《创新方案》2017届新课标高考总复习数学（文理）5年高考真题分类汇编（2011-2015）第八章：解析几何 WORD版含解析.doc

1、五年高考真题分类汇编：平面解析几何一、选择题1.（2015重庆高考，理8）已知直线l：x+ay-1=0（aR）是圆C：的对称轴.过点A（-4，a）作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（）A、2 B、 C、6 D、【解析】选C. 圆标准方程为，圆心为，半径为，因此，即，.选C.2.（2015新课标全国卷II，理7）过三点，的圆交y轴于M，N两点，则( )A2 B8 C4 D10【解析】选C. 由已知得，所以，所以，即为直角三角形，其外接圆圆心为，半径为，所以外接圆方程为，令，得，所以，故选C3.（2015广东高考，理5）平行于直线且与圆相切的直线的方程是（ ） A或 B. 或 C. 或 D.

2、 或【解析】选D. 依题可设所求切线方程为，则有，解得，所以所求切线的直线方程为或，故选4.（2015山东高考，理9）一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ）（A）或 （B） 或 （C）或 （D）或【答案】D整理： ，解得： ，或 ,故选D5.（2015北京高考，文2）圆心为且过原点的圆的方程是（ ）A BC D【解析】选D. 由题意可得圆的半径为，则圆的标准方程为，故选D.6.（2015四川高考，文10）设直线l与抛物线y24x相交于A，B两点，与圆C：(x5)2y2r2(r0)相切于点M，且M为线段AB中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是( )(A)

3、(1，3) (B)(1，4) (C)(2，3) (D)(2，4)7.（2015安徽高考，文8）直线3x+4y=b与圆相切，则b=（ ）（A）-2或12 （B）2或-12 （C）-2或-12 （D）2或12【解析】选D. 直线与圆心为（1,1）,半径为1的圆相切，1或12,故选D.8.（2015福建高考，理3）若双曲线 的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，则 等于（）A11 B9 C5 D3【解析】选B. 由双曲线定义得，即，解得，故选B9.（2015四川高考，理5）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（ ）(A) (B) (C)6 （D）【解析】选D.

4、双曲线的右焦点为，过F与x轴垂直的直线为，渐近线方程为，将代入得：.选D.10.(2015广东高考，理7)已知双曲线：的离心率，且其右焦点，则双曲线的方程为（ ） A B. C. D. 【解析】选B. 因为所求双曲线的右焦点为且离心率为，所以，所以所求双曲线方程为，故选11.(2015新课标全国卷I，理5)已知M（）是双曲线C：上的一点，是C上的两个焦点，若，则的取值范围是( )（A）（-，） （B）（-，）（C）（，） （D）（，）【答案】A12.（2015湖北高考，理8）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，

5、C对任意的， D当时，；当时，【解析】选D. 依题意，因为，由于，所以当时，所以；当时，而，所以，所以.所以当时，；当时，.13.（2015四川高考，理10）设直线l与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点M，且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D）【解析】选D.显然当直线的斜率不存在时，必有两条直线满足题设.当直线的斜率存在时，设斜率为.设，则，相减得.由于，所以，即.圆心为，由得，所以，即点M必在直线上.将代入得.因为点M在圆上，所以.又（由于斜率不存在，故，所以不取等号），所以.选D.14.（2015重庆高考，理10）设双曲线（a0

6、,b0）的右焦点为1，过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点，过B,C分别作AC，AB的垂线交于点D.若D到直线BC的距离小于，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是（）A、 B、C、 D、【答案】A15.（2015天津高考，理6）已知双曲线 的一条渐近线过点 ，且双曲线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）【解析】选D. 双曲线 的渐近线方程为，由点在渐近线上，所以，双曲线的一个焦点在抛物线准线方程上，所以，由此可解得，所以双曲线方程为，故选D.16.（2015安徽高考，理4）下列双曲线中，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） （A） （B） （C） （D）

7、【解析】选C. 由题意，选项的焦点在轴，故排除，项的渐近线方程为，即，故选C.17.（2015浙江高考，理5）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.18.（2015新课标全国卷II，理11）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，ABM为等腰三角形，且顶角为120，则E的离心率为（ ）A B C D【解析】选D. 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D19.(2015新课标全国卷I，文5)已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率

8、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】【解析】选B. 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.20.（2015重庆高考，文9）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) 【解析】选C. 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

9、C.21.（2015四川高考，文7）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|( )(A) (B)2 (C)6 (D)4【解析】选D . 由题意，a1，b，故c2，渐近线方程为yx将x2代入渐近线方程，得y1，22，故|AB|4，选D22.（2015陕西高考，文3）已知抛物线的准线经过点，则抛物线焦点坐标为（ ）A B C D【解析】选. 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23.（2015广东高考，文8）已知椭圆（）的左焦点为，则（ ）A B C D【解析】选C. 由题意得：，因为，所以，故选C24.(2015天津高考，文

10、5)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) 【解析】选D. 由双曲线的渐近线与圆相切得,由,解得,故选D.25.（2015湖南高考，文6）若双曲线的一条渐近线经过点（3，-4），则此双曲线的离心率为( )A、 B、 C、 D、【解析】选D. 因为双曲线的一条渐近线经过点（3，-4）， 故选D.26.(2015安徽高考，文6)下列双曲线中，渐近线方程为的是（ ）（A） （B）（C） （D）【解析】选A. 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.27.（2015湖北高考，文9）将离心率为的双曲线的实半轴长和虚半轴长同时

11、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，【解析】选. 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.28.（2015福建高考，文11）已知椭圆的右焦点为短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A B C D【解析】选A. 设左焦点为，连接，则四边形是平行四边形，故，所以，所以，设，则，故，从而，所以椭圆的离心率的取值范围是，故选A29、（2014安徽高考文科6）过点P的直线与圆有公共点，则直线的倾斜

12、角的取值范围是（ ）A. B. C. D.【解题提示】求出直线与圆相切时的直线的斜率，数形结合即可得到直线的倾斜角的取值范围。【解析】选D。设直线与圆的切线方程为，则圆心到直线的距离，解得，画出图形可得直线的倾斜角的取值范围是.30. (2014新课标全国卷高考文科数学T12)设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得OMN=45,则x0的取值范围是()A.1，1B. C. D. 【解题提示】画出图形,利用圆的性质,求得x0的取值范围.【解析】在坐标系中画出圆O和直线y=1,其中M(x0,1)在直线上.由圆的切线相等及三角形外角知识,可得x0-1,1.故选A31.（2014福

13、建高考文科6）已知直线过圆的圆心，且与直线垂直，则的方程是 （ ）【解题指南】圆心为，垂直两直线的斜率积为-1，利用这两信息解题即可【解析】D圆的圆心为直线的斜率为-1，且直线与该直线垂直，故直线的斜率为1.即直线是过点，斜率为1的直线，用点斜式表示为，即32. （2014浙江高考文科5）已知圆截直线所得弦的长度为4，则实数的值是（ ） A2 B4 C6 D8【解题提示】将圆的方程化为标准方程，计算圆心到直线的距离，利用勾股定理求解.【解析】选B.由配方得，所以圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离为，所以，解得.33. （2014湖南高考文科6）若圆与圆外切，则（ ） 【解题提示】根据两个圆的位

14、置关系：两圆外切的充要条件是它们的圆心距等于半径和。【解析】选C. 圆的圆心为,半径为，圆的圆心为，半径为，所以，因为圆与圆外切，所以34.（2014福建高考文科12）在平面直角坐标系中，两点间的“L-距离”定义为则平面内与x轴上两个不同的定点的“L-距离”之和等于定值（大于）的点的轨迹可以是 （ ）【解题指南】本题是新定义问题，考查学生分析问题、解决问题的能力【解析】选A.以线段的中点为坐标原点，所在直线为x轴，建立平面直角坐标系不妨设，则由题意（为定值），整理得当时，方程化为，即，即当时，方程化为，即，即当时，方程化为，即所以A图象符合题意35.（2014福建高考理科9）设分别为圆和椭圆上

15、的点，则两点间的最大距离是（ ）A. B. C. D.【解题指南】两动点问题，可以化为一动一静，因此考虑与圆心联系【解析】D.圆心M，设椭圆上的点为，则，当时，所以36.（2014重庆高考文科8）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.【解题提示】直接根据双曲线的定义得到关于的等式，进而求出离心率的值.【解析】选D.由双曲线的定义知，又所以等号两边同除，化简得 ，解得或（舍去）故离心率37.（2014天津高考文科6同2014天津高考理科5）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.

16、 D.【解析】选A.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38.（2014湖北高考理科9）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【解题提示】椭圆、双曲线的定义与性质，余弦定理及用基本不等式求最值【解析】选A. 设椭圆的长半轴长为，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.39.(2014广东高考理科)若实数k满足0k9,则曲线-=1与曲

17、线-=1的()A.焦距相等 B.实半轴长相等 C.虚半轴长相等 D.离心率相等【解题提示】先判断两曲线是哪种圆锥曲线,进而求a,b,c,e加以判断.【解析】选A.因为0k0，b0)，点A的坐标为(x0，y0)由题意得a2b23c2，则|OA|c，所以解得x，y，又点A在双曲线上，代入得，b2a2a2b2，联立解得a，所以e，故选D.55（2013重庆高考理）已知圆C1：(x2)2(y3)21，圆C2：(x3)2(y4)29，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|PN|的最小值为 ()A54 B.1 C62 D.【解析】选A本题考查与圆有关的最值问题，意在考查考生数形结合

18、的能力两圆的圆心均在第一象限，先求|PC1|PC2|的最小值，作点C1关于x轴的对称点C(2，3)，则(|PC1|PC2|)min|CC2|5，所以(|PM|PN|)min5(13)54.56（2013新课标高考理）已知双曲线C：1(a0，b0)的离心率为，则C的渐近线方程为 ()Ayx Byx Cyx Dyx【解析】选C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

19、曲线1的焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线方程为yx.又离心率为e ，所以，所以双曲线的渐近线方程为yx，选择C.57（2013新课标高考理）已知椭圆E：1(ab0)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.1 B.1 C.1 D.1【解析】选D本题考查直线与椭圆的位置关系、斜率公式、焦点弦和中点弦问题，意在考查考生通过解方程组求解弦的中点的能力运用两点式得到直线的方程，代入椭圆方程，消去y，由根与系数的关系得到a，b之间的关系，并由a，b，c之间的关系确定椭圆方程因为直线AB过点F(3,0)和点(1，1)，所以直线AB的方程为y(x

20、3)，代入椭圆方程1消去y，得x2a2xa2a2b20，所以AB的中点的横坐标为1，即a22b2，又a2b2c2，所以bc3，选择D.58（2013新课标高考理）设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点M在C上，|MF|5.若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为 ()Ay24x或y28x By22x或y28xCy24x或y216x Dy22x或y216x【解析】选C本题考查抛物线与圆的有关知识，意在考查考生综合运用知识的能力由已知得抛物线的焦点F，设点A(0,2)，抛物线上点M(x0，y0)，则AF，AM.由已知得，AFAM0，即y8y0160，因而y04，M.由|MF|5得， 5

21、，又p0，解得p2或p8，故选C.59.（2013新课标高考理）已知点A(1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线yaxb(a0)将ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是 ()A(0,1) B. C. D.【解析】选B本题考查直线与方程、三角形面积的求解等基础知识和方法，考查一般与特殊的思想，考查考生分析问题、解决问题的能力由消去x，得y，当a0时，直线yaxb与x轴交于点，结合图形知，化简得(ab)2a(a1)，则a.a0，0，解得b.考虑极限位置，即a0，此时易得b1，故答案为B.60（2013北京高考理）若双曲线1 的离心率为，则其渐近线方程为 ()A. y2x Byx C.

22、yx D. yx【解析】选B本题考查双曲线的方程和简单几何性质，意在考查考生的运算求解能力在双曲线中离心率e ，可得，故所求的双曲线的渐近线方程是yx.61（2013北京高考理）直线l过抛物线C：x24y的焦点且与y轴垂直，则l与C所围成的图形的面积等于 ()A. B2 C. D. 【解析】选C本题考查抛物线的几何性质、定积分的几何意义、微积分基本定理等基础知识，考查数形结合思想以及考生的运算求解能力由题意知抛物线的焦点坐标为(0,1)，故直线l的方程为y1，该直线与抛物线在第一象限的交点坐标为(2,1)，根据对称性和定积分的几何意义可得所求的面积是2dx2.62（2013江西高考理）过点(，

23、0)引直线l与曲线y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. B C D【解析】选B本题考查圆的标准方程、直线与圆的位置关系，意在考查考生的数形结合的数学思想及运算能力由y 得x2y21(y0)，即该曲线表示圆心在原点，半径为1的半圆，如图所示故SAOB|OA|OB|sin AOBsin AOB.所以当sin AOB1，即OAOB时，SAOB取得最大值，此时点O到直线l的距离d|OA|sin 45.设此时直线l的斜率为k，则方程为yk(x)，即kxyk0，则有，解得k，由图可知直线l的倾斜角为钝角，故取k.63（2013广东高考理）已知中心在原点的双

24、曲线C的右焦点为F(3,0)，离心率等于，则C的方程是 ()A.1 B.1 C.1 D.1【解析】选B本题考查双曲线的方程，考查考生的运算能力由题意可知c3，a2，b ，故双曲线的方程为1.64（2013山东高考理）过点(3,1)作圆(x1)2y21的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为 ()A2xy30 B2xy30 C4xy30 D4xy30解析：选A本题考查直线与圆的位置关系、直线方程等基础知识和基本方法，考查数形结合思想、一般与特殊思想、等价转化思想等数学思想方法，考查运算求解能力，考查分析问题和解决问题的能力根据平面几何知识，直线AB一定与点(3,1)，(1,0)的连线垂直

25、，这两点连线的斜率为，故直线AB的斜率一定是2，只有选项A中直线的斜率为2.65（2013山东高考理）抛物线C1：yx2(p0)的焦点与双曲线C2：y21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. B. C. D.【解析】选D本题考查抛物线方程、双曲线的几何性质、直线方程、导数的几何意义等基础知识，考查方程思想，考查运算求解能力和逻辑推理能力，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力抛物线的焦点坐标为，双曲线的右焦点坐标为(2,0)，所以上述两点连线的方程为1.双曲线的渐近线方程为yx.对函数yx2求导得，yx.设M(x0，y0)，则x0，

26、即x0p，代入抛物线方程得，y0p.由于点M在直线1上，所以p1，解得p.66（2013大纲卷高考理）椭圆C：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. B. C. D.【解析】选B本题考查椭圆的定义和不等式的性质由题意知点P在第一象限，设P点横坐标为x，则纵坐标为y，由PA2的斜率得：1 2，即 ，PA1的斜率为 ，所以PA1的斜率取值范围为，故选B.67（2013大纲卷高考理）已知抛物线C：y28x与点M(2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若MAMB0，则k ()A. B. C. D2【解析】

27、选D本题考查直线与抛物线的位置关系及平面向量的数量积等知识设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程为yk(x2)，将直线方程与y28x联立组成方程组，解得x1x24，x1x2，由MAMB0即(x12，y12)(x22，y22)0，求得关于k的二次方程为k24k40，解得k2，故选D.68（2013湖北高考理）已知0，则双曲线C1：1与C2：1的 ()A实轴长相等 B虚轴长相等 C焦距相等 D离心率相等【解析】选D本题考查三角函数、双曲线等知识，意在考查考生对双曲线知识的掌握情况，会求实轴、虚轴、焦距和离心率的值，掌握三角函数的重要公式是求解本题的基础双曲线C1的离心率e1 ，双曲线C2的

28、离心率e2 ，所以e1e2，而双曲线C1的实轴长为2a12cos ，虚轴长为2b12sin ，焦距为2c12 2，双曲线C2的实轴长为2a22sin ，虚轴长为2b22sin sin ，焦距为2c22 2 2tan ，所以A，B，C均不对，故选D.69（2013四川高考理）抛物线y24x的焦点到双曲线x21的渐近线的距离是()A. B. C1 D.【解析】选B本题考查抛物线的焦点、双曲线的渐近线及点到直线的距离公式，意在考查考生的基本运算能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yx，所以所求距离为，故选B.70（2013天津高考理）已知双曲线1(a0，b0)的两条渐近线与抛

29、物线y22px(p0)的准线分别交于A, B两点，O为坐标原点. 若双曲线的离心率为2, AOB的面积为， 则p ()A1 B. C2 D3【解析】选C本题考查双曲线、抛物线的几何性质，意在考查考生等价转化的能力因为双曲线的离心率e2，所以ba，所以双曲线的渐近线方程为yxx，与抛物线的准线x相交于A，B，所以AOB的面积为p，又p0，所以p2.71（2013北京高考文）双曲线x21的离心率大于的充分必要条件是 ()Am B. m1 Cm1 D. m2【解析】选C本题主要考查双曲线的几何性质，意在考查考生的运算求解能力依题意，e，e22，得1m2，所以m1，选C.72（2013重庆高考文）设P

30、是圆(x3)2(y1)24上的动点，Q是直线x3上的动点，则|PQ|的最小值为 ()A6 B4 C3 D2【解析】选B本题主要考查直线与圆的相关内容|PQ|的最小值为圆心到直线的距离减去半径因为圆的圆心为(3，1)，半径为2，所以|PQ|的最小值d3(3)24.73（2013重庆高考文）设双曲线C的中心为点O，若有且只有一对相交于点O，所成的角为60的直线A1B1和A2B2，使|A1B1|A2B2|，其中A1，B1和A2，B2分别是这对直线与双曲线C的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是 ()A.，2 B.，2 C.， D. ，【解析】选A本题主要考查双曲线的离心率、直线与曲线的位置关系、不等

31、式的性质设双曲线的焦点在x轴上，则由题意知该双曲线的一条渐近线的斜率k(k0)必须满足k，易知k，所以23，124，即有 2.又双曲线的离心率为e ，所以b0)，由题可得A，B，因|AB|3，即2b23a，所以解得所以C的方程为1.77（2013大纲卷高考文）已知抛物线C：y28x与点M(2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A、B两点若MAMB0，则k ()A. B. C. D2【解析】选D本题主要考查抛物线的定义、几何性质、平面向量的垂直关系，以及考查数形结合的思想、转化的思想如图所示，设F为焦点，取AB中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由MAMB0

32、，知MAMB，则|MP|AB|(|AG|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MPAGBH，所以GAMAMPMAP，又|AG|AF|，AM为公共边，所以AMGAMF，所以AFMAGM90，则MFAB，所以k2.78（2013福建高考文）双曲线x2y21的顶点到其渐近线的距离等于 ()A. B. C1 D.【解析】选B本题主要考查双曲线的图像与性质以及点到直线的距离等基础知识，意在考查考生的数形结合能力、转化和化归能力、运算求解能力双曲线x2y31的渐近线为xy0，顶点坐标为(1,0)，故顶点到渐近线的距离为.79（2013新课标高考文）设椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，

