛物线 C 的参数方程化为普通方程得 y2＝8x，焦点坐标为(2,0)，所以过焦点且斜率为 1 的直线 方程为 x－y－2＝0，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＝ 2 2＝ 2. 80 256．（2011·浙江·T13）设 F1，F2 分别为椭圆 x2 3 ＋y2＝1 的左，右焦点，点 A，B 在椭圆上，若 F1A―→＝ 5F2B―→，则点 A 的坐标是________． 【答案】(0，±1) 【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)．∵F1A―→＝5F2B―→，∴ c＝ m＋6 2 5 ，d＝ n 5.∵点 A、B 都在椭圆上，∴ c2 3 ＋d2＝1，  m＋6 2 5 2 3 ＋( n 5)2＝1.解得 m＝0，n＝±1，故 点 A 坐标为(0，±1)． 257．（2011·辽宁高考·T13）已知点(2,3)在双曲线 C： x2 a2－ y2 b2＝1(a＞0，b＞0)上，C 的焦距为 4，则它的 离心率为________． 【答案】2 【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 4 a2－ 9 b2＝1，考虑到焦距为 4， 这也是一个关于 c 的等式，2c＝4，即 c＝2.再有双曲线自身的一个等式 a2＋b2＝c2，这样，三个方程，三 个未知量，可以解出 a＝1，b＝ 3，c＝2，所以，离心率 e＝2. 258.（2010·上海·文 T8）动点 到点 的距离与它到直线 的距离相等，则 的轨迹方程 为。 【答案】y2=8x 【解析】考查抛物线定义及标准方程 定义知 的轨迹是以 为焦点的抛物线，p=2 所以其方程为 y2=8x 259.（2010·浙江·理 T13）设抛物线 的焦点为 ，点 .若线段 的中点 在抛 物线上，则 到该抛物线准线的距离为_____________。 【答案】 解析：利用抛物线的定义结合题设条件可得出 p 的值为 ，B 点坐标为（ ）所以点 B 到抛物线准线 的距离为 ，本题主要考察抛物线的定义及几何性质，属容易题 260.（2010·全国卷 2·理 T15）已知抛物线 的准线为 ，过 且斜率为 的直 线与 相交于点 ，与 的一个交点为 ．若 ，则 ． 2: 2 ( 0)C y px p= ＞ l (1,0)M 3 l A C B AM MB=  p = P (2,0)F 2 0x + = P P (2,0)F 2 2 ( 0)y px p= > F (0,2)A FA B B 3 24 2 1，4 2 3 24 81 【答案】2 【解析】过 B 作 BE 垂直于准线 于 E，∵ ，∴M 为中点，∴ ，又斜率为 ， ，∴ ，∴ ，∴M 为抛物线的焦点，∴ 2. 261.（2010·全国卷 2·文 T15)已知抛物线 C：y2=2px（p>0）的准线 l，过 M（1,0）且斜率为 的直线 与 l 相交于 A，与 C 的一个交点为 B，若 ，则 p=_________ 【答案】 2 【解析】2：本题考查了抛物线的几何性质 设直线AB： ，代入 得 ，又∵ ，∴ ， 解得 ，解得 （舍去） 262.（2010·江西·理 T15）点 在双曲线 的右支上，若点 A 到右焦点的距离等于 ，则 = 【答案】 【解析】考查圆锥曲线的基本概念和第二定义的转化，读取 a=2.c=6, , 263.（2010·安徽·文 T12)抛物线 的焦点坐标是 【答案】（2，0） 【解析】抛物线 ，所以 ，所以焦点 . 264.（2010·重庆·文 T13）已知过抛物线 的焦点 的直线交该抛物线于 、 两点， ， 则 ____________ . 【答案】2 【解析】由抛物线的定义可知 l AM MB=  1BM AB2 = 3 0BAE 30∠ = 1BE AB2 = BM BE= p = 3 3y x= − 2 2y px= 23 ( 6 2 ) 3 0x p x+ − − + = AM MB=  1 22x p= + 2 4 12 0p P+ − = 2, 6p p= = − 0 0( )A x y， 2 2 14 32 x y− = 02x 0x (2,0) r ed = 3r d⇒ = 2 0 0 02 3( ) 2ax x xc = − ⇒ = 2 8y x= 2 8y x= 4p = (2,0) 2 4y x= F A B 2AF = BF = 1 2AF AA KF= = = 82 故 2 265.（2010·重庆·理 T14)已知以 F 为焦点的抛物线 上的两点 A、B 满足 ,则弦 AB 的中 点到准线的距离为___________. 【答案】8 3 【解析】设 BF=m,由抛物线的定义知 中，AC=2m,AB=4m, 直线 AB 方程为 与抛物线方程联立消 y 得 所以 AB 中点到准线距离为 266.（2010·天津·文 T13）已知双曲线 的一条渐 近 线方程是 ，它的一 个焦点与抛物线 的焦点相同。则双曲线的方程为 。 【答案】 【解析】本题主要考查了双曲线和抛物线的 几何性质及双 曲线的标准方程，属于容易题。 由渐近线方程可知 ① 因为抛物线的焦点为（4，0），所以 c=4 ② 又 ③ 联立①②③，解得 ，所以双曲线的方程为 267. （ 2010 · 福 建 · 文 T13 ） 若 双 曲 线 - =1(b>0) 的 渐 近 线 方 程 式 为 y= ， 则 ｂ 等 于          。 【答案】1 AB x∴ ⊥ 轴 AF = BF = 2 4y x= 3AF FB=  mBBmAA == 11 ,3 ABC∆∴ 3=ABk )1(3 −= xy 03103 2 =+− xx 3 813 512 21 =+=++ xx 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > 3y x= 2 16y x= 2 2 14 12 x y− = 3b a = 2 2 2c a b= + 2 24, 12a b= = 2 2 14 12 x y− = 2x 4 2 2 y b 1 x2 ± 83 【解析】由题意知 ，解得 b=1。 268.（2010·全国卷 1·文 T16)已知 是椭圆 的一个焦点， 是短轴的一个端点， 线段 的延长线交 于 点 ， 且 ， 则 的 离 心 率 为 . 【答案】 【解析 1】如图， , 作 轴于点 D1,则由 ，得 ,所以 , 即 ,由椭圆的第二定义得 又由 ,得 【 解 析 2 】 设 椭 圆 方 程 为 第 一 标 准 形 式 ， 设 ， F 分 BD 所 成 的 比 为 2 ， ，代入 ， 269.（2010·湖北·文 T15）已知椭圆 的两焦点为 ,点 满足 , 则| |+ |的取值范围为_______，直线 与椭圆 C 的公共点个数_____。 【答案】 【解析】依题意知，点 P 在椭圆内部.画出图形，由数形结合可得，当 P 在原点处时 ， 当 P 在椭圆顶点处时，取到 为 ，故范围为 .因为 在椭圆 的内部，则直线 [ )2,2 2 ,0 1 2 max(| | | |) 2 PF PF+ = 1 2 max(| | | |)PF PF+ ( 2 1) ( 2 1) =2 2 − + + [ )2,2 2 0 0( , )x y 2 2 12 x y+ = 0 0 12 x x y y ⋅ + ⋅ = 1 2 2 b = F C B BF C D BF 2FD=  C 3 3 2 2| |BF b c a= + = 1DD y⊥ BF 2FD=  1 | | | | 2 | | | | 3 OF BF DD BD = = 1 3 3| | | |2 2DD OF c= = 3 2D cx = 2 23 3| | ( )2 2 a c cFD e ac a = − = − | | 2 | |BF FD= 232 ,ca a a = − 3 3e⇒ = 2 2 2 2 1x y a b + = ( )2 2,D x y 2 2 2 2 30 2 23 3 3 0;1 2 2 2 1 2 2 2 2 c c c c y bx b y b bx x x c y y −+ + ⋅ −= ⇒ = = = ⇒ = = = −+ + 2 2 2 2 9 1 14 4 c b a b + = 3 3e⇒ = 2 2: 12 xc y+ = 1 2,F F 0 0( , )P x y 2 20 00 12 x y< + < 1PF 2PF 0 0 12 x x y y+ = xO y B F 1D D 84 上的点（x, y）均在椭圆外，故此直线与椭圆不可能有交点，故 交点数为 0 个. 三、解答题 270.(2019·天津·理 T 18)设椭圆x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0)的左焦点为 F,上顶点为 B.已知椭圆的短轴长为 4,离心率 为 5 5 . (1)求椭圆的方程; (2)设点 P 在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点 M 为直线 PB 与 x 轴的交点,点 N 在 y 轴的负半轴上.若 |ON|=|OF|(O 为原点),且 OP⊥MN,求直线 PB 的斜率. 【解析】(1)设椭圆的半焦距为 c,依题意,2b=4,c a = 5 5 , 又 a2=b2+c2,可得 a= 5,b=2,c=1.所以,椭圆的方程为x2 5 + y2 4 =1. (2)由题意,设 P(xP,yP)(xP≠0),M(xM,0).设直线 PB 的斜率为 k(k≠0), 又 B(0,2),则直线 PB 的方程为 y=kx+2,与椭圆方程联立 {y = kx + 2, x2 5 + y2 4 = 1, 整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得 xP=- 20k 4 + 5k2, 代入 y=kx+2 得 yP=8 - 10k2 4 + 5k2 ,进而直线 OP 的斜率yP xP = 4 - 5k2 -10k . 在 y=kx+2 中,令 y=0,得 xM=-2 k. 由题意得 N(0,-1),所以直线 MN 的斜率为-k 2.由 OP⊥MN,得4 - 5k2 -10k · -k 2 =-1,化简得 k2=24 5 ,从而 k=±2 30 5 . 所以,直线 PB 的斜率为2 30 5 或-2 30 5 . 271.(2019· 天 津 · 文 T 19) 设 椭 x2 a2 + y2 b2圆 =1(a>b>0) 的 左 焦 点 为 F, 左 顶 点 为 A, 上 顶 点 为 B, 已 知 |OA|=2|OB|(O 为原点). (1)求椭圆的离心率; (2)设经过点 F 且斜率为3 4的直线 l 与椭圆在 x 轴上方的交点为 P,圆 C 同时与 x 轴和直线 l 相切,圆心 C 在直 线 x=4 上,且 OC∥AP.求椭圆的方程. 【解析】(1)设椭圆的半焦距为 c,由已知有 3a=2b,又由 a2=b2+c2,消去 b 得 a2= 3 2 a 2+c2,解得c a = 1 2. 所以,椭圆的离心率为1 2. 85 (2)由(1)知,a=2c,b= 3c,故椭圆方程为 x2 4c2 + y2 3c2=1,由题意,F(-c,0),则直线 l 的方程为 y=3 4(x+c).点 P 的坐 标满足{ x2 4c2 + y2 3c2 = 1, y = 3 4(x + c), 消去 y 并化简,得到 7x 2+6cx-13c2=0,解得 x 1=c,x2=-13c 7 .代入到 l 的方程,解得 y 1=3 2 c,y2=- 9 14c.因为点 P 在 x 轴上方,所以 P c,3 2c .由圆心 C 在直线 x=4 上,可设 C(4,t).因为 OC∥AP,且由(Ⅰ) 知 A(-2c,0),故 t 4 = 3 2c c + 2c ,解得 t=2.因为圆 C 与 x 轴相切,所以圆的半径长为 2,又由圆 C 与 l 相切,得 |3 4(4 + c) - 2| 1 + (3 4) 2 =2,可得 c=2. 所以,椭圆的方程为x2 16 + y2 12=1. 272.(2019· 江 苏 · T 17) 如 图 , 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 椭 圆 C:x2 a2 + y2 b2=1(a>b>0) 的 焦 点 为 F1(-1,0),F2(1,0).过 F2 作 x 轴的垂线 l,在 x 轴的上方,l 与圆 F2:(x-1)2+y2=4a2 交于点 A,与椭圆 C 交于点 D.连接 AF1 并延长交圆 F2 于点 B,连接 BF2 交椭圆 C 于点 E,连接 DF1.已知 DF1=5 2. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)求点 E 的坐标. 【解析】(1)设椭圆 C 的焦距为 2c. 因为 F1(-1,0),F2(1,0),所以 F1F2=2,c=1. 又因为 DF1=5 2,AF2⊥x 轴, 所以 DF2= 퐷퐹21 - 퐹1퐹22 = (5 2)2 - 22 = 3 2. 因此 2a=DF1+DF2=4,从而 a=2. 由 b2=a2-c2,得 b2=3. 因此,椭圆 C 的标准方程为푥2 4 + 푦2 3 =1. (2)(解法一)由(1)知,椭圆 C:푥2 4 + 푦2 3 =1,a=2. 86 因为 AF2⊥x 轴,所以点 A 的横坐标为 1. 将 x=1 代入圆 F2 的方程(x-1)2+y2=16, 解得 y=±4. 因为点 A 在 x 轴上方,所以 A(1,4).又 F1(-1,0),所以直线 AF1:y=2x+2. 由{푦 = 2푥 + 2, (푥 - 1)2 + 푦2 = 16,得 5x2+6x-11=0, 解得 x=1 或 x=-11 5 . 将 x=-11 5 代入 y=2x+2,得 y=-12 5 . 因此 B( - 11 5 , - 12 5 ). 又 F2(1,0),所以直线 BF2:y=3 4(x-1). 由{푦 = 3 4(푥 - 1), 푥2 4 + 푦2 3 = 1, 得 7x2-6x-13=0, 解得 x=-1 或 x=13 7 . 又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点,所以 x=-1. 将 x=-1 代入 y=3 4(x-1),得 y=-3 2.因此 E( -1, - 3 2). (解法二)由(1)知,椭圆 C:푥2 4 + 푦2 3 =1. 如图,连接 EF1. 因为 BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以 EF1=EB, 从而∠BF1E=∠B. 因为 F2A=F2B,所以∠A=∠B. 所以∠A=∠BF1E,从而 EF1∥F2A. 因为 AF2⊥x 轴,所以 EF1⊥x 轴. 因为 F1(-1,0),由{푥 = -1, 푥2 4 + 푦2 3 = 1,得 y=±3 2. 又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点, 所以 y=-3 2.因此 E( -1, - 3 2). 273.(2019·全国 1·理 T19)已知抛物线 C:y2=3x 的焦点为 F,斜率为3 2的直线 l 与 C 的交点为 A,B,与 x 轴的 87 交点为 P. (1)若|AF|+|BF|=4,求 l 的方程; (2)若AP=3PB,求|AB|. 【解析】设直线 l:y=3 2x+t,A(x1,y1),B(x2,y2). (1)由题设得 F(3 4,0), 故|AF|+|BF|=x1+x2+3 2, 由题设可得 x1+x2=5 2. 由{푦 = 3 2푥 + 푡, 푦2 = 3푥 可得 9x2+12(t-1)x+4t2=0, 则 x1+x2=-12(푡 - 1) 9 . 从而-12(푡 - 1) 9 = 5 2,得 t=-7 8. 所以 l 的方程为 y=3 2x-7 8. (2)由퐴푃=3푃퐵可得 y1=-3y2. 由{푦 = 3 2푥 + 푡, 푦2 = 3푥 可得 y2-2y+2t=0. 所以 y1+y2=2. 从而-3y2+y2=2,故 y2=-1,y1=3. 代入 C 的方程得 x1=3,x2=1 3. 故|AB|=4 13 3 . 274.(2019·浙江·T21)如图,已知点 F(1,0)为抛物线 y2=2px(p>0)的焦点.过点 F 的直线交抛物线于 A,B 两 点,点 C 在抛物线上,使得△ABC 的重心 G 在 x 轴上,直线 AC 交 x 轴于点 Q,且 Q 在点 F 的右侧.记△AFG,△CQG 的面积分别为 S1,S2. (1)求 p 的值及抛物线的准线方程; (2)求 푆1 푆2 的最小值及此时点 G 的坐标. 88 【解析】(1)由题意得푝 2=1,即 p=2.所以,抛物线的准线方程为 x=-1. (2)设 A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心 G(xG,yG).令 yA=2t,t≠0,则 xA=t2. 由于直线 AB 过 F,故直线 AB 方程为 x=푡2 - 1 2푡 y+1,代入 y2=4x,得 y2-2(푡2 - 1) 푡 y-4=0, 故 2tyB=-4,即 yB=-2 푡,所以 B 1 푡2,-2 푡 . 又由于 xG=1 3(xA+xB+xC),yG=1 3(yA+yB+yC)及重心 G 在 x 轴上,故 2t-2 푡+yC=0, 得 C 1 푡-t 2,2 1 푡-t ,G 2푡4 - 2푡2 + 2 3푡2 ,0 . 所以,直线 AC 方程为 y-2t=2t(x-t2),得 Q(t2-1,0). 由于 Q 在焦点 F 的右侧,故 t2>2.从而 1 2|퐹퐺|·|푦퐴| 1 2|푄퐺|·|푦퐶| = |2푡4 - 2푡2 + 2 3푡2 - 1|·|2푡| |푡2 - 1 - 2푡4 - 2푡2 + 2 3푡2 |·|2 푡 - 2푡| =2푡4 - 푡2 푡4 - 1 =2-푡2 - 2 푡4 - 1. 令 m=t2-2,则 m>0, 푆1 푆2 =2- 푚 푚2 + 4푚 + 3=2- 1 푚 + 3 푚 + 4 ≥2- 1 2 푚·3 푚 + 4 =1+ 3 2 . 当 m= 3时, 푆1 푆2 取得最小值 1+ 3 2 ,此时 G(2,0). 275.(2019·全国 2·文 T20)已知 F1,F2 是椭圆 C: 푥2 푎2 + 푦2 푏2=1(a>b>0)的两个焦点,P 为 C 上的点,O 为坐标原点. (1)若△POF2 为等边三角形,求 C 的离心率; (2)如果存在点 P,使得 PF1⊥PF2,且△F1PF2 的面积等于 16,求 b 的值和 a 的取值范围. 【解析】(1)连接 PF 1.由△POF2 为等边三角形可知在△F1PF2 中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|= 3c,于是 2a=|PF1|+|PF2|=( 3+1)c,故 C 的离心率 e=푐 푎 = 3-1. 89 (2)由题意可知,满足条件的点 P(x,y)存在,当且仅当1 2|y|·2c=16, 푦 푥 + 푐· 푦 푥 - 푐=-1,푥2 푎2 + 푦2 푏2=1,即 c|y|=16, ① x2+y2=c2, ② 푥2 푎2 + 푦2 푏2=1. ③ 由②③及 a2=b2+c2 得 y2=푏4 푐2,又由①知 y2=162 푐2 ,故 b=4. 由②③得 x2=푎2 푐2(c2-b2),所以 c2≥b2,从而 a2=b2+c2≥2b2=32,故 a≥4 2. 当 b=4,a≥4 2时,存在满足条件的点 P. 所以 b=4,a 的取值范围为[4 2,+∞). 276.(2019·全国 3·文 T21)已知曲线 C:y=푥2 2 ,D 为直线 y=-1 2上的动点,过 D 作 C 的两条切线,切点分别为 A,B. (1)证明:直线 AB 过定点; (2)若以 E(0,5 2)为圆心的圆与直线 AB 相切,且切点为线段 AB 的中点,求该圆的方程. 【解析】(1)证明设 D(푡, - 1 2),A(x1,y1),则푥21=2y1. 由于 y'=x,所以切线 DA 的斜率为 x1,故 푦1 + 1 2 푥1 - 푡=x1. 整理得 2tx1-2y1+1=0. 设 B(x2,y2),同理可得 2tx2-2y2+1=0. 故直线 AB 的方程为 2tx-2y+1=0. 所以直线 AB 过定点(0,1 2). (2)解由(1)得直线 AB 的方程为 y=tx+1 2. 由{푦 = 푡푥 + 1 2, 푦 = 푥2 2 可得 x2-2tx-1=0. 于是 x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1. 设 M 为线段 AB 的中点,则 M(푡,푡2 + 1 2). 由于퐸푀 ⊥ 퐴퐵,而퐸푀=(t,t2-2),퐴퐵与向量(1,t)平行,所以 t+(t2-2)t=0. 解得 t=0 或 t=±1. 90 当 t=0 时,|퐸푀|=2,所求圆的方程为 x2+(푦 - 5 2)2 =4; 当 t=±1 时,|퐸푀|= 2,所求圆的方程为 x2+(푦 - 5 2)2 =2. 277.(2019·全国 3·理 T21)已知曲线 C:y=푥2 2 ,D 为直线 y=-1 2上的动点,过 D 作 C 的两条切线,切点分别为 A,B. (1)证明:直线 AB 过定点; (2)若以 E(0,5 2)为圆心的圆与直线 AB 相切,且切点为线段 AB 的中点,求四边形 ADBE 的面积. 【解析】(1)证明设 D(푡, - 1 2),A(x1,y1),则푥21=2y1. 由于 y'=x,所以切线 DA 的斜率为 x1,故 푦1 + 1 2 푥1 - 푡=x1. 整理得 2tx1-2y1+1=0. 设 B(x2,y2),同理可得 2tx2-2y2+1=0. 故直线 AB 的方程为 2tx-2y+1=0. 所以直线 AB 过定点(0,1 2). (2)解由(1)得直线 AB 的方程为 y=tx+1 2. 由{푦 = 푡푥 + 1 2, 푦 = 푥2 2 可得 x2-2tx-1=0. 于是 x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1, |AB|= 1 + 푡2|x1-x2|= 1 + 푡2 × (푥1 + 푥2)2 - 4푥1푥2=2(t2+1). 设 d1,d2 分别为点 D,E 到直线 AB 的距离, 则 d1= 푡2 + 1,d2= 2 푡2 + 1 . 因此,四边形 ADBE 的面积 S=1 2|AB|(d1+d2)=(t2+3) 푡2 + 1. 设 M 为线段 AB 的中点,则 M(푡,푡2 + 1 2). 由于퐸푀 ⊥ 퐴퐵,而퐸푀=(t,t2-2),퐴퐵与向量(1,t)平行, 所以 t+(t2-2)t=0. 解得 t=0 或 t=±1. 当 t=0 时,S=3;当 t=±1 时,S=4 2. 91 因此,四边形 ADBE 的面积为 3 或 4 2. 278.(2019·全国 1·文 T21)已知点 A,B 关于坐标原点 O 对称,|AB|=4,☉M 过点 A,B 且与直线 x+2=0 相切. (1)若 A 在直线 x+y=0 上,求☉M 的半径; (2)是否存在定点 P,使得当 A 运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由. 【解析】(1)因为☉M 过点 A,B,所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线上.由已知 A 在直线 x+y=0 上,且 A,B 关于坐 标原点 O 对称,所以 M 在直线 y=x 上,故可设 M(a,a). 因为☉M 与直线 x+2=0 相切,所以☉M 的半径为 r=|a+2|. 由已知得|AO|=2,又푀푂 ⊥ 퐴푂, 故可得 2a2+4=(a+2)2,解得 a=0 或 a=4. 故☉M 的半径 r=2 或 r=6. (2)存在定点 P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值. 理由如下:设 M(x,y),由已知得☉M 的半径为 r=|x+2|,|AO|=2. 由于푀푂 ⊥ 퐴푂,故可得 x2+y2+4=(x+2)2,化简得 M 的轨迹方程为 y2=4x. 因为曲线 C:y2=4x 是以点 P(1,0)为焦点,以直线 x=-1 为准线的抛物线,所以|MP|=x+1. 因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点 P. 279.(2019·全国 2·理 T21)已知点 A(-2,0),B(2,0),动点 M(x,y)满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为-1 2.记 M 的轨迹为曲线 C. (1)求 C 的方程,并说明 C 是什么曲线; (2)过坐标原点的直线交 C 于 P,Q 两点,点 P 在第一象限,PE⊥x 轴,垂足为 E,连接 QE 并延长交 C 于点 G. ①证明:△PQG 是直角三角形; ②求△PQG 面积的最大值. 【解析】(1)由题设得 푦 푥 + 2· 푦 푥 - 2=-1 2,化简得푥2 4 + 푦2 2 =1(|x|≠2),所以 C 为中心在 坐标原点,焦点在 x 轴上的椭圆,不含左右顶点. (2)①设直线 PQ 的斜率为 k,则其方程为 y=kx(k>0). 由{푦 = 푘푥, 푥2 4 + 푦2 2 = 1,得 x=± 2 1 + 2푘2. 记 u= 2 1 + 2푘2,则 P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 92 于是直线 QG 的斜率为푘 2,方程为 y=푘 2(x-u). 由{푦 = 푘 2(푥 - 푢), 푥2 4 + 푦2 2 = 1, 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0. (ⅰ) 设 G(xG,yG),则-u 和 xG 是方程(ⅰ)的解,故 xG=푢(3푘2 + 2) 2 + 푘2 ,由此得 yG= 푢푘3 2 + 푘2. 从而直线 PG 的斜率为 푢푘3 2 + 푘2 - 푢푘 푢(3푘2 + 2) 2 + 푘2 - 푢 =-1 푘. 