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十二年高考真题分类汇编（2010—2021）数学 专题12 圆锥曲线 Word版含解析
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十二年高考真题分类汇编（2010—2021）数学
专题12圆锥曲线
一．选择题：
1.(2021·全国·文T 11)设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为( )
A. B. C. D.2
答案：A
解析：本题考查椭圆的性质、两点间距离公式、复合函数的最值、极坐标系.由椭圆C的方程：得其上顶点，.由，所以当时，.
2.(2021·全国·理T 11)设B是椭圆的上顶点，若C上的任意一点P都满足，则C的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
答案：C
解析：本题考查椭圆的方程与几何性质、离心率，二次函数的图象与性质，不等式的求解.由题可得，设，，则有，可得，故，根据题目条件知时，取得最大值，则有，整理得，即，解得，故椭圆离心率，即.
3．(2020·全国·文T 11)设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为
A． B．3 C． D．2
答案：B
解析：通解 设分别为双曲线的左、右焦点，则由题意可知，又，所以，所以是直角三角形，所以.不妨令点在双曲线的右支上，则有，两边平方，得，又，所以，则，故选B.
秒解 设分别为双曲线的左、右焦点，则由题意可知，又，所以，所以是直角三角形，所以(其中)，故选B.
4.(2020·全国·理T 4)已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，则( )
A.2 B.3 C.6 D.9
答案：C
解析：通解 因为点到轴的距离为9，所以可设点，所以.又点到焦点的距离为12，所以，所以，即，解得(舍去)或.故选C.
光速解 根据抛物线的定义及题意得，点到的准线的距离为12，因为点到轴的距离为9，所以，解得.故选C.
5.(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.x22+y2=1 B.x23+y22=1
C.x24+y23=1 D.x25+y24=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=3a2,n=a2.
∴|AF1|=a,|AF2|=a.∴点A为(0,-b).
∴kAF2=b1=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|=12.
又kAF2=|BP||F2P|=|BP|12=b,∴|BP|=12b.∴点B32,12b.
把点B坐标代入椭圆方程x2a2+y2b2=1中,得a2=3.
又c=1,故b2=2.所以椭圆方程为x23+y22=1.
6.(2019·全国1·文T 10)双曲线C: x2a2−y2b2=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.1sin50° D.1cos50°
【答案】D
【解析】由已知可得-ba=tan 130°=-tan 50°,
则e=ca=1+ba2=1+tan250°
=1+sin250°cos250°=sin250°+cos250°cos250°=1cos50°.
故选D.
7.(2019·北京·文T 5)已知双曲线x2a2-y2=1(a>0)的离心率是5,则a=( )
A.6 B.4 C.2 D.12
【答案】D
【解析】∵双曲线的离心率e=ca=5,c=a2+1,
∴a2+1a=5,【解析】得a=12,故选D.
8.(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x2a2−y2b2=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y=bax,x=-1,得y1=-ba.由y=-bax,x=-1,得y2=ba.
∴AB=2ba.
由|AB|=4|OF|得2ba=4,故ba=2.
ca2=a2+b2a2=5a2a2.∴e=5,故选D.
9.(2018·全国1·理T 11)已知双曲线C:x23-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.32 B.3
C.23 D.4
【答案】B
【解析】由条件知F(2,0),渐近线方程为y=±33x,
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.
10.(2018·全国2·理T 5文T 6)双曲线x2a2−y2b2=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=±22x D.y=±32x
【答案】A
【解析】∵e2=c2a2=b2+a2a2=ba2+1=3,
∴ba=2.
∵双曲线焦点在x轴上,
∴渐近线方程为y=±bax,
∴渐近线方程为y=±2x.
11.(2018·全国3·理T 11)设F1,F2是双曲线C: x2a2−y2b2=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=a2+b2=3a,所以e=ca=3.
12.(2018·浙江·T2)双曲线x23-y2=1的焦点坐标是( )
A.(-2,0),(2,0)
B.(-2,0),(2,0)
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).
13.(2018·全国2·理T12)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=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36的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )
A.23 B.12
C.13 D.14
【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=36,
∴PA所在直线方程为y=36(x+a).
∴3c=36(2c+a).∴e=ca=14.
14.(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.1-32 B.2-3
C.3-12 D.3-1
【答案】D
【解析】不妨设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),
∵∠F2PF1=90°,∠PF2F1=60°,
∴|PF2|=c,|PF1|=3c,
∴3c+c=2a,即(3+1)c=2a.
∴e=ca=23+1=2(3-1)(3-1)(3+1)=3-1.
15.(2018·上海·T13)设P是椭圆x25+y23=1上的动点,则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为( )
A.22 B.23 C.25 D.42
【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=25,故选C.
16.(2018·天津·理T 7文T 7)已知双曲线x2a2−y2b2=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.x24−y212=1 B.x212−y24=1
C.x23−y29=1 D.x29−y23=1
【答案】C
【解析】由双曲线的对称性,不妨取渐近线y=bax.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|=12(d1+d2)=3.
又因为点F(c,0)到y=bax的距离为|bc-0|a2+b2=b,所以b=3,b2=9.
因为e=ca=2,c2=a2+b2,所以a2=3,所以双曲线的方程为x23−y29=1.故选C.
17.(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23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
【答案】D
【解析】易知F(1,0),过点(-2,0)且斜率为23的直线方程为y=23(x+2).联立抛物线方程y2=4x,得y2=4x,y=23(x+2),解得x=1,y=2,或x=4,y=4.
不妨设M(1,2),N(4,4),所以FM=(0,2),FN=(3,4),所以FM·FN=8.
18.(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y2=4x,y=k1(x-1),
消去y,得k12x2-2k12x-4x+k12=0,所以x1+x2=2k12+4k12.
同理,直线l2与抛物线的交点满足x3+x4=2k22+4k22.
由抛物线定义可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8≥216k12k22+8=16,当且仅当k1=-k2=1(或-1)时,取得等号.
19.(2017·全国3·理T 5)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=52x,且与椭圆x212+y23=1有公共焦点,则C的方程为( )
A.x28−y210=1 B.x24−y25=1
C.x25−y24=1 D.x24−y23=1
【答案】B
【解析】由题意得ba=52,c=3.
又a2+b2=c2,所以a2=4,b2=5,
故C的方程为x24−y25=1.
20.(2017·全国1·文T 5)已知F是双曲线C:x2-y23=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.13 B.12 C.23 D.32
【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-y23=1,得y=±3,所以PF=3.
又点A的坐标是(1,3),故△APF的面积为12×3×(2-1)=32.故选D.
21.(2017·天津·理T5)已知双曲线x2a2−y2b2=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.x24−y24=1 B.x28−y28=1
C.x24−y28=1 D.x28−y24=1
【答案】B
【解析】∵e2=1+b2a2=2,∴ba=1,a=b.
∵F(-c,0),P(0,4),∴kPF=4c=ba=1.
∴c=4.
又a2+b2=c2=16,∴a2=b2=8.
∴所求双曲线的方程为x28−y28=1.
22.(2017·全国3·理T10文T11)已知椭圆C: x2a2+y2b2=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.63 B.33 C.23 D.13
【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=2abb2+a2=a,
整理,得a2=3b2,即a2=3(a2-c2),
所以c2a2=23,从而e=ca=63.故选A.
23.(2017·全国1·文T12)设A,B是椭圆C:x23+y2m=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,+∞)
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0
24.(2017·浙江·理T2文T2)椭圆x29+y24=1的离心率是( )
A.133 B.53
C.23 D.59
【答案】B
【解析】e=9-43=53,故选B.
25.(2017·全国2·理T9)若双曲线C: x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)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.233
【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2ba2+b2=22-12=3,即2bc=3,所以c=2a,所以e=2.故选A.
26.(2017·全国2·文T5)若a>1,则双曲线x2a2-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=c2a2=a2+1a2=1+1a2.因为a>1,
所以1<1+1a2<2.
所以1
A.2 B.4 C.6 D.8
【答案】B
【解析】不妨设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),圆的方程为x2+y2=R2.
因为|AB|=42,所以可设A(m,22).
又因为|DE|=25,所以R2=5+p24,m2+8=R2,8=2pm,【解析】得p2=16.故p=4,即C的焦点到准线的距离是4.
28.(2016·全国2·文T5)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,曲线
y=kx(k>0)与C交于点P,PF⊥x轴,则k=( )
A.12 B.1 C.32 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=kx(k>0)与抛物线交于点P,PF⊥x轴,
如图所示,可知P(1,2),故k1=2,解得k=2,故选D.
29.(2016·全国1·理T 5)已知方程x2m2+n−y23m2-n=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-1
A.x24−3y24=1 B.x24−4y23=1 C.x24−y24=1 D.x24−y212=1
【答案】D
【解析】
x2+y2=4y=b2x⇒x=4b2+4,y=4b2+4·b2,
则xy=16b2+4·b2=b2⇒b2=12.
故所求双曲线的方程为x24−y212=1.故选D.
31.(2016·全国2·理T11)已知F1,F2是双曲线E:x2a2−y2b2=1的左、右焦点,点M在E上,MF1与x轴垂直,sin∠MF2F1=13,则E的离心率为( )
A.2 B.32
C.3 D.2
【答案】A
【解析】如图,因为MF1与x轴垂直,所以|MF1|=b2a.