33、F2，P是C上的点，PF2F1F2，PF1F230，则C的离心率为 ()A. B. C. D.【解析】选D本题主要考查椭圆离心率的计算，涉及椭圆的定义、方程与几何性质等知识，意在考查考生的运算求解能力法一：由题意可设|PF2|m，结合条件可知|PF1|2m，|F1F2|m，故离心率e.法二：由PF2F1F2可知P点的横坐标为c，将xc代入椭圆方程可解得y，所以|PF2|.又由PF1F230可得|F1F2|PF2|，故2c，变形可得(a2c2)2ac，等式两边同除以a2，得(1e2)2e，解得e或e(舍去)80（2013新课标高考文）设抛物线C：y24x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点

34、若|AF|3|BF|，则l的方程为 ()Ayx1或yx1By(x1)或y(x1)Cy(x1)或y(x1)Dy(x1)或y(x1)【解析】选C本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查考生的运算求解能力及对知识综合应用的能力法一：如图所示，作出抛物线的准线l1及点A，B到准线的垂线段AA1，BB1，并设直线l交准线于点M.设|BF|m，由抛物线的定义可知|BB1|m，|AA1|AF|3m.由BB1AA1可知，即，所以|MB|2m，则|MA|6m.故AMA130，得AFxMAA160，结合选项知选C项法二：由|AF|3|BF|可知AF3FB，易知F(1,0)，设B(x0，

35、y0)，则从而可解得A的坐标为(43x0，3y0)因为点A，B都在抛物线上，所以解得x0，y0，所以kl.81（2013浙江高考文）如图F1，F2是椭圆C1：y21与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点，若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是 ()A. B. C. D.【解析】选D本题主要考查椭圆与双曲线的定义、几何性质等基础知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况，以及基本的运算和求解能力由椭圆与双曲线的定义可知，|AF2|AF1|4，|AF2|AF1|2a(其中2a为双曲线的长轴长)，|AF2|a2，|AF1|2a，又四边形AF1BF2是矩形，|AF1|2

36、|AF2|2|F1F2|2(2)2，a，e.82（2013新课标高考文）已知双曲线C：1(a0，b0)的离心率为，则C的渐近线方程为 ()Ayx Byx Cyx Dyx【解析】选C本题主要考查双曲线的离心率、渐近线方程等基本知识e21，yx.83（2013新课标高考文）O为坐标原点，F为抛物线C：y24x的焦点，P为C上一点，若|PF|4，则POF的面积为 ()A2 B2 C2 D4【解析】选C本题主要考查抛物线的定义、数形结合思想以及运算能力由题意知抛物线的焦点F(，0)，如图，由抛物线定义知|PF|PM|，又|PF|4，所以xP3，代入抛物线方程求得yP2，所以SPOF|OF|yP2.84

37、（2013天津高考文）已知过点P(2,2) 的直线与圆(x1)2y25相切， 且与直线axy10垂直， 则a ()A B1 C2 D.【解析】选C本题主要考查直线与圆的位置关系，考查平面上两条直线垂直的条件，意在考查考生的等价转化能力由切线与直线axy10垂直，得过点P(2,2)与圆心(1,0)的直线与直线axy10平行，所以a，解得a2.85.（2013湖北高考文）已知0b0)的离心率为.双曲线x2y21的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为 ()A.1 B.1C.1 D.1【解析】选D 因为椭圆的离心率为，所以e，c2a2，c2a2a2b2，所

38、以b2a2，即a24b2.双曲线的渐近线方程为yx，代入椭圆方程得1，即1，所以x2b2，xb，y2b2，y b，则在第一象限双曲线的渐近线与椭圆C的交点坐标为(b，b)，所以四边形的面积为4 b bb216，所以b25，所以椭圆方程为1.97（2012四川高考理）已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M(2，y0)若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM| ()A2 B2 C4 D2【解析】选B 依题意，设抛物线方程是y22px(p0)，则有23，得p2，故抛物线方程是y24x，点M的坐标是(2，2)，|OM|2.98（2012陕西高考理）已知圆C：x2y24x0，l是过点

39、P(3,0)的直线，则 ()Al与C相交 Bl与C相切Cl与C相离 D以上三个选项均有可能【解析】选A 把点(3,0)代入圆的方程的左侧得3204330)，则有23，得p2，故抛物线方程是y24x，点M的坐标是(2，2)，|OM|2.112（2012辽宁高考文）将圆x2y22x4y10平分的直线是 ()Axy10 Bxy30Cxy10 Dxy30解析：选C 要使直线平分圆，只要直线经过圆的圆心即可，圆心坐标为(1,2)A，B，C，D四个选项中，只有C选项中的直线经过圆心113（2012辽宁高考文）已知P，Q为抛物线x22y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线

40、交于点A，则点A的纵坐标为 ()A1 B3 C4 D8【解析】选C 因为P，Q两点的横坐标分别为4，2，且P，Q两点都在抛物线yx2上，所以P(4,8)，Q(2,2)因为yx，所以kPA4，kQA2，则直线PA，QA的方程联立得，即，可得A点坐标为(1，4)114（2012山东高考文）圆(x2)2y24与圆(x2)2(y1)29的位置关系为 ()A内切 B相交 C外切 D相离【解析】选B 两圆的圆心距离为，两圆的半径之差为1、之和为5，而10，b0)的离心率为2.若抛物线C2：x22py(p0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为 ()Ax2y Bx2y Cx28y Dx

41、216y【解析】选D 双曲线的渐近线方程为yx，由于 2，所以，所以双曲线的渐近线方程为yx.抛物线的焦点坐标为(0，)，所以2，所以p8，所以抛物线方程为x216y.116（2012福建高考文）直线xy20与圆x2y24相交于A，B两点，则弦AB的长度等于 ()A2 B2 C. D1解析：选B 圆心(0,0)到直线xy20的距离为1，所以AB22.117（2012福建高考文）已知双曲线1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于 ()A. B. C. D.【解析】选C 由题意知c3，故a259，解得a2，故该双曲线的离心率e.118（2012安徽高考文）若直线xy10与圆(xa)2y22有

42、公共点，则实数a的取值范围是 ()A3，1 B1,3 C3,1 D(，31，)【解析】选C 欲使直线xy10与圆(xa)2y22有公共点，只需使圆心到直线的距离小于等于圆的半径即可，即，化简得|a1|2，解得3a1.119（2012湖南高考文）已知双曲线C：1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为 ()A.1 B.1 C.1 D.1【解析】选A 点P(2,1)在曲线C的渐近线yx上，1，a2b，又5，即4b2b225，b25，a220.120（2012大纲卷高考文）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x4，则该椭圆的方程为 ()A.1 B.1 C.1 D.1【解析】选C 由

43、题意知4，c2，所以a28，所以椭圆方程为1.121（2012大纲卷高考文）已知F1、F2为双曲线C：x2y22的左、右焦点，点P在C上，|PF1|2|PF2|，则cos F1PF2 ()A. B. C. D.【解析】选C 因为|PF1|PF2|2，且|PF1|2|PF2|，所以|PF1|4，|PF2|2，而|F1F2|4，由余弦定理得cos F1PF2.122（2012新课标高考文）设F1，F2是椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，P为直线x上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为 ()A. B. C. D.【解析】选C 由题意可得|PF2|F1F2|，2(ac)2c，3a4

44、c，e.123（2012新课标高考文）等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y216x的准线交于A，B两点，|AB|4，则C的实轴长为 ()A. B2 C4 D8【解析】选C 抛物线y216x的准线方程是x4，所以点A(4,2)在等轴双曲线C：x2y2a2(a0)上，将点A的坐标代入得a2，所以C的实轴长为4.124（2012重庆高考文）设A，B为直线yx与圆x2y21的两个交点，则|AB| ()A1 B. C. D2【解析】选D 因为直线yx过圆x2y21的圆心(0,0)，所以所得弦长|AB|2.125（2011新课标高考）设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l

45、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. B. C2 D3【解析】选B 设双曲线C的方程为1，焦点F(c,0)，将xc代入1可得y2，所以|AB|222a.b22a2.c2a2b23a2，e.126（2011大纲卷高考）已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线y2x4与C交于A，B两点，则cosAFB ()A. B. C D【解析】选D 设点A(x1，y1)B(x2，y2)由题意得点F(1,0)，由消去y得x25x40，x1或x4，因此点A(1，2)、B(4,4)，FA(0，2)，FB(3,4)，cosAFB，选D.127（2011江西高考）若曲线C1：x2y22

46、x0与曲线C2：y(ymxm)0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是 ()A(，) B(，0)(0，)C， D(，)(，)【解析】选B 整理曲线C1方程得，(x1)2y21，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：ym(x1)，显然x轴与圆C1有两个交点，知直线l与x轴相交，故有圆心C1到直线l的距离d0，b0)的两条渐近线均和圆C：x2y26x50相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为 ()A.1 B.1 C.1 D.1【解析】选A 圆心的坐标是(3,0)，圆的半径是2，双曲线的渐近线方程是bxay0，根据已知得2，即2

47、，解得b2，则a25，故所求的双曲线方程是1.131（2011四川高考）在抛物线yx2ax5(a0)上取横坐标为x14，x22的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x25y236相切，则抛物线顶点的坐标为 ()A(2，9) B(0，5) C(2，9) D(1，6)【解析】选A 由已知，抛物线经过(4,114a)和(2,2a1)两点，过这两点的割线的斜率为ka2.于是，平行于该割线的直线方程为y(a2)xb，该直线与圆相切，所以，该直线又与抛物线相切，于是(a2)xbx2ax5有等根，即x22x5b0的0b6，代入，注意到a0，得a4.所以抛物线的方程为yx24x

48、5(x2)29，顶点坐标为(2，9)132（2011湖南高考）设双曲线1(a0)的渐近线方程为3x2y0，则a的值为()A4 B3 C2 D1【解析】选C 双曲线方程1的渐近线方程为3xay0，与已知方程比较系数得a2.133（2011重庆高考）在圆x2y22x6y0内，过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为 ()A5 B10 C15 D20【解析】选B 由题意可知，圆的圆心坐标是(1,3)、半径是，且点E(0,1)位于该圆内，故过点E(0,1)的最短弦长|BD|22(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

49、|AC|2，且ACBD，因此四边形ABCD的面积等于|AC|BD|2210，选B.134（2011福建高考）设圆锥曲线T的两个焦点分别为F1，F2.若曲线T上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线T的离心率等于 ()A.或 B.或2 C.或2 D.或【解析】选A 设圆锥曲线的离心率为e，因|PF1|F1F2|PF2|432，则若圆锥曲线为椭圆，由椭圆的定义，则有e；若圆锥曲线为双曲线，由双曲线的定义，则有e；综上，所求的离心率为或，故选A.135（2011湖北高考）将两个顶点在拋物线y22px(p0)上，另一个顶点是此拋物线焦点的正三角形个数记为n，则 ()An0 Bn1 Cn

50、2 Dn3【解析】选C 结合图象可知，过焦点斜率为和的直线与拋物线各有两个交点，所以能够构成两组正三角形本题也可以利用代数的方法求解，但显得有些麻烦136（2011浙江高考）已知椭圆C1：1(ab0)与双曲线C2：x21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 ()Aa2 Ba213 Cb2 Db22【解析】选C 对于直线与椭圆、圆的关系，如图所示，设直线AB与椭圆C1的一个交点为C(靠近A的交点)，则|OC|，因tanCOx2，sinCOx，cosCOx，则C的坐标为(，)，代入椭圆方程得1，a211b2.5a2b2，b2.137（

51、2011陕西高考）设拋物线的顶点在原点，准线方程为x2，则拋物线的方程是()Ay28x By28x Cy24x Dy24x【解析】选B 由准线方程x2，可知拋物线为焦点在x轴正半轴上的标准方程，同时得p4，所以标准方程为y22px8x，答案为B.138（2011辽宁高考）已知F是拋物线y2x的焦点，A，B是该拋物线上的两点，|AF|BF|3，则线段AB的中点到y轴的距离为 ()A. B1 C. D.【解析】选C 根据拋物线定义与梯形中位线定理，得线段AB中点到y轴的距离为：(|AF|BF|).二、填空题139.（2015陕西高考，理15）设曲线在点（0,1）处的切线与曲线上点处的切线垂直，则的

52、坐标为 【解析】因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，设的坐标为（），则，因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，因为，所以，即，解得，因为，所以，所以，即的坐标是，所以答案应填：【答案】140.（2015湖北高考，理14）如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点（在的上方）， 且（）圆的标准方程为 ；（）过点任作一条直线与圆相交于两点，下列三个结论：； ； 其中正确结论的序号是 . （写出所有正确结论的序号）【解析】（）依题意，设（为圆的半径），因为，所以，所以圆心，故圆的标准方程为.（）联立方程组，解得或，因为在的上方，所以，令直线的方程为，此时，所以，因为，所以.所以，正确结论的序号是

53、.【答案】（）；（） 141.（2015江苏高考，10）在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 【答案】142.（2015湖南高考，文13）若直线与圆相交于A,B两点，且（O为坐标原点），则=_.【解析】如图直线与圆 交于A、B两点，O为坐标原点，且，则圆心（0，0）到直线的距离为 ， .故答案为2.【答案】2143.（2015重庆高考，文12）若点在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点P处的切线方程为_.【解析】由点在以坐标原点为圆心的圆上知此圆的方程为：，所以该圆在点P处的切线方程为即，故填：.【答案】xO yTCAB 第16题图144.（2015湖北

54、高考，文16）如图，已知圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且. （）圆的标准方程为_； （）圆在点处的切线在轴上的截距为_.【解析】设点的坐标为，则由圆与轴相切于点知，点的横坐标为，即，半径.又因为，所以，即，所以圆的标准方程为，令得：.设圆在点处的切线方程为，则圆心到其距为：，解之得.即圆在点处的切线方程为，于令可得，即圆在点处的切线在轴上的截距为，故应填和.【答案】（）；（）.145.（2015北京高考，理10）已知双曲线的一条渐近线为，则【解析】双曲线的渐近线方程为，,则【答案】146.（2015上海高考，理5）抛物线（）上的动点到焦点的距离的最小值为，则 【解析

55、】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【答案】147.（2015湖南高考，理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】.148.（2015浙江高考，理9）双曲线的焦距是 ，渐近线方程是 【解析】由题意得：，焦距为，渐近线方程为.【答案】，.149.（2015新课标全国卷I，理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 .【解析】设圆心为（，0），则半径为，则，解得，故圆的方程为.【答案】150.（2015陕西高考，理14）若抛物线的准线经过

56、双曲线的一个焦点，则 【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：【答案】151.（2015上海高考，理9）已知点和的横坐标相同，的纵坐标是的纵坐标的倍，和的轨迹分别为双曲线和若的渐近线方程为，则的渐近线方程为 【答案】【考点定位】双曲线渐近线152.（2015山东高考，理15）平面直角坐标系中，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 .【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， .

57、【答案】 153.（2015江苏高考，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 .【解析】设，因为直线平行于渐近线，所以点到直线的距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【答案】154.【2015新课标全国卷I，文16】已知是双曲线的右焦点，P是C左支上一点， ，当周长最小时，该三角形的面积为 【答案】155（2015浙江高考，文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 【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.【答案】156.（2015北

58、京高考，文12）已知是双曲线（）的一个焦点，则 【解析】由题意知，所以.【答案】157.（2015上海高考，文7）抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为1，则 .【解析】依题意，点为坐标原点，所以，即.【答案】2158.（2015上海高考，文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 .【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.【答案】159（2015山东高考，文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

59、心率为 .【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.【答案】160. (2014新课标全国卷高考理科数学T16)设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得OMN=45,则x0的取值范围是.【解题提示】画出图形,利用圆的性质,求得x0的取值范围.【解析】在坐标系中画出圆O和直线y=1,其中M(x0,1)在直线上.由圆的切线相等及三角形外角知识,可得x0-1,1.故x0-1,1.答案:-1,1161. （2014重庆高考文科14）已知直线与圆心为 的圆相交于 两点，且 则

60、实数 的值为 .【解题提示】可根据条件求出圆心到直线的距离，然后求出实数的值.【解析】圆的标准方程为 ，圆心为 ，半径为 因为易知圆心到直线的距离为 ，即，解得 或 答案：或162. （2014湖北高考理科12）直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则_.【解析】依题意，圆心到两条直线的距离相等，且每段弧的长度都是圆周的，圆心到的距离为，圆心到的距离为，即，所以，故.答案：2【误区警示】 解答本题时容易出现的问题是不能把“将单位圆分成长度相等的四段弧” 用数学语言表示出来。163. (2014湖北高考文科T13)已知圆O:x2+y2=1和点A(-2,0),若定点B(b,0)(b-2)和常数满足:

61、对圆O上任意一点M,都有|MB|=|MA|,则(1)b=.(2)=.【解析】设M(x,y),因为,所以(x-b)2+y2=2(x+2)2+y2,整理得(2-1)x2+(2-1)y2+(42+2b)x-b2+42=0,因为圆O上的点M都有成立,所以由可求得答案:(1) (2) 【误区警示】将满足条件M(x,y)的几何形式转化为代数形式,(2-1)x2+(2-1)y2+(42+2b)x-b2+42=0,点M(x,y)在圆O:x2+y2=1上,故此方程就是圆O:x2+y2=1的方程.这是本题的易错点.164. （2014上海高考理科14）【解题提示】曲线C的方程表示y轴左侧的半个圆，根据条件知P,Q

62、两点关于A对称，易得坐标关系式，设出点Q的坐标,表示出点P的坐标，根据图像特点即得.【解析】答案：165. （2014上海高考文科14）【解题提示】曲线C的方程表示y轴左侧的半个圆，根据条件知P,Q两点关于A对称，易得坐标关系式，设出点Q的坐标,表示出点P的坐标，根据图像特点即得.【解析】答案：166. （2014山东高考文科14）圆心在直线上的圆与轴的正半轴相切，圆截轴所得的弦的长，则圆的标准方程为.【解题指南】本题考查了直线与圆的位置关系，可利用圆心到直线的距离，弦长一半，半径，构成直角三角形求解.【解析】 设圆心，半径为. 由勾股定理得： 圆心为，半径为2， 圆的标准方程为答案：.167