所以 PQ⊥PG,即△PQG 是直角三角形. ②由①得|PQ|=2u 1 + 푘2,|PG|=2푢푘 푘2 + 1 2 + 푘2 ,所以△PQG 的面积 S=1 2|PQ||PG|= 8푘(1 + 푘2) (1 + 2푘2)(2 + 푘2) = 8(1 푘 + 푘) 1 + 2(1 푘 + 푘) 2 . 设 t=k+1 푘,则由 k>0,得 t≥2,当且仅当 k=1 时取等号. 因为 S= 8푡 1 + 2푡2在区间[2,+∞)内单调递减,所以当 t=2,即 k=1 时,S 取得最大值,最大值为16 9 . 因此,△PQG 面积的最大值为16 9 . 280.(2018· 上 海 · T20) 设 常 数 t>2, 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 已 知 点 F(2,0), 直 线 l:x=t, 曲 线 Γ:y2=8x(0≤x≤t,y≥0).l 与 x 轴交于点 A,与 Γ 交于点 B,P,Q 分别是曲线 Γ 与线段 AB 上的动点. (1)用 t 表示点 B 到点 F 的距离; (2)设 t=3,|FQ|=2,线段 OQ 的中点在直线 FP 上,求△AQP 的面积; (3)设 t=8,是否存在以 FP,FQ 为邻边的矩形 FPEQ,使得点 E 在 Γ 上?若存在,求点 P 的坐标;若不存在,说明 理由. 【解析】(1)(方法一)设 B(t,2 2푡), 则|BF|= (푡 - 2)2 + 8푡=t+2,∴|BF|=t+2. (方法二)设 B(t,2 2푡), 由抛物线的定义可知,|BF|=t+2. (2)由题意,得 F(2,0),|FQ|=2,t=3,∴|FA|=1, ∴|AQ|= 3,∴Q(3, 3). 设 OQ 的中点为 D, 则 D(3 2, 3 2 ),kPF= 3 2 - 0 3 2 - 2 =- 3, 93 ∴直线 PF 的方程为 y=- 3(x-2). 由{푦 = - 3(푥 - 2), 푦2 = 8푥, 整理,得 3x2-20x+12=0,解得 x=2 3或 x=6(舍去), ∴△AQP 的面积 S=1 2 × 3 × (3 - 2 3) = 7 3 6 . (3)存在.设 P(푦2 8 ,푦),E(푚2 8 ,푚),则 kPF= 푦 푦2 8 - 2 = 8푦 푦2 - 16,kFQ=16 - 푦2 8푦 , 直线 QF 的方程为 y=16 - 푦2 8푦 (x-2), ∴yQ=16 - 푦2 8푦 (8-2)=48 - 3푦2 4푦 ,Q(8,48 - 3푦2 4푦 ). ∵퐹푃 + 퐹푄 = 퐹퐸,∴E(푦2 8 + 6,48 + 푦2 4푦 ), ∴(48 + 푦2 4푦 )2 =8(푦2 8 + 6),解得 y2=16 5 . ∴存在以 FP,FQ 为邻边的矩形 FPEQ,使得点 E 在 Γ 上,且 P(2 5,4 5 5 ). 281.(2018·全国 1·理 T19)设椭圆 C: 푥2 2 +y2=1 的右焦点为 F,过 F 的直线 l 与 C 交于 A,B 两点,点 M 的坐标 为(2,0). (1)当 l 与 x 轴垂直时,求直线 AM 的方程; (2)设 O 为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB. 【解析】(1)由已知得 F(1,0),l 的方程为 x=1. 由已知可得,点 A 的坐标为(1, 2 2 )或(1, - 2 2 ). 所以 AM 的方程为 y=- 2 2 x+ 2或 y= 2 2 x- 2. 由已知可得,点 A 的坐标为(1, 2 2 )或(1, - 2 2 ). 所以 AM 的方程为 y=- 2 2 x+ 2或 y= 2 2 x- 2. 则 x1< 2,x2< 2,直线 MA,MB 的斜率之和为 kMA+kMB= 푦1 푥1 - 2 + 푦2 푥2 - 2, 由 y1=kx1-k,y2=kx2-k 得 kMA+kMB= 2푘푥1푥2 - 3푘(푥1 + 푥2) + 4푘 (푥1 - 2)(푥2 - 2) . 将 y=k(x-1)代入푥2 2 +y2=1 得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以,x1+x2= 4푘2 2푘2 + 1,x1x2=2푘2 - 2 2푘2 + 1.则 2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4푘3 - 4푘 - 12푘3 + 8푘3 + 4푘 2푘2 + 1 =0. 94 从而 kMA+kMB=0,故 MA,MB 的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB. 综上,∠OMA=∠OMB. 282.(2018·全国 1·文 T20)设抛物线 C:y2=2x,点 A(2,0),B(-2,0),过点 A 的直线 l 与 C 交于 M,N 两点. (1)当 l 与 x 轴垂直时,求直线 BM 的方程; (2)证明:∠ABM=∠ABN. 【解析】(1)当 l 与 x 轴垂直时,l 的方程为 x=2,可得 M 的坐标为(2,2)或(2,-2). 所以直线 BM 的方程为 y=1 2x+1 或 y=-1 2x-1. (2)当 l 与 x 轴垂直时,AB 为 MN 的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN. 当 l 与 x 轴不垂直时,设 l 的方程为 y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1>0,x2>0. 由{푦 = 푘(푥 - 2), 푦2 = 2푥 得 ky2-2y-4k=0,可知 y1+y2=2 푘,y1y2=-4. 直线 BM,BN 的斜率之和为 kBM+kBN= 푦1 푥1 + 2 + 푦2 푥2 + 2 = 푥2푦1 + 푥1푦2 + 2(푦1 + 푦2) (푥1 + 2)(푥2 + 2) .① 将 x1= 푦1 푘 +2,x2= 푦2 푘 +2 及 y1+y2,y1y2 的表达式代入①式分子,可得 x2y1+x1y2+2(y1+y2)= 2푦1푦2 + 4푘(푦1 + 푦2) 푘 = -8 + 8 푘 =0. 所以 kBM+kBN=0,可知 BM,BN 的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN. 综上,∠ABM=∠ABN. 283.(2018·北京·理 T19)已知抛物线 C:y2=2px 经过点 P(1,2).过点 Q(0,1)的直线 l 与抛物线 C 有两个不 同的交点 A,B,且直线 PA 交 y 轴于 M,直线 PB 交 y 轴于 N. (1)求直线 l 的斜率的取值范围; (2)设 O 为原点,푄푀=λ푄푂,푄푁=μ푄푂,求证:1 휆 + 1 휇为定值. 【解析】(1)因为抛物线 y2=2px 经过点 P(1,2), 所以 4=2p,解得 p=2, 所以抛物线的方程为 y2=4x. 由题意可知直线 l 的斜率存在且不为 0, 设直线 l 的方程为 y=kx+1(k≠0). 由{푦2 = 4푥, 푦 = 푘푥 + 1,得 k2x2+(2k-4)x+1=0. 依题意,Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得 kb>0)的右顶点为 A,上顶点为 B.已知椭圆的离心率为 5 3 ,|AB|= 13. (1)求椭圆的方程; (2)设直线 l:y=kx(kx1>0,点 Q 的坐标为(-x1,-y1).由△BPM 的面积 是△BPQ 面积的 2 倍,可得|PM|=2|PQ|,从而 x2-x1=2[x1-(-x1)],即 x2=5x1. 易知直线 AB 的方程为 2x+3y=6,由方程组{2푥 + 3푦 = 6, 푦 = 푘푥, 消去 y,可得 x2= 6 3푘 + 2.由方程组{푥2 9 + 푦2 4 = 1, 푦 = 푘푥, 消去 y, 可得 x1= 6 9푘2 + 4 .由 x2=5x1,可得 9푘2 + 4=5(3k+2),两边平方,整理得 18k2+25k+8=0,解得 k=-8 9,或 k=-1 2.当 k=-8 9时,x2=-9b>0). 又点( 3,1 2)在椭圆 C 上, 所以{ 3 푎2 + 1 4푏2 = 1, 푎2 - 푏2 = 3, 解得{푎2 = 4, 푏2 = 1. 因此,椭圆 C 的方程为푥2 4 +y2=1. 因为圆 O 的直径为 F1F2,所以其方程为 x2+y2=3. (2)①设直线 l 与圆 O 相切于 P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则푥20 + 푦20=3,所以 直线l的方程为 y=- 푥0 푦0 (x-x0)+y0,即y=- 푥0 푦0 x+ 3 푦0 .由{푥2 4 + 푦2 = 1, 푦 = - 푥0 푦0 푥 + 3 푦0 , 消去y,得(4푥20 + 푦20)x2-24x0x+36-4푦20=0.(*) 因为直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点, 所以 Δ=(-24x 0)2-4(4푥20 + 푦20)(36-4푦20)=48푦20(푥20-2)=0.因为 x0,y0>0,所以 x0= 2,y0=1. 因此,点 P 的坐标为( 2,1). ②因为三角形 OAB 的面积为2 6 7 , 所以1 2AB·OP=2 6 7 ,从而 AB=4 2 7 . 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得,x1,2= 24푥0 ± 48푦2 0(푥2 0 - 2) 2(4푥2 0 + 푦2 0) , 所以 AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(1 + 푥2 0 푦2 0)· 48푦2 0(푥2 0 - 2) (4푥2 0 + 푦2 0)2 . 因为푥20 + 푦20=3, 所以 AB2= 16(푥2 0 - 2) (푥2 0 + 1)2 = 32 49,则 2푥40-45푥20+100=0, 解得푥20 = 5 2(푥20=20 舍去),则푦20 = 1 2,因此 P 的坐标为( 10 2 , 2 2 ). 综上,直线 l 的方程为 y=- 5x+3 2. 102 292.(2017·北京·文 T 19)已知椭圆 C 的两个顶点分别为 A(-2,0),B(2,0),焦点在 x 轴上,离心率为 3 2 . (1)求椭圆 C 的方程; (2)点 D 为 x 轴上一点,过 D 作 x 轴的垂线交椭圆 C 于不同的两点 M,N,过 D 作 AM 的垂线交 BN 于点 E.求证:△BDE 与△BDN 的面积之比为 4∶5. 【解析】(1)设椭圆 C 的方程为푥2 푎2 + 푦2 푏2=1(a>b>0). 由题意得{푎 = 2, 푐 a = 3 2 , 解得 c= 3. 所以 b2=a2-c2=1. 所以椭圆 C 的方程为푥2 4 +y2=1. (2)证明设 M(m,n),则 D(m,0),N(m,-n). 由题设知 m≠±2,且 n≠0. 直线 AM 的斜率 kAM= 푛 푚 + 2, 故直线 DE 的斜率 kDE=-푚 + 2 푛 . 所以直线 DE 的方程为 y=-푚 + 2 푛 (x-m),直线 BN 的方程为 y= 푛 2 - 푚(x-2). 联立{푦 = - 푚 + 2 푛 (푥 - 푚), 푦 = 푛 2 - 푚(푥 - 2), 解得点 E 的纵坐标 yE=- 푛(4 - 푚2) 4 - 푚2 + 푛2. 由点 M 在椭圆 C 上,得 4-m2=4n2. 所以 yE=-4 5n. 又 S△BDE=1 2|BD|·|yE|=2 5|BD|·|n|,S△BDN=1 2|BD|·|n|, 所以△BDE 与△BDN 的面积之比为 4∶5. 293.(2017·天津·文 T 20)已知椭圆 푥2 푎2 + 푦2 푏2=1(a>b>0)的左焦点为 F(-c,0),右顶点为 A,点 E 的坐标为 (0,c),△EFA 的面积为푏2 2 . (1)求椭圆的离心率; (2)设点 Q 在线段 AE 上,|FQ|=3 2c,延长线段 FQ 与椭圆交于点 P,点 M,N 在 x 轴上,PM∥QN,且直线 PM 与直线 QN 103 间的距离为 c,四边形 PQNM 的面积为 3c. ①求直线 FP 的斜率; ②求椭圆的方程. 【解析】(1)设椭圆的离心率为 e. 由已知,可得1 2(c+a)c=푏2 2 . 又由 b2=a2-c2,可得 2c2+ac-a2=0, 即 2e2+e-1=0. 又因为 00,得 c=2. 所以,椭圆的方程为푥2 16 + 푦2 12=1. 294.(2017·全国 3·理 T20)已知抛物线 C:y2=2x,过点(2,0)的直线 l 交 C 于 A,B 两点,圆 M 是以线段 AB 为 直径的圆. (1)证明:坐标原点 O 在圆 M 上; (2)设圆 M 过点 P(4,-2),求直线 l 与圆 M 的方程. 【解析】(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2. 由{푥 = 푚푦 + 2, 푦2 = 2푥 可得 y2-2my-4=0,则 y1y2=-4. 又 x1= 푦2 1 2 ,x2= 푦2 2 2 ,故 x1x2= (푦1푦2)2 4 =4. 因此 OA 的斜率与 OB 的斜率之积为 푦1 푥1 · 푦2 푥2 = -4 4 =-1,所以 OA⊥OB. 故坐标原点 O 在圆 M 上. (2)由(1)可得 y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4. 故圆心 M 的坐标为(m2+2,m),圆 M 的半径 r= (푚2 + 2)2 + 푚2. 由于圆 M 过点 P(4,-2),因此퐴푃·퐵푃=0, 故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0, 即 x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0. 由(1)可得 y1y2=-4,x1x2=4. 所以 2m2-m-1=0,解得 m=1 或 m=-1 2. 当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为 10,圆M的方程为(x-3) 2+(y-1)2=10. 当 m=-1 2时,直线 l 的方程为 2x+y-4=0,圆心 M 的坐标为(9 4, - 1 2),圆 M 的半径为 85 4 ,圆 M 的方程为(푥 - 9 4)2 + (푦 + 1 2)2 = 85 16. 295.(2017·全国 1·文 T20)设 A,B 为曲线 C:y=푥2 4 上两点,A 与 B 的横坐标之和为 4. (1)求直线 AB 的斜率; 105 (2)设 M 为曲线 C 上一点,C 在 M 处的切线与直线 AB 平行,且 AM⊥BM,求直线 AB 的方程. 【解析】(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1≠x2,y1= 푥2 1 4 ,y2= 푥2 2 4 ,x1+x2=4, 于是直线 AB 的斜率 k= 푦1 - 푦2 푥1 - 푥2 = 푥1 + 푥2 4 =1. (2)由 y=푥2 4 ,得 y'=푥 2. 设 M(x3,y3), 由 题 设 知 푥3 2 =1, 解 得 x3=2, 于 是 M(2,1). 设 直 线 AB 的 方 程 为 y=x+m, 故 线 段 AB 的 中 点 为 N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 将 y=x+m 代入 y=푥2 4 得 x2-4x-4m=0. 当 Δ=16(m+1)>0,即 m>-1 时,x1,2=2±2 푚 + 1.从而|AB|= 2|x1-x2|=4 2(푚 + 1). 由题设知|AB|=2|MN|,即 4 2(푚 + 1)=2(m+1),解得 m=7.所以直线 AB 的方程为 y=x+7. 296.(2017·浙江·T21)如图,已知抛物线 x2=y,点 A( - 1 2,1 4),B(3 2,9 4),抛物线上的点 P(x,y)( - 1 20,解得-3 2 2 > 3 2 1 2,F F 1F 2F 2 2 2 2: 14 4 x yE a b + = y kx m= + | | | | OQ OP ABQ∆ 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 3 2 3 2 ce a = = 2 2 2a b c= + 2 , 3a b c b= = 1 2( 3 ,0), ( 3 ,0)F b F b− 1F 2 2( 3 ) 9,x b y+ + = 2F 2 2( 3 ) 1,x b y− + = 2 2 3 4b< < 1 3 2b< 2 2 2 2 1| | 16(16 4 )1 4 kAB k mk += + −+ 2 2 2 2 2 2 1 1 | | | | 16 4| | 3 4 16 4 62 2 1 4 1 4 m m k mS AB d k mk k∆ + −= = ⋅ ⋅ ⋅ + − =+ + 2 2 2 2 16 46 122(4 1) m k m k + + −≤ ⋅ =+ 2 2 2 2| | 16 4 , 8 2m k m m k= + − = + y kx m= + 2 2 14 x y+ = 2 24 4 y kx m x y = +  + = 2 2 2 2 24( ) 4,(1 4 ) 8 4 4 0x kx m k x kmx m+ + = + + + − = 124 其判别式 ，即 ，则上述 不成立，等号不成立， 设 ，则 在 为增函数， 于是当 时 ，故 面积最大值为 12. 315．（2015·天津高考·理 T19）(本小题满分 14 分)已知椭圆 的左焦点为 F(－c，0)， 离心率为 ，点 M 在椭圆上且位于第一象限，直线 FM 被圆 截得的线段的长为 c， . (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． 【解析】(1) 由已知有 ，又由 ，可得 ， ， 设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，由已知有 ，解得 . (2)由(1)得椭圆方程为 ，直线 的方程为 ，两个方程联立，消去 ，整理得 ，解得 或 ，因为点 在第一象限，可得 的坐标为 ，由 ，解得 ，所以椭圆方程为 (3)设点 的坐标为 ，直线 的斜率为 ，得 ，即 ,与椭圆方程联立 ，消去 ，整理得 ，又由已知，得 ，解得 或 ， 设直线 的斜率为 ，得 ，即 ，与椭圆方程联立，整理可得 . 2 2 2 2 2 2 1 64 16(1 4 )( 1) 16(1 4 ) 0k m k m k m∆ = − + − = + − ≥ 2 21 4k m+ ≥ 2 28 2m k= + 2 | | (0,1] 1 4 mt k = ∈ + 2 2 2 | | 16 46 6 (4 )1 4 m k mS t tk∆ + −= = −+ (0,1] 2 21 4k m+ = max 6 (4 1) 1 6 3S∆ = − ⋅ = ABQ∆ 2 2 2 2+ =1( 0)x y a ba b > > 3 3 4 2 2+ 4 bx y = 4 3|FM|= 3 2 2 1 3 c a = 2 2 2a b c= + 2 23a c= 2 22b c= FM ( 0)k k > FM ( )y k x c= + 2 2 2 2 2 21 kc c b k      + =        +  3 3k = 2 2 2 2 13 2 x y c c + = FM ( )y k x c= + y 2 23 2 5 0x cx c+ − = 5 3x c= − x c= M M 2 3, 3c c       2 2 2 3 4 3( ) 03 3FM c c c  = + + − =    1c = 2 2 13 2 x y+ = P ( , )x y FP t 1 yt x = + ( 1)y t x= + ( 1)x ≠ − 2 2 ( 1) 13 2 y t x x y = + + = y 2 2 22 3 ( 1) 6x t x+ + = 2 2 6 2 23( 1) xt x −= >+ 3 12 x− < < − 1 0x− < < OP m ym x = ( 0)y mx x= ≠ 2 2 2 2 3m x = − 125 ①当 时，有 ，因此 ，于是 ，得 ②当 时，有 ，因此 ，于是 ，得 综上，直线 的斜率的取值范围是 316.（2015·湖北高考·理 T21）一种作图工具如图 1 所示． 是滑槽 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 ， ．当栓子 D 在 滑槽 AB 内作往复运动时，带动 N 绕 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 为原点， 所在的直线为 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系． （Ⅰ）求曲线 C 的方程； （Ⅱ）设动直线 与两定直线 和 分别交于 两点．若直线 总与曲线 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． 【解析】（Ⅰ）设点 ， ，依题意， ，且 ， O AB 1DN ON= = 3MN = O O AB x l 1 : 2 0l x y− = 2 : 2 0l x y+ = ,P Q l C ( , 0) (| | 2)D t t ≤ 0 0( , ), ( , )N x y M x y 2MD DN=  | | | | 1DN ON= =  3 , 12x  ∈ − −   ( 1) 0y t x= + < 0m > 2 2 2 3m x = − 2 2 3,3 3m  ∈    ( )1,0x ∈ − ( 1) 0y t x= + > 0m < 2 2 2 3m x = − − 2 3, 3m  ∈ −∞ −    OP 2 3 2 2 3, ,3 3 3    −∞ −        126 所以 ，且 即 且 由于当点 不动时，点 也不动，所以 不恒等于 0， 于是 ，故 ，代入 ，可得 ， 即所求的曲线 的方程为 （Ⅱ）（1）当直线 的斜率不存在时，直线 为 或 ，都有 . （2）当直线 的斜率存在时，设直线 ， 由 消去 ，可得 . 因为直线 总与椭圆 有且只有一个公共点， 所以 ，即 . ① 又由 可得 ；同理可得 . 由原点 到直线 的距离为 和 ，可得 . ② 将①代入②得， . 当 时， ； 当 时， . 因 ，则 ， ，所以 ， 当且仅当 时取等号. 所以当 时， 的最小值为 8. 0 0( , ) 2( , )t x y x t y− − = − 2 2 0 0 2 2 0 0 ( ) 1, 1. x t y x y  − + = + = 0 0 2 2 , 2 . t x x t y y − = −  = − 0( 2 ) 0.t t x− = D N t 02t x= 0 0,4 2 x yx y= = − 2 2 0 0 1x y+ = 2 2 116 4 x y+ = C 2 2 1.16 4 x y+ = l l 4x = 4x = − 1 4 4 82OPQS∆ = × × = l 1: ( )2l y kx m k= + ≠ ± 2 2 , 4 16, y kx m x y = +  + = y 2 2 2(1 4 ) 8 4 16 0k x kmx m+ + + − = l C 2 2 2 264 4(1 4 )(4 16) 0k m k m∆ = − + − = 2 216 4m k= + , 2 0, y kx m x y = +  − = 2( , )1 2 1 2 m mP k k− − 2( , )1 2 1 2 m mQ k k − + + O PQ 2 | | 1 md k = + 2| | 1 | |P QPQ k x x= + − 2 2 1 1 1 2 2 2| | | || | | |2 2 2 1 2 1 2 1 4OPQ P Q m m mS PQ d m x x m k k k∆ = ⋅ = − = ⋅ + =− + − 22 2 2 4 12 81 4 4 1OPQ kmS k k∆ + = =− − 2 1 4k > 2 2 2 4 1 28( ) 8(1 ) 84 1 4 1OPQ kS k k∆ += = + >− − 2 10 4k≤ < 2 2 2 4 1 28( ) 8( 1 )1 4 1 4OPQ kS k k∆ += = − +− − 2 10 4k≤ < 20 1 4 1k< − ≤ 2 2 21 4k ≥− 2 28( 1 ) 81 4OPQS k∆ = − + ≥− 0k = 0k = OPQS∆ 127 317．（2015·新课标全国卷 I·理 T20）(本小题满分 12 分)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y＝ 与直线 l：y＝kx＋a(a>0)交于 M，N 两点． (1)当 k＝0 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∠OPM＝∠OPN？说明理由． 【解析】（Ⅰ）由题设可得 ， ，或 ， . ∵ ，故 在 = 处的到数值为 ，C 在 处的切线方程为 ，即 . 故 在 =- 处的到数值为- ，C 在 处的切线方程为 ，即 . 故所求切线方程为 或 . ……5 分 （Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下： 设 P（0，b）为复合题意得点， ， ，直线 PM，PN 的斜率分别为 . 将 代入 C 得方程整理得 . ∴ . ∴ = = . 当 时，有 =0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补， 故∠OPM=∠OPN，所以 符合题意. ……12 分 318．（2015·安徽高考·文 T20）(本小题满分 13 分)设椭圆E 的方程为 푥 2 푎 2＋ 푦 2 푏 2＝1(a>b>0)，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 5 10 . (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：MN⊥AB. 