又sin∠MF2F1=13,所以|MF1||MF2|=13,
即|MF2|=3|MF1|.由双曲线的定义得2a=|MF2|-|MF1|=2|MF1|=2b2a,
所以b2=a2,则c2=b2+a2=2a2,得离心率e=ca=2.
32.(2016·全国3·理T11文T12)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>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.13 B.12 C.23 D.34
【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12|OE||FM|=|OB||BF|,
即ka2k(a-c)=aa+c,整理,得ca=13,
故椭圆的离心率e=13,故选A.
33.(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14,则该椭圆的离心率为( )
A.13 B.12 C.23 D.34
【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xc+yb=1,即bx+cy-bc=0,
短轴长为2b,由题意得bcb2+c2=14×2b,与b2+c2=a2联立得a=2c,故e=12.
34.(2015·福建·文T11)已知椭圆E:x2a2+y2b2=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45,则椭圆E的离心率的取值范围是( )
A.0,32 B.0,34 C.32,1 D.34,1
【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≥45,∴b≥1.
∴e=ca=1-ba2≤1-122=32.
又0
（A）-2或12 （B）2或-12 （C）-2或-12 （D）2或12
【答案】D
【解析】∵直线与圆心为（1,1）,半径为1的圆相切，∴＝1或12,故选D.
36.（2015·福建高考·理T3）若双曲线 的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，则 等于（ ）
A．11 B．9 C．5 D．3
【答案】B
【解析】由双曲线定义得，即，解得，故选B．
37.（2015·四川高考·理T5）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）
【答案】D
【解析】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.
38.(2015·广东高考·理T7)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.
【答案】B
【解析】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．
39.(2015·新课标全国卷I·理T5)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】A
40.（2015·湖北高考·理T8）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】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，.
41.（2015·四川高考·理T10）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）
【答案】D
【解析】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.
42.（2015·天津高考·理T6）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）
【答案】D
【解析】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.
43.（2015·安徽高考·理T4）下列双曲线中，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ）
（A） （B）
（C） （D）
【答案】C
【解析】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.
44.（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】S∆BCFS∆ACF＝BCAC＝XBXA＝BF−１AF−１，故选A
45.（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．
46.(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.
47.（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.
48.（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|＝( )
(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
49.（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
50.（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．
51.(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.
52.（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.
53.(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.
54.（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.
55.（2015·福建高考·文T11）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．
【答案】A
【解析】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A．
56.(2015·安徽·理T 4)下列双曲线中,焦点在y轴上且渐近线方程为y=±2x的是( )
A.x2-y24=1 B.x24-y2=1
C.y24-x2=1 D.y2-x24=1
【答案】C
【解析】A,B选项中双曲线的焦点在x轴上,不符合要求.C,D选项中双曲线的焦点在y轴上,且双曲线y24-x2=1的渐近线方程为y=±2x;双曲线y2-x24=1的渐近线方程为y=±12x.故选C.
57.(2015·浙江·理T5)如图,设抛物线y2=4x的焦点为F,不经过焦点的直线上有三个不同的点A,B,C,其中点A,B在抛物线上,点C在y轴上,则△BCF与△ACF的面积之比是( )
A.|BF|-1|AF|-1 B.|BF|2-1|AF|2-1
C.|BF|+1|AF|+1 D.|BF|2+1|AF|2+1
【答案】A
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线定义,得|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,则S△BCFS△ACF=BCAC=x2x1=|BF|-1|AF|-1,故选A.
58.(2014·全国1·理T10)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点.若FP=4FQ,则|QF|=( )
A.72 B.3 C.52 D.2
【答案】B
【解析】如图,由抛物线的定义知焦点到准线的距离p=|FM|=4.
过Q作QH⊥l于H,则|QH|=|QF|.由题意,得△PHQ∽△PMF,
则有|HQ||MF|=|PQ||PF|=34,
∴|HQ|=3.∴|QF|=3.
59.(2014·全国1·文T10)已知抛物线C:y2=x的焦点为F,A(x0,y0)是C上一点,|AF|=54x0,则x0=( )
A.1 B.2 C.4 D.8
【答案】A
【解析】由抛物线方程y2=x知,2p=1,p2=14,即其准线方程为x=-14.因为点A在抛物线上,由抛物线的定义知|AF|=x0+p2=x0+14,于是54x0=x0+14,解得x0=1,故选A.
60.(2014·天津·理T 5)已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>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.x25−y220=1 B.x220−y25=1
C.3x225−3y2100=1 D.3x2100−3y225=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ba=2,可解得a2=5,b2=20,故双曲线方程为x25−y220=1.故选A.
61.(2014·大纲全国·理T6文T9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1,F2,离心率为33,过F2的直线l交C于A,B两点.若△AF1B的周长为43,则C的方程为( )
A.x23+y22=1 B.x23+y2=1
C.x212+y28=1 D.x212+y24=1
【答案】A
【解析】∵x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为33,
∴e2=1-b2a2=13.∴b2=23a2.
又∵过F2的直线l交椭圆于A,B两点,
△AF1B的周长为43,
∴4a=43,∴a=3.∴b=2,
∴椭圆方程为x23+y22=1,选A.
62.（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．
63.（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
等号两边同除，化简得，解得或（舍去）
故离心率
64.（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
65.（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.
66.(2014·广东高考理科·T10)若实数k满足0
【答案】A
【解析】因为0
A、B、C、D、
【答案】A
【解析】椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，所以，所以.
所以.双曲线的渐近线方程为，即，故选A.
68.(2014·江西高考文科·T9)过双曲线的右顶点作x轴的垂线与C的一条渐近线相交于点A.若以C的右焦点为圆心、半径为4的圆经过A,O两点(O为坐标原点),则双曲线C的方程为 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设右焦点为F,由题意得|OF|=|AF|=4,即a2+b2=16,
又A(a,b),F(4,0)可得(a-4)2+b2=16,
故a=2,b2=12,所以方程为.
69.（2014·安徽高考文科·T3）抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，所以抛物线的准线方程是y=-1.
70. (2014·新课标全国卷Ⅱ高考文科数学·T10) (2014·新课标全国卷Ⅱ高考文科数学·T10)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,则= ( )
A. B.6 C.12D.
【答案】C
【解析】设AF=2m,BF=2n,F.则由抛物线的定义和直角三角形知识可得,
2m=2·+m,2n=2·-n,解得m= (2+),n= (2-),所以m+n=6.
AB=AF+BF=2m+2n=12.故选C.
71. (2014·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T10)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.设点A,B分别在第一和第四象限,AF=2m,BF=2n,则由抛物线的定义和直角三角形知识可得,2m=2·+m,2n=2·-n,解得m= (2+),n= (2-),所以m+n=6.所以
S△OAB=·(m+n)=.故选D.
72. （2014·四川高考理科·T10）已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中O为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）
A.2 B.3 C. D.
【答案】 B
【解析】选B. 可设直线AB的方程为：，点，，又，则直线AB与轴的交点，由，所以，又，因为点，在该抛物线上且位于轴的两侧，所以，故，于是=，当且仅当时取“”，
所以与面积之和的最小值是3.
73. （2014·四川文·T10理T10）已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中O为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）
A.2 B.3 C. D.
【答案】 B
【解析】选B.可设直线AB的方程为：，点，，又，则直线AB与轴的交点，由，所以，又，因为点，在该抛物线上且位于轴的两侧，所以，故，于是=，当且仅当时取“”，
所以与面积之和的最小值是.
74. （2014·辽宁高考理科·T10）已知点在抛物线的准线上,过点的直线与在第一象限相切于点,记的焦点为,则直线的斜率为
【答案】D
【解析】根据已知条件得，所以从而抛物线方程为，其焦点．
设切点，由题意，在第一象限内．由导数的几何意义可知切线的斜率为，而切线的斜率也可以为
又因为切点在曲线上，所以．由上述条件解得．
即．从而直线的斜率为．
75. (2014·湖北高考文科·T8)设a,b是关于t的方程t2cosθ+tsinθ=0的两个不等实根,则过A(a,a2),B(b,b2)两点的直线与双曲线-=1的公共点的个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】A
【解析】由于a,b是关于t的方程t2cosθ+tsinθ=0的两个不等实根,
所以a+b=-,ab=0,
过A(a,a2),B(b,b2)两点的直线为y-a2= (x-a),
即y=(b+a)x-ab,即y=-x,
因为双曲线-=1的一条渐近线方程为
y=-x,
所以过A(a,a2),B(b,b2)两点的直线与双曲线-=1的公共点的个数为0.
76.(2013·广东·文T9)已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0),离心率等于12,则C的方程是( )
【答案】D
【解析】由右焦点F(1,0)知,焦点在x轴上,且c=1.
又离心率等于12,
则ca=12,得a=2.
由b2=a2-c2=3,
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
77．（2013·福建高考理·T3）双曲线－y2＝1的顶点到其渐近线的距离等于( )
A.B.C. D.
【答案】C
【解析】本题考查双曲线的图象与性质，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、转化和化归能力以及运算求解能力．双曲线－y2＝1的渐近线方程为y＝±，即x±2y＝0，所以双曲线的顶点(±2,0)到其渐近线距离为＝.