63、.(2014陕西高考理科T12)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为.【解题指南】根据圆心与点(1,0)关于直线y=x对称点,求出圆心坐标,再由圆的半径,即可求出圆C的标准方程.【解析】因为圆C的圆心与点P(1,0)关于直线y=x对称,所以圆C的圆心坐标为(0,1),且圆C的半径为1,所以所求圆的标准方程为x2+(y-1)2=1.答案:x2+(y-1)2=1168. （2014辽宁高考文科1）与（2014辽宁高考理科1）相同已知椭圆，点与点C的焦点不重合，若关于C的焦点的对称点分别为，线段的中点在C上，则【解析】根据题意，椭圆的左右焦点为，由于点的不确定

64、性，不妨令其为椭圆的左顶点,线段的中点为椭圆的上顶点，则关于C的焦点的对称点分别为，而点，据两点间的距离公式得答案：【误区警示】 在无法明确相关点的具体情况的时候，可以取特殊情形处理问题。避免对一般情况处理的复杂性169. （2014四川高考文科11）双曲线的离心率等于_.【解题提示】本题主要考查双曲线的离心率，属于基本题【解析】.答案：170. （2014浙江高考文科17）与（2014浙江高考理科16）相同设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点A、B，若点满足，则该双曲线的离心率是_.【解题指南】求出的坐标，写出中点的坐标，因为，所以与已知直线垂直，寻找与的关系.【解析】由双曲线的方程可知，它

65、的渐近线方程为与，分别与联立方程组，解得，设的中点为，则，因为，所以与已知直线垂直，所以，解得，即，答案：171.（2014湖南高考理科15）如图，正方形的边长分别为，原点为的中点，抛物线经过 【解题提示】有正方形的边长给出点C,F的坐标带入抛物线方程求解。【解析】由题可得，则。答案: 3. 172. （2014上海高考理科4）【解题提示】先求出椭圆的右焦点坐标，从而求出p的值，即得抛物线的准线方程.【解析】根据椭圆的右焦点坐标F(2，0)得p=4,所以抛物线的准线方程为x=-2.答案：x=-2.173. （2014山东高考文科15）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

66、线的准线所得线段长为，且，则双曲线的渐近线方程为.【解题指南】本题考查了双曲线知识，利用双曲线与抛物线的交点为突破口求出a,b之间的关系，进而求得双曲线的渐近线方程.【解析】 由题意知， 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，渐近线方程为，.答案： 174.(2014陕西高考文科T11)抛物线y2=4x的准线方程为.【解题指南】根据抛物线y2=2px的准线方程为x=-可以得到所求准线方程.【解析】根据抛物线的几何性质得抛物线y2=4x的准线方程为x=-1.答案:x=-1160.（2014安徽高考文科15）若直线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

67、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)直线在点处“切过”曲线：直线在点处“切过”曲线：直线在点处“切过”曲线：直线在点处“切过”曲线：直线在点处“切过”曲线：【解题提示】根据各选项分别判断。 【解析】根据题意满足条件的有（1）（3）（4），剩余选项（2）（5）都在切线的一边。答案：175.（2014安徽高考理科14）设分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，若轴，则椭圆的方程为_【解题提示】构造直角三角形，利用线段平行、垂直关系及点A,B在椭圆上求得参数b.【解析】如图所示，设，作,则 又点A,B在椭圆上，所以与联立解得。所以椭圆方程为。1

68、76. （2014湖南高考文科14）平面上以机器人在行进中始终保持与点的距离和到直线的距离相等.若机器人接触不到过点且斜率为的直线，则的取值范围是 【解题提示】根据抛物线的定义和直线与圆锥曲线的关系求解。【解析】把机器人看做一个动点，则根据抛物线定义知道它的轨迹为抛物线，其方程为，过点且斜率为的直线方程为，两个方程联立，消去y得，由题意，所以。答案：177（2013湖南高考理）设F1，F2是双曲线C：1(a0，b0)的两个焦点，P是C上一点若|PF1|PF2|6a，且PF1F2的最小内角为30，则C的离心率为_【解析】本小题主要考查双曲线的定义及其几何性质和余弦定理，考查数形结合思想与运算求解

69、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|22|PF1|F1F2|cosPF1F2，所以4a216a24c224a2ccos 30，即3a22acc20，所以ac0，故双曲线C的离心率为.【答案】178（2013福建高考理）椭圆：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c，若直线y(xc)与椭圆的一个交点M满足MF1F22MF2F1，则该

70、椭圆的离心率等于_【解析】本题考查椭圆的定义、离心率等基础知识，意在考查考生的数形结合能力、转化和化归能力、运算求解能力直线y(xc)过点F1，且倾斜角为60，所以MF1F260，从而MF2F130，所以MF1MF2.在RtMF1F2中，|MF1|c，|MF2|c，所以该椭圆的离心率e1.【答案】1179（2013辽宁高考理）已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF.若|AB|10，|AF|6，cosABF，则C的离心率e_.【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

71、称来确定a值，试题也侧重考查了逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力设椭圆的右焦点为F1，在ABF中，由余弦定理可解得|BF|8，所以ABF为直角三角形，又因为斜边AB的中点为O，所以|OF|c5，连接AF1，因为A，B关于原点对称，所以|BF|AF1|8，所以2a14，a7，所以离心率e.【答案】180（2013安徽高考理）已知直线ya交抛物线yx2于A，B两点若该抛物线上存在点C，使得ACB为直角，则a的取值范围为_【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系，圆的性质，考查考生的转化与化归能力法一：设直线ya与y轴交于点M，抛物线yx2上要存在C点，只要以|AB|为直径的圆与抛物线yx2有交点

72、即可，也就是使|AM|MO|，即a(a0)，所以a1.法二：易知a0，设C(m，m2)，由已知可令A(，a)，B(，a)，则AC(m，m2a)，BC(m，m2a)，因为ACBC，所以m2am42am2a20，可得(m2a)(m21a)0.因为由题易知m2a，所以m2a10，故a1，)【答案】1，)181（2013浙江高考理）设F为抛物线C：y24x的焦点，过点P(1,0)的直线l交抛物线C于A，B两点，点Q为线段AB的中点若|FQ|2，则直线l的斜率等于_【解析】本题考查抛物线方程、性质，直线与抛物线的位置关系，考查数形结合思想及运算求解能力法一：注意到|FQ|2，正好是抛物线通径的一半，所以

73、点Q为通径的一个端点，其坐标为(1，2)，这时A，B，Q三点重合，直线l的斜率为1.法二：令直线l的方程为xty1，由得y24ty40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24t，y1y24，x1x24t22，所以xQ2t21，yQ2t，|FQ|2(xQ1)2y4，代入解得，t1或t0(舍去)，即直线l的斜率为1.【答案】1182（2013陕西高考理）双曲线1的离心率为，则m等于_【解析】本题考查双曲线的几何性质和方程思想的具体应用m9.【答案】9183（2013江西高考理）抛物线x22py(p0)的焦点为F，其准线与双曲线1相交于A，B两点，若ABF为等边三角形，则p_.【解析】本

74、题考查抛物线、双曲线的标准方程及简单的几何性质，意在考查考生的数形结合思想以及转化与化归的能力由x22py(p0)得焦点F，准线l为y，所以可求得抛物线的准线与双曲线1的交点A，B，所以|AB| ，则|AF|AB| ，所以sin ，即，解得p6.【答案】6184（2013北京高考文）若抛物线y22px的焦点坐标为(1,0)，则p_，准线方程为_【解析】本题主要考查抛物线的方程及其简单的几何性质，意在考查考生的运算求解能力因为抛物线的焦点坐标为(1,0)，所以1，p2，准线方程为x1.【答案】2x1185（2013江苏高考文）双曲线1的两条渐近线的方程为_【解析】本题考查双曲线的几何性质，意在考

75、查学生的运算能力令0，解得yx.【答案】yx186（2013江苏高考文）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为1(a0，b0)，右焦点为F，右准线为l，短轴的一个端点为B.设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离为d2.若d2=d1，则椭圆C的离心率为_【解析】本题考查椭圆的基本概念及性质，意在考查学生的推理能力及运算能力令F(c,0)，B(0，b)，则直线BF的方程为1，所以d1 .又d2c，由d2d1，可得，解得b22c2，所以a23c2，ac，所以e.【答案】187（2013山东高考文）过点(3,1)作圆(x2)2(y2)24的弦，其中最短弦的长为_【解析】本题主要考查直线与圆的

76、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，所以最短弦长为222.【答案】2188（2013福建高考文）椭圆：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y(xc)与椭圆的一个交点M满足MF1F22MF2F1，则该椭圆的离心率等于_【解析】本题主要考查椭圆的定义、图像和性质等基础知识，意在考查考生的数形结合能力、转化和化归能力、运算求解能力直线y(xc)过点F1(c,0)，且倾斜角为60，所以MF1F260，从而MF2F130，所以MF1MF2.在RtMF1F2中，|MF1|c，|MF2|c，所以该椭圆的离心率

77、e1.【答案】1189（2013湖南高考文）设F1，F2是双曲线C：1(a0，b0)的两个焦点若在C上存在一点P，使PF1PF2，且PF1F230，则C的离心率为_【解析】本题主要考查双曲线的离心率和解直角三角形，并结合数形结合思想和转化思想，意在考查考生的转化处理能力和运算能力由已知可得，|PF1|2ccos 30c，|PF2|2csin 30c，由双曲线的定义，可得cc2a，则e1.【答案】1190（2013浙江高考文）直线y2x3被圆x2y26x8y0所截得的弦长等于_【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系、圆的弦长求法等基础知识，意在考查考生的解析几何思想，以及对基础知识的掌握程度已知

78、圆的圆心为(3,4)，半径为5，圆心到直线y2x3的距离为d，所以弦长l24.【答案】4191（2013天津高考文）已知抛物线y28x的准线过双曲线1(a0，b0)的一个焦点， 且双曲线的离心率为2，则该双曲线的方程为_【解析】本题主要考查双曲线、抛物线的标准方程与几何性质，意在考查考生的运算求解能力抛物线y28x的准线x2过双曲线的一个焦点，所以c2，又离心率为2，所以a1，b，所以该双曲线的方程为x21.【答案】x21192（2013湖北高考文）已知圆O：x2y25，直线l：xcos ysin .设圆O上到直线l的距离等于1的点的个数为k，则k_.【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系直线

79、l：xcos ysin 1是单位圆x2y21在第一象限部分的切线，圆O：x2y25的圆心到直线l的距离为1，故过原点O与l平行的直线l1与圆O的2个交点到直线l的距离为1，l1关于l对称的直线l2与圆O也有2个交点，共4个【答案】4193（2013陕西高考文）双曲线1的离心率为_【解析】本题主要考查双曲线的几何量之间的关系由几何量之间的关系，得a216，b29，e2，e.【答案】194（2013江西高考文）若圆C经过坐标原点和点(4,0)，且与直线y1相切，则圆C的方程是_【解析】本题主要考查圆的方程及待定系数法，考查方程思想及运算求解能力因为圆过原点，所以可设圆的方程为x2y2DxEy0.因

80、为圆过点(4,0)，将点(4,0)代入圆的方程得D4，即圆的方程为x2y24xEy0.又圆与直线y1相切，将其代入圆的方程得x214xE0，又方程只有一个解，所以424(1E)0，解得E3.故所求圆的方程为x2y24x3y0，即(x2)22.【答案】(x2)22195（2013四川高考文）在平面直角坐标系内，到点A(1,2)，B(1,5)，C(3,6)，D(7，1)的距离之和最小的点的坐标是_【解析】本题主要考查几何最值问题，从几何方法入手，用代数手段解决，意在考查考生对解析几何和平面几何的结合与转化的能力取四边形ABCD对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形

81、ABCD中任取一点P，在APC中，有APPCAC，在BPD中，有PBPDBD，而如果P在线段AC上，那么APPCAC；同理，如果P在线段BD上，那么BPPDBD.如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P就只能是AC与BD的交点易求得P(2,4)【答案】(2,4)196（2013辽宁高考文）已知F为双曲线C：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_【解析】本题主要考查双曲线的定义，双曲线的几何性质，双曲线方程，意在考查考生综合运用圆锥曲线知识解决问题的能力由题意得，|FP|PA|6，|FQ|QA|6，两式相加，利用双曲线的定义得

82、|FP|FQ|28，所以PQF的周长为|FP|FQ|PQ|44.【答案】44197（2013重庆高考理）过抛物线y22x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，若|AB|，|AF|BF|，则|AF|_.【解析】设过抛物线焦点的直线为yk(x)，联立得整理得k2x2(k22)xk20，x1x2，x1x2.|AB|x1x211，得k224，代入k2x2(k22)xk20得12x213x30，解得x1，x2，又|AF|b0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2.若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为_【解析】依题意得|F1F2|2|AF1|BF1|，即4c2

83、(ac)(ac)a2c2，整理得5c2a2，得e.【答案】200（2012四川高考理）椭圆1的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于点A、B.当FAB的周长最大时，FAB的面积是_【解析】法一：依题意得知，点F(1,0)，不妨设点A(2cos ，sin )(sin 0)，则有B(2cos ，sin )，|FA|FB|2cos ，|AB|2sin ，|FA|FB|AB|42cos 2sin 44sin()，当2k，kZ，即2k，kZ，2cos 1，sin 时，FAB的周长最大，此时FAB的面积等于(11)33.法二：椭圆右焦点为F(1,0)由椭圆定义|AF|AF|BF|BF|2a.则FAB的周长l|A

84、F|BF|AB|4a(|FA|FB|)|AB|4a|FA|FB|AB|4aFAB周长最大时，直线xm经过F(1,0)这时|AB|3，此时SFAB233.【答案】3201（2012湖南高考理）在直角坐标系xOy中，已知曲线C1：(t为参数)与曲线C2：(为参数，a0)有一个公共点在x轴上，则a_.【解析】曲线C1的普通方程为2xy3，曲线C2的普通方程为1，直线2xy3与x轴的交点坐标为(，0)，故曲线1也经过这个点，代入解得a(舍去)【答案】202（2012辽宁高考理）已知P，Q为抛物线x22y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为_

85、【解析】易知抛物线yx2上的点P(4,8)，Q(2,2)，且yx，则过点P的切线方程为y4x8，过点Q的切线方程为y2x2，联立两个方程解得交点A(1，4)，所以点A的纵坐标是4.【答案】4203（2012北京高考理）直线(t为参数)与曲线(为参数)的交点个数为_【解析】直线的普通方程为xy10，圆的普通方程为x2y232，圆心到直线的距离d3，故直线与圆的交点个数是2.【答案】2204在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y24x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方若直线l的倾斜角为60，则OAF的面积为_【解析】直线l的方程为y(x1)，即xy1，代入抛物线方程得y2y

86、40，解得yA2(yB0，舍去)，故OAF的面积为12.【答案】205（2012天津高考理）已知抛物线的参数方程为(t为参数)，其中p0，焦点为F，准线为l.过抛物线上一点M作l的垂线，垂足为E.若|EF|MF|，点M的横坐标是3，则p_.【解析】由题意知，抛物线的普通方程为y22px(p0)，焦点F(，0)，准线x，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32p，得p2.【答案】2206. （2012陕西高考理）右图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米水位下降1米后，水面宽_米【解析】以抛物

87、线的顶点为原点，对称轴为y轴建立直角坐标系，设抛物线的方程为x22py，则点(2，2)在抛物线上，代入可得p1，所以x22y.当y3时，x26，所以水面宽为2.【答案】2207.（2012江苏高考理）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线1的离心率为，则m的值为_【解析】由题意得m0，a，b，c，由e得5，解得m2.【答案】2208（2012江苏高考理）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2y28x150，若直线ykx2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是_【解析】设圆心C(4,0)到直线ykx2的距离为d，则d，由题意知问题转化为d2，即d2，得0k，

88、所以kmax.【答案】209（2012湖北高考理）如图，双曲线1(a，b0)的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2.若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A，B，C，D.则(1)双曲线的离心率e_；(2)菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值_.【解析】由题意可得abc，a43a2c2c40，e43e210，e2，e.设sin ，cos ，e2.【答案】210（2012浙江高考文）定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离已知曲线C1：yx2a到直线l：yx的距离等于曲线C2：x2(y4)22到直线l：

89、yx的距离，则实数a_.【解析】因曲线C2：x2(y4)22到直线l：yx的距离为2，则曲线C1与直线l不能相交，即x2ax，x2ax0.设C1：yx2a上一点为(x0，y0)，则点(x0，y0)到直线l的距离d，所以a.【答案】211（2012四川高考文）椭圆1(a为定值，且a)的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于点A、B，FAB的周长的最大值是12，则该椭圆的离心率是_【解析】依题意得，点F(，0)，不妨设点A(acos ，sin )，|FA|FB|acos ，|AB|2sin ，|FA|FB|AB|2a2cos 2sin 的最大值是2a 4a12，即a3，因此该椭圆的离心率是.【答案】21

90、2（2012天津高考文）设m，nR，若直线l：mxny10与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2y24相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则AOB面积的最小值为_【解析】由直线与圆相交所得弦长为2，知圆心到直线的距离为，即，所以m2n22|mn|，所以|mn|，又A(，0)，B(0，)，所以AOB的面积为3，最小值为3.【答案】3213（2012湖南高考文）在平面直角坐标系xOy中，若直线l1：(s为参数)和直线l2：(t为参数)平行，则常数a的值为_解析：本题主要考查直线的参数方程与两直线平行的概念，意在考查考生的转化处理能力把直线的参数方程转化为普通方程，得l1：x2y10，l2：

91、xy0，由两直线平行，可得11(2)0，且11(1)0，即a4.答案：4214（2012辽宁高考文）已知双曲线x2y21，点F1，F2为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若PF1PF2，则|PF1|PF2|的值为_【解析】不妨设点P在双曲线的右支上，因为PF1PF2，所以(2)2|PF1|2|PF2|2，又因为|PF1|PF2|2，所以(|PF1|PF2|)24，可得2|PF1|PF2|4，则(|PF1|PF2|)2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|12，所以|PF1|PF2|2.【答案】2215（2012天津高考文）已知双曲线C1：1(a0，b0)与双曲线C2：1有相同的渐近线，且C

92、1的右焦点为F(，0)，则a_b_.【解析】双曲线1的渐近线为y2x，则2，即b2a，又因为c，a2b2c2，所以a1，b2.【答案】12216.（2012江苏高考文）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线1的离心率为，则m的值为_【解析】由题意得m0，a，b，c，由e得5，解得m2.【答案】2217（2012江苏高考文）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2y28x150，若直线ykx2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是_【解析】设圆心C(4,0)到直线ykx2的距离为d，则d，由题意知问题转化为d2，即d2，得0k，所以kmax.【答案】218（2