【解析】(1)由题设条件知，点 M 的坐标为(2 3푎 ， 1 3푏)， 又 kOM＝ 5 10 ，从而 푏 2푎＝ 5 10 . 1 2,k k y kx a= + 2 4 4 0x kx a− − = 1 2 1 24 , 4x x k x x a+ = = − 1 2 1 2 1 2 y b y bk k x x − −+ = + 1 2 1 2 1 2 2 ( )( )kx x a b x x x x + − + ( )k a b a + b a= − 1 2k k+ (0, )P a− 2 4 x (2 , )M a a ( 2 2, )N a− ( 2 2, )M a− (2 , )N a a 1 2y x′ = 2 4 xy = x 2 2a a (2 2 , )a a ( 2 )y a a x a− = − 0ax y a− − = 2 4 xy = x 2 2a a ( 2 2 , )a a− ( 2 )y a a x a− = − + 0ax y a+ + = 0ax y a− − = 0ax y a+ + = 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y 128 进而得 a＝ 5b，c＝ a2－b2＝2b，故 e＝ 푐 푎＝ 2 5 5 . (2)证明：由 N 是 AC 的中点知，点 N 的坐标为( 푎 2，－ 푏 2)，可得 NM―→＝(푎 6， 5푏 6 ). 又 AB―→＝(－a，b)， 从而有 AB―→·NM―→＝－ 1 6a2＋ 5 6b2＝ 1 6(5b2－a2)． 由(1)可知 a2＝5b2， 所以 AB―→·NM―→＝0，故 MN⊥AB. 319．（2015·北京高考·文 T20）(本小题满分 14 分)已知椭圆 C：x2＋3y2＝3，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 x＝3 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． 【解析】(1)椭圆 C 的标准方程为 푥 2 3 ＋y2＝1， 所以 a＝ 3，b＝1，c＝ 2. 所以椭圆 C 的离心率 e＝ 푐 푎＝ 6 3 . (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 y－1＝(1－y1)(x－2)． 令 x＝3，得 M(3，2－y1)． 所以直线 BM 的斜率 kBM＝ 2－y1＋y1 3－1 ＝1. (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 kBM＝1. 又因为直线 DE 的斜率 kDE＝ 1－0 2－1＝1，所以 BM∥DE. 当直线 AB 的斜率存在时， 设其方程为 y＝k(x－1)(k≠1)． 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则直线 AE 的方程为 y－1＝ 푦 1－1 x1－2(x－2)． 令 x＝3，得点 M(3， 푦 1＋x1－3 x1－2 )， 由{푥 2＋3y2＝3， 푦 ＝k（x－1）得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0， 129 所以 x1＋x2＝ 6푘 2 1＋3k2，x1x2＝ 3푘 2－3 1＋3k2 . 直线 BM 的斜率 kBM＝ 푦 1＋x1－3 x1－2 －y2 3－x2 . 因为 kBM－1 ＝ 푘 （x1－1）＋x1－3－k（x2－1）（x1－2）－（3－x2）（x1－2） （3－x2）（x1－2） ＝ （k－1）[－x1푥 2＋2（x1＋x2）－3] （3－x2）（x1－2） ＝ （k－1）(－3k2＋3 1＋3k2 ＋ 12k2 1＋3k2－3) （3－x2）（x1－2） ＝0， 所以 kBM＝1＝kDE，所以 BM∥DE. 综上可知，直线 BM 与直线 DE 平行． 320.（2015·福建高考·文 T19）(本小题满分 12 分)已知点 F 为抛物线 E：y2＝2px(p>0)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． 【解析】(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋ 푝 2. 因为|AF|＝3，即 2＋ 푝 2＝3，解得 p＝2， 所以抛物线 E 的方程为 y2＝4x. (2)法一：因为点 A(2，m)在抛物线 E：y2＝4x 上， 所以 m＝±2 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 y＝2 2(x－1)．由{푦 ＝2 2（x－1）， 푦 2＝4x， 得 2x2－5x＋2＝0， 130 解得 x＝2 或 x＝ 1 2，从而 B(1 2，－ 2). 又 G(－1，0)， 所以 kGA＝ 2 2－0 2－（－1）＝ 2 2 3 ，kGB＝ － 2－0 1 2－（－1） ＝－ 2 2 3 ， 所以 kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，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：y2＝4x 上，所以 m＝±2 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 y＝2 2(x－1)．由{푦 ＝2 2（x－1）， 푦 2＝4x， 得 2x2－5x＋2＝0， 解得 x＝2 或 x＝ 1 2，从而 B(1 2，－ 2). 又 G(－1，0)， 故直线 GA 的方程为 2 2x－3y＋2 2＝0， 从而 r＝ | 2 2＋2 2| 8＋9 ＝ 4 2 17 . 又直线 GB 的方程为 2 2x＋3y＋2 2＝0， 所以点 F 到直线 GB 的距离 d＝ | 2 2＋2 2| 8＋9 ＝ 4 2 17＝r. 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． 321．（2015·湖南高考·文 T20）(本小题满分 13 分)已知抛物线C1：x2＝4y 的焦点 F 也是椭圆 C2： 푦 2 푎 2＋ 푥 2 푏 2 ＝1(a＞b＞0)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)求 C2 的方程； (2)若|AC|＝|BD|，求直线 l 的斜率． 【解析】(1)由 C1：x2＝4y 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 a2－b2＝1.① 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 x2＝4y， 131 由此易知 C1 与 C2 的公共点的坐标为( ± 6， 3 2)， 所以 9 4푎 2＋ 6 푏 2＝1.② 联立①②，得 a2＝9，b2＝8. 故 C2 的方程为 푦 2 9 ＋ 푥 2 8 ＝1. (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 AC―→＝BD―→，从而 x3－x1＝x4－x2， 即 x1－x2＝x3－x4， 于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③ 设直线 l 的斜率为 k，则 l 的方程为 y＝kx＋1. 由{y＝kx＋1， 푥 2＝4y， 得 x2－4kx－4＝0. 而 x1，x2 是这个方程的两根， 所以 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④ 由{푦 ＝kx＋1， 푦 2 9 ＋ x2 8 ＝1，得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0. 而 x3，x4 是这个方程的两根， 所以 x3＋x4＝－ 16k 9＋8k2，x3x4＝－ 64 9＋8k2.⑤ 将④⑤代入③，得 16(k2＋1)＝ 162푘 2 （9＋8k2）2＋ 4 × 64 9＋8k2， 即 16(k2＋1)＝ 162 × 9（k2＋1） （9＋8k2）2 ， 所以(9＋8k2)2＝16×9， 322．（2015·陕西高考·文 T20）(本小题满分 12 分)如图，椭圆 E： 푥 2 푎 2＋ 푦 2 푏 2＝1(a>b>0)经过点 A(0，－1)， 且离心率为 2 2 . 132 (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. 【解析】(1)由题设知 푐 푎＝ 2 2 ，b＝1， 结合 a2＝b2＋c2，解得 a＝ 2. 所以椭圆的方程为 푥 2 2 ＋y2＝1. (2)证明：由题设知， 直线 PQ 的方程为 y＝k(x－1)＋1(k≠2)， 代入 푥 2 2 ＋y2＝1， 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0. 由已知得 Δ＞0， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 则 x1＋x2＝ 4푘 （k－1） 1＋2k2 ，x1x2＝ 2푘 （k－2） 1＋2k2 . 从而直线 AP，AQ 的斜率之和 kAP＋kAQ＝ 푦 1＋1 x1 ＋ 푦 2＋1 x2 ＝ 푘 푥 1＋2－k x1 ＋ 푘 푥 2＋2－k x2 ＝2k＋(2－k)·( 1 푥 1＋ 1 x2)＝2k＋(2－k) 푥 1＋x2 푥 1푥 2 ＝2k＋(2－k) 4푘 （k－1） 2k（k－2） ＝2k－2(k－1)＝2. 323．（2015·四川高考·文 T20）(本小题满分 13 分)如图，椭圆 E： 푥 2 푎 2＋ 푦 2 푏 2＝1(a>b>0)的离心率是 2 2 ， 点 P(0，1)在短轴 CD 上，且 PC―→·PD―→＝－1. (1)求椭圆 E 的方程． 133 (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 λ，使得 OA―→·OB―→＋ λPA―→·PB―→为定值？若存在，求 λ 的值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)由已知，点 C，D 的坐标分别为(0，－b)，(0，b)． 又点 P 的坐标为(0，1)，且 PC―→·PD―→＝－1， 于是{1－b2＝－1， 푐 푎＝ 2 2 ， 푎 2－b2＝c2. 解得 a＝2，b＝ 2. 所以椭圆 E 的方程为 푥 2 4 ＋ 푦 2 2 ＝1. (2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)． 联立{푥 2 4 ＋ y2 2 ＝1， 푦 ＝kx＋1 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 其判别式 Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以 x1＋x2＝－ 4푘 2푘 2＋1，x1x2＝－ 2 2푘 2＋1. 从而，OA―→·OB―→＋λPA―→·PB―→ ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ （－2λ－4）k2＋（－2λ－1） 2k2＋1 ＝－ 휆 －1 2k2＋1－λ－2. 所以，当 λ＝1 时，－ λ－1 2k2＋1－λ－2＝－3. 此时，OA―→·OB―→＋λPA―→·PB―→＝－3 为定值． 当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD. 此时，OA―→·OB―→＋λPA―→·PB―→＝OC―→·OD―→＋PC―→·PD―→＝－2－1＝－3. 故存在常数 λ＝1，使得 OA―→·OB―→＋λPA―→·PB―→为定值－3. 324．（2015·天津高考·文 T19）(本小题满分 14 分)已知椭圆 푥 2 푎 2＋ 푦 2 푏 2＝1(a>b>0)的上顶点为 B，左焦点为 F，离心率为 5 5 . (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|＝λ|MQ|. ①求 λ 的值； 134 ②若|PM|sin∠BQP＝ 7 5 9 ，求椭圆的方程． 【解析】(1)设 F(－c，0)． 由已知离心率 푐 푎＝ 5 5 及 a2＝b2＋c2， 可得 a＝ 5c，b＝2c. 又因为 B(0，b)，F(－c，0)， 所以直线 BF 的斜率 k＝ 푏 －0 0－（－c）＝ 2푐 푐 ＝2. (2)设点 P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)． ①由(1)可得椭圆的方程为 푥 2 5푐 2＋ 푦 2 4푐 2＝1，直线 BF 的方程为 y＝2x＋2c. 将直线方程与椭圆方程联立， 消去 y，整理得 3x2＋5cx＝0，解得 xP＝－ 5푐 3 . 因为 BQ⊥BP，所以直线 BQ 的方程为 y＝－ 1 2x＋2c， 与椭圆方程联立，消去 y，整理得 21x2－40cx＝0， 解得 xQ＝ 40푐 21 . 又因为 λ＝ |PM| |MQ|及 xM＝0， 可得 λ＝ | 푥 푀－x푃| | 푥 푄 －x푀|＝ | 푥 푃| | 푥 푄|＝ 7 8. ②由①有 | 푃 푀 | | 푀 푄 |＝ 7 8，所以 | 푃 푀 | | 푃 푀 | ＋|MQ|＝ 7 7＋8＝ 7 15， 即|PQ|＝ 15 7 |PM|. 又因为|PM|sin∠BQP＝ 7 5 9 ， 所以|BP|＝|PQ|sin∠BQP＝ 15 7 |PM|sin∠BQP＝ 5 5 3 . 又因为 yP＝2xP＋2c＝－ 4 3c， 所以|BP|＝ (0＋ 5c 3 ) 2 ＋(2c＋ 4c 3 ) 2 ＝ 5 5 3 c， 因此 5 5 3 c＝ 5 5 3 ，得 c＝1. 所以椭圆的方程为 푥 2 5 ＋ 푦 2 4 ＝1. 135 325．（2015·浙江高考·文 T19）(本小题满分 15 分)如图，已知抛物线 C1：y＝ 1 4x2，圆 C2：x2＋(y－1)2＝ 1，过点 P(t，0)(t＞0)作不过原点 O 的直线 PA，PB 分别与抛物线 C1 和圆 C2 相切，A，B 为切点． (1)求点 A，B 的坐标； (2)求△PAB 的面积． 【解析】(1)由题意知直线 PA 的斜率存在，故可设直线 PA 的方程为 y＝k(x－t)． 由{y＝k（x－t）， 푦 ＝ 1 4x2 消去 y，整理得 x2－4kx＋4kt＝0， 由于直线 PA 与抛物线相切，得 k＝t. 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{푦 0 2 ＝－ x0 2푡＋1， 푥 0푡 －y0＝0， 解得{x0＝ 2t 1＋t2， 푦 0＝ 2t2 1＋t2， 因此，点 B 的坐标为( 2푡 1＋t2， 2푡 2 1＋t2). (2)由(1)知|AP|＝t· 1＋t2， 直线 PA 的方程为 tx－y－t2＝0. 点 B 到直线 PA 的距离是 d＝ 푡 2 1＋t2 . 设△PAB 的面积为 S(t)，则 S(t)＝ 1 2|AP|·d＝ 푡 3 2 . 326．（2015·重庆高考·文 T21）(本小题满分 12 分) 如图，椭圆 푥 2 푎 2＋ 푦 2 푏 2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 的直线交椭圆于 P，Q 两点，且 PQ⊥PF1. (1)若|PF1|＝2＋ 2，|PF2|＝2－ 2，求椭圆的标准方程； (2)若|PQ|＝λ|PF1|，且 3 4≤λ< 4 3，试确定椭圆离心率 e 的取值范围． 136 【解析】(1)由椭圆的定义，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋ 2)＋(2－ 2)＝4，故 a＝2. 设椭圆的半焦距为 c，由于 PF1⊥PF2， 因此 2c＝|F1F2|＝ | 푃 F1| 2＋|PF2| 2 ＝ （2＋ 2）2＋（2－ 2）2＝2 3， 即 c＝ 3，从而 b＝ 푎 2－c2＝1， 故所求椭圆的标准方程为 푥 2 4 ＋y2＝1. (2)如图所示，由 PF1⊥PQ， |PQ|＝λ|PF1|，得 |QF1|＝ | 푃 퐹 1| 2＋|PQ|2＝ 1＋λ2|PF1|. 由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a， 知|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a. 于是(1＋λ＋ 1＋λ2)|PF1|＝4a， 解得|PF1|＝ 4푎 1＋λ＋ 1＋λ2， 故|PF2|＝2a－|PF1|＝ 2푎 （λ＋ 1＋λ2－1） 1＋λ＋ 1＋λ2 . 由勾股定理得 |PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2， 从而( 4푎 1＋λ＋ 1＋λ2)2 ＋[2푎 （λ＋ 1＋λ2－1） 1＋λ＋ 1＋λ2 ]2 ＝4c2. 两边除以 4a2，得 4 （1＋λ＋ 1＋λ2）2 ＋ （λ＋ 1＋λ2－1）2 （1＋λ＋ 1＋λ2）2 ＝e2. 若记 t＝1＋λ＋ 1＋λ2，则上式变成 e2＝ 4＋（t－2）2 푡 2 ＝8(1 푡－ 1 4 )2 ＋ 1 2. 由 3 4≤λ＜ 4 3，并注意到 t＝1＋λ＋ 1＋λ2关于 λ 的单调性，得 3≤t > 1 2,F F A B 1 2 3 2AB F F= P PB 1F l 2F ( ),0c 1 2 3 2AB F F= 2 2 23a b c+ = 2 2 2b a c= - 2 2 1 2 c a = 2 2e = 2 2 3a b c+ = 2 2 22 3a c c- = 2a c= 2 2e = 2 22a c= 2 2b c= 2 2 2 2 12 x y c c+ = ( )0 0,P x y ( )1 ,0F c- ( )0,B c ( )1 0 0,F P x c y= +  ( )1 ,F B c c=  1 1 0F P F B× =   ( )0 0 0x c c y c+ + = 0c ¹ 0 0 0x y c+ + = P 2 2 0 0 2 2 12 x y c c+ = 139 由①和②可得 . 而点 不是椭圆的顶点，故 ， 代入①得 ，即点 的坐标为 . 设圆的圆心为 ，则 ， ， 进而圆的半径 . 设直线 的斜率为 ，依题意，直线 的方程为 . 由 与圆相切，可得 ，即 ， 整理得 ，解得 . 所以，直线 的斜率为 或 . 329. (2014·新课标全国卷Ⅱ·文 T20)(本小题满分 12 分)设 F1,F2 分别是椭圆 + =1 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 =5 ,求 a,b. 【解析】(1)因为由题知, = ,所以 · = ,且 a2=b2+c2.联立整理得:2e2+3e-2=0, 解得 e= .所以 C 的离心率为 . (2)由三角形中位线知识可知,MF2=2×2,即 =4. 2 0 03 4 0x cx+ = P 0 4 3 cx = - 0 3 cy = P 4 ,3 3 c cæ ö÷ç- ÷ç ÷çè ø ( )1 1,T x y 1 4 0 23 2 3 c x c - + = = - 1 23 2 3 c c y c + = = ( ) ( ) 2 2 1 1 50 3r x y c c= - + - = l k l y kx= l 1 1 2 1 kx y r k - = + 2 2 2 3 3 5 31 c ck c k æ ö÷ç- -÷ç ÷çè ø = + 2 8 1 0k k- + = 4 15k = ± l 4 15+ 4 15- 2 2 x a 2 2 y b ( )0a b> > 3 4 MN 1F N 1 1 2 MF F F 3 4 2b a 1 2c 3 4 1 2 1 2 2b a 140 设 F1N=m,由题可知 MF1=4m.由两直角三角形相似,可得 M,N 两点横坐标分别为 c,- c.由焦半径公式可得: MF1=a+ec,NF1=a+e ,且 MF1∶NF1=4∶1,e= ,a2=b2+c2.联立解得 a=7,b=2 . 所以,a=7,b=2 . 330. （2014·浙江高考·理科 T21）(本题满分 15 分) 如图，设椭圆 动直线 与椭圆 只有一个公共点 ，且点 在第一象限. （1）已知直线 的斜率为 ，用 表示点 的坐标； （2）若过原点 的直线 与 垂直，证明：点 到直线 的距离的最大值为 . 【解析】（1）设直线 的方程为 ， 由 ，消去 得 由于 与 只有一个公共点，故 ，即 ，所以 解得点 的坐标为 ，又点 在第一象限，故点 的坐标为 （2）由于直线 过原点 且与直线 垂直，故直线 的方程为 ，所以点 到直线 的距离 3 2 3 2 c −   7 7 ( ),01: 2 2 2 2 >>=+ bab y a xC l C P P l k kba ,, P O 1l l P 1l ba − l ( 0)y kx m k= + ＜ 2 2 2 2 1x y a b y kx m  + =  = + y 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 0b a k x a kmx a m a b+ + + − = l C 0∆ = 2 2 2 2 0b m a k− + = 2 2 2m b a k= + P 2 2 2 2 2 2 2 2( , )a km b mP b a k b a k − + + P P 2 2 2 2 2 2 2 2 ( , )a k bP b a k b a k − + + 1l O l 1l 0x ky+ = P 1l 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 a k b a bb a k b a kd k bb a a k k − + −+ += = + + + + 141 因为 ，所以 当且仅当 时等号成立 所以，点 到直线 的距离的最大值为 . 331.(2014·陕西高考·文科 T20)(本小题满分 13 分)已知椭圆 + =1(a>b>0)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= . 2 2 2 2 2ba k abk + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b b b a abb a a k k − − = − + ++ + + ≤ 2 bk a = P 1l a b− 142 由 d − 2 2( 0) ( 1) 1x y y− + − = + Γ 2 4x y= ABP∆ 2 4x y= 3PF FM=  | | 3PF = ABP∆ (0,1)F y 1= − 0 0P(x , y ) 0PF y 1= + 0y 2= 0x 2 2= ± P(2 2,2) ( 2 2,2)− PF 3FM=  2 2 2( , )3 3M − 2 2 2( , )3 3M y kx m= + 1 1A(x , y ) 2 2B(x , y ) 2 4 y kx m x y = +  = 2 4 4 0x kx m− − = 2 1 2 1 216 16 0, 4 , 4k m x x k x x m∆ = + > + = = − PF 3FM=  2 0 0( x ,1 y ) 3(2k,2k m 1)− − = + − 0 2 0 6 4 6 3 x k y k m = − = − − 2 0 04x y= 2 1 1 5 15k m= − + 1 4 3 3m− < ≤ 2 24 1AB k k m= + + 2 1 1 md k −= + P B A M F y x0 145 所以 ， 设 ， 则 令 =0，解得 ， 于是 f（m）在 是增函数，在 上是减函数，在 上是增函数， 又 ， 所以当 时，f（m）取得最大值 ，此时 ， ∴△ABP 面积的最大值为 ． 334.(2014·陕西高考·理科 T20)(本小题满分 13 分) 如图,曲线 C 由上半椭圆 C1:y2 푎2+x2 푏2=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线 C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成,C1,C2 的公共点为 A,B,其中 C1 的离心率为 3 2 . (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 AP⊥AQ,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c 푎= 3 2 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y2 4 +x2=1(y≥0). 易 知 , 直 线 l 与 x 轴 不 重 合 也 不 垂 直 , 设 其 方 程 为 y=k(x-1)(k ≠ 0), 代 入 C1 的 方 程 , 整 理 得 2 3 2164 8 1 3 5 1 15ABP ABFS S m k m m m m∆ ∆= = − + = − + + 3 2 1 4(m) 3 5 1,( )3 3f m m m m= − + + − < ≤ 2(m) 9 10 1f m m′ = − + 2(m) 9 10 1f m m′ = − + 1 2 1m , 19 m= = 1 1( , )3 9 − 1( ,1)9 4(1, )3 1 256 4f( ) f( )9 243 3 = > 1m 9 = 256 243 55 15k = ± 256 5 135 146 (k2+4)x2-2k2x+k2-4=0. (*) 设点 P 的坐标为(xp,yp), 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=k2 ― 4 푘2 + 4,从而 yp= ―8푘 푘2 + 4, 所以点 P 的坐标为(푘2 ― 4 푘2 + 4, ―8푘 k2 + 4). 