78.（2013·浙江高考·T9）如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1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.
【答案】D
【解析】本题考查椭圆、双曲线的定义，几何图形和标准方程，简单几何性质，考查转化与化归思想、数形结合思想、函数与方程思想以及运算求解能力．设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)①，点A的坐标为(x0，y0)．
由题意得a2＋b2＝3＝c2②，则|OA|＝c＝，
所以解得x＝，y＝，又点A在双曲线上，代入①得，b2－a2＝a2b2③，联立②③解得a＝，所以e＝＝，故选D.
79.(2013·全国2·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=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+p2=5,则x0=5-p2.
又点F的坐标为p2,0,所以以MF为直径的圆的方程为(x-x0)x-p2+(y-y0)y=0.
将x=0,y=2代入得px0+8-4y0=0,
即y022-4y0+8=0,所以y0=4.
由y02=2px0,得16=2p5-p2,解之得p=2,或p=8.
所以C的方程为y2=4x或y2=16x.故选C.
80．（2013·新课标Ⅰ高考理·T4）已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，则C的渐近线方程为( )
A．y＝±xB．y＝±xC．y＝±xD．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－＝1的焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.又离心率为e＝＝＝ ＝，所以＝，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x，选择C.
81．（2013·新课标Ⅰ高考理·T10）已知椭圆E：＋＝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.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝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－3)，代入椭圆方程＋＝1消去y，得x2－a2x＋a2－a2b2＝0，所以AB的中点的横坐标为＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，选择D.
82．（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，设点A(0,2)，抛物线上点M(x0，y0)，则AF―→＝，AM―→＝.由已知得，AF―→·AM―→＝0，即y－8y0＋16＝0，因而y0＝4，M.由|MF|＝5得， ＝5，又p＞0，解得p＝2或p＝8，故选C.
83.（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.C.D.
【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．
由消去x，得y＝，当a＞0时，直线y＝ax＋b与x轴交于点，结合图形知××＝，化简得(a＋b)2＝a(a＋1)，则a＝.
∵a＞0，∴＞0，解得b＜.
考虑极限位置，即a＝0，此时易得b＝1－，故答案为B.
84．（2013·北京高考理·T6）若双曲线－＝1 的离心率为，则其渐近线方程为( )
A. y＝±2xB．y＝±xC. y＝±x D. y＝±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＝＝ ＝，可得＝，故所求的双曲线的渐近线方程是y＝
±x.
85（2013·江西高考理·T9）过点(，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．－
【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＝ 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＝|OA|·|OB|·sin ∠AOB＝sin ∠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°＝.设此时直线l的斜率为k，则方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，则有＝，解得k＝±，由图可知直线l的倾斜角为钝角，故取k＝－.
86．（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，则C的方程是( )
A.－＝1 B.－＝1C.－＝1 D.－＝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＝ ＝ ＝，故双曲线的方程为－＝1.
87．（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，故直线AB的斜率一定是－2，只有选项A中直线的斜率为－2.
88．（2013·山东高考理·T11）抛物线C1：y＝x2(p＞0)的焦点与双曲线C2：－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.B.C.D.
【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，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y＝±x.对函数y＝x2求导得，y′＝x.设M(x0，y0)，则x0＝，即x0＝p，代入抛物线方程得，y0＝p.由于点M在直线＋＝1上，所以p＋×＝1，解得p＝＝.
89．（2013·大纲卷高考理·T8）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.
【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＝×，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.
90．（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.B.C.D．2
【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＝，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.
91．（2013·湖北高考理·T2）已知0＜θ＜，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
【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＝＝ ＝ ＝，双曲线C2的离心率e2＝＝ ＝ ＝＝ ＝，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 ＝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 ＝
2 ＝2tan θ，所以A，B，C均不对，故选D.
92．（2013·四川高考理·T6）抛物线y2＝4x的焦点到双曲线x2－＝1的渐近线的距离是( )
A. B.C．1 D.
【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＝±x，所以所求距离为，故选B.
93．（2013·天津高考理·T5）已知双曲线－＝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， 则p＝( )
A．1 B.C．2 D．3
【答案】C
【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＝＝2，所以b＝a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x，与抛物线的准线x＝－相交于A，B，所以△AOB的面积为××p＝，又p＞0，所以p＝2.
94．（2013·北京高考文·T7）双曲线x2－＝1的离心率大于的充分必要条件是( )
A．m>B. 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＝，e2＝>2，得1＋m>2，所以m>1，选C.
95．（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.
96．（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. B.C.D.
【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
A．1 B．2C．4 D. 4
【答案】C
【解析】本题主要考查直线与圆的相交弦长问题，意在考查考生的运算求解能力和数形结合思想．
依题意，圆的圆心为(1,2)，半径r＝，圆心到直线的距离d＝＝1，所以结合图形可知弦长的一半为 ＝2，故弦长为4.
98．（2013·山东高考文·T11）抛物线C1：y＝x2(p＞0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平等于C2的一条渐近线，则
p＝( )
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】本题主要考查了抛物线和双曲线的概念、性质和导数的意义，进一步考查了运算求解能力．由图(图略)可知，与C1在点M处的切线平行的渐近线方程为y＝x.设M，则利用求导得切线的斜率为＝，p＝t.易知抛物线的焦点坐标为，双曲线的右焦点坐标为(2,0)，则点，(2,0)，共线，所以＝，解得t＝，所以p＝.
99．（2013·大纲卷高考文·T8）已知F1(－1,0)，F2(1,0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线交C于A、B两点，且|AB|＝3，则C的方程为( )
A.＋y2＝1 B.＋＝1C.＋＝1 D.＋＝1
【答案】C
【解析】本题主要考查椭圆方程及几何性质．设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，由题可得A，B，因|AB|＝－＝＝3，即2b2＝3a，所以解得所以C的方程为＋＝1.
100．（2013·大纲卷高考文·T12）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.B.C. D．2
【答案】D
【解析】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MA·MB＝0，知MA⊥MB，则|MP|＝|AB|＝(|AG|＋|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MP∥AG∥BH，所以∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM为公共边，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，则MF⊥AB，所以k＝－＝2.
101．（2013·福建高考文·T4）双曲线x2－y2＝1的顶点到其渐近线的距离等于( )
A.B.C．1 D.
【答案】B
【解析】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x2－y3＝1的渐近线为x±y＝0，顶点坐标为(±1,0)，故顶点到渐近线的距离为.
102．（2013·新课标Ⅱ高考文·T5）设椭圆C：＋＝1(a>b>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.B.C.D.
【答案】D
【解析】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PF2⊥F1F2可知P点的横坐标为c，将x＝c代入椭圆方程可解得y＝±，所以|PF2|＝.又由∠PF1F2＝30°可得|F1F2|＝|PF2|，故2c＝·，变形可得(a2－c2)＝2ac，等式两边同除以a2，得(1－e2)＝2e，解得e＝或e＝－(舍去)．
103．（2013·新课标Ⅱ高考文·T10）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点．若|AF|＝3|BF|，则l的方程为( )
A．y＝x－1或y＝－x＋1
B．y＝(x－1)或y＝－(x－1)
C．y＝(x－1)或y＝－(x－1)
D．y＝(x－1)或y＝－(x－1)
【答案】C
【解析】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BB1∥AA1可知＝，即＝，所以|MB|＝2m，则|MA|＝6m.故∠AMA1＝30°，得∠AFx＝
∠MAA1＝60°，结合选项知选C项．
法二：由|AF|＝3|BF|可知AF―→＝3FB―→，易知F(1,0)，设B(x0，y0)，则从而可解得A的坐标为(4－3x0，－3y0)．因为点A，B都在抛物线上，所以解得x0＝，y0＝±，所以kl＝＝±.
104．（2013·浙江高考文·T9）如图F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1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.
【答案】D
【解析】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|＝a＋2，|AF1|＝2－a，又四边形AF1BF2是矩形，∴|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2＝(2)2，
∴a＝，∴e＝＝.
105．（2013·新课标Ⅰ高考文·T4）已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，则C的渐近线方程为( )
A．y＝±xB．y＝±xC．y＝±xD．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＝＝＝
1＋＝，∴＝，∴＝，∴y＝±x.
106．（2013·新课标Ⅰ高考文·T8）O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝4x的焦点，P为C上一点，若|PF|＝4，则△POF的面积为( )
A．2 B．2C．2 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(，0)，如图，由抛物线定义知|PF|＝|PM|，又|PF|＝4，所以xP＝3，代入抛物线方程求得yP＝2，所以S△POF＝·|OF|·yP＝2.
107．（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．－ B．1C．2 D.
【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＝a，解得a＝2.
108.（2013·湖北高考文T2）已知0<θ<，则双曲线C1：－＝1与C2：－＝1的( )
A．实轴长相等 B．虚轴长相等C．离心率相等 D．焦距相等
【答案】D
【解析】本题主要考查双曲线的标准方程及其几何意义，考查考生对双曲线方程的理解认知水平．由双曲线C1知：a2＝sin2θ，b2＝cos2θ⇒c2＝1，由双曲线C2知：a2＝cos2θ，b2＝sin2θ⇒c2＝1.