93、012安徽高考文）过抛物线y24x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点若|AF|3，则|BF|_.【解析】抛物线y24x准线为x1，焦点为F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)由抛物线的定义可知|AF|x113，所以x12，所以y12，由抛物线关于x轴对称，假设A(2,2)，由A，F，B三点共线可知直线AB的方程为y02(x1)，代入抛物线方程消去y得2x25x20，求得x2或，所以x2，故|BF|.【答案】219（2012北京高考文）直线yx被圆x2(y2)24截得的弦长为_【解析】圆心(0,2)到直线yx的距离为d，圆的半径为2，所以所求弦长为22.【答案】2220（2012重

94、庆高考文）设P为直线yx与双曲线1(a0，b0)左支的交点，F1是左焦点，PF1垂直于x轴，则双曲线的离心率e_.【解析】由PF1x轴且P点在双曲线的左支上，可得P(c，)又因为点P在直线yx上，所以(c)，整理得c3b，根据c2a2b2得a2 b，所以双曲线的离心率e.【答案】221（2011新课标高考）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为.过F1的直线l交C于A，B两点，且ABF2的周长为16，那么C的方程为_【解析】根据椭圆焦点在x轴上，可设椭圆方程为1(ab0)，e，.根据ABF2的周长为16得4a16，因此a4，b2，所以椭圆方程为1.【答案

95、】1222（2011大纲卷高考）已知F1、F2分别为双曲线C：1的左、右焦点，点AC，点M的坐标为(2,0)，AM为F1AF2的平分线，则|AF2|_.【解析】依题意得知，点F1(6,0)，F2(6,0)，|F1M|8，|F2M|4.由三角形的内角平分线定理得2，|F1A|2|F2A|；又点A在双曲线上，因此有|F1A|F2A|236,2|F2A|F2A|F2A|6.【答案】6223（2011北京高考）曲线C是平面内与两个定点F1(1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a1)的点的轨迹给出下列三个结论：曲线C过坐标原点；曲线C关于坐标原点对称；若点P在曲线C上，则F1PF2的面积不大

96、于a2.其中，所有正确结论的序号是_【解析】因为原点O到两个定点F1(1,0)，F2(1,0)的距离的积是1，而a1，所以曲线C不过原点，即错误；因为F1(1,0)，F2(1,0)关于原点对称，所以|PF1|PF2|a2对应的轨迹关于原点对称，即正确；因为SF1PF2|PF1|PF2|sinF1PF2|PF1|PF2|a2，即面积不大于a2，所以正确【答案】224（2011江西高考）若椭圆1的焦点在x轴上，过点(1，)作圆x2y21的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是_【解析】由题可设斜率存在的切线的方程为yk(x1)(k为切线的斜率)，即2kx2y2k

97、10，由1，解得k，所以圆x2y21的一条切线方程为3x4y50，求得切点A(，)，易知另一切点B(1,0)，则直线AB的方程为y2x2.令y0得右焦点为(1,0)，令x0得上顶点为(0,2)a2b2c25，故得所求椭圆方程为1.【答案】1225（2011四川高考）双曲线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_【解析】由已知，双曲线中，a8，b6，所以c10，由于点P到右焦点的距离为4,40)相切，则r_.【解析】将抛物线C的参数方程化为普通方程得y28x，焦点坐标为(2,0)，所以过焦点且斜率为1的直线方程为xy20，又该直线与圆相切，所以圆心(4,0)到该直线的距离等

98、于圆的半径，即r.【答案】228（2011浙江高考）设F1，F2分别为椭圆y21的左，右焦点，点A，B在椭圆上，若F1A5F2B，则点A的坐标是_【解析】根据题意设A点坐标为(m，n)，B点坐标为(c，d)F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，其坐标分别为(，0)，(，0)，可得F1A(m，n)，F2B(c，d)F1A5F2B，c，d.点A、B都在椭圆上，d21，()21.解得m0，n1，故点A坐标为(0，1)【答案】(0，1)229（2011辽宁高考）已知点(2,3)在双曲线C：1(a0，b0)上，C的焦距为4，则它的离心率为_【解析】根据点(2,3)在双曲线上，可以很容易建立一个关于a，b的等

99、式，即1，考虑到焦距为4，这也是一个关于c的等式，2c4，即c2.再有双曲线自身的一个等式a2b2c2，这样，三个方程，三个未知量，可以解出a1，b，c2，所以，离心率e2.【答案】2三、解答题230（2015广东高考，理20）（本小题满分14分）已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，.（1）求圆的圆心坐标；（2）求线段的中点的轨迹的方程；（3）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点：若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.【解析】（1）由得， 圆的圆心坐标为；（2）设，则 点为弦中点即， 即， 线段的中点的轨迹的方程为；（3）由（2）知点的轨迹是以为圆心为半径的部分圆弧（不包括两端点

100、），且，又直线：过定点，当直线与圆相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线：与曲线只有一个交点231（2015新课标全国卷I，文20）(本小题满分12分)已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x2)2(y3)21交于M，N两点(1)求k的取值范围；(2)若OMON12，其中O为坐标原点，求|MN|.解：(1)由题设可知直线l的方程为ykx1.因为直线l与圆C交于两点，所以1，解得k0)交于M，N两点(1)当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由（）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

101、=-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（）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242.（2015北京高考，理19）（本小题14分）已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点（）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；（）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由243.（2015湖南高考，理20）已知抛物线

102、的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.（1）求的方程；（2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向（）若，求直线的斜率（）设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形1）由：知其焦点的坐标为，也是椭圆的一焦点， ，又与的公共弦的长为，与都关于轴对称，且的方程为，由此易知与的公共点的坐标为，联立，得，故的方程为；（2）如图，（i）与同向，且，从而，即，于是，设直线的斜率为，则的方程为，由得，而，是这个方程的两根，由得244（2015安徽高考，文20）(本小题满分13分)设椭圆E的方程为1(ab0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b

103、)，点M在线段AB上，满足|BM|2|MA|，直线OM的斜率为.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，b)，N为线段AC的中点，证明：MNAB.解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM，从而.进而得ab，c2b，故e.(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为(，)，可得NM.又AB(a，b)，从而有ABNMa2b2(5b2a2)由(1)可知a25b2，所以ABNM0，故MNAB.245（2015北京高考，文20）(本小题满分14分)已知椭圆C：x23y23，过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x3交于点M.(1)求椭圆C的离心率；

104、(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由解：(1)椭圆C的标准方程为y21，所以a，b1，c.所以椭圆C的离心率e.(2)因为AB过点D(1，0)且垂直于x轴，所以可设A(1，y1)，B(1，y1)，直线AE的方程为y1(1y1)(x2)令x3，得M(3，2y1)所以直线BM的斜率kBM1.(3)直线BM与直线DE平行理由如下：当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知kBM1.又因为直线DE的斜率kDE1，所以BMDE.当直线AB的斜率存在时，设其方程为yk(x1)(k1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线AE的方程为y1(x2)令

105、x3，得点M，由得(13k2)x26k2x3k230，所以x1x2，x1x2.直线BM的斜率kBM.因为kBM10，所以kBM1kDE，所以BMDE.综上可知，直线BM与直线DE平行246. （2015福建高考，文19）(本小题满分12分)已知点F为抛物线E：y22px(p0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|3. (1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(1，0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切解：(1)由抛物线的定义得|AF|2.因为|AF|3，即23，解得p2，所以抛物线E的方程为y24x.(2)法一：因为点A(2，m)在抛物

106、线E：y24x上，所以m2.由抛物线的对称性，不妨设A(2，2)由A(2，2)，F(1，0)可得直线AF的方程为y2(x1)由得2x25x20，解得x2或x，从而B.又G(1，0)，所以kGA，kGB，所以kGAkGB0，从而AGFBGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切法二：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2，m)在抛物线E：y24x上，所以m2.由抛物线的对称性，不妨设A(2，2)由A(2，2)，F(1，0)可得直线AF的方程为y2(x1)由得2x25x20，解得x2或x，从而B.又G(1，0)，故直线GA的方程

107、为2x3y20，从而r .又直线GB的方程为2x3y20，所以点F到直线GB的距离dr.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切247（2015湖南高考，文20）(本小题满分13分)已知抛物线C1：x24y的焦点F也是椭圆C2：1(ab0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.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：(1)由C1：x24y知其焦点F的坐标为(0，1)因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2b21.又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为

108、x24y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为，所以1.联立，得a29，b28.故C2的方程为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ACBD，从而x3x1x4x2，即x1x2x3x4，于是(x1x2)24x1x2(x3x4)24x3x4.设直线l的斜率为k，则l的方程为ykx1.由得x24kx40.而x1，x2是这个方程的两根，所以x1x24k，x1x24.由得(98k2)x216kx640.而x3，x4是这个方程的两根，所以x3x4，x3x4.将代入，得16(k21)，即16(k21)，所以(98k2)2

109、169，248（2015山东高考，文21）(本小题满分14分)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且点在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线ykxm交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.求的值；求ABQ面积的最大值解：(1)由题意知1.又，解得a24，b21.所以椭圆C的方程为y21.(2)由(1)知，椭圆E的方程为1.设P(x0，y0)，.由题意知Q(x0，y0)因为y1，又1，即1，所以2，即2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)将ykxm代入椭圆E的方程，可得(14k2)x28kmx4m2160，由0，可得

110、m2416k2.()则有x1x2，x1x2.所以|x1x2|.因为直线ykxm与y轴交点的坐标为(0，m)，所以OAB的面积S|m|x1x2|2设t.将ykxm代入椭圆C的方程，可得(14k2)x28kmx4m240，由0，可得m214k2.()由()()可知0b0)经过点A(0，1)，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.解：(1)由题设知，b1，结合a2b2c2，解得a.所以椭圆的方程为y21.(2)证明：由题设知，直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12

111、k2)x24k(k1)x2k(k2)0.由已知得0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则x1x2，x1x2 .从而直线AP，AQ的斜率之和kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2.250（2015四川高考，文20）(本小题满分13分)如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且PCPD1.(1)求椭圆E的方程(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得OAOBPAPB为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解：(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)又点P的坐标为(0，1)，且PC

112、PD1，于是解得a2，b.所以椭圆E的方程为1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2.从而，OAOBPAPBx1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以，当1时，23.此时，OAOBPAPB3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，OAOBPAPBOCODPCPD213.故存在常数1，使得OAOBPAPB为定值3.251（2015天津高考，文19）(本小题满分14分)已

113、知椭圆1(ab0)的上顶点为B，左焦点为F，离心率为.(1)求直线BF的斜率；(2)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B)，过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B)，直线PQ与y轴交于点M，|PM|MQ|.求的值；若|PM|sinBQP，求椭圆的方程解：(1)设F(c，0)由已知离心率及a2b2c2，可得ac，b2c.又因为B(0，b)，F(c，0)，所以直线BF的斜率k2.(2)设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)由(1)可得椭圆的方程为1，直线BF的方程为y2x2c.将直线方程与椭圆方程联立，消去y，整理得3x25cx0，解得xP.因为BQBP，所以直线BQ

114、的方程为yx2c，与椭圆方程联立，消去y，整理得21x240cx0，解得xQ.又因为及xM0，可得.由有，所以，即|PQ|PM|.又因为|PM|sinBQP，所以|BP|PQ|sinBQP|PM|sinBQP.又因为yP2xP2cc，所以|BP| c，因此c，得c1.所以椭圆的方程为1.252（2015浙江高考，文19）(本小题满分15分)如图，已知抛物线C1：yx2，圆C2：x2(y1)21，过点P(t，0)(t0)作不过原点O的直线PA，PB分别与抛物线C1和圆C2相切，A，B为切点(1)求点A，B的坐标；(2)求PAB的面积解：(1)由题意知直线PA的斜率存在，故可设直线PA的方程为yk

115、(xt)由消去y，整理得x24kx4kt0，由于直线PA与抛物线相切，得kt.因此，点A的坐标为(2t，t2)设圆C2的圆心为D(0，1)，点B的坐标为(x0，y0)由题意知：点B，O关于直线PD对称，故解得因此，点B的坐标为.(2)由(1)知|AP|t，直线PA的方程为txyt20.点B到直线PA的距离是d .设PAB的面积为S(t)，则S(t)|AP|d.253（2015重庆高考，文21）(本小题满分12分)如图，椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQPF1.(1)若|PF1|2，|PF2|2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ|PF1|，且，试

116、确定椭圆离心率e的取值范围解：(1)由椭圆的定义，2a|PF1|PF2|(2)(2)4，故a2.设椭圆的半焦距为c，由于PF1PF2，因此2c|F1F2|2，即c，从而b1，故所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图所示，由PF1PQ，|PQ|PF1|，得|QF1|PF1|.由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，知|PF1|PQ|QF1|4a.于是(1)|PF1|4a，解得|PF1|，故|PF2|2a|PF1|.由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)24c2，从而4c2.两边除以4a2，得e2.若记t1，则上式变成e28.由，并注意到t1关于的单调性，

117、得3t4，即，进而e2，即b0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.已知|AB|=|F1F2|.(1)求椭圆的离心率.(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过点F2的直线l与该圆相切于点M,|MF2|=2.求椭圆的方程.【解析】(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0),由|AB|=|F1F2|,可得a2+b2=3c2,又b2=a2-c2,则.所以椭圆的离心率e=.(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2,故椭圆方程为=1.设P(x0,y0),由F1(-c,0),B(0,c),有=(x0+c,y0), =(c,c),由已知,有=0,即(x0+c)

118、c+y0c=0.又c0,故有x0+y0+c=0.因为点P在椭圆上,故=1.由和可得+4cx0=0,而点P不是椭圆的顶点,故x0=-,代入得y0=,即点P的坐标为.设圆的圆心为T(x1,y1),则x1=-c,y1=c,进而圆的半径r=c.由已知,有|TF2|2=|MF2|2+r2,又|MF2|=2,故有=8+.解得c2=3.所以所求椭圆的方程为=1.255. （2014天津高考理科18）（本小题满分13分）设椭圆（）的左、右焦点为，右顶点为，上顶点为.已知.（1）求椭圆的离心率；（2）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切. 求直线的斜率.【解析】（1）设椭

119、圆的右焦点的坐标为.由，可得，又，则.所以，椭圆的离心率.，所以，解得，.（2）由（1）知，.故椭圆方程为.设.由，有，.由已知，有，即.又，故有. 又因为点在椭圆上，所以. 由和可得.而点不是椭圆的顶点，故，代入得，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.256. (2014新课标全国卷高考文科数学T20)(本小题满分12分)设F1,F2分别是椭圆+=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

120、的截距为2,且=5,求a,b.【解题提示】(1)利用直线MN的斜率为再结合a2=b2+c2表示出关于离心率e的方程,解方程求得离心率.(2)结合图形,利用椭圆的性质和焦半径公式求得a,b.【解析】(1)因为由题知, =,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=22,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MF1NF1=41,e=,a2=b2+c2.联立解得a=7,b=2.所以,a=7,b=2.

121、257. （2014浙江高考理科21）(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.258.(2014陕西高考文科T20)(本小题满分13分)已知椭圆+=1(ab0)经过点(0,),离心率为,左、右焦点分别为F1(-c,0

122、),F2(c,0). (1)求椭圆的方程.(2)若直线l:y=-x+m与椭圆交于A,B两点,与以F1F2为直径的圆交于C,D两点,且满足=,求直线l的方程.【解题指南】(1)先由已知得椭圆短半轴长,再由离心率及a,b,c间的关系,列方程组得解.(2)先利用直线与圆相交求得弦CD的长,再利用椭圆与直线相交得AB的长,通过解方程得m值从而得解.【解析】(1)由题设知解得a=2,b=,c=1,所以椭圆的方程为+=1.(2)由题设,以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1,所以圆心到直线的距离d=.由d1得|m|b0,y0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y0)连接而成,C1,C2的公共点为A,B

123、,其中C1的离心率为.(1)求a,b的值.(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于P,Q(均异于点A,B),若APAQ,求直线l的方程.【解题指南】(1)在C1,C2的方程中,令y=0可得b值,再利用椭圆中a,b,c的关系及离心率求得a值.(2)利用直线与圆锥曲线的位置关系分别用直线l与C1,C2的方程联立,求得点P,Q的坐标,结合条件APAQ,求直线l的方程.【解析】(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左右顶点.设C1的半焦距为c,由=及a2-c2=b2=1得a=2.所以a=2,b=1.(2)由(1)知,上半椭圆C1的方程为+x2=

124、1(y0).易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k0),代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)设点P的坐标为(xp,yp),因为直线l过点B,所以x=1是方程(*)的一个根,由求根公式,得xp=,从而yp=,所以点P的坐标为.同理,由得Q点的坐标为(-k-1,-k2-2k).所以=(k,-4),=-k(1,k+2).因为APAQ,所以=0,即k-4(k+2)=0,因为k0,所以k-4(k+2)=0,解得k=-.经检验,k=-符合题意,故直线l的方程为y=-(x-1).262. (2014新课标全国卷高考理科数学T20)(本小题满分12分

125、)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.【解题提示】(1)利用直线MN的斜率为再结合a2=b2+c2表示出关于离心率e的方程,解方程求得离心率.(2)结合图形,利用椭圆的性质和焦半径公式求得a,b.【解析】(1)因为由题知, =,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=22,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

126、点横坐标分别为c,- c.由焦半径公式可得:MF1=a+ec,NF1=a+e,且MF1NF1=41,e=,a2=b2+c2.联立解得a=7,b=2.所以,a=7,b=2.263. （2014湖南高考文科20）（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.【解题提示】利用椭圆的定义和直线与圆锥曲线位置关系，联立方程组，求解。【解析】（1）设的焦距为，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

127、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，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264.(2014广东高考文科T20)(14分)已知椭圆C:+=1(ab0)的一个焦点为(,0),离心率为.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.【解题提示】(1)由

128、c,e,求出b得椭圆方程,(2)要分切线斜率是否存在加以讨论.【解析】(1)因为c=,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=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=

129、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)

130、,(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程+=13,所以点P的轨迹方程为+=13.265.(2014广东高考理科)(14分) 已知椭圆C:+=1(ab0)的一个焦点为(,0),离心率为.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.【解题提示】(1)由c,e,求出b得椭圆方程,(2)要分切线斜率是否存在加以讨论.【解析】(1)因为c=,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,-

131、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=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(

132、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+=13.266.（2014福建高考理科19）（本小题满分13分）已知双曲线的两条渐近线分别为.（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

133、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。【解题指南】由渐近线可知，由基本量关系式求；设直线，再根据条件建立k,m的两个方程【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，由得，同理，由

134、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，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