同理,由{y = 푘(푥 ― 1)(푘 ≠ 0), 푦 = ― 푥2 + 1(y ≤ 0),得 Q 点的坐标为(-k-1,-k2-2k). 所以 → A푃= 2푘 푘2 + 4(k,-4), → A푄=-k(1,k+2). 因为 AP⊥AQ,所以 → A푃· → A푄=0,即 ―2푘2 푘2 + 4[k-4(k+2)]=0, 因为 k≠0,所以 k-4(k+2)=0,解得 k=-8 3. 经检验,k=-8 3符合题意, 故直线 l 的方程为 y=-8 3(x-1). 335. (2014·新课标全国卷Ⅱ·T20)(本小题满分 12 分)设 F1,F2 分别是椭圆 + =1 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 =5 ,求 a,b. 【解析】(1)因为由题知, = ,所以 · = ,且 a2=b2+c2.联立整理得:2e2+3e-2=0, 解得 e= .所以 C 的离心率为 . (2)由三角形中位线知识可知,MF2=2×2,即 =4. 设 F1N=m,由题可知 MF1=4m.由两直角三角形相似,可得 M,N 两点横坐标分别为 c,- c.由焦半径公式可得: MF1=a+ec,NF1=a+e ,且 MF1∶NF1=4∶1,e= ,a2=b2+c2.联立解得 a=7,b=2 . 2 2 x a 2 2 y b ( )0a b> > 3 4 MN 1F N 1 1 2 MF F F 3 4 2b a 1 2c 3 4 1 2 1 2 2b a 3 2 3 2 c −   7 147 所以,a=7,b=2 . 336. （2014·湖南高考·文科 T20）（本小题满分 13 分） 如图 5， 为坐标原点，双曲线 和椭圆 均过点 ，且以 的两个顶点和 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形. （1）求 的方程； （2）是否存在直线 ，使得 与 交于 两点，与 只有一个公共点，且 ？证明 你的结论. 【解析】（1）设 的焦距为 ，由题意知， 从而 因为点 ， 在双曲线 上，所以 ，故 由椭圆的定义知 于是 ， 故 的方程分别为 （2）不存在符合题设条件的直线 （i）若直线 垂直于 x 轴， 因为 与 只有一个公共点，所以直线 的方程为 或 当 时，易知 ,所以 7 O 2 2 1 1 12 2 1 1 : 1( 0, 0)x yC a ba b − = > > 2 2 2 2 22 2 2 2 : 1( 0)x yC a ba b − = > > 2 3( ,1)3P 1C 2C 1 2,C C l l 1C ,A B 2C | | | |OA OB AB+ =   2C 22c ,22,22 12 == ac .1,1 21 == ca ），（ 13 32P 12 1 2 2 =− b yx 11-3 32 2 1 2 =      b 32 1 =b ( ) ( ) 32113 32113 322 2 2 2 2 2 =++     +−+     =a 2,3 2 2 2 2 2 22 =−== caba 21 ,CC 123,13 222 2 =+=− xyyx l l 2C l 2=x 2−=x 2=x )3,2()32( −BA ，， 148 ，此时， 当 ，同理可知 (ii)若直线 不垂直于 x 轴，设 的方程为 由 得 当 与 相 交 于 A,B 两 点 时 ， 设 ， 则 是 上 述 方 程 的 两 个 实 根 ， 从 而 ， 于是 由 得 因为直线 与 只有一个公共点，所以上述方程的判别式 化简，得 。因此 于是 即 ，故 综合（i）（ii）可知，不存在符合题设条件的直线 337.(2014·广东高考·文科 T20)(14 分)已知椭圆 C: + =1(a>b>0)的一个焦点为( ,0),离心率为 3222 ==+ →→→ ABOBOA ， →→ + OBOA ≠ → AB 2−=x →→ + OBOA ≠ → AB l l mkxy +=    =− += 13 2yx mkxy 032-3 222 =−−− mkm ）（ l 1C )(, 2,21,1 yxByxA ）（ 21 , xx 3 3,3 2 2 2 21221 − +=−=+ k m kmxx 3 33)( 2 22 2 2121 2 21 − −=+++= k mkmmyy    =+ += 123 22 xy mkxy 062432 222 =−+++ mkm ）（ l 2C 0)3)(32(816 222 =−+−=∆ mkmk 32 22 −= mk 03 3 3 33 3 3 2 2 2 22 2 2 2121 ≠− −−=− −+− +=+=⋅ →→ k k k mk k myyxxOBOA OBOAOBOAOBOAOBOA ⋅−+≠⋅++ 22 2222 22 - →→→→ ≠+ OBOAOBOA →→→ ≠+ ABOBOA 2 2 x a 2 2 y b 5 149 . (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. 【解析】(1)因为 c= ,离心率 e= , 所以 a=3,b=2, 椭圆 C 的标准方程为 + =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 + =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Δ=0,即(18k)2(y0-kx0)2-36(9k2+4)[(y0-kx0)2-4]=0, 进一步化简得( -9)k2-2x0y0k+ -4=0. 因为两条切线相互垂直,所以 k1k2=-1, 也就是 =-1,则 + =13. 显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程 + =13, 所以点 P 的轨迹方程为 + =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); 5 3 5 5 3 2 9 x 2 4 y 2 9 x 2 4 y 2 0x 2 0y 2 0 2 0 4 9 y x − − 2 0x 2 0y 2 0x 2 0y 2 0x 2 0y 150 当两条切线斜率都存在时, 设切点分别为 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 + =1 且 + =1. 两条切线方程分别为 + =1 和 + =1, 因为两条切线都过点 P(x0,y0), 所以 + =1 且 + =1, 因为两条切线相互垂直, 所以 k1= ,k2= 且 k1k2=-1, 也就是 =-1, 整理得 + =13. 显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程 + =13, 所以点 P 的轨迹方程为 + =13. 338.(2014·广东高考·理科 T20) 已知椭圆 C: + =1(a>b>0)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. 【解析】(1)因为 c= ,离心率 e= , 所以 a=3,b=2, 椭圆 C 的标准方程为 + =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), 2 1 9 x 2 1 4 y 2 2 9 x 2 2 4 y 1 9 x x 1 4 y y 2 9 x x 2 4 y y 1 0 9 x x 1 0 4 y y 2 0 9 x x 2 0 4 y y 0 1 0 1 y y x x − − 0 2 0 2 y y x x − − 2 0 2 0 4 9 y x − − 2 0x 2 0y 2 0x 2 0y 2 0x 2 0y 2 2 x a 2 2 y b 5 5 3 5 5 3 2 9 x 2 4 y 151 代入 + =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Δ=0,即(18k)2(y0-kx0)2-36(9k2+4)[(y0-kx0)2-4]=0, 进一步化简得( -9)k2-2x0y0k+ -4=0. 因为两条切线相互垂直,所以 k1k2=-1, 也就是 =-1,则 + =13. 显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程 + =13, 所以点 P 的轨迹方程为 + =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 + =1 且 + =1. 两条切线方程分别为 + =1 和 + =1, 因为两条切线都过点 P(x0,y0),所以 + =1 且 + =1, 因为两条切线相互垂直,所以 k1= ,k2= 且 k1k2=-1, 也就是 =-1,整理得 + =13. 显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程 + =13, 所以点 P 的轨迹方程为 + =13. 339.（2014·福建高考·理科 T19）（本小题满分 13 分）已知双曲线 的两条渐 2 9 x 2 4 y 2 0x 2 0y 2 0 2 0 4 9 y x − − 2 0x 2 0y 2 0x 2 0y 2 0x 2 0y 2 1 9 x 2 1 4 y 2 2 9 x 2 2 4 y 1 9 x x 1 4 y y 2 9 x x 2 4 y y 1 0 9 x x 1 0 4 y y 2 0 9 x x 2 0 4 y y 0 1 0 1 y y x x − − 0 2 0 2 y y x x − − 2 0 2 0 4 9 y x − − 2 0x 2 0y 2 0x 2 0y 2 0x 2 0y )0,0(1: 2 2 2 2 >>=− bab y a xE 152 近线分别为 . （1）求双曲线 的离心率； （2）如图， 为坐标原点，动直线 分别交直线 于 两点（ 分别在第一， 四象限），且 的面积恒为 8，试探究：是否存在总与直线 有且只有一个公共点的双曲线 ？若存在， 求出双曲线 的方程；若不存在，说明理由。 【解析】解法一：(1)∵双曲线 的渐近线分别为 ，……………1 分 ∴ ，有 ，即 ，于是双曲线的离心率 ；…3 分 (2)由(1)知，双曲线 E 的方程为 .设直线 与 轴相交于点 ， 当 轴时，若直线 与双曲线 E 有且只有一个公共点， 则 ，又因为 的面积为 8， ∴ ，即 ，解得 ， 此时双曲线 E 的方程为 .……………………………………………6 分 若存在满足条件的双曲线 E，则 E 的方程只能为 . 以下证明：当直线 不与 轴垂直时，双曲线 也满足条件，……7 分 设直线 的方程 ，依题意，得 或 ，………………………8 分 则 ，记 ， xylxyl 2:,2: 21 −== E O l 21,ll BA, BA, OAB∆ l E E E 2 , 2y x y x= = − 2b a = 2 2 2c a a − = 5c a= 5ce a = = 2 2 2 2 14 x y a a − = l x C l x⊥ l , 4OC a AB a= = OAB△ 1 82 OC AB⋅ = 1 4 82 a a⋅ = 2a = 2 2 14 16 x y− = 2 2 14 16 x y− = l x 2 2 : 14 16 x yE − = l y kx m= + 2k > 2k < − ( ,0)mC k − 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 153 由 得 ，同理 ， 由 得 ， 即 ，……………………………………………………10 分 由 得 ，∵ ， ∴ ，又 ， ∴ ，即直线 与双曲线 E 有且只有一个公共点.……………………………12 分 因此，存在总与直线 有且只有一个公共点的双曲线 E，且 E 的方程只能为 …………………………………………………………………13 分 方法二：(1)同方法一； (2)由(1)知，双曲线 E 的方程为 . 设直线 的方程为 ， ，依题意得 ， 由 得 ，同理 ， 设直线 与 轴相交于点 ，则 ， 由 得 ，∴ ， 由 得 ，∵ ， ∴直线 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 ，即 ， ∴ ，即 ，有 ， 2 y kx m y x = +  = 1 2 2 my k = − 2 2 2 my k = + 1 2 1 2OABS OC y y= ⋅ −△ 1 2 2 82 2 2 m m m k k k − ⋅ − =− + 2 2 24 4 4( 4)m k k= − = − 2 2 14 16 y kx m x y = + − = 2 2 2(4 ) 2 16 0k x kmx m− − − − = 24 0k− < 2 2 2 2 2 24 4(4 )( 16) 16(4 16)k m k m k m∆ = + − + = − − − 2 24( 4)m k= − 0∆ = l l 2 2 14 16 x y− = 2 2 2 2 14 x y a a − = l x my t= + 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 1 1 2 2m− < < 2 x my t y x = +  = 1 2 1 2 ty m = − 2 2 1 2 ty m −= + l x C ( ,0)C t 1 2 1 82OABS OC y y= ⋅ − =△ 1 2 2 82 1 2 1 2 t tt m m ⋅ + =− + 2 24(1 4 )t m= − 2 2 2 2 14 x my t x y a a = + − = 2 2 2 2(4 1) 8 4( ) 0m y mty t a− + + − = 24 1 0m − < l 2 2 2 2 264 16(4 1)( ) 0m t m t a∆ = − − − = 2 2 2 24 0m a t a+ − = 2 2 2 24 4(1 4 ) 0m a m a+ − − = 2 2(1 4 )( 4) 0m a− − = 2 4a = 154 因此，存在总与直线 有且只有一个公共点的双曲线 E，且 E 的方程只能为 . 方法三：(1)同方法一； (2)当直线 不与 轴垂直时，设直线 ， ， 依题意得 或 ， 由 得 ，由 ， ，得 ， 又因为 的面积为 8，所以 ，而 ， ∴ ，化简得 ，∴ ，即 ， 由(1)得双曲线 E 的方程为 ， 由 得 ， 因为 ，直线 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 ，即 ，有 ， ∴双曲线 E 的方程为 ， 当 轴时，由 的面积为 8，可得 ，又知 与双曲线 有且只有一个公共点， 综上，存在总与直线 有且只有一个公共点的双曲线 E，且 E 的方程只能为 . 340. （2014·辽宁高考·理科 T20）（本小题满分 12 分） 圆 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 过点 P 且离心率为 . l 2 2 14 16 x y− = l x :l y kx m= + 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 2k > 2k < − 2 24 0 y kx m x y = +  − = 2 2 2(4 ) 2 0k x kmx m− − − = 24 0k− < 0∆ > 2 1 2 24 mx x k −= − OAB△ 1 sin 82 OA OB AOB∠ = 4sin 5AOB∠ = 2 2 2 2 1 1 2 2 2 85 x y x y+ ⋅ + = 1 2 4x x = 2 2 44 m k − =− 2 24( 4)m k= − 2 2 2 2 14 x y a a − = 2 2 2 2 14 y kx m x y a a = + − = 2 2 2 2(4 ) 2 4 0k x kmx m a− − − − = 24 0k− < l 2 2 2 2 24 4(4 )( 4 ) 0k m k m a∆ = + − + = 2 2( 4)( 4) 0k a− − = 2 4a = 2 2 14 16 x y− = l x⊥ OAB△ : 2l x = : 2l x = 2 2 : 14 16 x yE − = l 2 2 14 16 x y− = 2 2 4x y+ = 2 2 1 2 2: 1x yC a b − = 3 155 （Ⅰ）求 的方程； （Ⅱ）椭圆 过点 P 且与 有相同的焦点，直线 过 的右焦点且与 交于 A，B 两点，若以线段 AB 为 直径的圆过点 P，求 的方程. 【解析】（Ⅰ）设切点坐标为 ， .则切线斜率为 切 线 方 程 为 ， 即 ， 而 ， 所 以 切 线 方 程 为 .切线与两坐标轴的正半轴的交点为 ，切线与 x 轴正半轴，y 轴正半轴围成 的三角形面积为 由 （当且仅当 时 取最大值，即 有最小值，此时点 的坐标为 .由题意得 解得 故 的方程为 （Ⅱ）由（1）知，椭圆 的焦点为 ，因此设椭圆 的方程为 .由点 在椭圆 上，得 ， 解得 ；因而 的方程为 1C 2C 1C l 2C 2C l ( )0 0,x y 0 00, 0x y> > 0 0 1 OP xk k y = − = − ( )0 0 0 0 xy y x xy − = − − 2 2 0 0 0 0x x y y x y+ = + 2 2 0 0 4x y+ = 0 0 4x x y y+ = 0 0 4 4,0 , 0,x y             0 0 0 0 1 4 4 8 2s x y x y = × × = 2 2 0 0 0 04 2x y x y+ = ≥ 0 0 2x y= = 0 0x y s P ( )2, 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 a b c a c a b  − =  =   − =  2 21, 2a b= = 1C 2 2 12 yx − = 2C ( ) ( )3,0 , 3,0− 2C 2 2 2 2 1, 03 x y mm m + = >+ P ( )2, 2 2C 2 2 2 2 13 m m + =+ 2 3m = 2C 2 2 16 3 x y+ = 156 当直线 的斜率不存在时， 的方程为 ，易知 ,以线段 AB 为直径的圆不 经过点 P ；不合题意. 当直线 的斜率存在时，设 的方程为 , ， 则 是方程组 的解. 整理得 由韦达定理， ① 所以 ② 由题意知 ,从而 因为 所以 即 所以 将①②代入解得 或 因此 的方程为 或 即 或 341. （2014·辽宁高考·理科 T20）（本小题满分 12 分）圆 的切线与 轴正半轴， 轴正半轴 围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为 . l l 3x = 3 33, , 3,2 2A B    −          ( )2, 2 l l ( )3y k x= − ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y ( ) ( )1 1 2 2, , ,x y x y ( ) 2 2 3 16 3 y k x x y  = −   + = ( )2 2 2 21 2 4 3 6 6 0k x k x k+ − + − = 2 2 1 2 1 22 2 4 3 6 6,1 2 1 2 k kx x x xk k −+ = =+ + 1 2 1 2 2 2 3( 3) ( 3) ,1 2 ky y k x k x k −+ = − + − = + 2 1 2 1 2 2 3( 3) ( 3) 1 2 ky y k x k x k −= − ⋅ − = + AP BP⊥  0AP BP⋅ =  ( ) ( )1 1 2 22 , 2 , 2 , 2AP x y BP x y= − − = − −  ( ) ( )1 1 2 22 , 2 2 , 2 0AP BP x y x y⋅ = − − ⋅ − − =  1 2 1 2( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) 0x x y y− − + − − = ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 0x x x x y y y y− + + + − + + = 2 3 6 25k += 2 6k = − − l ( )2 3 6 325y x += − ( )( 2 6) 3y x= − − − ( )2 3 6 25 2 3 9 2 0x y+ − − − = ( )2 6 2 3 3 2 0x y+ + − − = 2 2 4x y+ = x y P 157 （Ⅰ）求 点的坐标； （Ⅱ）焦点在 轴上的椭圆 过点 ，且与直线 交于 两点，若 的面积为 ，求 的标准方程. 【解析】（Ⅰ）设切点坐标为 ， .则切线斜率为 切 线 方 程 为 ， 即 ， 而 ， 所 以 切 线 方 程 为 .切线与两坐标轴的正半轴的交点为 ，切线与 x 轴正半轴，y 轴正半轴围成 的三角形面积为 由 （当且仅当 时 取最大值，即 有最小值，此时点 的坐标为 . （ Ⅱ ） 设 C 的 方 程 为 ， 点 ， 则 是 方 程 组 的解.整理得 ， 由伟达定理得， 又 所以 而点 到直线 的距离 所以 P x C P : 3l y x= + ,A B PAB∆ 2 C ( )0 0,x y 0 00, 0x y> > 0 0 1 OP xk k y = − = − ( )0 0 0 0 xy y x xy − = − − 2 2 0 0 0 0x x y y x y+ = + 2 2 0 0 4x y+ = 0 0 4x x y y+ = 0 0 4 4,0 , 0,x y             0 0 0 0 1 4 4 8 2s x y x y = × × = 2 2 0 0 0 04 2x y x y+ = ≥ 0 0 2x y= = 0 0x y s P ( )2, 2 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y ( ) ( )1 1 2 2, , ,x y x y 2 2 2 2 1 3 x y a b y x  + =  = + 2 2 24 3 6 2 0b x x b+ + − = 2 1 2 1 22 2 4 3 6 2, bx x x xb b −+ = − = 1 1 2 23, 3y x y x= − = − ( ) ( ) ( )2 2 2 2 1 2 1 2 12AB x x y y x x= − + − = − ( ) ( )2 4 2 2 1 1 2 2 2 48 24 8 2 4 b b x x x x b − + = + − =  ( )2, 2P 3y x= − 2 2 3 3 2 2 d − − = = 1 22s ABC AB d= × = 158 则 又由点 在 C 上知 . 解得 .故所求 C 的方程为 342. （2014·山东高考·理科 T21） 已知抛物线 的焦点为 ， 为 上异于原点的任意一点，过点 的直线 交 于另一 点 ，交 轴的正半轴于点 ，且有 .当点 的横坐标为 3 时， 为正三角形. （Ⅰ）求 的方程； （Ⅱ）若直线 ，且 和 有且只有一个公共点 ， （ⅰ）证明直线 过定点，并求出定点坐标； （ⅱ） 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. 【解析】（Ⅰ）由题意知 设 ， 因为 , 由抛物线的定义知 ， 解得 t=3+p 或 t=-3(舍去)， 由 ，解得 p=2. 所以抛物线的方程为 . （Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知 F(1，0) 因为 ,则 ， ( )2 4 2 2 48 24 81 3 22 2 b b s ABC b − + = × × = ( )2, 2P 2 2 2 2 1a b + = 2 26, 3a b= = 2 2 1.6 3 x y+ = 2: 2 ( 0)C y px p= > F A C A l C B x D | | | |FA FD= A ADF∆ C 1 //l l 1l C E AE ABE∆      0,2 pF ( )( )      +> 0,4 2,00, tpFDttD 的中点为则 FDFA = 223 ptp −=+ 34 2 =+ tp xy 42 = ( )( ) ( )( ),00,,0, 0000 >≠ DD xxDyxyxA设 FDFA = 11 0 +=− xxD 159 故直线 AB 的斜率 ，因为直线 和直线 AB 平行， 设直线 的方程为 ，代入抛物线方程得 ， 由题意 设 . 当 ， 可得直线 AE 的方程为 ，由 ， 整理可得 ，直线 AE 恒过点 F（1,0）， 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 ， 设直线 AE 的方程为 x=my+1, 因为点 在直线 AE 上，故 , 直线 AB 的方程为 ， 由于 ， ( ),0,220 00 ++=> xDxxx DD ，故得由 2 0ykAB −= 1l 1l bxyy +−= 2 0 088 00 2 =−+ y byyy 00 2 0 2,03264 yby b y −==+=∆ 得 ( ) 2 00 4,4,, yxyyyxE EEEE =−=则 4 44 2 0 0 0 02 0 −=− −=≠ y y xx yyky E E AE时， ( )02 0 0 0 4 4 xxy yyy −−=− 0 2 0 4xy = ( )14 4 2 0 0 −−= xy yy 时，当 42 0 =y ( ) 21111 0 0 0 0 ++=      +++=+= xxxxFEAFAE ( )00 , yxA设 0 0 1 y xm −= ( )11, yxB设 ( )0 0 0 2 xxyyy −−=− 00 ≠y 160 可得 ，代入抛物线方程得 所以 ， 可求得 ， 所以点 B 到直线 AE 的距离为 则 的面积 343. （2014·山东高考·文科 T21） 在平面直角坐标系 中，椭圆 的离心率为 ，直线 被椭圆 截得的 线段长为 . （Ⅰ）求椭圆 的方程； （ Ⅱ ） 过 原 点 的 直 线 与 椭 圆 交 于 两 点 （ 不 是 椭 圆 的 顶 点 ），点 在 椭 圆 上 ， 且 ，直线 与 轴、 轴分别交于 两点. （i）设直线 的斜率分别为 .