109．（2013·陕西高考文·T8）已知点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，则直线ax＋by＝1与圆O的位置关系是( )
A．相切 B．相交C．相离 D．不确定
【答案】B
【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系以及点到直线的距离公式的应用．由点M在圆外，得a2＋b2＞1，∴圆心O到直线ax＋by＝1的距离d＝＜1，则直线与圆O相交．
110．（2013·江西高考文·T9）已知点A(2,0)，抛物线C：x2＝4y的焦点为F，射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，则|FM|∶|MN|＝( )
A．2∶B．1∶2C．1∶D．1∶3
【答案】C
【解析】本题主要考查抛物线的定义、标准方程等基础知识，考查数形结合思想与分析、解决问题的能力．过点M作MM′垂直于准线y＝－1于点M′，则由抛物线的定义知|MM′|＝|FM|，所以＝＝sin ∠MNM′，而∠MNM′为直线FA的倾斜角α的补角．
因为直线FA过点A(2,0)，F(0,1)，所以kFA＝－＝tan α，所以sin α＝，所以sin ∠MNM′＝ .故|FM|∶|MN|＝1∶.
111．（2013·四川高考文·T5）抛物线y2＝8x的焦点到直线x－y＝0的距离是( )
A．2B．2C.D．1
【答案】D
【解析】本题主要考查抛物线的标准方程和简单几何性质、点到直线的距离公式，意在考查数形结合思想．抛物线y2＝8x的焦点F(2,0)到直线x－y＝0的距离是d＝＝1，选D.
112．（2013·四川高考文·T9）从椭圆＋＝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. B.C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查椭圆的简单几何性质，意在考查曲线和方程这一解析几何的基本思想．由已知，点P(－c，y)在椭圆上，代入椭圆方程，得P.∵AB∥OP，∴kAB＝kOP，即－＝－，则b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2c2，则＝，即该椭圆的离心率是.
113．（2013·广东高考文·T9）已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0)，离心率等于，则C的方程是( )
A.＋＝1 B.＋＝1C.＋＝1 D.＋＝1
【答案】D
【解析】本题主要考查椭圆的图像、方程、性质等知识，考查数形结合的数学思想方法，意在考查考生的抽象概括能力、运算求解能力．依题意，设椭圆方程为＋＝1(a＞
b＞0)，所以解得a2＝4，b2＝3.
114．（2013·辽宁高考文·T11）已知椭圆C：＋＝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＝，则C的离心率
为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】本题主要考查圆锥曲线的定义、离心率，解三角形等知识，意在考查考生对圆锥曲线的求解能力以及数据处理能力．由余弦定理得，|AF|＝6，所以2a＝6＋8＝14，又2c＝10，所以e＝＝.
115.(2013·全国2·文T5)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>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.36 B.13 C.12 D.33
【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|=x2c=33,得x=233c.
而由椭圆定义,得|PF1|+|PF2|=2a=3x,
∴a=32x=3c,∴e=ca=c3c=33.
116.(2013·四川·文T9)从椭圆x2a2+y2b2=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.24 B.12 C.22 D.32
【答案】C
【解析】由题意知A(a,0),B(0,b),P-c,b2a,
∵AB∥OP,∴kOP=kAB,∴-b2ac=-ba.∴b=c.
∵a2=b2+c2=2c2,∴e2=c2a2=12.∴e=22.故选C.
117.(2013·辽宁·文T11)已知椭圆C:x2a2+y2b2=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=45,则C的离心率为( )
A.35 B.57 C.45 D.67
【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57.故选B.
118.(2013·全国1·理T 10)已知椭圆E:x2a2+y2b2=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.x245+y236=1 B.x236+y227=1
C.x227+y218=1 D.x218+y29=1
【答案】D
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),∵A,B在椭圆上,
∴x12a2+y12b2=1, ①x22a2+y22b2=1,②
①-②,得
(x1+x2)(x1-x2)a2+(y1+y2)(y1-y2)b2=0,
即b2a2=-(y1+y2)(y1-y2)(x1+x2)(x1-x2),
∵AB的中点为(1,-1),∴y1+y2=-2,x1+x2=2,
而y1-y2x1-x2=kAB=0-(-1)3-1=12,∴b2a2=12.
又∵a2-b2=9,∴a2=18,b2=9.
∴椭圆E的方程为x218+y29=1.故选D.
119.(2012·全国·理T4文T4)设F1,F2是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,P为直线x=3a2上一点,△F2PF1是底角为30°的等腰三角形,则E的离心率为( )
A.12 B.23 C.34 D.45
【答案】C
【解析】设直线x=3a2与x轴交于点M,则∠PF2M=60°,
在Rt△PF2M中,PF2=F1F2=2c,F2M=3a2-c,故cos 60°=F2MPF2=32a-c2c=12,解得ca=34,故离心率e=34.
120．（2012·山东高考理·T11）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为.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.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
【答案】D
【解析】因为椭圆的离心率为，所以e＝＝，c2＝a2，c2＝a2＝a2－b2，所以b2＝a2，即a2＝4b2.双曲线的渐近线方程为y＝±x，代入椭圆方程得＋＝1，即＋＝＝1，所以x2＝b2，x＝±b，y2＝b2，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×b＝b2＝16，所以b2＝5，所以椭圆方程为＋＝1.
121．（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．2B．2C．4 D．2
【答案】B
【解析】依题意，设抛物线方程是y2＝2px(p>0)，则有2＋＝3，得p＝2，故抛物线方程是y2＝4x，点M的坐标是(2，±2)，|OM|＝＝2.
122．（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
【解析】把点(3,0)代入圆的方程的左侧得32＋0－4×3＝－3<0，故点(3,0)在圆的内部，所以过点(3,0)的直线l与圆C相交．
123．（2012·天津高考理·T8）设m，n∈R，若直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0与圆(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，则m＋n的取值范围是( )
A．[1－，1＋ ]
B．(－∞，1－ ]∪[1＋，＋∞)
C．[2－2，2＋2 ]
D．(－∞，2－2 ]∪[2＋2，＋∞)
【解析】由题意可得＝1，化简得mn＝m＋n＋1≤，解得
m＋n≤2－2或m＋n≥2＋2.
124．（2012·湖南高考理·T5）已知双曲线C：－＝1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1C.－＝1 D.－＝1
【答案】A
【解析】根据已知列出方程即可．c＝5，双曲线的一条渐近线方程为y＝x经过点(2,1)，所以a＝2b，所以25＝4b2＋b2，由此得b2＝5，a2＝20，故所求的双曲线方程是－＝1.
125．（2012·大纲卷·T5）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.＋＝1 B.＋＝1C.＋＝1 D.＋＝1
【答案】C
【解析】由＝4,2c＝4，得c＝2，a2＝8，b2＝a2－c2＝8－4＝4，所以椭圆的方程为＋＝1.
126．（2012·大纲卷·T6）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.B.C.D.
【答案】C
【解析】因为c2＝2＋2＝4，所以c＝2,2c＝|F1F2|＝4，由题可知|PF1|－|PF2|＝2a＝2，|PF1|＝2|PF2|，所以|PF2|＝2，|PF1|＝4，由余弦定理可知cos∠F1PF2＝＝.
127．（2012·浙江高考理·T8）如图，F1，F2分别是双曲线C：－＝1(a，b＞0)的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M.若|MF2|＝|F1F2|，则C的离心率是( )
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】不妨设c＝1，则直线PQ：y＝bx＋b，两渐近线为y＝±x，
因此有交点P(－，)，Q(，)，设PQ的中点为N，则点N的坐标为(，)，
因为线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M，|MF2|＝|F1F2|，所以点M的坐标为(3,0)，
因此有kMN＝＝－，所以3－4a2＝b2＝1－a2，
所以a2＝，所以e＝.
128．（2012·福建高考理·T8）已知双曲线－＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( )
A. B．4C．3 D．5
【答案】A
【解析】∵抛物线y2＝12x的焦点为(3,0)，故双曲线－＝1的右焦点为(3,0)，即c＝3，故32＝4＋b2，∴b2＝5，∴双曲线的渐近线方程为y＝±x，
∴双曲线的右焦点到其渐近线的距离为＝.
129．（2012·安徽高考理T9）过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|＝3，则△AOB的面积为( )
A. B.C. D．2
【答案】C
【解析】由题意，抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线方程为l：x＝－1，可得A点的横坐标为2，不妨设A(2，2)，则直线AB的方程为y＝2(x－1)，与y2＝4x联立得2x2－5x＋2＝0，可得B(，－)，所以S△AOB＝S△AOF＋S△BOF＝×1×|yA－yB|＝.
130．（2012·新课标高考理T4）设F1，F2是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)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.
【答案】C
【解析】由题意可得|PF2|＝|F1F2|，所以2(a－c)＝2c，所以3a＝4c，所以e＝.
131．（2012·新课标高考理·T8）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，则C的实轴长为( )
A.B．2C．4 D．8
【答案】C
【解析】抛物线y2＝16x的准线方程是x＝－4，所以点A(－4，2)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.
132．（2012·四川高考文T·T9）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．2B．2C．4 D．2
【答案】B
【解析】依题意，设抛物线方程是y2＝2px(p>0)，则有2＋＝3，得p＝2，故抛物线方程是y2＝4x，点M的坐标是(2，±2)，|OM|＝＝2.