135、，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.267. （2014辽宁高考理科20）（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.（）求的方程；（）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】（）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

136、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（）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， 所以 由题意知,从而因为所以即所以将代入解得或因此的方程为或即或268. （2014辽宁高考理科20）（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.（）求点的坐标；（）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】（）设

137、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.（）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则又由点在C上知.解得.故所求C的方程为269. （2014山东高考理科21）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.（）求的方程；（）若直线，且和有且只有一个公共点，（）证明直线过定点，并求出定点坐标；（）的面积是否存在最小值？若存在，请

138、求出最小值；若不存在，请说明理由.【解题指南】（）由抛物线的定义及已知条件点的横坐标为3时，为正三角形.可求得p的值.（）（）先设出点A的坐标,根据表示出D点坐标，然后根据求出AE的方程，即可判断AE是否过定点.（）可利用设出的A点坐标表示出的面积，然后利用基本不等式求出最值.【解析】（）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.（）（）由（）知F(1，0)因为,则，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

139、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，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270. （2014山东高考文科21）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.（）求椭圆的方程；（）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.【解题指南】（）求椭圆的方程即求出a,b,的值

140、即可.（）可先设出直线方程，联立，利用韦达定理表示，找出两个斜率之间的关系，第二小问，可直接用表示出来面积，再利用基本不等式求出最大值.【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.(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.271.（2014安徽高考文科21）设,分别是椭圆：的左、右焦点，过点

141、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.【解题提示】（1）利用椭圆的定义求解；（2）设，用k表示利用余弦定理解得出等腰，从而得到a,c的关系式。【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k0,且由椭圆定义可得在中，由余弦定理可得即，化简可得，而a+k0,故a=3k,于是有，因此,故为等腰直角三角形，从而。210.（2014安徽高考理科19）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.【解题提示】（1）设出

142、两条直线的方程，联立抛物线方程，求出点，的坐标，利用向量证明平行关系；（2）利用两个相似三角形的面积比等于相似比的平方进行求解。【解析】（1）设直线的方程分别为，则由，由，同理可得，所以=，=故=，所以。（2） 由（1）知，同理可得，所以，因此,又由（1）中的=知，故272.（2014四川高考理科20）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证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；当最小时，求点T的坐标.【解题提示】本题主要考查椭圆的标准方程、直线与方

143、程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查数形结合、划归与转化、分类与整合等数学思想.【解析】（1）依条件，所以椭圆C的标准方程为（2）设，又设中点为，因为，所以直线的方程为：，所以，于是，所以因为，所以，三点共线，即OT平分线段PQ（其中O为坐标原点），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.273.（2014四川高考文科20）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【解题提示】本题主要考查椭圆的标准方程、直线与方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识

144、，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合、划归与转化、分类与整合等数学思想.【解析】（1）依条件，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.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.274.（2014重庆高考文科21）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

145、同的焦点?若存在,求出圆的方程,若不存在,请说明理由.【解题提示】(1)直接根据椭圆的定义及题设条件可求出椭圆的标准方程.(2)直接设出交点坐标然后根据椭圆与圆的对称性列出方程组求解.【解析】(1)设其中 由得从而 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 圆的半径综上,存在满足题设条件的圆,其方程为275.（2014湖北高考理科21）在平面直角坐标

146、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。【解题指南】（）设出M点的坐标，直接由题意列等式，整理后即可得到M的轨迹C的方程；（）设出直线l的方程为，和（）中的轨迹方程联立化为关于y的一元二次方程，求出判别式，再在直线y-1=k（x+2）中取y=0得到，然后分判别式小于0、等于0、大于0结合x00求解使直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围【解析】（）设点,依题意得，即化简整理得故点的轨迹的方程为。（）在点的轨迹中，记

147、依题意，可设直线的方程为由方程组，可得 （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，方程的判别式 设直线与轴的交点为，则由，令，得 （）若，由解得，或。即当时，直线与没有公共点，与有一个公共点，故此时直线与轨迹恰好有一个公共点。（）若或由解得，或。即当时，直线与没有公共点，与有一个公共点，当时，直线与只有两个公共点，与没有公共点故当时，直线与轨迹恰好有两个公共点。（）若由解得，或即当时，直线与有两个公共点，与有一个公共点故此时直线与轨迹恰好有三个公共点。综合（1）（2）可知，当时，直线与轨迹恰好有一个公共点；当时，直线与轨迹恰好有两个公共点；当时，直线与轨

148、迹恰好有三个公共点。276. (2014湖北高考文科T13)(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程.(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.【解题指南】(1)设出M点的坐标,直接由题意列等式,整理后即可得到M的轨迹C的方程.(2)设出直线l的方程为y-1=k(x+2),和(1)中的轨迹方程联立化为关于y的一元二次方程,求出判别式,再在直线y-1=k(x+2)中取y=0得到x0=-,然后分判别式小于0、等于0、大于0结合x

149、00求解使直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.【解析】(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x0).依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点.当k0时,方程的判别式为=-16(2k2+k-1).设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,

150、得x0=-.()若由解得k.即当k(-,-1)0时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.()若或由解得k,或-k0.即当k时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.当时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.故当k时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.()若由解得-1k-,或0k.即当k时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合(1)(2)可知,当k(-,-1)0时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.277.

151、（2014湖南高考理科21）（本小题满分13分）如图，为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，离心率为；双曲线的左、右焦点分别为，离心率为已知且（1）求的方程；（2）过作的不垂直于轴的弦的中点当直线与交于两点时，求四边形面积的最小值【解题提示】（1）利用离心率公式和的关系解方程组就可解；（2）联立方程组，求得弦长AB，及P,Q到AB的距离，列得面积的函数，再求最小值。【解析】(1)由题意可得,且,因为,且,所以且，解得，所以椭圆方程为,双曲线的方程为.(2)由(1)可得,因为直线不垂直于轴,所以设直线的方程为,联立直线与椭圆方程可得,则,则，因为为焦点弦,所以根据焦点弦弦长公式可得,因为在直线上,

152、所以,即.则直线的方程为,联立方程组，消去y整理得， 设点, 则点,到直线AB的距离之和为,因为,在直线AB的两侧，且关于原点对称，所以，且,所以，所以四边形的面积为因为，故当时，。综上所述，四边形的面积的最小值为2.278.（2014上海高考文科22）在平面直角坐标系中，对于直线：和点记若0，则称点被直线分隔。若曲线C与直线没有公共点，且曲线C上存在点被直线分隔，则称直线为曲线C的一条分隔线. 求证：点被直线分隔；若直线是曲线的分隔线，求实数的取值范围；动点M到点的距离与到轴的距离之积为1，设点M的轨迹为E，求E的方程，并证明轴为曲线E的分隔线.【解题指南】【解析】279.点记若0)的焦点F

153、作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1k22，l1与E相交于点A，B，l2与E相交于点C，D，以AB，CD为直径的圆M，圆N(M，N为圆心)的公共弦所在直线记为l.(1)若k10，k20，证明：FMFN0，k20，k1k2，所以0k1k221.故FMFN0，所以点M到直线l的距离d.故当k1时，d取最小值.由题设，解得p8.故所求的抛物线E的方程为x216y.281（2013福建高考理）如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10)分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，A9和B1，B2，B9连接OBi，过Ai作x轴的垂线

154、与OBi交于点Pi(iN*,1i9)(1)求证：点Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若OCM与OCN的面积比为41，求直线l的方程解：本小题主要考查抛物线的性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想法一：(1)依题意，过Ai(iN*,1i9)且与x轴垂直的直线的方程为xi，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为yx.设Pi的坐标为(x，y)，由得yx2，即x210y.所以点Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的

155、方程为x210y.(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx10.由得x210kx1000，此时100k24000，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则因为SOCM4SOCN，所以|x1|4|x2|.又x1x20)点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)当x01时，切线MA的斜率为.(1)求p的值；(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)解：本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题以及求解轨迹方程等问题，考查了考生的逻辑思维能力和归纳推理能力

156、(1)因为抛物线C1：x24y上任意一点(x，y)的切线斜率为y，且切线MA的斜率为，所以A点坐标为，故切线MA的方程为y(x1).因为点M(1，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是y0(2)，y0.由得p2.(2)设N(x，y)，A，B，x1x2，由N为线段AB中点知x，y.切线MA，MB的方程为y(xx1).y(xx2).由得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为x0，y0.因为点M(x0，y0)在C2上，即x4y0，所以x1x2.由得x2y，x0.当x1x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2y.因此线段AB中点N的轨迹方程为x2y.283（2013安徽高考理）设椭圆E

157、：1的焦点在x轴上(1)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；(2)设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1PF1Q.证明：当a变化时，点P在某定直线上解：本题考查椭圆方程和椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识和运算求解能力，意在考查推理论证能力以及数形结合思想，对数式变形能力要求较高(1)因为焦距为1，且焦点在x轴上，所以2a21，解得a2.故椭圆E的方程为1.(2)证明：设P(x0，y0)，F1(c,0)，F2(c,0)，其中c.由题设知x0c，则直线F1P的斜率kF1P，直线F2P的斜率kF2P.故直线F2P的方程为y(x

158、c)当x0时，y，即点Q坐标为.因此，直线F1Q的斜率为kF1Q.由于F1PF1Q，所以kF1PkF1Q1.化简得yx(2a21)将代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0a2，y01a2，即点P在定直线xy1上284（2013浙江高考理）如图，点P(0，1)是椭圆C1：1(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程；(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程解：本题考查椭圆的几何性质，直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考

159、查解析几何的基本思想方法和综合解题能力(1)由题意得所以椭圆C1的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以|AB|22 .又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.设ABD的面积为S，则S|AB|PD|，所以S，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1. 285（2013重庆高考理）如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率e，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A两

160、点，|AA|4.(1)求该椭圆的标准方程；(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P，过P，P作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外若PQPQ，求圆Q的标准方程解：本题主要考查解析几何问题，意在考查考生的计算能力和转化化归能力(1)由题意知点A(c,2)在椭圆上，则1，从而e21.由e得b28，从而a216.故该椭圆的标准方程为1.(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2(xx0)2y2x22x0xx8(x2x0)2x8(x4,4)设P(x1，y1)，由题意，P是椭圆上到Q的距离最小的点，因此，上式当xx1时取最小值，又因x1(4,4

161、)，所以上式当x2x0时取最小值，从而x12x0，且|QP|28x.因为PQPQ，且P(x1，y1)，所以QPQP(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y0.由椭圆方程及x12x0得x80，解得x1，x0.从而|QP|28x.故这样的圆有两个，其标准方程分别为2y2，2y2.286（2013新课标高考理）已知圆M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 解：本题主要考查圆的标准方程，直线与圆、圆与圆的位置

162、关系，椭圆的定义、标准方程，直线与椭圆的位置关系等知识，意在考查考生综合运用所学知识解答问题的能力和运算求解能力由已知得圆M的圆心为M(1,0)，半径r11；圆N的圆心为N(1,0)，半径r23.设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24.由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为1(x2)(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|PN|2R22，所以R2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R2.所以当圆P的半径最长时，其方程为(x2)2y2

163、4.若l的倾斜角为90，则l与y轴重合，可得|AB|2.若l的倾斜角不为90，由r1R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，可求得Q(4,0)，所以可设l：yk(x4)，由l与圆M相切得1，解得k.当k时，yx代入1，并整理得7x28x80，解得x1,2.所以|AB|x2x1|.当k时，由图形的对称性可知|AB|.综上，|AB|2或|AB|.287（2013新课标高考理）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：1 (ab0)右焦点的直线xy0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.(1)求M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大

164、值解：本题考查用待定系数法求椭圆方程以及直线与椭圆位置关系的问题，考查利用函数思想求最值，体现对考生综合素质特别是对考生分析问题、解决问题以及化归与转化能力的考查(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则1，1，1，由此可得1.因为x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程为1.(2)由解得或因此|AB|.由题意可设直线CD的方程为yxn，设C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260.于是x3,4.因为直线CD的斜率为1，所以|CD|x4x3| .由已知，四边形ACBD

165、的面积S|CD|AB| .当n0时，S取得最大值，最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为. 288（2013北京高考理）已知A，B，C是椭圆W：y21上的三个点，O是坐标原点(1)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；(2)当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由解：本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，意在考查方程思想、化归与转化思想等数学思想方法和考生的运算求解能力以及分析问题和解决问题的能力(1)椭圆W：y21的右顶点B的坐标为(2,0)因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分所以可设A(1，m)，代入椭圆方程得m21，

166、即m.所以菱形OABC的面积是|OB|AC|22|m|.(2)假设四边形OABC为菱形因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为ykxm(k0，m0)由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则，km.所以AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点，所以直线OB的斜率为.因为k1，所以AC与OB不垂直所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形289（2013陕西高考理）已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(1,0)，

167、设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是PBQ的角平分线，证明直线l过定点解：本题考查圆的几何性质和轨迹方程的求解方法，探究直线恒过定点的问题，涉及平面几何性质的应用(1)如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|O1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN交MN于H，则H是MN的中点，|O1M| ，又|O1A| ， ，化简得y28x(x0)又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y28x，动圆圆心的轨迹C的方程为y28x.(2)证明：由题意，设直线l的方程为ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykxb代入y28x中

168、，得k2x2(2bk8)xb20，其中32kb640.由根与系数的关系得，x1x2， x1x2，因为x轴是PBQ的角平分线，所以，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，将代入，得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此时0，直线l的方程为yk(x1)，直线l过定点(1,0)290（2013江西高考理）如图，椭圆C：1(ab0)经过点P(1，)，离心率e，直线l的方程为x4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k

169、1，k2，k3.问：是否存在常数，使得k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系等，旨在考查考生综合应用知识的能力(1)由P在椭圆上得，1.依题设知a2c，则b23c2.代入解得c21，a24，b23.故椭圆C的方程为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yk(x1)代入椭圆方程3x24y212并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.在方程中令x4得，M的坐标为(4,3k)从而k1，k2，k3k.由于A，F，B三点共线，则有kkA

170、FkBF，即有k.所以k1k22k.代入得k1k22k2k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常数2符合题意法二：设B(x0，y0)(x01)，则直线FB的方程为y(x1)，令x4，求得M，从而直线PM的斜率为k3，联立得A，则直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，所以k1k22k3，故存在常数2符合题意291（2013广东高考理）已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为.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

171、直线l上移动时，求|AF|BF|的最小值解：本题考查抛物线方程、导数的几何意义、直线与抛物线的位置关系等基础知识和基本方法，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生的运算求解能力、逻辑思维能力(1)依题意，设抛物线C的方程为x24cy，则，结合c0，解得c1.所以抛物线C的方程为x24y.(2)抛物线C的方程为x24y，即yx2，求导得yx.设A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中y1，y2)，则切线PA，PB的斜率分别为x1， x2.所以切线PA的方程为yy1(xx1)，即yxy1，即x1x2y2y10.同理，可得切线PB的方程为x2x2y2y20.因为切线PA，PB均过点P(x0，y

172、0)，所以x1x02y02y10，x2x02y02y20.所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x2y02y0的两组解所以直线AB的方程为x0x2y02y0.(3)由抛物线定义可知|AF|y11，|BF|y21，所以|AF|BF|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1.联立方程消去x整理得y2(2y0x)yy0，由根与系数的关系可得y1y2x2y0，y1y2y，所以|AF|BF|y1y2(y1y2)1yx2y01.又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0y02.所以yx2y012y2y0522.所以当y0时，|AF|BF|取得最小值，且最小值为.292（2013山东高考理）椭圆C：1

173、(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2.设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2.若k0，试证明为定值，并求出这个定值解：本题考查椭圆方程、直线方程、三角形内角的角平分线、直线与椭圆的位置关系、两点连线的斜率公式等基础知识和基本方法，意在考查数形结合、函数与方程、化归与转化等数学思想方法和考生的运算求

174、解能力、逻辑推理能力及综合运用知识分析问题和解决问题的能力(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y，由题意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)法一：设P(x0，y0)(y00)又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为lPF1：y0x(x0)yy00，lPF2：y0x(x0)yy00.由题意知 .由于点P在椭圆上，所以y1.所以 .因为m，2x02，所以，所以mx0.因此m.法二：设P(x0，y0)(y00)当0x02时，当x0时，直线PF2的斜率不存在，易知P或P.若P，则直线PF1的方程为x4y0.由题意得m，因为m，所以

175、m.若P，同理可得m.当x0时，设直线PF1，PF2的方程分别为yk1(x)，yk2(x)由题意知，所以.因为y1，且k1，k2，所以，即.因为m，0x02且x0，所以，整理得m，故0m且m.综合可得0m.当2x00时，同理可得m0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y2与C的两个交点间的距离为.(1)求a，b；(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列解：本题考查双曲线的性质，直线与双曲线的位置关系及与其他知识相结合的综合性问题，考查考生分析问题、解决问题的能力(1)由题设知3，即9，故b

176、28a2.所以C的方程为8x2y28a2.将y2代入上式，求得x .由题设知，2 ，解得a21.所以a1，b2 .(2)由(1)知，F1(3,0)，F2(3,0)，C的方程为8x2y28.由题意可设l的方程为yk(x3)，|k|b0)的焦距为4，且过点P(，)(1)求椭圆C的方程；(2)设Q(x0，y0)(x0y00)为椭圆C上一点过点Q作x轴的垂线，垂足为E.取点A(0,2)，连接AE.过点A作AE的垂线交x轴于点 D点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG.问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线和椭圆的位置关系等基础知识

177、，考查数形结合思想、逻辑推理能力及运算求解能力(1)因为焦距为4，所以a2b24.又因为椭圆C过点P(，)，所以1，故a28，b24.从而椭圆C的方程为1.(2)由题意，知E点坐标为(x0,0)设D(xD,0)，则AE(x0，2)，AD(xD，2)由ADAE知，AEAD0，即xDx080.由于x0y00，故xD.因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点G.故直线QG的斜率kQG.又因Q(x0，y0)在椭圆C上，所以x2y8.从而kQG.故直线QG的方程为y.将代入椭圆C方程，得(x2y)x216x0x6416y0.再将代入，化简得x22x0xx0，解得xx0，yy0.即直线QG与椭圆C一定有唯一

178、的公共点.301（2013山东高考文）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)A，B为椭圆C上满足AOB的面积为的任意两点，E为线段AB的中点，射线OE交椭圆C于点P.设OPt OE，求实数t的值解：本题综合考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、平面向量的坐标运算等知识，考查方程思想、分类讨论思想、推理论证能力和运算求解能力(1)设椭圆C的方程为1(ab0)，由题意知解得a，b1，因此椭圆C的方程为y21.(2)()当A，B两点关于x轴对称时，设直线AB的方程为xm，由题意得m0或0m0，所以t2或t.()当A，B两点

179、关于x轴不对称时，设直线AB的方程为ykxh，将其代入椭圆的方程y21，得(12k2)x24khx2h220.设A(x1，y1)，B(x2，y2)由判别式0可得12k2h2，此时x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2h，所以|AB|2 .因为点O到直线AB的距离d，所以SAOB|AB|d2 |h|.又SAOB，所以 |h|.令n12k2，代入整理得3n216h2n16h40，解得n4h2或nh2，即12k24h2或12k2h2.又OPtOEt(OAOB)t(x1x2，y1y2)，因为P为椭圆C上一点，所以t2221，即1.将代入得t24或t2.又t0，所以t2或t.经检验，符合题意综合(

180、)()得t2或t.302（2013大纲卷高考文）已知双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y2与C的两个交点间的距离为.(1)求a，b；(2) 设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列解：本题主要考查双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、两点之间的距离、等比数列的基础知识；考查函数与方程、化归与转化等数学思想；考查逻辑思维能力、运算能力等(1)由题设知3，即9，故b28a2.所以C的方程为8x2y28a2.将y2代入上式，并求得x .由题设知，2，解得a21.所以a1，b2.