证明存在常数 使得 ，并求出 的值； （ii）求 面积的最大值. 【解析】(1) 设直线与椭圆交于 两点.不妨设 点为直线和椭圆在第一象限的交点. 0 0 22 xyyx ++−= 0488 0 0 2 =−−+ xyyy 0 10 8 yyy −=+ 44,8 0 0 1 0 01 ++=−−= xxxyyy ( )       += += + −      ++++ = 0 0 0 0 2 0 00 0 14 14 1 1844 x x x x m yymxxd ABE∆ 1621142 1 0 00 0 ≥      ++      +×= xxx xS xOy ( )2 2 2 2: 1 0x yC a ba b + = > > 3 2 y x= C 4 10 5 C C ,A B ,A B C D C AD AB⊥ BD x y ,M N ,BD AM 1 2,k k λ 1 2k kλ= λ OMN 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3= , 42 2 4 4 c c a be a ba a a −= ∴ = = ∴ = 即 ,p q p 161 (2)(i)设 ，则 ， 因为直线 AB 的斜率 ， 又 ,所以直线 AD 的斜率 设直线 AD 的方程为 ， 由题意知 . 由 可得 . 所以 因此 . 由题意知 所以 所以直线 BD 的方程为 . 令 y=0，得 可得 2 2 4 10 2 5 2 5( , )5 5 5 4 4 5 5 1 p a b ∴ ∴ + = 又 弦长为 ， 2 2 2 2 4, 1 1.4 a b x y = = ∴ + = 联立解得 椭圆方程为 ( )( ) ( )221111 ,,0, yxDyxyxA ≠ ( )11, yxB −− 1 1 x ykAB = ADAB ⊥ 1 1 y xk −= mkxy += 0,0 ≠≠ mk    =+ += 14 2 2 yx mkxy ( ) 044841 222 =−+++ mmk 221 41 8 k mkxx +−=+ ( ) 22121 41 22 k mmyy +=++=+ 21 xx −≠ 1 1 21 21 1 44 1 x y kxx yyk =−=+ += ( )1 1 1 1 4 xxx yyy +=+ ( )0,3,3 11 xMxx 即= 1 1 2 2x yk −= 162 所以 . 因此存在常数 使得结论成立. （ii）直线 BD 的方程为 . 令 x=0 得 ，即 ， 由（i）知 可得 的面积 . 因为 ，当且仅当 时等号成立， 此时 S 取得最大值 ， 所以 的面积为最大值 . 344.（2014·安徽高考·文科 T21）设 , 分别是椭圆 ： 的左、右焦点，过点 的直线交椭圆 于 两点， (1) 若 的周长为 16，求 ； (2) 若 ，求椭圆 的离心率. 【解析】（1）由 ，得 ，因为 的周长为 16，所以由椭圆定 义可得 ，故 。 （2）设 ，则 k>0,且 由椭圆定义可得 在 中，由余弦定理可得 2 1,2 1 21 −=−= λ即kk 2 1−=λ ( )1 1 1 1 4 xxx yyy +=+ 14 3 yy −=      − 14 3,0 yN ( )0,3 1xM OMN∆ 1111 8 9 4 332 1 yxyxS =××= 14 2 1 2 1 11 =+≤⋅ yxyx 2 2 2 1 1 == yx 8 9 OMN∆ 8 9 1F 2F E 22 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1F E ,A B 1 1| | 3| |AF BF= 2| | 4,AB ABF= ∆ 2| |AF 2 3cos 5AF B∠ = E 1 1| | 3| |,|AB|=4AF BF= 1 1| | 3 | |=1AF BF= ， 2ABFD 1 24 16,| | | |=2a=8a AF AF= + 2 1| | =2 | |=8-3=5AF a AF- 1| |BF k= 1| | 3 ,| | 4 ,AF k AB k= = 2 2| | =2 3 ,| |=2 ,AF a k BF a k- - 2ABFD 163 即 ， 化简可得 ，而 a+k>0,故 a=3k,于是有 ， 因此 ,故 为等腰直角三角形，从而 。 345.（2014·安徽高考·理科 T19）如图，已知两条抛物线 和 ， 过原点 的两条直线 和 ， 与 分别交于 两点， 与 分别交于 两点. (1)证明： ； (2)过原点 作直线 （异于 ， ）与 分别交于 两点。记 与 的面积分别为 与 ,求 的值. 【解析】（1）设直线 的方程分别为 ，则 由 ，由 ， 同理可得 ， 所以 = ， = 故 = ，所以 。 2 2 2 2 2 2 2 2| | | | | | 2 | |.| | cos ,AB AF BF AF BF AF B= + - Ð 2 2 2 6(2 3 ) (2 ) (2 3 )(2 )5a k a k a k a k= - + - - - -（4k) ( )( 3 ) 0a k a k+ - = 2 1| | 3 | |,AF k AF= = 2| |=5kBF 2 2 2 2 2 1 2| | | | | |BF AF AB F A F A= + Þ ^ 1 2AF FD 2 2 2 2 cc a e a= Þ = = ( )02: 11 2 1 >= pxpyE ( )02: 22 2 2 >= pxpyE O 1l 2l 1l 21, EE 21, AA 2l 21, EE 21, BB 1 1 2 2/ /A B A B O l 1l 2l 21, EE 21,CC 111 CBA∆ 222 CBA∆ 1S 2S 2 1 S S 1 2,l l 1 2 1 2, ,( , 0)y k x y k x k k= = ¹ 1 1 1 1 22 1 11 2 2( , ) 2 y k x p pA k ky p x ì =ï Þí =ïî 1 2 2 2 22 1 12 2 2( , ) 2 y k x p pA k ky p x ì =ï Þí =ïî 1 1 2 2 1 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2( , ) ( , )p p p pB Bk k k k ， 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2( , )p p p pA B k k k k= - ， 1 2 2 2 1 2 1 1 1 1 12 ( - )p k k k k- ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2( , )p p p pA B k k k k= - ， 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 12 ( - )p k k k k- ， 1 1A B 1 2 2 2 p A Bp  1 1 2 2/ /A B A B 164 （2）由（1 ）知 ，同理可得 ， ，所以 ，因此 ,又由（1）中的 = 知 ，故 346.（2014·四川高考·理科 T20）已知椭圆 C： （ ）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 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P，Q． ①证明：OT 平分线段 PQ（其中 O 为坐标原点）； ②当 最小时，求点 T 的坐标. 【解析】（1）依条件 ， 所以椭圆 C 的标准方程为 （2）设 ， ， ，又设 中点为 ， ①因为 ，所以直线 的方程为： ， ， 所以 ， 于是 ， ， 所以 ．因为 ， 1 1 2 2/ /A B A B 1 1 2 2/ /B C B C 1 1 2 2/ /AC A C 1 1 1 2 2A B C A BD 相似于 21 1 1 2 2 2 | |( ) | | S A B S A B =   1 1A B 1 2 2 2 p A Bp  1 1 1 22 2 | | = | | A B p pA B   2 1 1 2 2 2 S p S p= 2 2 2 2 1x y a b + = 0a b> > 3x = − | | | | TF PQ 2 2 2 2 2 2 63 24 c aa b ba b c =  = = ⇒  = − = = 2 2 16 2 x y+ = ( 3, )T m− 1 1( , )P x y 2 2( , )Q x y PQ 0 0( , )N x y ( 2,0)F − PQ 2x my= − 2 22 2 2 ( 3) 4 2 0 16 2 x my m y myx y = − ⇒ + − − = + = 2 2 2 1 2 2 1 2 2 16 8( 3) 24( 1) 0 4 3 2 3 m m m my y m y y m  ∆ = + + = + >  + = + − = + 1 2 0 2 2 2 3 y y my m += = + 2 0 0 2 2 2 62 23 3 mx my m m −= − = − =+ + 2 2 6 2( , )3 3 mN m m − + + 3OT ON mk k= − = 165 所以 ， ， 三点共线， 即 OT 平分线段 PQ（其中 O 为坐标原点）． ② ， ， 所以 ，令 （ ）， 则 （当且仅当 时取“ ”）， 所以当 最小时， 即 或 ，此时点 T 的坐标为 或 . 347.（2014·四川高考·文科 T20）已知椭圆 ： （ ）的左焦点为 ，离心 率为 ． （1）求椭圆 的标准方程； （2）设 为坐标原点， 为直线 上一点，过 作 的垂线交椭圆于 ， ．当四边形 是 平行四边形时，求四边形 的面积． 【解析】（1）依条件 ，且 ， 所以椭圆 C 的标准方程为 . （2）设 点的坐标为（ ， ），则直线 的斜率 . 当 时，直线 的斜率 ，直线 的方程是 . 当 时，直线 的方程是 ，也符合 的形式. O N T 2| | 1TF m= + 2 2 2 1 2 2 24( 1)| | | | 1 13 mPQ y y m mm += − + = ++ 2 2 2 2 2 2 | | 1 3 | | 24( 1) 24( 1)13 TF m m PQ m mmm + += = + +++ 2 1m x+ = 1x ≥ 2| | 2 1 2 3( )| | 32 6 2 6 TF x xPQ xx += = + ≥ 2 2x = = | | | | TF PQ 2 2x = 1m = 1− ( 3,1)− ( 3, 1)− − C 2 2 2 2 1x y a b + = 0a b> > ( 2,0)F − 6 3 C O T 3x = − F TF P Q OPTQ OPTQ 6 3 c a = 2c = 2 2 6 2 a b  =⇒  = 2 2 16 2 x y+ = T 3− m TF 0 3 ( 2)TF mk m −= = −− − − 0m ≠ PQ 1 PQk m = PQ 2x my= − 0m = PQ 2x = − 2x my= − 166 设 ，将直线 的方程与椭圆 的方程联立，得 . 消去 ，得 . 其判别式 > .所以 ， ， . 因为四边形 是平行四边形，所以 ,即 . 所以 .解得 . 此时四边形 的面积 . 348.（2014·重庆高考·文科 T21）如图，设椭圆 的左、右焦点分别为 ，点 在椭圆上， 的面积为 . (1)求椭圆的标准方程; (2)是否存在设圆心在 轴上的圆,使原在 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. 【解析】(1)设 其中 由 得 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y PQ C 2 2 2 16 2 x my x y = − + = x 2 2( 3) 4 2 0m y my+ − − = 2 216 8( 3)m m∆ = + + 0 1 2 2 4 3 my y m + = + 1 2 2 2 3y y m −= + 1 2 1 2 2 12( ) 4 3x x m y y m −+ = + − = + OPTQ OP QT=  1 1 2 2( , ) ( 3 , )x y x m y= − − − 1 2 2 1 2 2 12 33 4 3 x x m my y mm − + = = − +  + = = + 1m = ± OPTQ 2 1 2 2 2 1 4 22 2 2 ( ) 4 2 32 3 3OPTQ OPQ mS S OF y y m m −= = × ⋅ ⋅ − = − ⋅ =+ + 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1 2,F F D 1 2 1 1 2 1 2 1 , 2 2,F FDF F F DF FDF ⊥ = ∆ 2 2 y x 1 2( ,0), ( ,0),F c F c− 2 2 2.c a b= − 1 2 1 2 2F F DF = 1 2 1 2 .22 2 F FDF c= = 167 从而 故 从而 由 得 因此 所以 故 因此，所求椭圆的标准方程为 （2）如图，设圆心在 轴上的圆 与椭圆 相交， 是两个交点， 是圆 的切线， 且 由圆和椭圆的对称性，易知， 由（1）知 所以 再由 得 由椭圆方程得 即 解得 或 当 时， 重合，此时题设要求的圆不存在. 当 时,过 分别与 垂直的直线的交点即为圆心 设 由 得 而 故 圆 的半径 1 2 2 1 1 2 1 2 2 ,2 2 2DF FS DF F F c∆ = = = 1.c = 1 2 ,2DF = 1 1 2DF F F⊥ 2 2 2 2 1 1 2 9 ,2DF DF F F= + = 2 3 2 .2DF = 1 22 2 2,a DF DF= + = 2,a = 2 2 2 1.b a c= − = 2 2 1.2 x y+ = y C 2 2 12 x y+ = ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,P x y P x y 1 2 1 1 2 20, 0, ,y y F P F P> > C 1 1 2 2.F P F P⊥ 2 1 1 2, .x x y y= − = 1 2( 1,0), (1,0),F F− 1 1 1 1 2 2 1 1( 1, ), ( 1, ).F P x y F P x y= + = − −  1 1 2 2.F P F P⊥ 2 2 1 1( 1) 0.x y− + + = 2 21 11 ( 1) ,2 x x− = + 2 1 13 4 0.x x+ = 1 4 3x = − 1 0.x = 1 0x = 1 2,P P 1 4 3x = − 1 2,P P 1 1 2 2,F P F P .C 0(0, )C y 1 1 1,F P CP⊥ 1 0 1 1 1 1.1 y y y x x − • = −+ 1 1 11 ,3y x= + = 0 5.3y = C 2 2 1 4 1 5 4 2 .3 3 3 3CP    = − + − =       168 综上,存在满足题设条件的圆,其方程为 349.（2014·湖北高考·理科 T21）在平面直角坐标系 中，点 M 到点 的距离比它到 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 过定点 ，求直线 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】（Ⅰ）设点 ,依题意得 ，即 化简整理得 故点的轨迹 的方程为 。 （Ⅱ）在点 的轨迹 中，记 依题意，可设直线 的方程为 由方程组 ，可得 ① （1）当 时，此时 ，把 带入轨迹 的方程，得 故此时直线 与轨迹 恰好有一个公共点 （2）当 时，方程①的判别式 ② 设直线 与 轴的交点为 ，则 由 ，令 ，得 ③ （ⅰ）若 ，由②③解得 ，或 。 xOy ( )1,0F y l ( )2,1p − l (x, y)M MF 1x= + 2 2(x 1) 1y x− + = + 2 2( ) xy x= + C 2 4 , 0 0, 0 x xy x ≥=  0. 由根与系数的关系得，x1＋x2＝ 8－2bk k2 ，①x1x2＝ b2 k2，② 因为 x 轴是∠PBQ 的角平分线，所以 y1 x1＋1＝－ y2 x2＋1， 即 y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0， (kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0， 2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③ 将①②代入③，得 2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0， ∴k＝－b，此时 Δ>0， ∴直线 l 的方程为 y＝k(x－1)， ∴直线 l 过定点(1,0)． 362．（2013·江西高考·理 T19）如图，椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)经过点 P(1， 3 2)，离心率 e＝ 1 2，直线 l 的方程为 x＝4. (1)求椭圆 C 的方程； 182 (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 λ，使得 k1＋k2＝λk3？若存在，求 λ 的值；若不存在，说明理由． 【解析】(1)由 P (1， 3 2 )在椭圆上得， 1 a2＋ 9 4b2＝1.① 依题设知 a＝2c，则 b2＝3c2.② ②代入①解得 c2＝1，a2＝4，b2＝3. 故椭圆 C 的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)法一：由题意可设直线 AB 的斜率为 k， 则直线 AB 的方程为 y＝k(x－1)．③ 代入椭圆方程 3x2＋4y2＝12 并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1＋x2＝ 8k2 4k2＋3，x1x2＝ 4k2－3 4k2＋3 .④ 在方程③中令 x＝4 得，M 的坐标为(4,3k)． 从而 k1＝ y1－ 3 2 x1－1，k2＝ y2－ 3 2 x2－1，k3＝ 3k－ 3 2 4－1 ＝k－ 1 2. 由于 A，F，B 三点共线，则有 k＝kAF＝kBF，即有 y1 x1－1＝ y2 x2－1＝k. 所以 k1＋k2＝ y1－ 3 2 x1－1＋ y2－ 3 2 x2－1＝ y1 x1－1＋ y2 x2－1－ 3 2( 1 x1－1＋ 1 x2－1)＝2k－ 3 2· x1＋x2－2 x1x2－x1＋x2＋1.⑤ ④代入⑤得 k1＋k2＝2k－ 3 2· 8k2 4k2＋3－2 4k2－3 4k2＋3 － 8k2 4k2＋3＋1 ＝2k－1， 又 k3＝k－ 1 2，所以 k1＋k2＝2k3.故存在常数 λ＝2 符合题意． 法二：设 B(x0，y0)(x0≠1)，则直线 FB 的方程为 y＝ y0 x0－1(x－1)， 令 x＝4，求得 M(4， 3y0 x0－1)， 183 从而直线 PM 的斜率为 k3＝ 2y0－x0＋1 2x0－1， 联立Error!得 A(5x0－8 2x0－5， 3y0 2x0－5)， 则直线 PA 的斜率为 k1＝ 2y0－2x0＋5 2x0－1 ，直线 PB 的斜率为 k2＝ 2y0－3 2x0－1，所以 k1＋k2＝ 2y0－2x0＋5 2x0－1 ＋ 2y0－3 2x0－1＝ 2y0－x0＋1 x0－1 ＝2k3， 故存在常数 λ＝2 符合题意． 363．（2013·山东高考·理 T22）椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是 F1，F2，离心率为 3 2 ， 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 k≠0，试证明 1 kk1＋ 1 kk2为定值，并求出这个定值． 【解析】(1)由于 c2＝a2－b2，将 x＝－c 代入椭圆方程 x2 a2＋ y2 b2＝1， 得 y＝± b2 a ， 由题意知 2b2 a ＝1，即 a＝2b2. 又 e＝ c a＝ 3 2 ，所以 a＝2，b＝1. 所以椭圆 C 的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)法一：设 P(x0，y0)(y0≠0)． 又 F1(－ 3，0)，F2( 3，0)，所以直线 PF1，PF2 的方程分别为 lPF1：y0x－(x0＋ 3)y＋ 3y0＝0， lPF2：y0x－(x0－ 3)y－ 3y0＝0. 由题意知 |my0＋ 3y0| y20＋x0＋ 32 ＝ |my0－ 3y0| y20＋x0－ 32 . 由于点 P 在椭圆上，所以 x20 4 ＋y20＝1. 所以 |m＋ 3| ( 3 2 x0＋2)2 ＝ |m－ 3| ( 3 2 x0－2)2 . 184 因为－ 31，可解得 λ＝ 2＋1. 故当直线 l 与 y 轴重合时，若 S1＝λS2，则 λ＝ 2＋1. 法二：如图 1，若直线 l 与 y 轴重合，则 |BD|＝|OB|＋|OD|＝m＋n，|AB|＝|OA|－|OB|＝m－n； S1＝ 1 2|BD|·|OM|＝ 1 2a|BD|，S2＝ 1 2|AB|·|ON|＝ 1 2a|AB|. 所以 S1 S2＝ |BD| |AB|＝ m＋n m－n＝ λ＋1 λ－1. 若 S1 S2＝λ，则 λ＋1 λ－1＝λ，化简得 λ2－2λ－1＝0.由 λ>1，可解得 λ＝ 2＋1. 故当直线 l 与 y 轴重合时，若 S1＝λS2，则 λ＝ 2＋1. (2)法一：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1＝λS2.根据对称性，不妨设直线 l：y＝ kx(k>0)，点 M(－a,0)，N(a,0)到直线 l 的距离分别为 d1，d2，则 因为 d1＝ |－ak－0| 1＋k2 ＝ ak 1＋k2，d2＝ |ak－0| 1＋k2＝ ak 1＋k2，所以 d1＝d2. 又 S1＝ 1 2|BD|d1，S2＝ 1 2|AB|d2，所以 S1 S2＝ |BD| |AB|＝λ，即|BD|＝λ|AB|. 由对称性可知|AB|＝|CD|，所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|，|AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|，于 是 |AD| |BC|＝ λ＋1 λ－1.① 将 l 的方程分别与 C1，C2 的方程联立，可求得 xA＝ am a2k2＋m2，xB＝ an a2k2＋n2. 根据对称性可知 xC＝－xB，xD＝－xA，于是 |AD| |BC|＝ 1＋k2|xA－xD| 1＋k2|xB－xC|＝ 2xA 2xB＝ m n a2k2＋n2 a2k2＋m2.② 从而由①和②式可得 200 a2k2＋n2 a2k2＋m2＝ λ＋1 λλ－1.③ 令 t＝ λ＋1 λλ－1，则由 m>n，可得 t≠1，于是由③可解得 k2＝ n2λ2t2－1 a21－t2 . 因为 k≠0，所以 k2>0.于是③式关于 k 有解，当且仅当 n2λ2t2－1 a21－t2 >0， 等价于(t2－1)(t2－ 1 λ2)1，可解得 1 λxB>0，所以 x2A>x2B.所以由上式解得 k2＝ m2x2A－x2B a2λ2x2B－x2A. 因为 k2>0，所以由 m2x2A－x2B a2λ2x2B－x2A>0，可解得 1< xA xBb>0)的离心率 e＝ 3 2 ，a＋b＝3. (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：2m－k 为定值． 【解析】(1)因为 e＝ 3 2 ＝ c a， 所以 a＝ 2 3c，b＝ 1 3c.代入 a＋b＝3 得，c＝ 3，a＝2，b＝1. 故椭圆 C 的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (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 y＝k(x－2)(k ≠ 0，k ≠± 1 2)，① 把①代入 x2 4 ＋y2＝1， 解得 P(8k2－2 4k2＋1，－ 4k 4k2＋1). 直线 AD 的方程为：y＝ 1 2x＋1.② ①与②联立解得 M(4k＋2 2k－1， 4k 2k－1). 由 D(0,1)，P(8k2－2 4k2＋1，－ 4k 4k2＋1)，N(x,0)三点共线知 203 － 4k 4k2＋1－1 8k2－2 4k2＋1－0 ＝ 0－1 x－0，解得 N(4k－2 2k＋1，0). 所以 MN 的斜率为 m＝ 4k 2k－1－0 4k＋2 2k－1－ 4k－2 2k＋1 ＝ 4k2k＋1 22k＋12－22k－12＝ 2k＋1 4 ， 则 2m－k＝ 2k＋1 2 －k＝ 1 2(定值)． 法二：设 P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则 k＝ y0 x0－2， 直线 AD 的方程为：y＝ 1 2(x＋2)， 直线 BP 的方程为：y＝ y0 x0－2(x－2)， 直线 DP 的方程为：y－1＝ y0－1 x0 x，令 y＝0，由于 y0≠1，可得 N( －x0 y0－1，0) 联立Error! 