133．（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．
134．（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
【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＝x2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，即，可得A点坐标为(1，－4)．
135．（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，两圆的半径之差为1、之和为5，而1<<5，所以两圆相交．
136．（2012·山东高考文·T11）已知双曲线C1：－＝1(a>0，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＝yB．x2＝yC．x2＝8yD．x2＝16y
【答案】D
【解析】双曲线的渐近线方程为y＝±x，由于＝＝ ＝2，所以＝，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.抛物线的焦点坐标为(0，)，所以＝2，所以p＝8，所以抛物线方程为x2＝16y.
137．（2012·福建高考文·T7）直线x＋y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于( )
A．2 B．2C.D．1
【答案】B
【解析】圆心(0,0)到直线x＋y－2＝0的距离为1，所以AB＝2＝2.
138．（2012·福建高考文·T5）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.
【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＝＝.
139．（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，＋∞)
【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即可，即≤，化简得|a＋1|≤2，解得－3≤a≤1.
140．（2012·湖南高考文·T6）已知双曲线C：－＝1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1C.－＝1 D.－＝1
【答案】A
【解析】∵点P(2,1)在曲线C的渐近线y＝x上，∴1＝，a＝2b，又∵＝＝5，即4b2＋b2＝25，∴b2＝5，a2＝20.
141．（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.＋＝1 B.＋＝1C.＋＝1 D.＋＝1
【答案】C
【解析】由题意知＝4，c＝2，所以a2＝8，所以椭圆方程为＋＝1.
142．（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.B.C.D.
【答案】C
【解析】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＝＝.
143．（2012·新课标高考文·T4）设F1，F2是椭圆E：＋＝1(a>b>0)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.
【答案】C
【解析】由题意可得|PF2|＝|F1F2|，∴2(a－c)＝2c，∴3a＝4c，∴e＝.
144．（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，则C的实轴长为( )
A.B．2C．4 D．8
【答案】C
【解析】抛物线y2＝16x的准线方程是x＝－4，所以点A(－4,2)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.
145．（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.C. 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.
146．（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.B.C．2 D．3
【答案】B
【解析】设双曲线C的方程为－＝1，焦点F(－c,0)，将x＝－c代入－＝1可得y2＝，所以|AB|＝2×＝2×2a.∴b2＝2a2.c2＝a2＋b2＝3a2，∴e＝＝.
147．（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.B.C．－ D．－
【答案】D
【解析】设点A(x1，y1)．B(x2，y2)．由题意得点F(1,0)，由消去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＝＝＝－，选D.
148．（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．(－，) B．(－，0)∪(0，)
C．[－，] D．(－∞，－)∪(，＋∞)
【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＝
A．2 B．2C．4 D．4
【答案】C
【解析】双曲线方程可变形为－＝1，所以a2＝4，a＝2,2a＝4，故选C.
150．（2011·山东高考·T8）已知双曲线－＝1(a>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.－＝1 B.－＝1C.－＝1 D.－＝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＝2，即＝2，解得b＝2，则a2＝5，故所求的双曲线方程是－＝1.
151．（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＝＝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＝，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＝，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)．
152.(2011·全国·文T4)椭圆x216+y28=1的离心率为( )
A.13 B.12 C.33 D.22
【答案】D
【解析】由题意e=ac=16-84=22.
153．（2011·湖南高考·理T9，文T6）设双曲线－＝1(a＞0)的渐近线方程为3x±2y＝0，则a的值为( )
A．4 B．3C．2 D．1
【答案】C
【解析】双曲线方程－＝1的渐近线方程为3x±ay＝0，与已知方程比较系数得a＝2.
154．（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．5B．10C．15D．20
【答案】B
【解析】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|＝2＝2(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，且AC⊥BD，因此四边形ABCD的面积等于|AC|×|BD|＝×2×2＝10，选B.
155．（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.或B.或2C.或2 D.或
【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＝＝＝；②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.
156．（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．
157．（2011·浙江高考·T9）已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)与双曲线C2：x2－＝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＝B．a2＝13C．b2＝D．b2＝2
【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|＝，
因tan∠COx＝2，
∴sin∠COx＝，
cos∠COx＝，
则C的坐标为(，)，
代入椭圆方程得＋＝1，∴a2＝11b2.∵5＝a2－b2，∴b2＝.
158．（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.
159．（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.B．1C.D.
【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：(|AF|＋|BF|)－＝－＝.
160.（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
（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.
161.（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
162.（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[来源:Zxxk.Com][来源:Z_xx_k.Com]
（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：，，
，解得.
163.（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
164.（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）
165.（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
166.（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 =
（A）1 （B） （C） （D）2
【答案】B
【解析】，∵ ，∴ ， ∵ ，设，，∴ ，直线AB方程为。代入消去，∴ ，∴ ，
，解得，
167.（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
168.（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
∴
Þ w_w_w.k*s 5*u.c o*m
又e∈(0,1)
故e∈
169.（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
170.（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，所以当时，取得最大值，选C。
171.（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[来源:学科网ZXXK]
方法二：由焦点三角形面积公式得：
4
172.（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]
于是∈[a－c,a＋c]
即ac－c2≤b2≤ac＋c2
∴
Þ
又e∈(0,1)
故e∈
173.（2010·山东·理T 7)由曲线y=,y=围成的封闭图形面积为[来源:Www.zxxk.com]
（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。
174.（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、[来源:学科网]
【答案】 C
【解析】双曲线的，，，所以右焦点为.
175.（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
【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.
176.（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。
177.（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
1.(2021·全国·文T 14)双曲线的右焦点到直线的距离为___________.
答案：
解析：本题考查双曲线的性质、点到直线的距离.由双曲线的方程，得其右焦点为，所以点到直线的距离为.
2.(2021·全国·理T 13)已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_____________.
答案：4
解析：本题考查双曲线的方程与几何性质、渐近线方程及其性质.由双曲线可得其渐近线方程为，而其中一条渐近线为，则有，解得，故，所以C的焦距为.
3.(2020·全国·理T 15)已知为双曲线的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴.若的斜率为3，则的离心率为______________.
答案：2
解析：设，因为为双曲线上的点，所以，所以.因为的斜率为3，所以，，所以，所以，所以，解得(舍去)或，所以的离心率.
4.(2019·全国3·理T15文T15)设F1,F2为椭圆C: x236+y220=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)
【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=12×|F1F2|×y0=4y0.
又S△MF1F2=12×4×82-22=415,∴4y0=415,
解得y0=15.
又点M在椭圆C上,∴x0236+(15)220=1,解得x0=3或x0=-3(舍去).
∴点M的坐标为(3,15).
5.(2019·全国1·理T16)已知双曲线C:x2a2−y2b2=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F1A=AB,F1B·F2B=0,则C的离心率为 .
【答案】2
【解析】如图,由F1A=AB,得|F1A|=|AB|.
又|OF1|=|OF2|,得BF2∥OA,且|BF2|=2|OA|.
由F1B·F2B=0,得F1B⊥F2B.
则OA⊥F1A,|OB|=|OF1|=|OF2|.
故∠BOF2=∠AOF1=2∠OF1B,得∠BOF2=60°.
则ba=tan 60°=3.
所以e=ca=1+ba2=1+3=2.
6.(2018·上海·T2)双曲线x24-y2=1的渐近线方程为 .
【答案】y=±12x
【解析】令x24-y2=0,得所求渐近线方程为y=±12x.
7.(2018·江苏,8)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为32c,则其离心率的值为 .
【答案】2
【解析】因为双曲线的右焦点F(c,0)到渐近线y=±bax的距离为|bc±0|a2+b2=bcc=b,所以b=32c.
因为a2=c2-b2=c2-34c2=14c2,
所以a=12c,e=2.
8.(2018·北京·理T14)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0),双曲线N:x2m2−y2n2=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=π3,故双曲线的渐近线BD的方程为y=nmx=3x,故双曲线的离心率e1=m2+n2m=m2+(3m)2m=2.
设AB=x,
由椭圆定义得|BF1|+|BF2|=3x+x=2a,2c=2x,
故e2=2c2a=2x(3+1)x=3-1.
9.(2018·浙江·T17)已知点P(0,1),椭圆x24+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,x24+y2=m,得(1+4k2)x2+8kx+4-4m=0,
∴xA+xB=-xB=-8k4k2+1,xAxB=-2xB2=4-4m4k2+1.
消去xB,得m=1+32k24k2+1.
|xB|=8|k|4k2+1=84|k|+1|k|≤2,
当|k|=12时,|xB|max=2,此时m=5.
10.(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 .
【答案】(1,0)
【解析】由x=1,y2=4ax,得y=±2a.由题意知4a=4,
∴a=1.∴抛物线方程为y2=4x,
∴焦点坐标为(1,0).
11.(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y12=4x1,y22=4x2,
∴y12−y22=4(x1-x2),∴k=y1-y2x1-x2=4y1+y2.
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'|=12|AB|=12(|AF|+|BF|)
=12(|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.
12.(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.
13.(2017·全国3·文T14)双曲线x2a2−y29=1(a>0)的一条渐近线方程为y=35x,则a= .