181、(2)证明：由(1)知，F1(3,0)，F2(3,0)，C的方程为8x2y28.由题意可设l的方程为yk(x3)，|k|0.所以圆心C的坐标为或，从而|CO|2，|CO|，即圆C的半径为.304（2013新课标高考文）在平面直角坐标系xOy中，已知圆P在x轴上截得线段长为2，在y轴上截得线段长为2.(1)求圆心P的轨迹方程；(2)若P点到直线yx的距离为，求圆P的方程解：本题主要考查圆的相关性质、动点的轨迹方程、点到直线的距离、圆的方程，意在考查考生的逻辑思维能力和运算求解能力(1)设P(x，y)，圆P的半径为r.由题设y22r2，x23r2，从而y22x23.故P点的轨迹方程为y2x21.(

182、2)设P(x0，y0)由已知得.又P点在双曲线y2x21上，从而得由得此时，圆P的半径r.由得此时，圆P的半径r.故圆P的方程为x2(y1)23或x2(y1)23.305（2013湖南高考文）已知F1，F2分别是椭圆E：y21的左、右焦点，F1，F2关于直线xy20的对称点是圆C的一条直径的两个端点(1)求圆C的方程；(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a，b.当ab最大时，求直线l的方程解：本题主要考查椭圆的几何性质、圆的方程、弦长和弦长最值的求解，意在考查考生的计算能力、数据处理能力和转化能力(1)由题设知，F1，F2的坐标分别为(2,0)，(2,0)，圆C的半径为2，

183、圆心为原点O关于直线xy20的对称点设圆心的坐标为(x0，y0)，由解得所以圆C的方程为(x2)2(y2)24.(2)由题意，可设直线l的方程为xmy2，则圆心到直线l的距离d.所以b2.由得(m25)y24my10.设l与E的两个交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1y2，y1y2.于是a.从而ab2.当且仅当，即m时等号成立故当m时，ab最大，此时，直线l的方程为xy2或xy2，即xy20或xy20.306（2013浙江高考文）已知抛物线C的顶点为O(0,0)，焦点为F(0,1)(1)求抛物线C的方程；(2) 过点F作直线交抛物线C于A，B两点若直线AO，BO分别交直线l：y

184、x2于M，N两点，求|MN|的最小值解：本题主要考查抛物线几何性质，直线与抛物线的位置关系，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力(1)由题意可设抛物线C的方程为x22py(p0)，则1，所以抛物线C的方程为x24y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为ykx1.由消去y，整理得x24kx40，所以x1x24k，x1x24.从而|x1x2|4.由解得点M的横坐标xM.同理点N的横坐标xN.所以|MN|xMxN|8.令4k3t，t0，则k.当t0时，|MN|2 2.当tb0)的左焦点为F，离心率为， 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. (1) 求椭圆的方

185、程； (2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点， 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D点若ACDBADCB8，求k的值. 解：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的运算等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力(1)设F(c,0)，由，知，ac.过点F且与x轴垂直的直线为xc，代入椭圆方程有1，解得y，于是，解得b，又a2c2b2，从而a，c1，所以椭圆的方程为1.(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(1,0)得直线CD的方程为yk(x1)由方程组消去y，整理得(23k2)x26k2x3k260.则x1x2，x1x

186、2.因为A(，0)，B(，0)，所以ACDBADCB(x1，y1)(x2，y2)(x2，y2)(x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k26.由已知得68，解得k.309.（2013湖北高考文）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m,2n(mn)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记，BDM和ABN的面积分别为S1和S2.(1)当直线l与y轴重合时，若S1S2，求的值；(2)当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得

187、S1S2？并说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查考生综合运用知识解决问题的能力其中问题(2)是一个开放性问题，考查观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1：1，C2：1.其中amn0，1.(1)法一：如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x0，则S1|BD|OM|a|BD|，S2|AB|ON|a|AB|，所以.在C1和C2的方程中分别令x0，可得yAm，yBn，yDm，于是.若，则，化简得2210.由1，可解得1.故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则1.法二：如图1，若直线l与y轴重合，

188、则|BD|OB|OD|mn，|AB|OA|OB|mn；S1|BD|OM|a|BD|，S2|AB|ON|a|AB|.所以.若，则，化简得2210.由1，可解得1.故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则1.(2)法一：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.根据对称性，不妨设直线l：ykx(k0)，点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则因为d1，d2，所以d1d2.又S1|BD|d1，S2|AB|d2，所以，即|BD|AB|.由对称性可知|AB|CD|，所以|BC|BD|AB|(1)|AB|，|AD|BD|AB|(1)|AB|，于是.将l的方程分别与C1，C2的

189、方程联立，可求得xA，xB.根据对称性可知xCxB，xDxA，于是.从而由和式可得.令t，则由mn，可得t1，于是由可解得k2.因为k0，所以k20.于是式关于k有解，当且仅当0，等价于(t21)1，可解得t1，即1，解得1，所以当11时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2.法二：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.根据对称性，不妨设直线l：ykx(k0)，点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则因为d1，d2，所以d1d2.又S1|BD|d1，S2|AB|d2，所以.因为，所以.由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得1，1

190、，两式相减可得0，依题意xAxB0，所以xx.所以由上式解得k2.因为k20，所以由0，可解得1.从而11，所以当11时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.310（2013陕西高考文）已知动点M(x，y)到直线l：x4的距离是它到点N(1,0)的距离的2倍. (1)求动点M的轨迹C的方程；(2)过点P(0,3)的直线m与轨迹C交于A，B两点，若A是PB的中点，求直线m的斜率解：本题主要考查椭圆的几何性质和轨迹方程的探究方法，考查利用直线和圆锥曲线的位置关系探究直线斜率的问题，涉及平面几何性质的应用(1)设M到直线l的距离为d，根据题意，d2|MN|.由此得|4x|2，化简得1，所以，动

191、点M的轨迹方程为1.(2)法一：由题意，设直线m的方程为ykx3，A(x1，y1)，B(x2，y2)将ykx3代入1中，有(34k2)x224kx240，其中，(24k)2424(34k2)96(2k23)0，由求根公式得，x1x2，x1x2.又因A是PB的中点，故x22x1，将代入，得x1，x，可得2，且k2，解得k或k，所以，直线m的斜率为或.法二：由题意，设直线m的方程为ykx3，A(x1，y1)，B(x2，y2)A是PB的中点，x1，y1.又1，1，联立，解得或即点B的坐标为(2,0)或(2,0)，所以，直线m的斜率为或.311（2013江西高考文）椭圆C：1(ab0)的离心率e，ab

192、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：2mk为定值解：本题主要考查利用待定系数法求椭圆的方程，考查直线、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查函数与方程思想、数形结合思想，旨在考查推理论证能力与理性思维能力(1)因为e，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故椭圆C的方程为y21.(2)证明：法一：因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为yk(x2)，把代入y21，解得P.直线AD的方程为：yx1.与联立解得M.由D(0,1)，P

193、，N(x,0)三点共线知，解得N.所以MN的斜率为m，则2mkk(定值)法二：设P(x0，y0)(x00，2)，则k，直线AD的方程为：y(x2)，直线BP的方程为：y(x2)，直线DP的方程为：y1x，令y0，由于y01，可得N联立解得M，因此MN的斜率为m，所以2mk(定值)312（2013四川高考文）已知圆C的方程为x2(y4)24，点O是坐标原点直线l：ykx与圆C交于M，N两点(1)求k的取值范围；(2)设Q(m，n)是线段MN上的点，且.请将n表示为m的函数解：本题主要考查直线、圆、函数、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程等数学思想，并考查思维的严谨性

194、(1) 将ykx代入x2(y4)24中，得(1k2)x28kx120.(*)由(8k)24(1k2)120，得k23.所以，k的取值范围是(，)(，)(2)因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1)，(x2，kx2)，则|OM|2(1k2)x，|ON|2(1k2)x.又|OQ|2m2n2(1k2)m2.由，得，即.由(*)式可知，x1x2，x1x2，所以m2.因为点Q在直线ykx上，所以k，代入m2中并化简，得5n23m236.由m2及k23，可知0m23，即m(，0)(0，)根据题意，点Q在圆C内，则n0，所以n .于是，n与m的函数关系为n(m(，0)(0，)313（2

195、013广东高考文）已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为，设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|BF|的最小值解：本题主要考查点到直线距离公式的运用、直线与圆锥曲线的位置关系及解析几何中的最值问题，意在考查考生运用数形结合思想、函数与方程思想解决问题的能力(1)抛物线C的焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为，得c1，F(0,1)，即抛物线C的方程为x24y.(2)设切点A(x1，

196、y1)，B(x2，y2)，由x24y得yx，切线PA：yy1x1(xx1)，有yx1xxy1，而x4y1，即切线PA：yx1xy1，同理可得切线PB：yx2xy2.两切线均过定点P(x0，y0)，y0x1x0y1，y0x2x0y2，由以上两式知点A，B均在直线y0xx0y上，直线AB的方程为y0xx0y，即yx0xy0.(3)设点P的坐标为(x，y)，由xy20，得xy2，则|AF|BF|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1.由得y2(2yx2)yy20，有y1y2x22y，y1y2y2，|AF|BF|y2x22y1y2(y2)22y122，当y，x时，即P时，|AF|BF|取得最小值.

197、314（2013辽宁高考文）如图，抛物线C1：x24y，C2：x22py(p0)点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)当x01时，切线MA的斜率为.(1)求p的值；(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O.)解：本题主要考查抛物线的标准方程，求导运算、直线的点斜式方程，以及求轨迹方程，意在考查考生利用导数知识解决圆锥曲线问题的能力，以及处理直线与圆锥曲线的位置关系的熟练程度和运算化简能力(1)因为抛物线C1：x24y上任意一点(x，y)的切线斜率为y，且切线MA的斜率为，所以A点坐标为.故切线MA

198、的方程为y(x1).因为点M(1，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是y0(2)，y0.由得p2.(2)设N(x，y)，A，B，x1x2，由N为线段AB中点知x，y.切线MA，MB的方程为y(xx1)，y(xx2).由得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为x0，y0.因为点M(x0，y0)在C2上，即x4y0，所以x1x2.由得x2y，x0.当x1x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2y.因此AB中点N的轨迹方程为x2y.315（2013重庆高考理）如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，

199、且AB1B2是面积为4的直角三角形(1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2QB2，求直线l的方程解：(1)如图，设所求椭圆的标准方程为1(ab0)，右焦点为F2(c,0)因AB1B2是直角三角形，又|AB1|AB2|，故B1AB2为直角，因此|OA|OB2|，得b.结合c2a2b2得4b2a2b2，故a25b2，c24b2，所以离心率e.在RtAB1B2中，OAB1B2，故SAB1B2|B1B2|OA|OB2|OA|bb2.由题设条件SAB1B24，得b24，从而a25b220.因此所求椭圆的标准方程为：1.(2)由(1)知B1(2,0)，B2(2,0

200、)由题意知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l的方程为xmy2.代入椭圆方程得(m25)y24my160.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此y1y2，y1y2，又B2P(x12，y1)，B2Q(x22，y2)，所以B2PB2Q(x12)(x22)y1y2(my14)(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)1616，由PB2QB2，得B2PB2Q0，即16m2640，解得m2.所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x2y20和x2y20.316（2013广东高考理）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，且椭圆C上的点到点Q

201、(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A、B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由解：(1)由e ，得ab，椭圆C：1，即x23y23b2，设P(x，y)为C上任意一点，则|PQ|，byb，若b1，当yb时，|PQ|max3，又b0，得b1(舍去)，若b1，则b1，当y1时，|PQ|max3，得b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)法一：假设存在这样的点M(m，n)满足题意，则有n21，即n21，m.由题意可得SAOB|OA|OB|si

202、n AOBsin AOB，当AOB90时取等号，这时AOB为等腰直角三角形，此时圆心(0,0)到直线mxny1的距离为，则 ，得m2n22，又n21，解得m2，n2，即存在点M的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)满足题意，且AOB的最大面积为.法二：假设存在这样的点M(m，n)满足题意，则有n21，即n21，m，又设A(x1，y1)、B(x2，y2)，由消去y得(m2n2)x22mx1n20，把n21代入整理得(32m2)x26mxm20，则8m2(3m2)0，所以而SAOB|OA|OB|sin AOBsin AOB，当AOB90，SAOB取得最大值，此时OAOBx1x2y1y20，又y1y

203、2，所以x1x20，即33m(x1x2)(32m2)x1x20，把代入上式整理得2m49m290，解得m2或m23(舍去)，所以m，n ，所以M点的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)，使得SAOB取得最大值.317（2012山东高考理）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x22py(p0)的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为.(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，直线l：ykx与抛物线C有两个不同的交点A，B，

204、l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当k2时，|AB|2|DE|2的最小值解：(1)依题意知F(0，)，圆心Q在线段OF的垂直平分线y上，因为抛物线C的准线方程为y，所以，即p1，因此抛物线C的方程为x22y.(2)假设存在点M(x0，)(x00)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为y|xx0()|xx0x0，所以直线MQ的方程为yx0(xx0)令y得xQ，所以Q(，)又|QM|OQ|，故()2()2()2，因此()2，又x00，所以x0，此时M(，1)故存在点M(，1)，使得直线MQ与抛物线C相切于点M.(3)当x0时，由(2)得Q(，)，Q的半径为r，所以Q的方程为(x)2(y)2.由整理

205、得2x24kx10.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由于116k280，x1x22k，x1x2，所以|AB|2(1k2)(x1x2)24x1x2(1k2)(4k22)由整理得(1k2)x2x0.设D，E两点的坐标分别为(x3，y3)，(x4，y4)，由于20，x3x4，x3x4.所以|DE|2(1k2)(x3x4)24x3x4.因此|AB|2|DE|2(1k2)(4k22).令1k2t，由于k2，则t5，所以|AB|2|DE|2t(4t2)4t22t，设g(t)4t22t，t，5，因为g(t)8t2，所以当t，5，g(t)g()6，即函数g(t)在t，5是增函数，所以当

206、t时，g(t)取到最小值，因此当k时，|AB|2|DE|2取到最小值.318（2012江西高考理）已知三点O(0,0)，A(2,1)，B(2,1)，曲线C上任意一点M(x，y)满足|MAMB|OM(OAOB)2.(1)求曲线C的方程；(2)动点Q(x0，y0)(2x02)在曲线C上，曲线C在点Q处的切线为l.问：是否存在定点P(0，t)(t0)，使得l与PA，PB都相交，交点分别为D，E，且QAB与PDE的面积之比是常数？若存在，求t的值若不存在，说明理由解：(1)由MA(2x,1y)，MB(2x,1y)，|MAMB| ，OM(OAOB)(x，y)(0,2)2y，由已知得 2y2，化简得曲线C

207、的方程：x24y.(2)假设存在点P(0，t)(t0)满足条件，则直线PA的方程是yxt，直线PB的方程是yxt.曲线C在Q处的切线l的方程是yx，它与y轴的交点为F(0，)由于2x02，因此11.当1t0时，1，存在x0(2,2)，使得，即l与直线PA平行，故当1t0时不符合题意当t1时，1，所以l与直线PA，PB一定相交分别联立方程组解得D，E的横坐标分别是xD，xE，则xExD(1t)，又|FP|t，有SPDE|FP|xExD|，又SQAB4(1)，于是.对任意x0(2,2)，要使为常数，即只需t满足解得t1.此时2，故存在t1，使得QAB与PDE的面积之比是常数2.319.（2012四

208、川高考理）如图，动点M与两定点A(1,0)、B(2,0)构成MAB，且MBA2MAB.设动点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设直线y2xm与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|0，且y0.当MBA90时，点M的坐标为(2，3)当MBA90时，x2，由MBA2MAB，有tanMBA，即，化简可得，3x2y230.而点(2，3)在曲线3x2y230上，综上可知，轨迹C的方程为3x2y230(x1)(2)由消去y，可得x24mxm230.(*)由题意，方程(*)有两根且均在(1，)内设f(x)x24mxm23，所以解得m1，且m2.设Q、R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，

209、yR)，由|PQ|1，且m2，有11b0，a，b为常数)，动圆C1：x2y2t12，bt1a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：x2y2t22与C0相交于A，B，C，D四点，其中bt2a，t1t2.若矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，证明：t12t22为定值解：(1)设 A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知A1(a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y(xa)， 直线A2B的方程为y(xa) 由得y2(x2a2) 由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故1.从而yb2(1)，代入得

210、1(xa，yb0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点(1)若直线AP与BP的斜率之积为，求椭圆的离心率；(2)若|AP|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|.解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)由题意，有1.由A(a,0)，B(a,0)得kAP，kBP.由kAPkBP，可得xa22y，代入并整理得(a22b2)y0.由于y00，故a22b2.于是e2，所以椭圆的离心率e.(2)法一：依题意，直线OP的方程为ykx，设点P的坐标为(x0，y0)由条件得消去y0并整理得x.由|AP|OA|，A(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2xa2.整理得(1k2)x

211、2ax00.而x00，于是x0，代入，整理得(1k2)24k2()24.由ab0，故(1k2)24k24，即k214，因此k23，所以|k|.法二：依题意，直线OP的方程为ykx，可设点P的坐标为(x0，kx0)由点P在椭圆上，有1.因为ab0，kx00，所以1，即(1k2)xa2.由|AP|OA|，A(a,0)，得(x0a)2k2xa2，整理得(1k2)x2ax00，于是x0.代入，得(1k2)3，所以|k|.322（2012陕西高考理）已知椭圆C1：y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，OB2