解得 M(4y0＋2x0－4 2y0－x0＋2 ， 4y0 2y0－x0＋2)， 因此 MN 的斜率为 m＝ 4y0 2y0－x0＋2 4y0＋2x0－4 2y0－x0＋2 ＋ x0 y0－1 ＝ 4y0y0－1 4y20－8y0＋4x0y0－x20＋4 ＝ 4y0y0－1 4y20－8y0＋4x0y0－4－4y20＋4 ＝ y0－1 2y0＋x0－2， 所以 2m－k＝ 2y0－1 2y0＋x0－2－ y0 x0－2 ＝ 2y0－1x0－2－y02y0＋x0－2 2y0＋x0－2x0－2 ＝ 2y0－1x0－2－2y20－y0x0－2 2y0＋x0－2x0－2 ＝ 2y0－1x0－2－ 1 24－x20－y0x0－2 2y0＋x0－2x0－2 204 ＝ 1 2(定值)． 381．（2013·四川高考·文 T20）已知圆 C 的方程为 x2＋(y－4)2＝4，点 O 是坐标原点．直线 l：y＝kx 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|2＝ 1 |OM|2＋ 1 |ON|2.请将 n 表示为 m 的函数． 【解析】(1) 将 y＝kx 代入 x2＋(y－4)2＝4 中，得(1＋k2)x2－8kx＋12＝0.(*) 由 Δ＝(－8k)2－4(1＋k2)×12＞0，得 k2＞3. 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＝(1＋k2)x21，|ON|2＝ (1＋k2)x22. 又|OQ|2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2. 由 2 |OQ|2＝ 1 |OM|2＋ 1 |ON|2，得 2 1＋k2m2＝ 1 1＋k2x21＋ 1 1＋k2x22， 即 2 m2＝ 1 x21＋ 1 x22＝ x1＋x22－2x1x2 x21x22 . 由(*)式可知，x1＋x2＝ 8k 1＋k2，x1x2＝ 12 1＋k2， 所以 m2＝ 36 5k2－3. 因为点 Q 在直线 y＝kx 上，所以 k＝ n m，代入 m2＝ 36 5k2－3中并化简，得 5n2－3m2＝36. 由 m2＝ 36 5k2－3及 k2＞3，可知 0＜m2＜3， 即 m∈(－ 3，0)∪(0， 3)． 根据题意，点 Q 在圆 C 内，则 n＞0， 所以 n＝ 36＋3m2 5 ＝ 15m2＋180 5 . 于是，n 与 m 的函数关系为 n＝ 15m2＋180 5 (m∈(－ 3，0)∪(0， 3))． 382．（2013·广东高考·T20）已知抛物线 C 的顶点为原点，其焦点 F(0，c)(c＞0)到直线 l：x－y－2＝0 的距离为 3 2 2 ，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． 205 【解析】(1)∵抛物线 C 的焦点 F(0，c)(c＞0)到直线 l：x－y－2＝0 的距离为 3 2 2 ， ∴ |－c－2| 2 ＝ 3 2 2 ，得 c＝1， ∴F(0,1)，即抛物线 C 的方程为 x2＝4y. (2)设切点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x2＝4y 得 y′＝ 1 2x， ∴切线 PA：y－y1＝ 1 2x1(x－x1)， 有 y＝ 1 2x1x－ 1 2x21＋y1，而 x21＝4y1， 即切线 PA：y＝ 1 2x1x－y1， 同理可得切线 PB：y＝ 1 2x2x－y2. ∵两切线均过定点 P(x0，y0)， ∴y0＝ 1 2x1x0－y1，y0＝ 1 2x2x0－y2， 由以上两式知点 A，B 均在直线 y0＝ 1 2xx0－y 上， ∴直线 AB 的方程为 y0＝ 1 2xx0－y， 即 y＝ 1 2x0x－y0. (3)设点 P 的坐标为(x′，y′)，由 x′－y′－2＝0，得 x′＝y′＋2， 则 |AF|·|BF| ＝ x21＋y1－12· x22＋y2－12＝ 4y1＋y1－12· 4y2＋y2－12＝ y1＋12· y2＋12＝(y1＋1)·(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1. 由Error!得 y2＋(2y′－x′2)y＋y′2＝0， 有 y1＋y2＝x′2－2y′，y1y2＝y′2， ∴|AF|·|BF|＝y′2＋x′2－2y′＋1＝y′2＋(y′＋2)2－2y′＋1＝2(y′＋ 1 2)2＋ 9 2， 当 y′＝－ 1 2，x′＝ 3 2时， 即 P (3 2，－ 1 2)时，|AF|·|BF|取得最小值 9 2. 383．（2013·辽宁高考·文 T20）如图，抛物线 C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p＞0)．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 x0＝1－ 2时，切线 MA 的斜率为－ 1 2. 206 (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.) 【解析】(1)因为抛物线 C1：x2＝4y 上任意一点(x，y)的切线斜率为 y′＝ x 2，且切线 MA 的斜率为－ 1 2，所以 A 点坐标为(－1， 1 4).故切线 MA 的方程为 y＝－ 1 2(x＋1)＋ 1 4. 因为点 M(1－ 2，y0)在切线 MA 及抛物线 C2 上，于是 y0＝－ 1 2(2－ 2)＋ 1 4＝－ 3－2 2 4 ，① y0＝－ 1－ 22 2p ＝－ 3－2 2 2p .② 由①②得 p＝2. (2)设 N(x，y)，A(x1， x21 4 )，B(x2， x22 4 )，x1≠x2，由 N 为线段 AB 中点知 x＝ x1＋x2 2 ，③ y＝ x21＋x22 8 .④ 切线 MA，MB 的方程为 y＝ x1 2 (x－x1)＋ x21 4 ，⑤ y＝ x2 2 (x－x2)＋ x22 4 .⑥ 由⑤⑥得 MA，MB 的交点 M(x0，y0)的坐标为 x0＝ x1＋x2 2 ，y0＝ x1x2 4 . 因为点 M(x0，y0)在 C2 上，即 x20＝－4y0， 所以 x1x2＝－ x21＋x22 6 .⑦ 由③④⑦得 x2＝ 4 3y，x≠0. 当 x1＝x2 时，A，B 重合于原点 O，AB 中点 N 为 O，坐标满足 x2＝ 4 3y. 207 因此 AB 中点 N 的轨迹方程为 x2＝ 4 3y. 384．（2013·广东高考·理 T21）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 2 3，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：mx＋ny＝1 与圆 O：x2＋y2＝1 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． 【解析】(1)由 e＝ c a＝ a2－b2 a2 ＝ 2 3，得 a＝ 3b， 椭圆 C： x2 3b2＋ y2 b2＝1，即 x2＋3y2＝3b2， 设 P(x，y)为 C 上任意一点， 则|PQ|＝ x2＋y－22＝ －2y＋12＋3b2＋6，－b≤y≤b，  若 b－1，当 y＝－b 时，|PQ|max＝ －2－b＋12＋3b2＋6＝3，又 b>0，得 b＝1(舍去)， 若 b≥1，则－b≤－1，当 y＝－1 时，|PQ|max＝ －2－1＋12＋3b2＋6＝3，得 b＝1， 所以椭圆 C 的方程为 x2 3 ＋y2＝1. (2)法一：假设存在这样的点 M(m，n)满足题意，则有 m2 3 ＋n2＝1，即 n2＝1－ m2 3 ，－ 3≤m≤ 3.由题意可得 S△AOB＝ 1 2|OA|·|OB|sin ∠AOB＝ 1 2sin ∠AOB≤ 1 2， 当∠AOB＝90°时取等号，这时△AOB 为等腰直角三角形， 此时圆心(0,0)到直线 mx＋ny＝1 的距离为 2 2 ， 则 1 m2＋n2＝ 2 2 ，得 m2＋n2＝2，又 m2 3 ＋n2＝1， 解得 m2＝ 3 2，n2＝ 1 2， 即存在点 M 的坐标为( 6 2 ， 2 2 )，( 6 2 ，－ 2 2 )，(－ 6 2 ， 2 2 )，(－ 6 2 ，－ 2 2 ) 满足题意，且△AOB 的最大面积为 1 2. 法二：假设存在这样的点 M(m，n)满足题意，则有 m2 3 ＋n2＝1，即 n2＝1－ m2 3 ，－ 3≤m≤ 3， 又设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，由Error!消去 y 得(m2＋n2)x2－2mx＋1－n2＝0，① 把 n2＝1－ m2 3 代入①整理得(3＋2m2)x2－6mx＋m2＝0， 则 Δ＝8m2(3－m2)≥0， 208 所以Error!② 而 S△AOB＝ 1 2|OA|·|OB|sin ∠AOB＝ 1 2sin ∠AOB， 当∠AOB＝90°，S△AOB 取得最大值 1 2， 此时 OA―→·OB―→＝x1x2＋y1y2＝0，又 y1y2＝ 1－mx1 n · 1－mx2 n ＝ 3－3mx1＋x2＋3m2x1x2 3－m2 ， 所以 x1x2＋ 3－3mx1＋x2＋3m2x1x2 3－m2 ＝0， 即 3－3m(x1＋x2)＋(3＋2m2)·x1x2＝0， 把②代入上式整理得 2m4－9m2＋9＝0，解得 m2＝ 3 2或 m2＝3(舍去)， 所以 m＝± 6 2 ，n＝± 1－ m2 3 ＝± 2 2 ， 所以 M 点的坐标为( 6 2 ， 2 2 )，( 6 2 ，－ 2 2 )，(－ 6 2 ， 2 2 )，(－ 6 2 ，－ 2 2 )，使得 S△AOB 取得最大值 1 2. 385．（2012·山东高考·理 T21）在平面直角坐标系 xOy 中，F 是抛物线 C：x2＝2py(p>0)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，点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 3 4. (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：y＝kx＋ 1 4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 1 2≤k≤2 时，|AB|2＋|DE|2 的最小值． 【解析】(1)依题意知F(0， p 2)，圆心 Q 在线段 OF 的垂直平分线 y＝ p 4上，因为抛物线 C 的准线方程为 y＝－ p 2，所以 3p 4 ＝ 3 4，即 p＝1， 因此抛物线 C 的方程为 x2＝2y. (2)假设存在点 M(x0， x20 2 )(x0>0)满足条件，抛物线 C 在点 M 处的切线斜率为 y′|x＝x0＝( x2 2 )′|x＝x0＝x0， 所以直线 MQ 的方程为 y－ x20 2 ＝x0(x－x0)． 令 y＝ 1 4得 xQ＝ x0 2 ＋ 1 4x0， 所以 Q( x0 2 ＋ 1 4x0， 1 4)． 又|QM|＝|OQ|， 故( 1 4x0－ x0 2 )2＋( 1 4－ x20 2 )2＝( 1 4x0＋ x0 2 )2＋ 1 16， 209 因此( 1 4－ x20 2 )2＝ 9 16，又 x0>0， 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 2 8 ， 1 4)， ⊙Q 的半径为 r＝  5 2 8 2＋ 1 42＝ 3 6 8 ， 所以⊙Q 的方程为(x－ 5 2 8 )2＋(y－ 1 4)2＝ 27 32. 由Error!整理得 2x2－4kx－1＝0. 设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 由于 Δ1＝16k2＋8>0，x1＋x2＝2k，x1x2＝－ 1 2， 所以|AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝(1＋k2)(4k2＋2)． 由Error! 整理得(1＋k2)x2－ 5 2 4 x－ 1 16＝0. 设 D，E 两点的坐标分别为(x3，y3)，(x4，y4)， 由于 Δ2＝ k2 4 ＋ 27 8 >0， x3＋x4＝ 5 2 41＋k2，x3x4＝－ 1 161＋k2. 所以|DE|2＝(1＋k2)[(x3＋x4)2－4x3x4]＝ 25 81＋k2＋ 1 4. 因此|AB|2＋|DE|2＝(1＋k2)(4k2＋2)＋ 25 81＋k2＋ 1 4. 令 1＋k2＝t，由于 1 2≤k≤2，则 5 4≤t≤5， 所以|AB|2＋|DE|2＝t(4t－2)＋ 25 8t＋ 1 4＝4t2－2t＋ 25 8t＋ 1 4， 设 g(t)＝4t2－2t＋ 25 8t＋ 1 4，t∈[ 5 4，5]， 因为 g′(t)＝8t－2－ 25 8t2， 所以当 t∈[ 5 4，5]，g′(t)≥g′( 5 4)＝6，即函数 g(t)在 t∈[ 5 4，5]是增函数，所以当 t＝ 5 4时，g(t)取到最 小值 13 2 ，因此当 k＝ 1 2时，|AB|2＋|DE|2 取到最小值 13 2 . 386．（2012·江西高考·理 T21）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|MA―→ 210 ＋MB―→|＝OM―→·(OA―→＋OB―→)＋2. (1)求曲线 C 的方程； (2)动点 Q(x0，y0)(－20，都有 PQ⊥PH. 法二：如图 2，图 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Error! 两式相减可得 m2(x21－x22)＋(y21－y22)＝0.③ 228 依题意，由点 P 在第一象限可知，点 H 也在第一象限，且 P，H 不重合， 故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得 y1－y2y1＋y2 x1－x2x1＋x2＝－m2.④ 又 Q，N，H 三点共线，所以 kQN＝kQH，即 2y1 x1 ＝ y1＋y2 x1＋x2. 于是由④式可得 kPQ·kPH＝ y1 x1· y1－y2 x1－x2＝ 1 2· y1－y2y1＋y2 x1－x2x1＋x2＝－ m2 2 . 而 PQ⊥PH 等价于 kPQ·kPH＝－1，即－ m2 2 ＝－1， 又 m>0, 得 m＝ 2， 故存在 m＝ 2，使得在其对应的椭圆 x2＋ y2 2 ＝1 上，对任意的 k>0，都有 PQ⊥PH. 404.（2012·四川高考·文 T21）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 y＝x＋m(m>0)与 y 轴相交于点 P，与轨迹 C 相交于点 Q、R，且|PQ|0， 结合题设(m>0)可知，m>0，且 m≠1. 设 Q、R 的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)， 则 xQ，xR 为方程(*)的两根． 因为|PQ|b>0)的左焦点为 F1(－1,0)，且点 P(0,1)在 C1 上． (1)求椭圆 C1 的方程； (2)设直线 l 同时与椭圆 C1 和抛物线 C2：y2＝4x 相切，求直线 l 的方程． 【解析】(1)根据椭圆的左焦点为 F1(－1,0)，知 a2－b2＝1，又根据点 P(0,1)在椭圆上，知 b＝1，所以 a＝ 2，所以椭圆 C1 的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (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 y＝kx＋ m(k≠0)，代入椭圆方程得 x2 2 ＋(kx＋m)2＝1，即( 1 2＋k2)x2＋2kmx＋m2－1＝0，由题可知此方程有唯一解，此 时 Δ＝4k2m2－4( 1 2＋k2)(m2－1)＝0，即 m2＝2k2＋1. ① 把 y＝kx＋m(k≠0)代入抛物线方程得 k 4y2－y＋m＝0，由题可知此方程有唯一解，此时 Δ＝1－mk＝0，即 mk ＝1. ② 联立①②得Error!解得 k2＝ 1 2，所以 238 Error!或Error!所以直线 l 的方程为 y＝ 2 2 x＋ 2或 y＝－ 2 2 x－ 2. 415．（2012·湖南高考·文 T21）在直角坐标系 xOy 中，已知中心在原点，离心率为 1 2的椭圆 E 的一个焦点 为圆 C：x2＋y2－4x＋2＝0 的圆心． (1)求椭圆 E 的方程； (2)设 P 是椭圆 E 上一点，过 P 作两条斜率之积为 1 2的直线 l1，l2.当直线 l1，l2 都与圆 C 相切时，求 P 的坐 标． 【解析】(1)由 x2＋y2－4x＋2＝0 得(x－2)2＋y2＝2，故圆 C 的圆心为点(2,0)． 从而可设椭圆 E 的方程为 x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)，其焦距为 2c.由题设知 c＝2，e＝ c a＝ 1 2.所以 a＝2c＝4，b2＝a2 －c2＝12.故椭圆 E 的方程为 x2 16＋ y2 12＝1. (2)设点 P 的坐标为(x0，y0)，l1，l2 的斜率分别为 k1，k2，则 l1，l2 的方程分别为 l1：y－y0＝k1(x－x0)， l2：y－y0＝k2(x－x0)，且 k1k2＝ 1 2， 由 l1 与圆 C：(x－2)2＋y2＝2 相切得 |2k1＋y0－k1x0| k21＋1 ＝ 2，即[(2－x0)2－2]k21＋2(2－x0)y0k1＋y20－2＝0. 同理可得[(2－x0)2－2]k22＋2(2－x0)y0k2＋y20－2＝0. 从而 k1，k2 是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y20－2＝0 的两个实根，于是 Error!① 且 k1k2＝ y20－2 2－x02－2＝ 1 2. 由Error!得 5x20－8x0－36＝0， 解得 x0＝－2，或 x0＝ 18 5 . 由 x0＝－2 得 y0＝±3；由 x0＝ 18 5 得 y0＝± 57 5 ，它们均满足①式． 故点 P 的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或( 18 5 ， 57 5 )，或( 18 5 ，－ 57 5 )． 416．（2012·大纲卷高考·文 T21）已知抛物线 C：y＝(x＋1)2 与圆 M：(x－1)2＋(y－ 1 2)2＝r2(r>0)有一个 公共点 A，且在 A 处两曲线的切线为同一直线 l. (1)求 r； (2)设 m、n 是异于 l 且与 C 及 M 都相切的两条直线，m、n 的交点为 D，求 D 到 l 的距离． 【解析】(1)设 A(x0，(x0＋1)2)，对 y＝(x＋1)2 求导得 y′＝2(x＋1)．故 l 的斜率 k＝2(x0＋1)． 当 x0＝1 时，不合题意，所以 x0≠1. 239 圆心为 M(1， 1 2)，MA 的斜率 k′＝ x0＋12－ 1 2 x0－1 . 由 l⊥MA 知 k·k′＝－1， 即 2(x0＋1)· x0＋12－ 1 2 x0－1 ＝－1， 解得 x0＝0，故 A(0,1)， r＝|MA|＝ 1－02＋ 1 2－12＝ 5 2 ，即 r＝ 5 2 . (2)设(t，(t＋1)2)为 C 上一点，则在该点处的切线方程为 y－(t＋1)2＝2(t＋1)(x－t)， 即 y＝2(t＋1)x－t2＋1. 若该直线与圆 M 相切，则圆心 M 到该切线的距离为 5 2 ，即 |2t＋1 × 1－ 1 2－t2＋1| [2t＋1]2＋－12 ＝ 5 2 ， 化简得 t2(t2－4t－6)＝0， 解得 t0＝0，t1＝2＋ 10，t2＝2－ 10. 抛物线 C 在点(ti，(ti＋1)2)(i＝0,1,2)处的切线分别为 l，m，n，其方程分别为 y＝2x＋1，     ① y＝2(t1＋1)x－t21＋1, ② y＝2(t2＋1)x－t22＋1, ③ ②－③得 x＝ t1＋t2 2 ＝2. 将 x＝2 代入②得 y＝－1，故 D(2，－1)． 所以 D 到 l 的距离 d＝ |2 × 2－－1＋1| 22＋－12 ＝ 6 5 5 . 417．（2011·新课标·T20）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(0，－1)，B 点在直线 y＝ －3 上，M 点满足 MB―→∥OA―→，MA―→·AB―→＝MB―→·BA―→，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 l 距离的最小值． 【解析】(1)设 M(x，y)，由已知得 B(x，－3)，A(0，－1)． 所以 MA―→＝(－x，－1－y)，MB―→＝(0，－3－y)， AB―→＝(x，－2)． 再由题意可知(MA―→＋MB―→)·AB―→＝0， 240 即(－x，－4－2y)·(x，－2)＝0 所以曲线 C 的方程为 y＝ 1 4x2－2. (2)设 P(x0，y0)为曲线 C：y＝ 1 4x2－2 上一点，因为 y ′＝ 1 2x，所以 l 的斜率为 1 2x0. 因此直线 l 的方程为 y－y0＝ 1 2x0(x－x0)， 即 x0x－2y＋2y0－x20＝0. 则 O 点到 l 的距离 d＝ |2y0－x20| x20＋4 .又 y0＝ 1 4x20－2，所以 d＝ 1 2x20＋4 x20＋4＝ 1 2( x20＋4＋ 4 x20＋4)≥2， 当 x0＝0 时取等号，所以 O 点到 l 距离的最小值为 2. 418.（2011·大纲卷高考·T20）已知 O 为坐标原点，F 为椭圆 C：x2＋ y2 2 ＝1 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 OA―→＋OB―→＋OP―→＝0. (1)证明：点 P 在 C 上； (2)设点 P 关于点 O 的对称点为 Q，证明：A、P、B、Q 四点在同一圆上． 【解析】证明：(1)F(0,1)，l 的方程为 y＝－ 2x＋1，代入 x2＋ y2 2 ＝1 并化简得 4x2－2 2x－1＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)， 则 x1＝ 2－ 6 4 ，x2＝ 2＋ 6 4 ， x1＋x2＝ 2 2 ，y1＋y2＝－ 2(x1＋x2)＋2＝1， 由题意得 x3＝－(x1＋x2)＝－ 2 2 ，y3＝－(y1＋y2)＝－1. 所以点 P 的坐标为(－ 2 2 ，－1)． 经验证，点 P 的坐标(－ 2 2 ，－1)满足方程 x2＋ y2 2 ＝1，故点 P 在椭圆 C 上．(6 分) 241 (2)由 P(－ 2 2 ，－1)和题设知 Q( 2 2 ，1)，PQ 的垂直平分线 l1 的方程为 y＝－ 2 2 x.① 设 AB 的中点为 M，则 M( 2 4 ， 1 2)，AB 的垂直平分线 l2 的方程为 y＝ 2 2 x＋ 1 4.② 由①、②得 l1、l2 的交点为 N(－ 2 8 ， 1 8)． |NP|＝ － 2 2 ＋ 2 8 2＋－1－ 1 82＝ 3 11 8 ， |AB|＝ 1＋－ 22·|x2－x1|＝ 3 2 2 ， |AM|＝ 3 2 4 ， |MN|＝  2 4 ＋ 2 8 2＋ 1 2－ 1 82＝ 3 3 8 ， |NA|＝ |AM|2＋|MN|2＝ 3 11 8 ， 故|NP|＝|NA|. 又|NP|＝|NQ|，|NA|＝|NB|， 所以|NA|＝|NP|＝|NB|＝|NQ|， 由此知 A、P、B、Q 四点在以 N 为圆心，NA 为半径的圆上． 419．（2011·北京·T19）已知椭圆 G： x2 4 ＋y2＝1.过点(m,0)作圆 x2＋y2＝1 的切线 l 交椭圆 G 于 A，B 两 点． (1)求椭圆 G 的焦点坐标和离心率； (2)将|AB|表示为 m 的函数，并求|AB|的最大值． 【解析】(1)由已知得 a＝2，b＝1， 所以 c＝ a2－b2＝ 3. 所以椭圆 G 的焦点坐标为(－ 3，0)，( 3，0)， 离心率为 e＝ c a＝ 3 2 . (2)由题意知，|m|≥1. 当 m＝1 时，切线 l 的方程为 x＝1，点 A，B 的坐标分别为(1， 3 2 )，(1，－ 3 2 )，此时|AB|＝ 3. 当 m＝－1 时，同理可得|AB|＝ 3. 当|m|＞1 时，设切线 l 的方程为 y＝k(x－m)． 由Error!得(1＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0. 设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则 242 x1＋x2＝ 8k2m 1＋4k2，x1x2＝ 4k2m2－4 1＋4k2 . 又由 l 与圆 x2＋y2＝1 相切，得 |km| k2＋1＝1，即 m2k2＝k2＋1. 所以|AB|＝ x2－x12＋y2－y12＝ 1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝ 1＋k2[ 64k4m2 1＋4k22－ 44k2m2－4 1＋4k2 ]＝ 4 3|m| m2＋3 . 由于当 m＝±1 时，|AB|＝ 3， 所以|AB|＝ 4 3|m| m2＋3 ，m∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)． 因为|AB|＝ 4 3|m| m2＋3 ＝ 4 3 |m|＋ 3 |m| ≤2，且当 m＝± 3时， |AB|＝2， 所以|AB|的最大值为 2. 420．（2011·江西·T20）P(x0，y0)(x0≠±a)是双曲线 E： x2 a2－ y2 b2＝1(a>0，b>0)上一点，M、N 分别是双曲 线 E 的左、右顶点，直线 PM，PN 的斜率之积为 1 5. (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 OC―→＝λOA―→＋OB―→，求 λ 的值． 【解析】(1)点 P(x0，y0)(x≠±a)在双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1 上， 有 x20 a2－ y20 b2＝1. 