【答案】5
【解析】渐近线方程为y=±3ax.
由题意得3a=35,【解析】得a=5.
14.(2017·北京·理T9文T10)若双曲线x2-y2m=1的离心率为3,则实数m= .
【答案】2
【解析】由e2=1+b2a2=1+m1=3,得m=2.
15.(2017·全国1·理T15)已知双曲线C: x2a2−y2b2=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】233
【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=bax,即bx-ay=0,
∴点A到l的距离d=aba2+b2.
又∠MAN=60°,MA=NA=b,
∴△MAN为等边三角形,
∴d=32MA=32b,即aba2+b2=32b,∴a2=3b2,
∴e=ca=a2+b2a2=233.
16.(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M1,a2.
因为点M在抛物线C上,所以a24=8,
即a2=32,即a=±42.所以N(0,±42).
所以|FN|=(2-0)2+(0±42)2=6.
17.(2017·山东·理T14文T15)在平面直角坐标系xOy中,双曲线x2a2−y2b2=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=±22x
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2).
由x2a2-y2b2=1,x2=2py,得a2y2-2pb2y+a2b2=0,
∴y1+y2=2pb2a2.又∵|AF|+|BF|=4|OF|,
∴y1+p2+y2+p2=4×p2,即y1+y2=p,
∴2pb2a2=p,即b2a2=12,∴ba=22,
∴双曲线的渐近线方程为y=±22x.
18.(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.
19.(2016·山东·理T13)已知双曲线E: x2a2−y2b2=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c2a2−y2b2=1,【解析】得y=±b2a.设Ac,b2a,Bc,-b2a,则|AB|=2b2a,|BC|=2c,由2|AB|=3|BC|,c2=a2+b2得离心率e=2或e=-12(舍去),所以离心率为2.
20.(2016·北京·理T13)双曲线x2a2−y2b2=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.∴ba=1,即a=b.又|OB|=22,∴c=22.
∴a2+b2=c2,即a2+a2=(22)2,可得a=2.
21.（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
22.（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
23.（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】.
24.（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.
25.（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.
26.（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：．
27.（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， .
28.（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
29．（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.
30.（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.
31.（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.
32.（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】
【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.
33．（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.
34. （2014·四川高考·文T11）双曲线的离心率等于____________.
【答案】
【解析】.
35.（2014·湖南高考·理T15）如图，
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。
36. （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.
37. （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，
渐近线方程为，.
38.(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.
39.（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。
40.（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
①
②
又点A,B在椭圆上，所以与①②联立解得。
所以椭圆方程为。
41．（2013·湖南高考·理T14）设F1，F2是双曲线C：－＝1(a>0，b>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】
【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3a2－2ac＋c2＝0，所以a－c＝0，故双曲线C的离心率为.
42．（2013·福建高考·理T14）椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c，若直线y＝(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】－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＝(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|＝c，所以该椭圆的离心率e＝＝＝－1.
43．（2013·辽宁高考·理T15）已知椭圆C：＋＝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＝，则C的离心率e＝________.
【答案】
【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＝.
44．（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>0)，所以a≥1.
法二：易知a>0，设C(m，m2)，由已知可令A(，a)，B(－，a)，则AC―→＝(m－，m2－a)，BC―→＝(m＋，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，＋∞)．
45．（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＋y＝4，代入解得，t＝±1或t＝0(舍去)，即直线l的斜率为±1.
46．（2013·陕西高考·理T11）双曲线－＝1的离心率为，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．
⇒＝⇒m＝9.
47．（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－＝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，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p＝6.
48．（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＝1，p＝2，准线方程为x＝－＝－1.
49．（2013·江苏高考·文T13）双曲线－＝1的两条渐近线的方程为________．
【答案】y＝±x
【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－＝0，解得y＝±x.
50．（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＋＝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=d1，则椭圆C的离心率为________．
【答案】
【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d2＝－c＝，由d2＝d1，可得＝·，解得b2＝2c2，所以a2＝3c2，a＝c，所以e＝＝.
51．（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
【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＝＝，所以最短弦长为2＝2＝2.
52．（2013·福建高考·文T15）椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y＝(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】－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＝(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|＝
c，所以该椭圆的离心率e＝＝＝－1.
53．（2013·湖南高考·文T14）设F1，F2是双曲线C：－＝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】＋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°＝c，|PF2|＝
2csin 30°＝c，由双曲线的定义，可得c－c＝2a，则e＝＝＝＋1.
54．（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
【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＝＝，所以弦长l＝2＝4.
55．（2013·天津高考·文T11）已知抛物线y2＝8x的准线过双曲线－＝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－＝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＝＝，所以该双曲线的方程为x2－＝1.
56．（2013·湖北高考·文T14）已知圆O：x2＋y2＝5，直线l：xcos θ＋ysin θ＝.设圆O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．
57．（2013·陕西高考·文T11）双曲线－＝1的离心率为________．
【答案】
【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＝，e＝.
58．（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＋2＝
【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＋2＝.
59．（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)．
60．（2013·辽宁高考·文T20）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________．
【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.
61．（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|＝，|AF|<|BF|，则|AF|＝________.
【答案】
【解析】设过抛物线焦点的直线为y＝k(x－)，联立得整理得k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，x1＋x2＝，x1x2＝.
|AB|＝x1＋x2＋1＝＋1＝，得k2＝24，
代入k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0得12x2－13x＋3＝0，
解得x1＝，x2＝，又|AF|<|BF|，
故|AF|＝x1＋＝.
62．（2012·四川高考理·T21）椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A、B.当△FAB的周长最大时，△FAB的面积是________．
【答案】3
【解析】法一：依题意得知，点F(－1,0)，不妨设点A(2cos θ，sin θ)(sin θ>0)，则有B(2cos θ，－sin θ)，|FA|＝|FB|＝＝2＋cos θ，|AB|＝2sin θ，|FA|＋|FB|＋|AB|＝4＋2cos θ＋2sin θ＝4＋4sin(θ＋)，当θ＋＝2kπ＋，k∈Z，即θ＝2kπ＋，k∈Z，2cos θ＝1，sin θ＝时，△FAB的周长最大，此时△FAB的面积等于×(1＋1)×3＝3.
法二：
椭圆右焦点为F′(1,0)．
由椭圆定义|AF|＋|AF′|＝|BF|＋|BF′|＝2a.
则△FAB的周长l＝|AF|＋|BF|＋|AB|
＝4a－(|F′A|＋|F′B|)＋|AB|
＝4a－||F′A|＋|F′B|－|AB||≤4a
∴△FAB周长最大时，直线x＝m经过F′(1,0)这时|AB|＝3，
此时S△FAB＝×2×3＝3.
63．（2012·湖南高考·理T15）在直角坐标系xOy中，已知曲线C1：(t为参数)与曲线C2：(θ为参数，a＞0)有一个公共点在x轴上，则a＝________.
【答案】
【解析】曲线C1的普通方程为2x＋y＝3，曲线C2的普通方程为＋＝1，直线2x＋y＝3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－)．
64．（2012·辽宁高考·理T15）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________．
【答案】－4
【解析】易知抛物线y＝x2上的点P(4,8)，Q(－2,2)，且y′＝x，则过点P的切线方程为y＝4x－8，过点Q的切线方程为y＝－2x－2，联立两个方程解得交点A(1，－4)，所以点A的纵坐标是－4.
65．（2012·北京高考·理T14）直线(t为参数)与曲线(α为参数)的交点个数为________．
【答案】2
【解析】直线的普通方程为x＋y－1＝0，圆的普通方程为x2＋y2＝32，圆心到直线的距离d＝＜3，故直线与圆的交点个数是2.
66．（2012·天津高考·理T2）已知抛物线的参数方程为(t为参数)，其中p>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(，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3＋＝2p，得p＝2.
67. （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．
【答案】2
【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.
68．（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】
【解析】设圆心C(4,0)到直线y＝kx－2的距离为d，则d＝，由题意知问题转化为d≤2，即d＝≤2，得0≤k≤，所以kmax＝.
69．（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】
【解析】因曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离为－＝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＝＝＝≥＝，所以a＝.
70．（2012·四川高考·文T15）椭圆＋＝1(a为定值，且a>)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】
【解析】依题意得，点F(－，0)，
不妨设点A(acos θ，－sin θ)，
|FA|＝|FB|＝＝a＋cos θ，|AB|＝2sin θ，
|FA|＋|FB|＋|AB|＝2a＋2cos θ＋2sin θ的最大值是2a＋ ＝4a＝12，即a＝3，因此该椭圆的离心率是.
71．（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
【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m2＋n2＝≥2|mn|，所以|mn|≤，又A(，0)，B(0，)，所以△AOB的面积为≥3，最小值为3.
72．（2012·湖南高考·文T21）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________．
【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－y－＝0，由两直线平行，可得1×－1×(－2)＝0，且1×－1×(－1)≠0，即a＝4.
73．（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
【解析】不妨设点P在双曲线的右支上，因为PF1⊥PF2，所以(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.
74．（2012·天津高考·文T11）已知双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)与双曲线C2：－＝1有相同的渐近线，且C1的右焦点为F(，0)，则a＝________b＝________.