212、OA，求直线AB的方程解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为1(a2)，其离心率为，故，则a4，故椭圆C2的方程为1.(2)法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB2OA及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，将ykx代入1中，得(4k2)x216，所以x，又由OB2OA，得x4x，即，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB2OA及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为

213、ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，由OB2OA，得x，y，将x，y代入1中，得1，即4k214k2，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.323（2012上海高考理）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2y21.(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点若l与圆x2y21相切，求证：OPOQ；(3)设椭圆C2：4x2y21.若M、N分别是C1、C2上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值解：(1)双曲线C1：y21，左顶点A(，0)，渐近线方程：yx

214、.过点A与渐近线yx平行的直线方程为y(x)，即yx1.解方程组得所以所求三角形的面积为S|OA|y|.(2)设直线PQ的方程是yxb，因直线PQ与已知圆相切，故1，即b22.由得x22bxb210.设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2(x1b)(x2b)，所以OPOQx1x2y1y22x1x2b(x1x2)b22(1b2)2b2b2b220，故OPOQ.(3)当直线ON垂直于x轴时，|ON|1，|OM|，则O到直线MN的距离为.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为ykx (显然|k|)，则直线OM的方程为yx.由得所以|ON|2.同理|OM|2.设O到直线MN的距离为d

215、.因为(|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2，所以3，即d.综上，O到直线MN的距离是定值324.（2012上海高考理）海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(以1海里为单位长度)，则救援船恰好在失事船正南方向12海里A处，如图现假设：失事船的移动路径可视为抛物线yx2；定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t.(1)当t0.5时，写出失事船所在位置P的纵坐标若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；(2)问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？解：(1)t0.5时，P的横

216、坐标xP7t，代入抛物线方程yx2，得P的纵坐标yP3.由|AP|，得救援船速度的大小为海里/时由tan OAP，得OAParctan ，故救援船速度的方向为北偏东arctan 弧度(2)设救援船的时速为v海里，经过t小时追上失事船，此时位置为(7t,12t2)由vt，整理得v2144(t2)337.因为t22，当且仅当t1时等号成立，所以v21442337252，即v25.因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船325（2012湖南高考理）在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x5)2y29外，且对C1上任意一点M，M到直线x2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值(1)

217、求曲线C1的方程；(2)设P(x0，y0)(y03)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值解：(1)法一：设M的坐标为(x，y)，由已知得|x2|3.易知圆C2上的点位于直线x2的右侧，于是x20，所以x5.化简得曲线C1的方程为y220x.法二：由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x5的距离因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x5为准线的抛物线故其方程为y220x.(2)当点P在直线x4上运动时，P的坐标为(4，y0)，又y03，则过P且与圆C2相切的

218、直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为yy0k(x4)，即kxyy04k0.于是3.整理得72k218y0ky90.设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程的两个实根，故k1k2. 由得k1y220y20(y04k1)0. 设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程的两个实根，所以y1y2. 同理可得y3y4. 于是由，三式得y1y2y3y46 400.所以，当P在直线x4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6 400.326.（2012江苏高考理）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆1(a

219、b0)的左、右焦点分别为F1(c,0)，F2(c,0)已知点(1，e)和(e，)都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率 (1)求椭圆的方程；(2)设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P，()若AF1BF2，求直线AF1的斜率；()求证：PF1PF2是定值解：(1)由题设知a2b2c2，e.由点(1，e)在椭圆上，得1，解得b21.于是c2a21，又点(e，)在椭圆上，所以1，即1，解得a22.因此，所求椭圆的方程是y21.(2)由(1)知F1(1,0)，F2(1,0)，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为x1my，直线BF2的方程为x

220、1my.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y10，y20.由得(m22)y2my110，解得y1，故AF1.同理，BF2.()由得AF1BF2，解得m22，注意到m0，故m.所以直线AF1的斜率为.()因为直线AF1与BF2平行，所以，于是，故PF1BF1.由B点在椭圆上知BF1BF22，从而PF1(2BF2)同理PF2(2AF1)因此，PF1PF2(2BF2)(2AF1)2.又由知AF1BF2，AF1BF2，所以PF1PF22.因此，PF1PF2是定值327（2012大纲卷高考理）已知抛物线C：y(x1)2与圆M：(x1)2(y)2r2(r0)有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直

221、线l.(1)求r；(2)设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m、n的交点为D，求D到l的距离解：(1)设A(x0，(x01)2)，对y(x1)2求导得y2(x1)故l的斜率k2(x01)当x01时，不合题意，所以x01.圆心为M(1，)，MA的斜率k.由lMA知kk1，即2(x01)1，解得x00，故A(0,1)，r|MA| ，即r.(2)设(t，(t1)2)为C上一点，则在该点处的切线方程为y(t1)22(t1)(xt)，即y2(t1)xt21.若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为，即，化简得t2(t24t6)0，解得t00，t12，t22.抛物线C在点(ti，(ti1)2)

222、(i0,1,2)处的切线分别为l，m，n，其方程分别为y2x1，y2(t11)xt1，y2(t21)xt1，得x2.将x2代入得y1，故D(2，1)所以D到l的距离d.328.（2012北京高考理）已知曲线C：(5m)x2(m2)y28(mR)(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；(2)设m4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于B的上方)，直线ykx4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当解得m5，所以m的取值范围是(，5)(2)当m4时，曲线C的方程为x22y28，点A，B的坐标分别为(

223、0,2)，(0，2)由得(12k2)x216kx240.因为直线与曲线C交于不同的两点，所以(16k)24(12k2)240，即k2.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1kx14，y2kx24，x1x2，x1x2.直线BM的方程为y2x，点G的坐标为(，1)因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN，kAG，所以kANkAGkk0.即kANkAG.故A，G，N三点共线329（2012湖北高考理）设A是单位圆x2y21上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|m|DA|(m0，且m1)当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲

224、线C.(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k0，都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由解：(1)如图1，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以xy1. 将式代入式即得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)因为m(0,1)(1，)，所以当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(

225、，0)，(，0)；当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，)，(0，)(2)法一：如图2、3，k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2xm20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得x1x2，即x2.因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx2，于是PQ(2x12kx1)，PH(x2x1，y2kx1)(，)而PQPH等价于PQPH0.即2m20，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQ

226、PH.法二：如图2、3，x1(0,1)设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(x1，y1)，N(0，y1)因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(xx)(yy)0.依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，故(x1x2)(x1x2)0，于是由式可得m2. 又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得kPQkPH.而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.330（2012浙江高考理）如图，椭圆C：1(ab0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C

227、相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分(1)求椭圆C的方程；(2)求ABP面积取最大值时直线l的方程解：(1)设椭圆左焦点为F(c,0)，则由题意得得所以椭圆方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x0，与不过原点的条件不符，舍去故可设直线AB的方程为ykxm(m0)，由消去y，整理得(34k2)x28kmx4m2120，则64k2m24(34k2)(4m212)0，所以线段AB的中点M(，)因为M在直线OP上，所以.得m0(舍去)或k.此时方程为3x23mxm230，则3(12m2)0，所以|AB|x1x2|.设点

228、P到直线AB距离为d，则d.设ABP的面积为S，则S|AB|d.其中m(2，0)(0,2)令u(m)(12m2)(m4)2，m2，2，u(m)4(m4)(m22m6)4(m4)(m1)(m1)所以当且仅当m1，u(m)取到最大值故当且仅当m1，S取到最大值综上，所求直线l方程为3x2y220.331（2012福建高考理）如图，椭圆E：1(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e.过F1的直线交椭圆于A、B两点，且ABF2的周长为8.(1)求椭圆E的方程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆

229、恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由解：法一：(1)因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因为e，即，所以c1，所以b.故椭圆E的方程是1.(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上设M(x1,0)，则MPMQ0对满足(*

230、)式的m，k恒成立因为MP(x1，)，MQ(4x1,4km)，由MPMQ0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.法二：(1)同法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上取k0，m，此时P(0，)，Q

231、(4，)，以PQ为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k，m2，此时P(1，)，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为(x)2(y)2，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以MP(1，)，MQ(3,4km)，从而MPMQ330，故恒有MPMQ，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.332（2012安徽高考理）如图，点F1(c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点

232、P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x于点Q.(1)如果点Q的坐标是(4,4)，求此时椭圆C的方程；(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点解：(1)法一：由条件知，P(c，)故直线PF2的斜率为kPF2.因为PF2F2Q，所以直线F2Q的方程为yx.故Q(，2a)由题设知，4,2a4，解得a2，c1.故椭圆方程为1.法二：设直线x与x轴交于点M.由条件知，P(c，)因为PF1F2F2MQ，所以.即，解得|MQ|2a.所以解得a2，c1.故椭圆方程为1.(2)直线PQ的方程为，即yxa.将上式代入椭圆方程得，x22cxc20，解得xc，y.所以直线PQ与椭圆C只有一个交点333（2012新课标

233、高考理）设抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点(1)若BFD90，ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；(2)若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值解：(1)由已知可得BFD为等腰直角三角形，|BD|2p，圆F的半径|FA|p.由抛物线定义可知A到l的距离d|FA|p.因为ABD的面积为4，所以|BD|d4，即2pp4，解得p2(舍去)或p2.所以F(0,1)，圆F的方程为x2(y1)28.(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，AD

234、B90.由抛物线定义知|AD|FA|AB|，所以ABD30，m的斜率为或.当m的斜率为时，由已知可设n：yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n与C只有一个公共点，故p28pb0，解得b.因为m的纵截距b1，3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.当m的斜率为时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.334. （2012浙江高考文）如图，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y22px(p0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分(1)求p，t的值；(2)求ABP面积的最大值解：(1)由题意知得(2)设A(x1，y1)，B

235、(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，设直线AB的斜率为k(k0)由得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k2m1，所以直线AB的方程为ym(xm)即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|y1y2|.设点P到直线AB的距离为d，则d，设ABP的面积为S，则S|AB|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，00，且m1)当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它

236、在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k0，都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由解：(1)如图1，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以xy1.将式代入式即得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)因为m(0,1)(1，)，所以当0m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，)，(0，)(2)法一：如图2，图3，k0，设P(x1，kx1)，H(x2.y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程

237、为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2xm20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由根与系数的关系可得x1x2，即x2.因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx2.于是PQ(2x1，2kx1)，PH(x2x1，y2kx1)(，)而PQPH等价于PQPH0，即2m20，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.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，所以两式相减可得m2(xx)(yy)0.依题意，由点P在第一象限

238、可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，故(x1x2)(x1x2)0.于是由式可得m2.又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得kPQkPH.而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m0, 得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.336.（2012四川高考文）如图，动点M与两定点A(1,0)、B(1,0)构成MAB，且直线MA、MB的斜率之积为4.设动点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设直线yxm(m0)与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|0，结合题设(m0)可知，m0，且m1.设Q、R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR

239、，yR)，则xQ，xR为方程(*)的两根因为|PQ|PR|，所以|xQ|1，且 2，所以113，且1，所以13，且.综上所述，的取值范围是(1，)(，3)337.（2012辽宁高考文）如图，动圆C1：x2y2t2,1t3，与椭圆C2：y21相交于A，B，C，D四点，点A1，A2分别为C2的左，右顶点xyOADBCA1(1)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并求出其最大面积；(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程解：(1)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积S4|x0|y0|.由y1得y1，从而xyx(1)(x)2.当x，y时，Smax6.从而t时，矩形ABCD的面积最大，

240、最大面积为6.(2)由A(x0，y0)，B(x0，y0)，A1(3,0)，A2(3,0)知直线AA1的方程为y(x3)直线A2B的方程为y(x3)由得y2(x29)又点A(x0，y0)在椭圆C2上，故y1.将代入得y21(x3，y0)因此点M的轨迹方程为y21(x3，yb0)，点P(a，a)在椭圆上(1)求椭圆的离心率；(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点若点Q在椭圆上且满足|AQ|AO|，求直线OQ的斜率的值解：(1)因为点P(a，a)在椭圆上，故1，可得.于是e21，所以椭圆的离心率e.(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为ykx，设点Q的坐标为(x0，y0)由条件得消去y0并整理得x.

241、由|AQ|AO|，A(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2xa2.整理得(1k2)x2ax00，而x00，故x0，代入，整理得(1k2)24k24.由(1)知，故(1k2)2k24，即5k422k2150，可得k25.所以直线OQ的斜率k.339.（2012山东高考文）如图，椭圆M：1(ab0)的离心率为，直线xa和yb所围成的矩形ABCD的面积为8.(1)求椭圆M的标准方程；(2)设直线l：yxm(mR)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知所以a2，b1.因此椭圆M的标准方程为y21

242、.(2)由整理得5x28mx4m240，由64m280(m21)8016m20，得m.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2，所以|PQ| (m)线段CD的方程为y1(2x2)，线段AD的方程为x2(1y1)不妨设点S在AD边上，T在CD边上，可知1m，S(2，m2)，D(2,1)所以|ST|SD| 1(m2)(3m)，因此 ，令t3m(1m)，则m3t，t(3，2，所以 ，由于t(3，2，所以，)，因此当即t时，取得最大值，此时m.不妨设点S在AB边上，T在CD边上，此时1m1，因此|ST|AD|2，此时，所以当m0时，取得最大值.不妨设点S在AB边上，T在BC边上，b0

243、)的左、右焦点分别为F1(c,0)，F2(c,0)已知点(1，e)和(e，)都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程；(2)设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P，若AF1BF2，求直线AF1的斜率；求证：PF1PF2是定值解：(1)由题设知a2b2c2，e.由点(1，e)在椭圆上，得1，解得b21.于是c2a21，又点(e，)在椭圆上，所以1，即1，解得a22.因此，所求椭圆的方程是y21.(2)由(1)知F1(1,0)，F2(1,0)，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为x1my，直线BF2的方程为x1my.设A(

244、x1，y1)，B(x2，y2)，y10，y20.由，得(m22)y2my110，解得y1，故AF1.同理，BF2.由得AF1BF2，解，得m22，注意到m0，故m.所以直线AF1的斜率为.因为直线AF1与BF2平行，所以，于是，故PF1BF1.由B点在椭圆上知BF1BF22，从而PF1(2BF2)同理PF2(2AF1)因此，PF1PF2(2BF2)(2AF1)2.又由知AF1BF2，AF1BF2，所以PF1PF22.因此，PF1PF2是定值341（2012上海高考文）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2y21.(1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点若|MF|2，求点M的坐标；(2)

245、过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；(3)设斜率为k(|k|0)上(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点解：(1)依题意，|OB|8，BOy30.设B(x，y)，则x|OB|sin 304，y|OB|cos 3012.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线E的方程为x24y.(2)法一：由(1)知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q(，1)设M(0，y1)，令MPMQ0对

246、满足y0x(x00)的x0，y0恒成立由于MP(x0，y0y1)，MQ(，1y1)，由MPMQ0，得y0y0y1y1y0，即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)法二：同法一可得Q点坐标为(，1)取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P(1，)，Q(，1)，以PQ为直径的圆为(x)2(y)2，交y轴于M3(0,1)或M4(0，)故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)以下证明点M(0,1)就

247、是所要求的点因为MP(x0，y01)，MQ(，2)MPMQ2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)344.（2012安徽高考文）如图，F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，F1AF260.(1)求椭圆C的离心率；(2)已知AF1B的面积为40，求a，b的值解：(1)由题意可知，AF1F2为等边三角形，a2c，所以e.(2)法一：a24c2，b23c2，直线AB的方程可为y(xc)将其代入椭圆方程3x24y212c2，得B(c，c)所以|AB|c0|c.由SAF1B|AF1|AB|sin F1AB

248、aca240，解得a10，b5.法二：设|AB|t.因为|AF2|a，所以|BF2|ta.由椭圆定义|BF1|BF2|2a可知，|BF1|3at.再由余弦定理(3at)2a2t22atcos 60可得，ta.由SAF1Baaa240知，a10，b5.345（2012北京高考文）已知椭圆C：1(ab0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值解：(1)由题意得解得b，所以椭圆C的方程为1.(2)由得(12k2)x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x

249、11)，y2k(x21)，x1x2，x1x2，所以|MN|.又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d，所以AMN的面积为S|MN| d.由，化简得7k42k250，解得k1.346（2012广东高考文）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：1(ab0)的左焦点为F1(1,0)，且点P(0,1)在C1上(1)求椭圆C1的方程；(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y24x相切，求直线l的方程解：(1)根据椭圆的左焦点为F1(1,0)，知a2b21，又根据点P(0,1)在椭圆上，知b1，所以a，所以椭圆C1的方程为y21.(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

250、为0，设直线l的方程为ykxm(k0)，代入椭圆方程得(kxm)21，即(k2)x22kmxm210，由题可知此方程有唯一解，此时4k2m24(k2)(m21)0，即m22k21.把ykxm(k0)代入抛物线方程得y2ym0，由题可知此方程有唯一解，此时1mk0，即mk1.联立得解得k2，所以或所以直线l的方程为yx或yx.347（2012湖南高考文）在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2y24x20 的圆心(1)求椭圆E的方程；(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标解：(1)由x2y24

251、x20得(x2)2y22，故圆C的圆心为点(2,0)从而可设椭圆E的方程为1(ab0)，其焦距为2c.由题设知c2，e.所以a2c4，b2a2c212.故椭圆E的方程为1.(2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2，则l1，l2的方程分别为l1：yy0k1(xx0)，l2：yy0k2(xx0)，且k1k2，由l1与圆C：(x2)2y22相切得，即(2x0)22k2(2x0)y0k1y20.同理可得(2x0)22k2(2x0)y0k2y20.从而k1，k2是方程(2x0)22k22(2x0)y0ky20的两个实根，于是且k1k2.由得5x8x0360，解得x02，或x0

252、.由x02得y03；由x0得y0，它们均满足式故点P的坐标为(2,3)，或(2，3)，或(，)，或(，)348（2012大纲卷高考文）已知抛物线C：y(x1)2与圆M：(x1)2(y)2r2(r0)有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l.(1)求r；(2)设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m、n的交点为D，求D到l的距离解：(1)设A(x0，(x01)2)，对y(x1)2求导得y2(x1)故l的斜率k2(x01)当x01时，不合题意，所以x01.圆心为M(1，)，MA的斜率k.由lMA知kk1，即2(x01)1，解得x00，故A(0,1)，r|MA|，即r.(2)设(t，(