由题意又有 y0 x0－a· y0 x0＋a＝ 1 5， 可得 a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2， 则 e＝ c a＝ 30 5 . (2)联立Error!，得 4x2－10cx＋35b2＝0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则Error!① 设 OC―→＝(x3，y3)，OC―→＝λOA―→＋OB―→，即Error! 又 C 为双曲线上一点，即 x23－5y23＝5b2， 有(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2. 化简得：λ2(x21－5y21)＋(x22－5y22)＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2， 243 又 A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，所以 x21－5y21＝5b2， x22－5y22＝5b2. 由①式又有 x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)＝ －4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2， 得：λ2＋4λ＝0，解出 λ＝0，或 λ＝－4. 421. （2011·安徽高考·T20） 设 λ>0，点 A 的坐标为(1,1)，点 B 在抛物线 y＝x2 上运动，点 Q 满足 BQ―→＝λQA―→，经过点 Q 与 x 轴 垂直的直线交抛物线于点 M，点 P 满足 QM―→＝λMP―→，求点 P 的轨迹方程． 【解析】由 QM―→＝λMP―→知 Q，M，P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上，故可设 P(x，y)，Q(x，y0)， M(x，x2)，则 x2－y0＝λ(y－x2)，即 y0＝(1＋λ)x2－λy.① 再设 B(x1，y1)，由 BQ―→＝λQA―→，即(x－x1，y0－y1)＝λ(1－x,1－y0)，解得Error!② 将①式代入②式，消去 y0，得 Error!③ 又点 B 在抛物线 y＝x2 上，所以 y1＝x21，再将③式代入 y1＝x21，得(1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝[(1＋λ)x －λ]2， (1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝(1＋λ)2x2－2λ(1＋λ)x＋λ2， 2λ(1＋λ)x－λ(1＋λ)y－λ(1＋λ)＝0. 因 λ>0，两边同除以 λ(1＋λ)，得 2x－y－1＝0. 故所求点 p 的轨迹方程为 y＝2x－1. 422．（2011·山东·T22）已知动直线 l 与椭圆 C： x2 3 ＋ y2 2 ＝1 交于 P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且△OPQ 的面积 S△OPQ＝ 6 2 ，其中 O 为坐标原点． (1)证明：x21＋x 22和 y21＋y 22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 S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝ 6 2 ？若存在，判断△DEG 的形状；若不存 在，请说明理由． 【解析】(1)①当直线 l 的斜率不存在时，P，Q 两点关于 x 轴对称，所以 x2＝x1，y2＝－y1. 因为 P(x1，y1)在椭圆上，因此 x21 3 ＋ y21 2 ＝1，① 244 又因为 S△OPQ＝ 6 2 ， 所以|x1|·|y1|＝ 6 2 .② 由①、②得|x1|＝ 6 2 ，|y1|＝1， 此时 x21＋x22＝3，y21＋y22＝2. ②当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋m， 由题意知 m≠0，将其代入 x2 3 ＋ y2 2 ＝1 得 (2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0， 其中 Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0， 即 3k2＋2>m2，(*) 又 x1＋x2＝－ 6km 2＋3k2，x1x2＝ 3m2－2 2＋3k2 ， 所以|PQ|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2 ＝ 1＋k2· 2 6 3k2＋2－m2 2＋3k2 . 因为点 O 到直线 l 的距离为 d＝ |m| 1＋k2， 所以 S△OPQ＝ 1 2|PQ|·d ＝ 1 2 1＋k2· 2 6 3k2＋2－m2 2＋3k2 · |m| 1＋k2 ＝ 6|m| 3k2＋2－m2 2＋3k2 ， 又 S△OPQ＝ 6 2 ， 整理得 3k2＋2＝2m2，且符合(*)式， 此时，x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2 ＝(－ 6km 2＋3k2)2－2× 3m2－2 2＋3k2 ＝3， y21＋y22＝ 2 3(3－x21)＋ 2 3(3－x22)＝4－ 2 3(x21＋x22)＝2. 综上所述，x21＋x22＝3，y21＋y22＝2，结论成立． (2)法一：①当直线 l 的斜率不存在时， 由(1)知|OM|＝|x1|＝ 6 2 ，|PQ|＝2|y1|＝2， 245 因此|OM|·|PQ|＝ 6 2 ×2＝ 6. ②当直线 l 的斜率存在时，由(1)知： x1＋x2 2 ＝－ 3k 2m， y1＋y2 2 ＝k( x1＋x2 2 )＋m＝－ 3k2 2m ＋m＝ －3k2＋2m2 2m ＝ 1 m， |OM|2＝( x1＋x2 2 )2＋( y1＋y2 2 )2＝ 9k2 4m2＋ 1 m2 ＝ 6m2－2 4m2 ＝ 1 2(3－ 1 m2)， |PQ|2＝(1＋k2) 243k2＋2－m2 2＋3k22 ＝ 22m2＋1 m2 ＝2(2＋ 1 m2)， 所以|OM|2·|PQ|2＝ 1 2×(3－ 1 m2)×2×(2＋ 1 m2) ＝(3－ 1 m2)(2＋ 1 m2)≤( 3－ 1 m2＋2＋ 1 m2 2 )2＝ 25 4 . 所以|OM|·|PQ|≤ 5 2，当且仅当 3－ 1 m2＝2＋ 1 m2， 即 m＝± 2时，等号成立． 综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为 5 2. 法二：因为 4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x21＋x22)＋(y21＋y22)]＝10. 所以 2|OM|·|PQ|≤ 4|OM|2＋|PQ|2 2 ＝ 10 2 ＝5. 即|OM|·|PQ|≤ 5 2， 当且仅当 2|OM|＝|PQ|＝ 5时等号成立． 因此|OM|·|PQ|的最大值为 5 2. (3)椭圆 C 上不存在三点 D，E，G， 使得 S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝ 6 2 . 假设存在 D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足 S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝ 6 2 ， 由(1)得 u2＋x21＝3，u2＋x22＝3，x21＋x22＝3，v2＋y21＝2，v2＋y22＝2，y21＋y22＝2. 246 解得 u2＝x21＝x22＝ 3 2；v2＝y21＝y22＝1. 因此 u，x1，x2 只能从± 6 2 中选取，v，y1，y2 只能从±1 中选取， 因此 D，E，G 只能在(± 6 2 ，±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 S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝ 6 2 矛盾， 所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D，E，G. 423．（2011·广东·T21）在平面直角坐标系 xOy 上，给定抛物线 L：y＝ 1 4x2.实数 p，q 满足 p2－4q≥0， x1，x2 是方程 x2－px＋q＝0 的两根，记 φ(p，q)＝max{|x1|，|x2|}． (1)过点 A(p0， 1 4p20)(p0≠0)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 φ(p，q)＝ |p0| 2 ； (2)设 M(a，b)是定点，其中 a，b 满足 a2－4b>0，a≠0.过 M(a，b)作 L 的两条切线 l1，l2，切点分别为 E(p1， 1 4p21)， E′(p2， 1 4p22)，l1，l2 与 y 轴分别交于 F，F′.线段 EF 上异于两端点的点集记为 X.证明：M(a，b)∈X⇒⇐ |p1|>|p2| ⇒⇐φ(a，b)＝ |p1| 2 ； (3)设 D＝{(x，y)|y≤x－1，y≥ 1 4(x＋1)2－ 5 4}．当点(p，q)取遍 D 时，求 φ(p，q)的最小值(记为 φmin)和 最大值(记为 φmax)． 【解析】(1)证明：过点 A 的切线方程是 y＝ 1 2p0x－ 1 4p20， 所以 B(0，－ 1 4p20)， Q 在线段 AB 上，所以 q＝ 1 2p0p－ 1 4p20(|p|≤|p0|)， 所以现方程为 x2－px＋ 1 2p0p－ 1 4p20＝0， 可得 x1＝ 1 2p0，x2＝p－ 1 2p0， 因为 p0、p 同号，易得 φ(p，q)＝ |p0| 2 . (2)证明：y′＝ 1 2x，易得 l1：y－ 1 4p21＝ 1 2p1(x－p1)， 247 即 y＝ 1 2p1x－ 1 4p21， ∵M(a，b)∈l1，∴b＝ 1 2p1a－ 1 4p 21且 0|p2|， 由(1)证可知 M(a，b)∈X⇒φ(a，b)＝ |p1| 2 ， 当 φ(a，b)＝ |p1| 2 时，逆推(1)证也可得 M(a，b)∈l1＝X， 综上，M(a，b)∈X⇒⇐ |p1|>|p2| ⇒⇐φ(a，b)＝ |p1| 2 . (3)由于点(p，q)必在曲线 f(x)＝x2－px＋q 上， 故此题即求当函数 f(x)＝x2－px＋q 经过 D 时，方程 f(x)＝0 的根的最大值与最小值． 易求得 l：y＝ 1 4x2 在点(2,1)处的切线方程为 y＝x－1， 由前证可知： 当点(p，q)∈{(x，y)|y＝x－1}时恒有 φ(p，q)＝1， 令 f(x)＝0 可得 x2－px＋q＝0， 则 x＝ p ± p2－4q 2 ⇒φ(p，q)＝ p＋ p2－4q 2 ， ∵点(p，q)∈D， ∴ 1 4(p＋1)2－ 5 4≤q≤p－1⇒(p＋1)2－5≤4q≤4p－4， ∴(p－2)2≤p2－4q≤－2p＋4， ∴1≤φ(p，q)≤ p＋ －2p＋4 2 ， 而当 q＝ 1 4(p＋1)2－ 5 4时 p2－4q＝－2p＋4， ∴φ(p，q)＝ p＋ p2－4q 2 ＝ p＋ －2p＋4 2 ， 248 设 g(x)＝ x＋ －2x＋4 2 (0≤x≤2)，令 t＝ －2x＋4， x＝ 4－t2 2 (0≤t≤2)， 故 g(t)＝－ 1 4t2＋ 1 2t＋1＝－ 1 4(t－1)2＋ 5 4， ∴1≤g(x)≤ 5 4，即 1≤φ(p，q)≤ 5 4， ∴φmin＝1，φmax＝ 5 4. 424. （2011·四川·T21）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|＝ 3 2 2时，求直线 l 的方程； (2)当点 P 异于 A、B 两点时，求证：OP―→·OQ―→为定值． 【解析】(1)因椭圆焦点在 y 轴上， 设椭圆的标准方程为 y2 a2＋ x2 b2＝1(a>b>0)， 由已知得 b＝1，c＝1，所以 a＝ 2，椭圆方程为 y2 2 ＋x2＝1. 直线 l 垂直于 x 轴时与题意不符． 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1，将其代入椭圆方程化简得 (k2＋2)x2＋2kx－1＝0. 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 2k k2＋2，x1·x2＝－ 1 k2＋2， |CD|＝ k2＋1· x1＋x22－4x1x2＝ 2 2k2＋1 k2＋2 . 由已知得 2 2k2＋1 k2＋2 ＝ 3 2 2， 解得 k＝± 2. 所以直线 l 的方程为 y＝ 2x＋1 或 y＝－ 2x＋1. (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 y＝kx＋1(k≠0 且 k≠±1)，所以 P 点坐标为(－ 1 k，0)． 249 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知 x1＋x2＝－ 2k k2＋2，x1·x2＝－ 1 k2＋2， 直线 AC 的方程为 y＝ y1 x1＋1(x＋1)， 直线 BD 的方程为 y＝ y2 x2－1(x－1)， 将两直线方程联立，消去 y 得 x＋1 x－1＝ y2x1＋1 y1x2－1. 因为－10. 因此，点 M 的轨迹方程是 18x2－16 3xy－15＝0(x>0)． 429．（2011·江苏·T18）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，M、N 分别是椭圆 x2 4 ＋ y2 2 ＝1 的顶点，过坐标原 点的直线交椭圆于 P、A 两点，其中点 P 在第一象限，过 P 作 x 轴的垂线，垂足为 C.连接 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 k＝2 时，求点 P 到直线 AB 的距离 d； (3)对任意的 k＞0，求证：PA⊥PB. 【解析】(1)由题设知，a＝2，b＝ 2，故 M(－2,0)，N(0，－ 2)， 所以线段 MN 中点的坐标为(－1，－ 2 2 )． 由于直线 PA 平分线段 MN，故直线 PA 过线段 MN 的中点，又直线 PA 过坐标原点，所以 k＝ － 2 2 －1 ＝ 2 2 . (2)直线 PA 的方程为 y＝2x，代入椭圆方程得 x2 4 ＋ 4x2 2 ＝1，解得 x＝± 2 3，因此 P( 2 3， 4 3)，A(－ 2 3，－ 4 3)． 254 于是 C( 2 3，0)，直线 AC 的斜率为 0＋ 4 3 2 3＋ 2 3 ＝1，故直线 AB 的方程为 x－y－ 2 3＝0. 因此，d＝ | 2 3－ 4 3－ 2 3| 12＋12 ＝ 2 2 3 . (3)证明：法一：将直线 PA 的方程 y＝kx 代入 x2 4 ＋ y2 2 ＝1，解得 x＝± 2 1＋2k2. 记 μ＝ 2 1＋2k2， 则 P(μ，μk)，A(－μ，－μk)，于是 C(μ，0)． 故直线 AB 的斜率为 0＋μk μ＋μ＝ k 2， 其方程为 y＝ k 2(x－μ)，代入椭圆方程并由 μ＝ 2 1＋2k2得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0， 解得 x＝ μ3k2＋2 2＋k2 或 x＝－μ. 因此 B( μ3k2＋2 2＋k2 ， μk3 2＋k2)． 于是直线 PB 的斜率 k1＝ μk3 2＋k2－μk μ3k2＋2 2＋k2 －μ ＝ k3－k2＋k2 3k2＋2－2＋k2＝－ 1 k. 因此 k1k＝－1，所以 PA⊥PB. 法二：设 P(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)．设直线 PB，AB 的斜 率分别为 k1，k2.因为 C 在直线 AB 上，所以 k2＝ 0－－y1 x1－－x1＝ y1 2x1＝ k 2.从而 k1k＋1＝2k1k2＋1＝2· y2－y1 x2－x1· y2－－y1 x2－－x1＋1＝ 2y22－2y21 x22－x21 ＋1＝ x22＋2y22－x21＋2y21 x22－x21 ＝ 4－4 x22－x21＝0. 因此 k1k＝－1，所以 PA⊥PB. 430．（2011·湖北·T20）平面内与两定点 A1(－a,0)、A2(a,0)(a＞0)连线的斜率之积等于非零常数 m 的点 的轨迹，加上 A1、A2 两点所成的曲线 C 可以是圆、椭圆或双曲线． (1)求曲线 C 的方程，并讨论 C 的形状与 m 值的关系； (2)当 m＝－1 时，对应的曲线为 C1；对给定的 m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，对应的曲线为 C2，设 F1、F2 是 C2 的两个焦点．试问：在 C1 上，是否存在点 N，使得△F1NF2 的面积 S＝|m|a2.若存在，求 tanF1NF2 的值；若 不存在，请说明理由． 【解析】(1)设动点为 M，其坐标为(x，y)， 255 当 x≠±a 时， 由条件可得 kMA1·kMA2＝ y x－a· y x＋a＝ y2 x2－a2＝m， 即 mx2－y2＝ma2(x≠±a)， 又 A1(－a,0)、A2(a,0)的坐标满足 mx2－y2＝ma2， 故依题意，曲线 C 的方程为 mx2－y2＝ma2. 当 m＜－1 时，曲线 C 的方程为 x2 a2－ y2 ma2＝1，C 是焦点在 y 轴上的椭圆； 当 m＝－1 时，曲线 C 的方程为 x2＋y2＝a2，C 是圆心在原点的圆； 当－1＜m＜0 时，曲线 C 的方程为 x2 a2＋ y2 －ma2＝1，C 是焦点在 x 轴上的椭圆； 当 m＞0 时，曲线 C 的方程为 x2 a2－ y2 ma2＝1，C 是焦点在 x 轴上的双曲线． (2)由(1)知，当 m＝－1 时，C1 的方程为 x2＋y2＝a2， 当 m∈(－1,0)∪(0，＋∞)时， C2 的两个焦点分别为 F1(－a 1＋m，0)，F2(a 1＋m，0)． 对于给定的 m∈(－1,0)∪(0，＋∞)，C1 上存在点 N(x0，y0)(y0≠0)使得 S＝|m|a2 的充要条件是 Error! 由①得 0＜|y0|≤a，由②得|y0|＝ |m|a 1＋m . 当 0＜ |m|a 1＋m≤a，即 1－ 5 2 ≤m＜0，或 0＜m≤ 1＋ 5 2 时，存在点 N，使 S＝|m|a2； 当 |m|a 1＋m＞a，即－1＜m＜ 1－ 5 2 ，或 m＞ 1＋ 5 2 时，不存在满足条件的点 N. 当 m∈[ 1－ 5 2 ，0)∪(0， 1＋ 5 2 ]时， 由 NF1―→＝(－a 1＋m－x0，－y0)， NF2―→＝(a 1＋m－x0，－y0)， 可得 NF1―→·NF2―→＝x20－(1＋m)a2＋y20＝－ma2. 令|NF1―→|＝r1，|NF2―→|＝r2，∠F1NF2＝θ， 则由 NF1―→·NF2―→＝r1r2cosθ＝－ma2，可得 r1r2＝－ ma2 cosθ， 从而 S＝ 1 2r1r2sinθ＝－ ma2sinθ 2cosθ ＝－ 1 2ma2tanθ， 于是由 S＝|m|a2， 可得－ 1 2ma2tanθ＝|m|a2，即 tanθ＝－ 2|m| m . 综上可得： 256 当 m∈[ 1－ 5 2 ，0)时，在 C1 上，存在点 N，使得 S＝|m|a2，且 tanF1NF2＝2； 当 m∈[0， 1＋ 5 2 )时，在 C1 上，存在点 N，使得 S＝|m|a2，且 tanF1NF2＝－2； 当 m∈(－1， 1－ 5 2 )∪( 1＋ 5 2 ，＋∞)时，在 C1 上，不存在满足条件的点 N. 431．（2011·浙江·T22）已知拋物线 C1：x2＝y，圆 C2：x2＋(y－4)2＝1 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 垂直于直线 AB，求直线 l 的方程． 【解析】(1)由题意可知，拋物线 C1 的准线方程为：y＝－ 1 4，所以圆心 M(0,4)到准线的距离是 17 4 . (2)设 P(x0，x20)，A(x1，x21)，B(x2，x22)，由题意得 x0≠0，x0≠±1，x1≠x2. 设过点 P 的圆 C2 的切线方程为 y－x20＝k(x－x0)， 即 y＝kx－kx0＋x20.① 则 |kx0＋4－x20| 1＋k2 ＝1， 即(x20－1)k2＋2x0(4－x20)k＋(x20－4)2－1＝0. 设 PA，PB 的斜率为 k1，k2(k1≠k2)，则 k1，k2 是上述方程的两根， 所以 k1＋k2＝ 2x0x20－4 x20－1 ，k1k2＝ x20－42－1 x20－1 . 将①代入 y＝x2 得 x2－kx＋kx0－x20＝0， 由于 x0 是此方程的根，故 x1＝k1－x0，x2＝k2－x0， 所以 kAB＝ x21－x22 x1－x2＝x1＋x2＝k1＋k2－2x0＝ 2x0x20－4 x20－1 －2x0，kMP＝ x20－4 x0 . 由 MP⊥AB，得 kAB·kMP＝( 2x0x20－4 x20－1 －2x0)·( x20－4 x0 )＝－1，解得 x20＝ 23 5 . 即点 P 的坐标为(± 23 5 ， 23 5 )， 所以直线 l 的方程为 y＝± 3 115 115 x＋4. 432．（2011·陕西·T17）如图，设 P 是圆 x2＋y2＝25 上的动点，点 D 是 P 在 x 轴上的投影，M 为 PD 上一点， 257 且|MD|＝ 4 5|PD|. (1)当 P 在圆上运动时，求点 M 的轨迹 C 的方程； (2)求过点(3,0)且斜率为 4 5的直线被 C 所截线段的长度． 【解析】(1)设 M 的坐标为(x，y)，P 的坐标为(xP，yP)， 由已知得Error! ∵P 在圆上， ∴x2＋( 5 4y)2＝25，即 C 的方程为 x2 25＋ y2 16＝1. (2)过点(3,0)且斜率为 4 5的直线方程为 y＝ 4 5(x－3)， 设直线与 C 的交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将直线方程 y＝ 4 5(x－3)代入 C 的方程， 得 x2 25＋ x－32 25 ＝1，即 x2－3x－8＝0. ∴x1＝ 3－ 41 2 ，x2＝ 3＋ 41 2 . ∴线段 AB 的长度为|AB|＝ x1－x22＋y1－y22＝ 1＋ 16 25x1－x22＝ 41 25 × 41＝ 41 5 . 433．（2011·辽宁·T21）如图，已知椭圆 C1 的中心在原点 O，长轴左、右端点 M，N 在 x 轴上，椭圆 C2 的 短轴为 MN，且 C1，C2 的离心率都为 e，直线 l⊥MN，l 与 C1 交于两点，与 C2 交于两点，这四点按纵坐标从 大到小依次为 A，B，C，D. (1)设 e＝ 1 2，求|BC|与|AD|的比值； (2)当 e 变化时，是否存在直线 l，使得 BO∥AN，并说明理由． 【解析】(1)因为 C1，C2 的离心率相同，故依题意可设 C1： x2 a2＋ y2 b2＝1，C2： b2y2 a4 ＋ x2 a2＝1，(a＞b＞0)． 设直线 l：x＝t(|t|＜a)，分别与 C1，C2 的方程联立，求得 A(t， a b a2－t2)，B(t， b a a2－t2)． 当 e＝ 1 2时，b＝ 3 2 a，分别用 yA，yB 表示 A，B 的纵坐标，可知|BC|∶|AD|＝ 2|yB| 2|yA|＝ b2 a2＝ 3 4. 258 (2)t＝0 时的 l 不符合题意．t≠0 时，BO∥AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN 相等，即 b a a2－t2 t ＝ a b a2－t2 t－a ， 解得 t＝－ ab2 a2－b2＝－ 1－e2 e2 ·a. 因为|t|＜a，又 0＜e＜1，所以 1－e2 e2 ＜1，解得 2 2 ＜e＜1. 所以当 0＜e≤ 2 2 时，不存在直线 l，使得 BO∥AN；当 2 2 ＜e＜1 时，存在直线 l，使得 BO∥AN. 434.（2010·上海·文 T23）已知椭圆 的方程为 ， 、 和 为 的三个顶点. （1）若点 满足 ，求点 的坐标； （2）设直线 交椭圆 于 、 两点，交直线 于点 .若 ，证明： 为 的中点； （3）设点 在椭圆 内且不在 轴上，如何构作过 中点 的直线 ，使得 与椭圆 的两个交点 、 满足 ？令 ， ，点 的坐标是（-8，-1），若椭圆 上的点 、 满足 ，求点 、 的坐标. 【解析】(1) ； (2) 由方程组 ，消 y 得方程 ， 因为直线 交椭圆 于 、 两点， 所以∆>0，即 ， 设 C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD 中点坐标为(x0,y0)， Γ 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > (0, )A b (0, )B b− ( ,0)Q a Γ M 1 ( )2AM AQ AB= +   M 1 1:l y k x p= + Γ C D 2 2:l y k x= E 2 1 2 2 bk k a ⋅ = − E CD P Γ x PQ F l l Γ 1P 2P 1 2PP PP PQ+ =   1 2PP PP PQ+ =   10a = 5b = P Γ 1P 2P 1 2PP PP PQ+ =   1P 2P ( , )2 2 a bM − 1 2 2 2 2 1 y k x p x y a b = + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1( ) 2 ( ) 0a k b x a k px a p b+ + + − = 1 1:l y k x p= + Γ C D 2 2 2 2 1 0a k b p+ − > 259 则 ， 由方程组 ，消 y 得方程(k2−k1)x=p， 又因为 ，所以 ， 故 E 为 CD 的中点； (3) 因为点 P 在椭圆 Γ 内且不在 x 轴上，所以点 F 在椭圆 Γ 内，可以求得直线 OF 的斜率 k2，由 知 F 为 P1P2 的中点，根据(2)可得直线 l 的斜率 ，从而得直线 l 的方程． ，直线 OF 的斜率 ，直线 l 的斜率 ， 解方程组 ，消 y：x2−2x−48=0，解得 P1(−6,−4)、P2(8,3)． 