【答案】1 2
【解析】双曲线－＝1的渐近线为y＝±2x，则＝2，即b＝2a，又因为c＝，a2＋b2＝c2，所以a＝1，b＝2.
75.（2012·江苏高考·文T8）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________．
【答案】2
【解析】由题意得m>0，∴a＝，b＝，∴c＝，由e＝＝得＝5，解得m＝2.
76．（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】
【解析】设圆心C(4,0)到直线y＝kx－2的距离为d，则d＝，由题意知问题转化为d≤2，即d＝≤2，得0≤k≤，所以kmax＝.
77．（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】
【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，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y－0＝2(x－1)，代入抛物线方程消去y得2x2－5x＋2＝0，求得x＝2或，所以x2＝，故|BF|＝.
78.（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
【解析】圆心(0,2)到直线y＝x的距离为d＝＝，圆的半径为2，所以所求弦长为2＝2.
79．（2012·重庆高考·文T14）设P为直线y＝x与双曲线－＝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】
【解析】由PF1⊥x轴且P点在双曲线的左支上，可得P(－c，－)．又因为点P在直线y＝x上，所以－＝×(－c)，整理得c＝3b，根据c2＝a2＋b2得a＝2 b，所以双曲线的离心率e＝＝＝.
80．（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.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】＋＝1
【解析】根据椭圆焦点在x轴上，可设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，∵e＝，∴＝.根据△ABF2的周长为16得4a＝16，因此a＝4，b＝2，
所以椭圆方程为＋＝1.
81．（2011·大纲卷·T14）已知F1、F2分别为双曲线C：－＝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|＝____.
【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＝＝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.
82．（2011·江西·T14）若椭圆＋＝1的焦点在x轴上，过点(1，)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】＋＝1
【解析】由题可设斜率存在的切线的方程为y－＝k(x－1)(k为切线的斜率)，即2kx－2y－2k＋1＝0，由＝1，解得k＝－，所以圆x2＋y2＝1的一条切线方程为3x＋4y－5＝0，求得切点A(，)，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＋＝1.
83．（2011·四川·T14）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__________．
【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4,4
【答案】－1
【解析】依题意，结合图形的对称性可知，要使满足题目约束条件的圆的半径最大，圆心位于x轴上时才有可能，可设圆心坐标是(a,0)(0＜a＜3)，则由条件知圆的方程是(x－a)2＋y2＝
(3－a)2.由消去y得x2＋2(1－a)x＋6a－9＝0，结合图形分析可知，当Δ＝[2(1－a)]2－4(6a－9)＝0且0＜a＜3，即a＝4－时，相应的圆满足题目约束条件，因此所求圆的最大半径是3－a＝－1.
85．（2011·天津·T4）已知抛物线C的参数方程为，(t为参数)．若斜率为1的直线经过抛物线C的焦点，且与圆(x－4)2＋y2＝r2(r>0)相切，则r＝________.
【答案】
【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＝＝.
86．（2011·浙江·T13）设F1，F2分别为椭圆＋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(－，0)，(，0)，可得F1A―→＝(m＋，n)，F2B―→＝(c－，d)．∵F1A―→＝5F2B―→，∴c＝，d＝.∵点A、B都在椭圆上，∴＋d2＝1，＋()2＝1.解得m＝0，n＝±1，故点A坐标为(0，±1)．
87．（2011·辽宁高考·T13）已知点(2,3)在双曲线C：－＝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－＝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＝，c＝2，所以，离心率e＝2.
88.（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[来源:Z|xx|k.Com]
89.（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
90.（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．
【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.[来源:Z#xx#k.
91.（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）
92.（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,,
93.（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.
94.（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
故2
95.（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】83
【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
96.（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
97.（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
【解析】由题意知，解得b=1。
98.（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 .[来源:Zxxk.Com]
【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[来源:学+科+网]
【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
，
99.（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：
1. (2021·全国·文T 20)（12分）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2.
（1）求C的方程；
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线OQ斜率的最大值.
答案：（1）由题意知，所以.
（2）由（1）知，抛物线，.
设点Q的坐标为，则，
，
所以点P的坐标为，
将点P代入C得，整理得，
所以，当且仅当时取最大值，
所以直线OQ斜率的最大值为.
2.(2021·全国·理T 21)已知抛物线的焦点为F，且F与圆上点的距离的最小值为4.
（1）求p.
（2）若点P在M上，PA、PB是C的两条切线，A、B是切点，求面积的最大值.
答案：（1）点到圆M上的点的距离的最小值为，解得.
（2）由（1）知，抛物线的方程为，即，则，
设切点，，直线PA的方程为，又点在抛物线上，所以，所以，同理可得，，
联立从而得到.
设，
联立消去y并整理可得，
所以，即，且，，
所以.
因为，点P到直线AB的距离，
所以①，
又点在圆上，代入得，代入①得，，
而，
所以当时，.
3. (2020·全国·理T 20文T21)（12分）
已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．
(1)求的方程；
(2)证明：直线过定点.
答案：(1)由题设得.
则.由得，即.
所以的方程为.
(2)设.
若，设直线的方程为，由题意可知.
由于直线的方程为，所以.
直线的方程为，所以.
可得.
由于，故，可得，即
.①
将代入得
.
所以.
代入①式得.
解得(舍去)，.
故直线的方程为，即直线过定点.
若，则直线的方程为，过点.
综上，直线过定点.
4.(2019·天津·理T 18)设椭圆x2a2+y2b2=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55.
(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,ca=55,
又a2=b2+c2,可得a=5,b=2,c=1.所以,椭圆的方程为x25+y24=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,x25+y24=1,
整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=-20k4+5k2,
代入y=kx+2得yP=8-10k24+5k2,进而直线OP的斜率yPxP=4-5k2-10k.
在y=kx+2中,令y=0,得xM=-2k.
由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-k2.由OP⊥MN,得4-5k2-10k·-k2=-1,化简得k2=245,从而k=±2305.
所以,直线PB的斜率为2305或-2305.
5.(2019·天津·文T 19)设椭x2a2+y2b2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34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=32a2+c2,解得ca=12.
所以,椭圆的离心率为12.
(2)由(1)知,a=2c,b=3c,故椭圆方程为x24c2+y23c2=1,由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=34(x+c).点P的坐标满足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c),消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-13c7.代入到l的方程,解得y1=32c,y2=-914c.因为点P在x轴上方,所以Pc,32c.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t4=32cc+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34(4+c)-21+(34) 2=2,可得c=2.
所以,椭圆的方程为x216+y212=1.
6.(2019·江苏·T 17)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=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=52.
(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=52,AF2⊥x轴,
所以DF2=DF12-F1F22=522-22=32.
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x24+y23=1.
(2)(解法一)由(1)知,椭圆C:x24+y23=1,a=2.
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y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x2+6x-11=0,
解得x=1或x=-115.
将x=-115代入y=2x+2,得y=-125.
因此B-115,-125.
又F2(1,0),所以直线BF2:y=34(x-1).
由y=34(x-1),x24+y23=1,得7x2-6x-13=0,
解得x=-1或x=137.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以x=-1.
将x=-1代入y=34(x-1),得y=-32.因此E-1,-32.
(解法二)由(1)知,椭圆C:x24+y23=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x=-1,x24+y23=1,得y=±32.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,
所以y=-32.因此E-1,-32.
7.(2019·全国1·理T19)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.
(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;
(2)若AP=3PB,求|AB|.
【解析】设直线l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)由题设得F34,0,
故|AF|+|BF|=x1+x2+32,
由题设可得x1+x2=52.
由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,
则x1+x2=-12(t-1)9.
从而-12(t-1)9=52,得t=-78.
所以l的方程为y=32x-78.
(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.
由y=32x+t,y2=3x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=13.
故|AB|=4133.
8.(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S1S2的最小值及此时点G的坐标.
【解析】(1)由题意得p2=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=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,
故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1t2,-2t.
又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,
得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+23t2,0.
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
12|FG|·|yA|12|QG|·|yC|=2t4-2t2+23t2-1·|2t|t2-1-2t4-2t2+23t2·2t-2t
=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.
令m=t2-2,则m>0,
S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+4
≥2-12m·3m+4=1+32.
当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).
9.(2019·全国2·文T20)已知F1,F2是椭圆C: x2a2+y2b2=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PF1.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=ca=3-1.
(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,当且仅当12|y|·2c=16,yx+c·yx-c=-1,x2a2+y2b2=1,即
c|y|=16,①
x2+y2=c2,②
x2a2+y2b2=1.③
由②③及a2=b2+c2得y2=b4c2,又由①知y2=162c2,故b=4.
由②③得x2=a2c2(c2-b2),所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥42.
当b=4,a≥42时,存在满足条件的点P.
所以b=4,a的取值范围为[42,+∞).
10.(2019·全国3·文T21)已知曲线C:y=x22,D为直线y=-12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E0,52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Dt,-12,A(x1,y1),则x12=2y1.
由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+12x1-t=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0,12.
(2)解由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.
由y=tx+12,y=x22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Mt,t2+12.
由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB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,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=4;
当t=±1时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=2.
11.(2019·全国3·理T21)已知曲线C:y=x22,D为直线y=-12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E0,52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Dt,-12,A(x1,y1),则x12=2y1.
由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+12x1-t=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0,12.