253、t1)2)为C上一点，则在该点处的切线方程为y(t1)22(t1)(xt)，即y2(t1)xt21.若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为，即，化简得t2(t24t6)0，解得t00，t12，t22.抛物线C在点(ti，(ti1)2)(i0,1,2)处的切线分别为l，m，n，其方程分别为y2x1，y2(t11)xt1, y2(t21)xt1, 得x2.将x2代入得y1，故D(2，1)所以D到l的距离d.349（2012新课标高考文）设抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，准线为l.A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点(1)若BFD90，ABD的面积为4，求p的

254、值及圆F的方程；(2)若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值解：(1)由已知可得BFD为等腰直角三角形，|BD|2p，圆F的半径|FA|p.由抛物线定义可知A到l的距离d|FA|p.因为ABD的面积为4，所以|BD|d4，即2pp4，解得p2(舍去)或p2.所以F(0,1)，圆F的方程为x2(y1)28.(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，ADB90.由抛物线定义知|AD|FA|AB|，所以ABD30，m的斜率为或.当m的斜率为时，由已知可设n：yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n与C只有一个公

255、共点，故p28pb0，解得b.因为m的纵截距b1，3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.当m的斜率为时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.350（2011新课标高考）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，1)，B点在直线y3上，M点满足MBOA，MAABMBBA，M点的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2P为C上的动点，l为C在P点处的切线，求O点到l距离的最小值解：(1)设M(x，y)，由已知得B(x，3)，A(0，1)所以MA(x，1y)，MB(0，3y)，AB(x，2)再由题意可知(MAMB)AB0，即(x，42y)(x，2)0所以曲线C的方程为yx22.(2)设P(

256、x0，y0)为曲线C：yx22上一点，因为y x，所以l的斜率为x0.因此直线l的方程为yy0x0(xx0)，即x0x2y2y0x0.则O点到l的距离d.又y0x2，所以d()2，当x00时取等号，所以O点到l距离的最小值为2.351.（2011大纲卷高考）已知O为坐标原点，F为椭圆C：x21在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为的直线l与C交于A、B两点，点P满足OAOBOP0.(1)证明：点P在C上；(2)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上证明：(1)F(0,1)，l的方程为yx1，代入x21并化简得4x22x10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y

257、3)，则x1，x2，x1x2，y1y2(x1x2)21，由题意得x3(x1x2)，y3(y1y2)1.所以点P的坐标为(，1)经验证，点P的坐标(，1)满足方程x21，故点P在椭圆C上(6分)(2)由P(，1)和题设知Q(，1)，PQ的垂直平分线l1的方程为yx.设AB的中点为M，则M(，)，AB的垂直平分线l2的方程为yx.由、得l1、l2的交点为N(，) |NP|，|AB|x2x1|，|AM|，|MN|，|NA|，故|NP|NA|.又|NP|NQ|，|NA|NB|，所以|NA|NP|NB|NQ|，由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上352（2011北京高考）已知椭圆G：y

258、21.过点(m,0)作圆x2y21的切线l交椭圆G于A，B两点(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率；(2)将|AB|表示为m的函数，并求|AB|的最大值解：(1)由已知得a2，b1，所以c.所以椭圆G的焦点坐标为(，0)，(，0)，离心率为e.(2)由题意知，|m|1.当m1时，切线l的方程为x1，点A，B的坐标分别为(1，)，(1，)，此时|AB|.当m1时，同理可得|AB|.当|m|1时，设切线l的方程为yk(xm)由得(14k2)x28k2mx4k2m240.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1x2，x1x2.又由l与圆x2y21相切，得1，即m2k2k21.所以|

259、AB|.由于当m1时，|AB|，所以|AB|，m(，11，)因为|AB|2，且当m时，|AB|2，所以|AB|的最大值为2.353（2011江西高考）P(x0，y0)(x0a)是双曲线E：1(a0，b0)上一点，M、N分别是双曲线E的左、右顶点，直线PM，PN的斜率之积为.(1)求双曲线的离心率；(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足OCOAOB，求的值解：(1)点P(x0，y0)(xa)在双曲线1上，有1.由题意又有，可得a25b2，c2a2b26b2，则e.(2)联立，得4x210cx35b20，设A(x1，y1)，B(x2，y2

260、)，则设OC(x3，y3)，OCOAOB，即又C为双曲线上一点，即x5y5b2，有(x1x2)25(y1y2)25b2.化简得：2(x5y)(x5y)2(x1x25y1y2)5b2，又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，所以x5y5b2，x5y5b2.由式又有x1x25y1y2x1x25(x1c)(x2c)4x1x25c(x1x2)5c210b2，得：240，解出0，或4.354. （2011安徽高考）设0，点A的坐标为(1,1)，点B在抛物线yx2上运动，点Q满足BQQA，经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QMMP，求点P的轨迹方程解：由QMMP知Q，M，P三点在同一

261、条垂直于x轴的直线上，故可设P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，则x2y0(yx2)，即y0(1)x2y.再设B(x1，y1)，由BQQA，即(xx1，y0y1)(1x,1y0)，解得将式代入式，消去y0，得又点B在抛物线yx2上，所以y1x，再将式代入y1x，得(1)2x2(1)y(1)x2，(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2，2(1)x(1)y(1)0.因0，两边同除以(1)，得2xy10.故所求点p的轨迹方程为y2x1.355（2011山东高考）已知动直线l与椭圆C：1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且OPQ的面积SOPQ，其中O为坐标原点(1)证明：

262、xx和yy均为定值；(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|PQ|的最大值；(3)椭圆C上是否存在三点D，E，G，使得SODESODGSOEG？若存在，判断DEG的形状；若不存在，请说明理由解：(1)当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以x2x1，y2y1.因为P(x1，y1)在椭圆上，因此1，又因为SOPQ，所以|x1|y1|.由、得|x1|，|y1|1，此时xx3，yy2.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，由题意知m0，将其代入1得(23k2)x26kmx3(m22)0，其中36k2m212(23k2)(m22)0，即3k22m2，(*)又x1x2，x1x2，所以

263、|PQ|.因为点O到直线l的距离为d，所以SOPQ|PQ|d，又SOPQ，整理得3k222m2，且符合(*)式，此时，xx(x1x2)22x1x2()223，yy(3x)(3x)4(xx)2.综上所述，xx3，yy2，结论成立(2)法一：当直线l的斜率不存在时，由(1)知|OM|x1|，|PQ|2|y1|2，因此|OM|PQ|2.当直线l的斜率存在时，由(1)知：，k()mm，|OM|2()2()2(3)，|PQ|2(1k2)2(2)，所以|OM|2|PQ|2(3)2(2)(3)(2)()2.所以|OM|PQ|，当且仅当32，即m时，等号成立综合得|OM|PQ|的最大值为.法二：因为4|OM|

264、2|PQ|2(x1x2)2(y1y2)2(x2x1)2(y2y1)22(xx)(yy)10.所以2|OM|PQ|5.即|OM|PQ|，当且仅当2|OM|PQ|时等号成立因此|OM|PQ|的最大值为.(3)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得SODESODGSOEG.假设存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足SODESODGSOEG，由(1)得u2x3，u2x3，xx3，v2y2，v2y2，yy2.解得u2xx；v2yy1.因此u，x1，x2只能从中选取，v，y1，y2只能从1中选取，因此D，E，G只能在(，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SOD

265、ESODGSOEG矛盾，所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.356（2011广东高考）在平面直角坐标系xOy上，给定抛物线L：yx2.实数p，q满足p24q0，x1，x2是方程x2pxq0的两根，记(p，q)max|x1|，|x2|(1)过点A(p0，p)(p00)作L的切线交y轴于点B.证明：对线段AB上的任一点Q(p，q)，有(p，q)；(2)设M(a，b)是定点，其中a，b满足a24b0，a0.过M(a，b)作L的两条切线l1，l2，切点分别为E(p1，p)，E(p2，p)，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| (

266、a，b)；(3)设D(x，y)|yx1，y(x1)2当点(p，q)取遍D时，求(p，q)的最小值(记为min)和最大值(记为max)解：(1)证明：过点A的切线方程是yp0xp，所以B(0，p)，Q在线段AB上，所以qp0pp(|p|p0|)，所以现方程为x2pxp0pp0，可得x1p0，x2pp0，因为p0、p同号，易得(p，q).(2)证明：yx，易得l1：ypp1(xp1)，即yp1xp，M(a，b)l1，bp1ap且0|a|p2|.反之，也成立故M(a，b)X |p1|p2|，由(1)证可知M(a，b)X(a，b)，当(a，b)时，逆推(1)证也可得M(a，b)l1X，综上，M(a，b

267、)X |p1|p2| (a，b).(3)由于点(p，q)必在曲线f(x)x2pxq上，故此题即求当函数f(x)x2pxq经过D时，方程f(x)0的根的最大值与最小值易求得l：yx2在点(2,1)处的切线方程为yx1，由前证可知：当点(p，q)(x，y)|yx1时恒有(p，q)1，令f(x)0可得x2pxq0，则x(p，q)，点(p，q)D，(p1)2qp1(p1)254q4p4，(p2)2p24q2p4，1(p，q)，而当q(p1)2时p24q2p4，(p，q)，设g(x)(0x2)，令t，x(0t2)，故g(t)t2t1(t1)2，1g(x)，即1(p，q)，min1，max.357. （2

268、011四川高考）椭圆有两顶点A(1,0)、B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.(1)当|CD|时，求直线l的方程；(2)当点P异于A、B两点时，求证：OPOQ为定值解：(1)因椭圆焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为1(ab0)，由已知得b1，c1，所以a，椭圆方程为x21.直线l垂直于x轴时与题意不符设直线l的方程为ykx1，将其代入椭圆方程化简得(k22)x22kx10.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，|CD|.由已知得，解得k.所以直线l的方程为yx1或yx1.(2)证明：直线l与x轴垂直时

269、与题意不符设直线l的方程为ykx1(k0且k1)，所以P点坐标为(，0)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1x2，x1x2，直线AC的方程为y(x1)，直线BD的方程为y(x1)，将两直线方程联立，消去y得.因为1x1，x21，所以与异号()2()2.又y1y2k2x1x2k(x1x2)1，与y1y2异号，与同号，解得xk.因此Q点坐标为(k，y0)OPOQ(，0)(k，y0)1.故OPOQ为定值358（2011湖南高考）如图，椭圆C1：1(ab0)的离心率为，x轴被曲线C2：yx2b截得的线段长等于C1的长半轴长()求C1，C2的方程；()设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O

270、的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.()证明：MDME；()记MAB，MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得？请说明理由解：()由题意知e，从而a2b，又2a，解得a2，b1.故C1，C2的方程分别为y21，yx21.()()证明：由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.由得x2kx10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k，x1x21.又点M的坐标为(0，1)，所以kMAkMB1.故MAMB.即MDME.()设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为yk1x1.由解得或则点

271、A的坐标为(k1，k1)又直线MB的斜率为，同理可得点B的坐标为(，1)于是S1|MA|MB|k1|.由得(14k)x28k1x0.解得或.则点D的坐标为(，)又直线ME的斜率为，同理可得点E的坐标为(，)于是S2|MD|ME|.因此(4k17)由题意知，(4k17).解得k4，或k.又由点A，B的坐标可知，kk1，所以k.故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为yx和yx.359（2011湖南高考）如图，椭圆的中心为原点O，离心率e，一条准线的方程为x2.(1)求该椭圆的标准方程；(2)设动点P满足：OPOM2ON，其中M、N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为.问：是否存在两个定

272、点F1，F2，使得|PF1|PF2|为定值？若存在，求F1，F2的坐标；若不存在，说明理由解：(1)由e，2，解得a2，c，b2a2c22，故椭圆的标准方程为1.(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由OPOM2ON得(x，y)(x1，y1)2(x2，y2)(x12x2，y12y2)，即xx12x2，yy12y2.因为点M、N在椭圆x22y24上，所以x2y4，x2y4，故x22y2(x4x4x1x2)2(y4y4y1y2)(x2y)4(x2y)4(x1x22y1y2)204(x1x22y1y2)设kOMkON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知kOMkON，因此x1

273、x22y1y20，所以x22y220.所以P点是椭圆1上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|PF2|为定值，又因c ，因此两焦点的坐标为F1(，0)，F2(，0)360（2011广东高考）设圆C与两圆(x)2y24，(x)2y24中的一个内切，另一个外切(1)求C的圆心轨迹L的方程；(2)已知点M(，)，F(，0)，且P为L上动点，求|MP|FP|的最大值及此时点P的坐标解：(1)依题意得两圆的圆心分别为F1(，0)，F2(，0)，从而可得|CF1|2|CF2|2或|CF2|2|CF1|2，所以|CF2|CF1|42a|F1F2|22c，所以圆心C的轨迹是以原点为中

274、心，焦点在x轴上，且实轴长为4，焦距为2的双曲线，因此a2，c，b2c2a21，故C的圆心轨迹L的方程为y21.(2)过点M，F的直线l的方程为y2(x)，将其代入y21中，解得：x1，x2，故直线l与L的交点为T1(，)，T2(，)，因为T1在线段MF外，T2在线段MF上，故|MT1|FT1|MF|2，|MT2|FT2|MF|2，若点P不在MF上，则|MP|FP|b0)为动点，F1、F2分别为椭圆1的左、右焦点已知F1PF2为等腰三角形(1)求椭圆的离心率e；(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，M是直线PF2上的点满足AMBM2，求点M的轨迹方程解：(1)设F1(c,0)，F2(c,0

275、)(c0)由题意，可得|PF2|F1F2|，即2c，整理得2()210，得1(舍)，或.所以e.(2)由(1)知a2c，bc，可得椭圆方程为3x24y212c2，直线PF2的方程为y(xc)A，B两点的坐标满足方程组消去y并整理，得5x28cx0，解得x10，x2c.得方程组的解不妨设A(c，c)，B(0，c)设点M的坐标为(x，y)，则AM(xc，yc)，BM(x，yc)由y(xc)，得cxy.于是AM(yx，yx)，BM(x，x)由AMBM2，即(yx)x(yx)x2，化简得18x216xy150.将y代入cxy，得c0.所以x0.因此，点M的轨迹方程是18x216xy150(x0)362

276、（2011江苏高考）如图，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C.连接AC，并延长交椭圆于点B.设直线PA的斜率为k.(1)当直线PA平分线段MN时，求k的值；(2)当k2时，求点P到直线AB的距离d；(3)对任意的k0，求证：PAPB.解：(1)由题设知，a2，b，故M(2,0)，N(0，)，所以线段MN中点的坐标为(1，)由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以k.(2)直线PA的方程为y2x，代入椭圆方程得1，解得x，因此P(，)，A(，)于是C(，0)

277、，直线AC的斜率为1，故直线AB的方程为xy0.因此，d.(3)证明：法一：将直线PA的方程ykx代入1，解得x.记，则P(，k)，A(，k)，于是C(，0)故直线AB的斜率为，其方程为y(x)，代入椭圆方程并由得(2k2)x22k2x2(3k22)0，解得x或x.因此B(，)于是直线PB的斜率k1.因此k1k1，所以PAPB.法二：设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则x10，x20，x1x2，A(x1，y1)，C(x1,0)设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2.因为C在直线AB上，所以k2.从而k1k12k1k212110.因此k1k1，所以PAPB.363（2011湖北高考）平面内与

278、两定点A1(a,0)、A2(a,0)(a0)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；(2)当m1时，对应的曲线为C1；对给定的m(1,0)(0，)，对应的曲线为C2，设F1、F2是C2的两个焦点试问：在C1上，是否存在点N，使得F1NF2的面积S|m|a2.若存在，求tanF1NF2的值；若不存在，请说明理由解：(1)设动点为M，其坐标为(x，y)，当xa时，由条件可得kMA1kMA2m，即mx2y2ma2(xa)，又A1(a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2y2ma2，故依题意，曲线C的

279、方程为mx2y2ma2.当m1时，曲线C的方程为1，C是焦点在y轴上的椭圆；当m1时，曲线C的方程为x2y2a2，C是圆心在原点的圆；当1m0时，曲线C的方程为1，C是焦点在x轴上的椭圆；当m0时，曲线C的方程为1，C是焦点在x轴上的双曲线(2)由(1)知，当m1时，C1的方程为x2y2a2，当m(1,0)(0，)时，C2的两个焦点分别为F1(a，0)，F2(a，0)对于给定的m(1,0)(0，)，C1上存在点N(x0，y0)(y00)使得S|m|a2的充要条件是由得0|y0|a，由得|y0| .当0a，即m0，或0m时，存在点N，使S|m|a2；当a，即1m，或m时，不存在满足条件的点N.当

280、m，0)(0，时，由NF1(ax0，y0)，NF2(ax0，y0)，可得NF1NF2x(1m)a2yma2.令|NF1|r1，|NF2|r2，F1NF2，则由NF1NF2r1r2cosma2，可得r1r2，从而Sr1r2sinma2tan，于是由S|m|a2，可得ma2tan|m|a2，即tan.综上可得：当m，0)时，在C1上，存在点N，使得S|m|a2，且tanF1NF22；当m0，)时，在C1上，存在点N，使得S|m|a2，且tanF1NF22；当m(1，)(，)时，在C1上，不存在满足条件的点N.364（2011浙江高考）已知拋物线C1：x2y，圆C2：x2(y4)21的圆心为点M.(

281、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：(1)由题意可知，拋物线C1的准线方程为：y，所以圆心M(0,4)到准线的距离是.(2)设P(x0，x)，A(x1，x)，B(x2，x)，由题意得x00，x01，x1x2.设过点P的圆C2的切线方程为yxk(xx0)，即ykxkx0x.则1，即(x1)k22x0(4x)k(x4)210.设PA，PB的斜率为k1，k2(k1k2)，则k1，k2是上述方程的两根，所以k1k2，k1k2.将代入yx2得x2kxkx0

282、x0，由于x0是此方程的根，故x1k1x0，x2k2x0，所以kABx1x2k1k22x02x0，kMP.由MPAB，得kABkMP(2x0)()1，解得x.即点P的坐标为(，)，所以直线l的方程为yx4.365（2011陕西高考）如图，设P是圆x2y225上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|PD|.(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度解：(1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，由已知得P在圆上，x2(y)225，即C的方程为1.(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y(x3)，设直线与C

283、的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y(x3)代入C的方程，得1，即x23x80.x1，x2.线段AB的长度为|AB| .366（2011辽宁高考）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lMN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.(1)设e，求|BC|与|AD|的比值；(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BOAN，并说明理由解：(1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设C1：1，C2：1，(ab0)设直线l：xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得A(t，)，B(t，)当e时，ba，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知|BC|AD|. (2)t0时的l不符合题意t0时，BOAN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即，解得ta.因为|t|a，又0e1，所以1，解得e1.所以当0e时，不存在直线l，使得BOAN；当e1时，存在直线l，使得BOAN.