435. （ 2010 · 浙 江 · 理 T21) （ 本 题 满 分 15 分 ） 已 知 m ＞ 1 ， 直 线 ， 椭 圆 ， 分别为椭圆 的左、右焦点. （Ⅰ）当直线 过右焦点 时，求直线 的方程； （Ⅱ）设直线 与椭圆 交于 两点， ， 的重 心分别为 .若原点 在以线段 为直径的圆内，求实数 的取值范围. 【解析】 （Ⅰ）解：因为直线 经过 ，所以 ,得 ， 2 1 2 1 0 2 2 2 1 2 0 1 0 2 2 2 1 2 x x a k px a k b b py k x p a k b  += = − +  = + = + 1 2 y k x p y k x = +  = 2 2 2 1 bk a k = − 2 1 02 2 2 2 1 1 2 2 02 2 2 1 a k ppx xk k a k b b py k x ya k b  = = − = − +  = = = + 1 2PP PP PQ+ =   2 1 2 2 bk a k = − 1(1, )2F − 2 1 2k = − 2 1 2 2 1 2 bk a k = − = 2 2 1 12 1100 25 y x x y  = −  + = 2 : 02 ml x my− − = 2 2 2: 1xC ym + = 1, 2F F C l 2F l l C ,A B 1 2AF F 1 2BF F ,G H O GH m :l 2 02 mx my− − = 2 2 ( 1,0)F m − 2 2 1 2 mm − = 2 2m = 260 又因为 ，所以 ， 故直线 的方程为 。 （Ⅱ）解：设 。 由 ，消去 得 则由 ，知 ， 且有 。 由于 ， 故 为 的中点， 由 ， 可知 设 是 的中点，则 ， 由题意可知 即 即 1m > 2m = l 2 22 02x y− − = 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 2 2 2 2 2 1 mx my x ym  = +  + = x 2 22 1 04 my my+ + − = 2 2 28( 1) 8 04 mm m∆ = − − = − + > 2 8m < 2 1 2 1 2 1,2 8 2 m my y y y+ = − = − 1 2( ,0), ( ,0),F c F c− O 1 2F F 2 , 2AG GO BH HO= =    1 1 2 1( , ), ( , ),3 3 3 3 x y x yG h 2 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 9 9 x x y yGH − −= + M GH 1 2 1 2( , )6 6 x x y yM + + 2 ,MO GH< 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )4[( ) ( ) ]6 6 9 9 x x y y x x y y+ + − −+ < + 1 2 1 2 0x x y y+ 0∆ > 1 2m< < m (1,2) 1F 2F 2 2 2 2: 1x yC a b + = ( 0)a b> > 2F l C A B l 60 1F l 2 3 C 2 22AF F B=  C 2c 1F 3 2 3, 2.c c= =故 C 1 1 2 2 1 2( , ), ( , ), 0, 0,A x y B x y y y< >由题意知 l 3( 2).y x= − 2 2 2 2 42 2 2 2 3( 2), (3 ) 4 3 3 0. 1 y x a b y b y bx y a b  = − + + − = + = 得 2 2 1 22 2 2 2 3 (2 2 ) 3 (2 2 ), .3 3 b a b ay ya b a b − + − −= =+ + 2 2 1 22 , 2 .AF F B y y= − =  所以 2 2 2 2 2 2 3 (2 2 ) 3 (2 2 )2 .3 3 b a b a a b a b + − −= ⋅+ + 262 得 故椭圆 的方程为 437.（2010·辽宁·理 T20)（本小题满分 12 分） 设椭圆 C： 的左焦点为 F，过点 F 的直线与椭圆 C 相交于 A，B 两点，直线 l 的倾斜 角为 60o, . (1)求椭圆 C 的离心率； (2)如果|AB|= ，求椭圆 C 的方程. 【解析】设 ，由题意知 ＜0， ＞0. （Ⅰ）直线 l 的方程为 ，其中 . 联立 得 解得 因为 ，所以 . 即 得离心率 . ……6 分 （Ⅱ）因为 ，所以 . 由 得 .所以 ，得 a=3， . 椭圆 C 的方程为 . ……12 分 2 23. 4, 5.a a b b= − = =而 所以 C 2 2 1.9 5 x y+ = 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 2AF FB=  15 4 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 1y 2y 3( )y x c= − 2 2c a b= − 2 2 2 2 3( ), 1 y x c x y a b  = − + = 2 2 2 2 4(3 ) 2 3 3 0a b y b cy b+ + − = 2 2 1 22 2 2 2 3 ( 2 ) 3 ( 2 ),3 3 b c a b c ay ya b a b − + − −= =+ + 2AF FB=  1 22y y− = 2 2 2 2 2 2 3 ( 2 ) 3 ( 2 )23 3 b c a b c a a b a b + − −= •+ + 2 3 ce a = = 2 1 11 3AB y y= + − 2 2 2 2 4 3 15 3 43 ab a b • =+ 2 3 c a = 5 3b a= 5 15 4 4a = 5b = 2 2 19 5 x y+ = 263 438.（2010·江西·理 T21）（本小题满分 12 分） 设椭圆 ，抛物线 。 （1） 若 经过 的两个焦点，求 的离心率； （2） 设 A（0，b）， ,又 M、N 为 与 不在 y 轴上的两个交点，若△AMN 的垂心为 ，且△QMN 的重心在 上，求椭圆 和抛物线 的方程。 【解析】（1）由已知椭圆焦点(c,0)在抛物线上，可得： ，由 。 (2) 由 题 设 可 知 M 、 N 关 于 y 轴 对 称 ， 设 ,由 的垂心为 B，有 。 由点 在抛物线上， ，解得： 故 ，得 重心坐标 . 由重心在抛物线上得： ， ，又因为 M、N 在椭圆上得： ，椭圆方程为 ，抛物线方程为 。 439.（2010·北京·文 T19）（本小题共 14 分） 已知椭圆 C 的左、右焦点坐标分别是 ， ，离心率是 ，直线 y=t 椭圆 C 交与不同的两点 M，N，以线段为直径作圆 P,圆心为 P。 （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； 2 2 1 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 2 2 2 :C x by b+ = 2C 1C 1C 53 3 4Q    ， 1C 2C 3 4B b    0， 2C 1C 2C 2 2c b= 2 2 2 2 2 2 1 22 , 2 2 ca b c c ea = + = = ⇒ =有 1 1 1 1 1( , ), ( , )( 0)M x y N x y x− > AMN∆ 2 1 1 1 30 ( )( ) 04BM AN x y b y b⋅ = ⇒ − + − − =  1 1( , )N x y 2 2 1 1x by b+ = 1 1 ( )4 by y b= − =或 舍去 1 5 5 5, ( , ), ( , )2 2 4 2 4 b bx b M b N b= − − − QMN∆ ( 3, )4 b 2 23 , =24 b b b+ = 所以 1 1( 5, ), ( 5, )2 2M N− − − 2 16 3a = 2 2 16 3 14 x y+ = 2 2 4x y+ = ( 2,0)− ( 2,0) 6 3 264 （Ⅱ）若圆 P 与 x 轴相切，求圆心 P 的坐标； （Ⅲ）设 Q（x，y）是圆 P 上的动点，当 t 变化时，求 y 的最大值。 【解析】（Ⅰ）因为 ，且 ，所以 所以椭圆 C 的方程为 （Ⅱ）由题意知 由 得 所以圆 P 的半径为 解得 所以点 P 的坐标是（0， ） （ Ⅲ ） 由 （ Ⅱ ） 知 ， 圆 P 的 方 程 。 因 为 点 在 圆 P 上 。 所 以 设 ，则 当 ，即 ，且 ， 取最大值 2. 440.（2010·北京·理 T19）（本小题共 14 分）www.@ks@5u.com 在平面直角坐标系 xOy 中，点 B 与点 A（-1,1）关于原点 O 对称，P 是动点，且直线 AP 与 BP 的斜率之积等 于 . (Ⅰ)求动点 P 的轨迹 方程； (Ⅱ)设直线 AP 和 BP 分别与直线 x=3 交于点 M,N，问：是否存在点 P 使得△PAB 与△PMN 的面积相等？若存 在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由。 【解析】（I）因为点 B 与 A 关于原点 对称，所以点 得坐标为 . 设点 的坐标为 6 3 c a = 2c = 2 23, 1a b a c= = − = 2 2 13 x y+ = (0, )( 1 1)p t t− < < 2 2 13 y t x y = + = 23(1 )x t= ± − 23(1 )t− 3 2t = ± 3 2 ± 2 2 2( ) 3(1 )x y t t+ − = − ( , )Q x y 2 2 23(1 ) 3(1 )y t t x t t= ± − − ≤ + − cos , (0, )t θ θ π= ∈ 23(1 ) cos 3sin 2sin( )6t t πθ θ θ+ − = + = + 3 πθ = 1 2t = 0x = y 1 3 − ( 1,1)− O B (1, 1)− P ( , )x y 265 由题意得 化简得 . 故动点 的轨迹方程为 （II）解法一：设点 的坐标为 ，点 ， 得坐标分别为 , . 则直线 的方程为 ，直线 的方程为 令 得 ， . 于是 得面积 又直线 的方程为 ， ， 点 到直线 的距离 . 于是 的面积 当 时，得 又 ， 所以 = ，解得 。 因为 ，所以 故存在点 使得 与 的面积相等，此时点 的坐标为 . 解法二：若存在点 使得 与 的面积相等，设点 的坐标为 1 1 1 1 1 3 y y x x − + = −+ − 2 23 4( 1)x y x+ = ≠ ± P 2 23 4( 1)x y x+ = ≠ ± P 0 0( , )x y M N (3, )My (3, )Ny AP 0 0 11 ( 1)1 yy xx −− = ++ BP 0 0 11 ( 1)1 yy xx ++ = −− 3x = 0 0 0 4 3 1M y xy x + −= + 0 0 0 2 3 1N y xy x − += − PMN 2 0 0 0 0 2 0 | | (3 )1 | | (3 )2 | 1|PMN M N x y xS y y x x + −= − − = − AB 0x y+ = | | 2 2AB = P AB 0 0| | 2 x yd += PAB 0 0 1 | | | |2PABS AB d x y= = +   PAB PMNS S=   2 0 0 0 0 0 2 0 | | (3 )| | | 1| x y xx y x + −+ = − 0 0| | 0x y+ ≠ 2 0(3 )x− 2 0| 1|x − 0 5| 3x = 2 2 0 03 4x y+ = 0 33 9y = ± P PAB PMN P 5 33( , )3 9 ± P PAB PMN P 0 0( , )x y 266 则 . 因为 , 所以 所以 即 ，解得 因为 ，所以 故存在点 S 使得 与 的面积相等，此时点 的坐标为 . 441.（2010·四川·理 T20）（本小题满分 12 分） 已知定点 A(－1，0)，F(2，0)，定直线 l：x＝ ，不在 x 轴上的动点 P 与点 F 的距离是它到直线 l 的距离 的 2 倍.设点 P 的轨迹为 E，过点 F 的直线交 E 于 B、C 两点，直线 AB、AC 分别交 l 于点 M、N （Ⅰ）求 E 的方程； （Ⅱ）试判断以线段 MN 为直径的圆是否过点 F，并说明理由.w_w w. k#s5_u.c o*m 本小题主要考察直线、轨迹方程、双曲线等基础知识，考察平面机袭击和的思想方法及推理运算能力. 【解析】(1)设 P(x,y)，则 化简得 x2－ =1(y≠0)…………………………………………………… …………4 分 (2)①当直线 BC 与 x 轴不垂直时，设 BC 的方程为 y＝k(x－2)(k≠0) 与双曲线 x2－ =1 联立消去 y 得 w_w w. k#s5_u.c o*m (3－k)2x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0 由题意知 3－k2≠0 且△＞0 设 B(x1,y1),C(x2,y2)， 1 1| | | | sin | | | | sin2 2PA PB APB PM PN MPN∠ = ∠  sin sinAPB MPN∠ = ∠ | | | | | | | | PA PN PM PB = 0 0 0 | 1| | 3 | | 3 | | 1| x x x x + −=− − 2 2 0 0(3 ) | 1|x x− = − 0x 5 3 = 2 2 0 03 4x y+ = 0 33 9y = ± P PAB PMN P 5 33( , )3 9 ± 1 2 2 2 1( 2) 2 | |2x y x− + = − 2 3 y 2 3 y 267 则 y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2[x1x2－2(x1＋x2)＋4] ＝k2( ＋4) ＝ w_w w. k#s5_u.c o*m 因为 x1、x2≠－1 所以直线 AB 的方程为 y＝ (x＋1) 因此 M 点的坐标为( ) ,同理可得 因此 ＝ ＝0 ②当直线 BC 与 x 轴垂直时，起方程为 x＝2，则 B(2,3),C(2,－3) AB 的方程为 y＝x＋1,因此 M 点的坐标为( )， 同理可得 因此 ＝0w_w w. k#s5_u.c o*m 综上 ＝0，即 FM⊥FN 2 1 2 2 2 1 2 2 4 3 4 3 3 kx x k kx x k  + = − + = − 2 2 2 2 4 3 8 3 3 k k k k + −− − 2 2 9 3 k k − − 1 1 1 y x + 1 1 31 ,2 2( 1) y x + 1 1 33( , )2 2( 1) yFM x = − +  2 2 33( , )2 2( 1) yFN x = − +  2 1 2 1 2 93( )2 2( 1)( 1) y yFM FN x x = − + + +    2 2 2 2 2 2 81 4 3 4 3 49 4( 1)3 3 k k k k k k − −+ + + +− − 1 3,2 2 3 3( , )2 2FM = − 3 3( , )2 2FN = − − 23 3 3( ) ( )2 2 2FM FN = − + × −   FM FN   268 故以线段 MN 为直径的圆经过点 F 442.（2010·天津·文 T21）（本小题满分 14 分） 已知椭圆 （a>b>0）的离心率 e= ，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为 4. （Ⅰ）求椭圆的 方程； （Ⅱ）设直线 l 与椭圆相交于不同的两点 A、B，已知 点 A 的坐标为（-a，0）. （i）若 ，求直线 l 的倾斜角； （ii）若点 Q 在线段 AB 的垂直平分线上，且 .求 的值. 【解析】（Ⅰ）解：由 e= ，得 .再由 ，解得 a=2b. 由题意可知 ，即 ab=2. 解方程组 得 a=2，b=1. 所以椭圆的方程为 . (Ⅱ)(i)解：由（Ⅰ）可知点 A 的坐标是（-2,0）.设点 B 的坐标为 ，直线 l 的斜率为 k.则直线 l 的 方程为 y=k（x+2）. 于是 A、B 两点的坐标满足方程组 消去 y 并整理，得 . 由 ，得 .从而 . 所以 . 由 ，得 . 2 2 2 2 1x y a b + = 3 2 4 2AB 5| | = y0（0， ） QA QB=4   y0 3 2 c a = 2 23 4a c= 2 2 2c a b= − 1 2 2 42 a b× × = 2 , 2, a b ab =  = 2 2 14 x y+ = 1 1( , )x y 2 2 ( 2), 1.4 y k x x y = + + = 2 2 2 2(1 4 ) 16 (16 4) 0k x k x k+ + + − = 2 1 2 16 42 1 4 kx k −− = + 2 1 2 2 8 1 4 kx k −= + 1 2 4 1 4 ky k = + 2 22 2 2 2 2 2 8 4 4 1| | 2 1 4 1 4 1 4 k k kAB k k k  − + = − − + =   + + +   4 2| | 5AB = 2 2 4 1 4 2 1 4 5 k k + =+ 269 整理得 ，即 ，解得 k= . 所以直线 l 的倾斜角为 或 . （ii）解：设线段 AB 的中点为 M，由（i）得到 M 的坐标为 . 以下分两种情况： （1）当 k=0 时，点 B 的坐标是（2,0），线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，于是 由 ，得 。 （2）当 时，线段 AB 的垂直平分线方程为 。 令 ，解得 。 由 ， ， ， 整理得 。故 。所以 。 综上， 或 443.（2010·天津·理 T20）（本小题满分 12 分） 已知椭圆 的离心率 ，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为 4。 (1)求椭圆的方程； (2)设直线 与椭圆相交于不同的两点 ，已知点 的坐标为（ ），点 在线段 的垂直平 分线上，且，求 的值 【解析】本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质，直线的方程，平面向量等基础知识，考查用代数方 4 232 9 23 0k k− − = 2 2( 1)(32 23) 0k k− + = 1± 4 π 3 4 π 2 2 2 8 2,1 4 1 4 k k k k  − + +  ( ) ( )0 02, , 2, .QA y QB y= − − = −  4QA QB• =  y 2 2= ±0 0k ≠ 2 2 2 2 1 8 1 4 1 4 k ky xk k k  − = − + + +  0x = 0 2 6 1 4 ky k = − + ( )02,QA y= − − ( )1 1 0,QB x y y= − ( ) ( )2 1 0 1 0 2 2 2 2 2 2 8 6 4 62 1 4 1 4 1 4 1 4 k k k kQA QB x y y y k k k k − −  • = − − − = + + + + + +    ( ) ( ) 4 2 22 4 16 15 1 4 1 4 k k k + − = = + 27 2k = 14 7k = ± 0 2 14 5y = ± 0 2 2y = ± 0 2 14 5y = ± 2 2 2 2 1( 0x y a ba b + = > > ） 3 2e = l ,A B A ,0a− 0(0, )Q y AB 0y 270 法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算和推理能力，满分 12 分 （1）解：由 ，得 ，再由 ，得 由题意可知， 解方程组 得 a=2,b=1 所以椭圆的方程为 (2)解：由（1）可知 A（-2,0）。设 B 点的坐标为（x 1,,y1）,直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方程为 y=k(x+2), 于是 A,B 两点的坐标满足方程组 由方程组消去 Y 并整理，得 由 得 设线段 AB 是中点为 M，则 M 的坐标为 以下分两种情况： （1）当 k=0 时，点 B 的坐标为（2,0）。线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，于是 （2）当 K 时，线段 AB 的垂直平分线方程为 令 x=0，解得 由 3e 2 c a = = 2 23 4a c= 2 2 2c a b= − 2a b= 1 2 2 4, 22 a b ab× × = =即 2 2 a b ab =  = 2 2 14 x y+ = 2 2 ( 2) 14 y k x x y = + + = 2 2 2 2(1 4 ) 16 (16 4) 0k x k x k+ + + − = 2 1 2 16 42 ,1 4 kx k −− = + 2 1 12 2 2 8 4, ,1 4 1 4 k kx yk k −= =+ +从而 2 2 2 8 2( , )1 4 1 4 k k k k − + + 0 0 0( 2, y ), (2, = 2QA QB y QA QB y → → → → = − − = − ±）由 4，得 = 2 0≠ 2 2 2 2 1 8( )1 4 1 4 k kY xk k k − = ++ + 0 2 6 1 4 ky k = + 0 1 1 0( 2, y ), ( ,QA QB x y y → → = − − = − ） 271 整理得 综上 444.（2010·江苏卷·T18）（本小题满分 16 分） 在平面直角坐标系 中，如图，已知椭圆 的左、右顶点为 A、B，右焦点为 F。设过点 T （ ）的直线 TA、TB 与椭圆分别交于点 M 、 ，其中 m>0, 。 （1）设动点 P 满足 ,求点 P 的轨迹； （2）设 ，求点 T 的坐标； （3）设 ,求证：直线 MN 必过 x 轴上的一定点（其坐标与 m 无关）。 【解析】（1）设点 P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。 由 ，得 化简得 。 故所求点 P 的轨迹为直线 。 （2）将 分别代入椭圆方程，以及 得：M（2， ）、N（ ， ） 直线 MTA 方程为： ，即 ， 直线 NTB 方程为： ，即 。 2 1 0 1 0 2 2 2 2 2(2 8 ) 6 4 62 ( ( )1 4 1 4 1 4 1 4 k k k kQA QB x y y y k k k k → → − −= − − − + ++ + + + ）= 4 2 2 2 4(16 15 1) 4(1 4 ) k k k + − =+= 2 0 14 2 147 2, =7 5k k y= = ± ±故 所以 0 0 2 14= 2 2 = 5y y± ±或 xoy 159 22 =+ yx mt, ),( 11 yx ),( 22 yxN 0,0 21 yy 422 =− PBPF 3 1,2 21 == xx 9=t 422 =− PBPF 2 2 2 2( 2) [( 3) ] 4,x y x y− + − − + = 9 2x = 9 2x = 3 1,2 21 == xx 0,0 21 yy 5 3 1 3 20 9 − 0 3 5 2 303 y x− += +− 1 13y x= + 0 3 20 10 39 3 y x− −= − − − 5 5 6 2y x= − 272 联立方程组，解得： ， 所以点 T 的坐标为 。 （3）点 T 的坐标为 直线 MTA 方程为： ，即 ， 直线 NTB 方程为： ，即 。 分别与椭圆 联立方程组，同时考虑到 ， 解得： 、 。 （方法一）当 时，直线 MN 方程为： 令 ，解得： 。此时必过点 D（1，0）； 当 时，直线 MN 方程为： ，与 x 轴交点为 D（1，0）。 所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点 D（1，0）。 （方法二）若 ，则由 及 ，得 ， 此时直线 MN 的方程为 ，过点 D（1，0）。 若 ，则 ，直线 MD 的斜率 ， 直线 ND 的斜率 ，得 ，所以直线 MN 过 D 点。 7 10 3 x y = = 10(7, )3 (9, )m 0 3 0 9 3 y x m − +=− + ( 3)12 my x= + 0 3 0 9 3 y x m − −=− − ( 3)6 my x= − 159 22 =+ yx 1 23, 3x x≠ − ≠ 2 2 2 3(80 ) 40( , )80 80 m mM m m − + + 2 2 2 3( 20) 20( , )20 20 m mN m m − −+ + 1 2x x≠ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 3( 20) 20 20 40 20 3(80 ) 3( 20) 80 20 80 20 m my xm m m m m m m m m m −+ −+ += − −+ −+ + + + 0y = 1x = 1 2x x= 1x = 1 2x x= 2 2 2 2 240 3 3 60 80 20 m m m m − −=+ + 0m > 2 10m = 1x = 1 2x x≠ 2 10m ≠ 2 2 2 2 40 1080 240 3 40180 MD m mmk m m m += =− −−+ 2 2 2 2 20 1020 3 60 40120 ND m mmk m m m − += =− −−+ MD NDk k= 273 因此，直线 MN 必过 轴上的点（1，0）。x