(2)解由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.
由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.
于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,
|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×(x1+x2)2-4x1x2=2(t2+1).
设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,
则d1=t2+1,d2=2t2+1.
因此,四边形ADBE的面积S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t2+1.
设M为线段AB的中点,则Mt,t2+12.
由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB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=42.
因此,四边形ADBE的面积为3或42.
12.(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MO⊥AO,
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MO⊥AO,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.
13.(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-12.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yx+2·yx-2=-12,化简得x24+y22=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y=kx,x24+y22=1,得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=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=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
②由①得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=8(1k+k)1+2(1k+k) 2.
设t=k+1k,则由k>0,得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2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169.
因此,△PQG面积的最大值为169.
14.(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,22t),
则|BF|=(t-2)2+8t=t+2,∴|BF|=t+2.
(方法二)设B(t,22t),
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D32,32,kPF=32-032-2=-3,
∴直线PF的方程为y=-3(x-2).
由y=-3(x-2),y2=8x,整理,得3x2-20x+12=0,解得x=23或x=6(舍去),
∴△AQP的面积S=12×3×3-23=736.
(3)存在.设Py28,y,Em28,m,则kPF=yy28-2=8yy2-16,kFQ=16-y28y,
直线QF的方程为y=16-y28y(x-2),
∴yQ=16-y28y(8-2)=48-3y24y,Q8,48-3y24y.
∵FP+FQ=FE,∴Ey28+6,48+y24y,
∴48+y24y2=8y28+6,解得y2=165.
∴存在以FP,FQ为邻边的矩形FPEQ,使得点E在Γ上,且P25,455.
15.(2018·全国1·理T19)设椭圆C: x22+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1,22或1,-22.
所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.
由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.
所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.
则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2,
由y1=kx1-k,y2=kx2-k得
kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).
将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0.
从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.
综上,∠OMA=∠OMB.
16.(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=12x+1或y=-12x-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y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.
直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①
将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.
所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.
17.(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,QM=λQO,QN=μQO,求证:1λ+1μ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y2=4x,y=kx+1,得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依题意,Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0
所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).
(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2).
由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2.
直线PA的方程为y-2=y1-2x1-1(x-1).
令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.
同理得点N的纵坐标为yN=-kx2+1x2-1+2.
由QM=λQO,QN=μQO,得λ=1-yM,μ=1-yN.
所以1λ+1μ=11-yM+11-yN=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2
=1k-1·2x1x2-(x1+x2)x1x2=1k-1·2k2+2k-4k21k2=2.
所以1λ+1μ为定值.
18.(2018·浙江·T21)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.
(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;
(2)若P是半椭圆x2+y24=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
【解析】(1)证明设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.
因为PA,PB的中点在抛物线上,
所以y1,y2为方程y+y022=4·14y2+x02,
即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.
所以y1+y2=2y0,
因此,PM垂直于y轴.
(2)解由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,
所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,
|y1-y2|=22(y02-4x0).
因此,△PAB的面积S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32.
因为x02+y024=1(x0<0),
所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5],
因此,△PAB面积的取值范围是62,15104.
19.(2018·全国2·理T19文T20)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.
(1)求l的方程.
(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.
【解析】(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0).
设A(x1,y1),B(x2,y2).
由y=k(x-1),y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2.
所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2.由题设知4k2+4k2=8,解得
k=-1(舍去),k=1.
因此l的方程为y=x-1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.
设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则
y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16.
解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6.
因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.
20.(2018·全国3·理T 20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).
(1)证明:k<-12;
(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求该数列的公差.
【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.
两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23·k=0.
由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.①
由题设得0
由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.
又点P在C上,所以m=34,
从而P1,-32,|FP|=32.
于是|FA|=(x1-1)2+y12
=(x1-1)2+31-x124=2-x12.
同理|FB|=2-x22.
所以|FA|+|FB|=4-12(x1+x2)=3.
故2|FP|=|FA|+|FB|,则|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,
设该数列的公差为d,则2|d|=||FB|-|FA||=12|x1-x2|=12(x1+x2)2-4x1x2.②
将m=34代入①得k=-1.
所以l的方程为y=-x+74,代入C的方程,并整理得7x2-14x+14=0.
故x1+x2=2,x1x2=128,代入②解得|d|=32128.
所以该数列的公差为32128或-32128.
21.(2018·全国3·文T 20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).
(1)证明:k<-12;
(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:2|FP|=|FA|+|FB|.
【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.
两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23·k=0.
由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0
由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.
又点P在C上,所以m=34,
从而P1,-32,|FP|=32.于是|FA|=(x1-1)2+y12=(x1-1)2+31-x124=2-x12.
同理|FB|=2-x22.所以|FA|+|FB|=4-12(x1+x2)=3.
故2|FP|=|FA|+|FB|.
22.(2018·北京·文T 20)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.
(1)求椭圆M的方程;
(2)若k=1,求|AB|的最大值;
(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆
M的另一个交点为D.若C,D和点Q-74,14共线,求k.
【解析】(1)由题意,得2c=22,所以c=2.
又e=ca=63,所以a=3,所以b2=a2-c2=1,
所以椭圆M的方程为x23+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=x+m.
由y=x+m,x23+y2=1消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0,
则Δ=36m2-4×4(3m2-3)=48-12m2>0,即m2<4.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-3m2,x1x2=3m2-34,
所以|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=6×4-m22,
易得当m2=0时,|AB|max=6,
故|AB|的最大值为6.
(3)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),则x12+3y12=3①,x22+3y22=3②.
又P(-2,0),所以可设k1=kPA=y1x1+2,直线PA的方程为y=k1(x+2).
由y=k1(x+2),x23+y2=1消去y可得(1+3k12)x2+12k12x+12k12-3=0,
则x1+x3=-12k121+3k12,即x3=-12k121+3k12-x1.
又k1=y1x1+2,代入上式可得x3=-7x1-124x1+7,
所以y3=y14x1+7,所以C-7x1-124x1+7,y14x1+7.
同理可得D-7x2-124x2+7,y24x2+7.
故QC=x3+74,y3-14,QD=x4+74,y4-14.
因为Q,C,D三点共线,所以x3+74y4-14−x4+74y3-14=0.
将点C,D的坐标代入化简可得y1-y2x1-x2=1,即k=1.
23.(2018·天津·理T 19)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=62.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB
交于点Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O为原点),求k的值.
【解析】(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=59,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b.
由|FB|·|AB|=62,可得ab=6,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为x29+y24=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.
又因为|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,
故|AQ|=2y2.
由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2.
由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=12,或k=1128.所以,k的值为12或1128.
24.(2018·天津·文T 19)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,|AB|=13.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k<0)与椭圆交于P,Q两点,l与直线AB交于点M,且点P,M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,求k的值.
【解析】(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=59.又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|=a2+b2=13,从而a=3,b=2.所以,椭圆的方程为x29+y24=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点M的坐标为(x2,y2),由题意,x2>x1>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2x+3y=6,y=kx,消去y,可得x2=63k+2.由方程组x29+y24=1,y=kx,消去y,可得x1=69k2+4.由x2=5x1,可得9k2+4=5(3k+2),两边平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-89,或k=-12.当k=-89时,x2=-9<0,不合题意,舍去;当k=-12时,x2=12,x1=125,符合题意.
所以,k的值为-12.
25.(2018·江苏·T 18)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点为F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.
(1)求椭圆C及圆O的方程;
(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;
②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为267,求直线l的方程.
【解析】(1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),
可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
又点3,12在椭圆C上,
所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.
因此,椭圆C的方程为x24+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x02+y02=3,所以
直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0.由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0,消去y,得(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*)
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点, 所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=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267,
所以12AB·OP=267,从而AB=427.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由(*)得,x1,2=24x0±48y02(x02-2)2(4x02+y02),
所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y02·48y02(x02-2)(4x02+y02)2.
因为x02+y02=3,
所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,则2x04-45x02+100=0,
解得x02=52(x02=20舍去),则y02=12,因此P的坐标为102,22.
综上,直线l的方程为y=-5x+32.
26.(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32.
(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x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由题意得a=2,ca=32,
解得c=3.
所以b2=a2-c2=1.
所以椭圆C的方程为x24+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=nm+2,
故直线DE的斜率kDE=-m+2n.
所以直线DE的方程为y=-m+2n(x-m),直线BN的方程为y=n2-m(x-2).
联立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),
解得点E的纵坐标yE=-n(4-m2)4-m2+n2.
由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.
所以yE=-45n.
又S△BDE=12|BD|·|yE|=25|BD|·|n|,S△BDN=12|BD|·|n|,
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
27.(2017·天津·文T 20)已知椭圆x2a2+y2b2=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b22.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设点Q在线段AE上,|FQ|=32c,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12(c+a)c=b22.
又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,
即2e2+e-1=0.
又因为0
(2)①依题意,设直线FP的方程为x=my-c(m>0),则直线FP的斜率为1m.
由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为x2c+yc=1,
即x+2y-2c=0,
与直线FP的方程联立,可解得x=(2m-2)cm+2,y=3cm+2,
即点Q的坐标为(2m-2)cm+2,3cm+2.
由已知|FQ|=32c,有(2m-2)cm+2+c2+3cm+22=3c22,
整理得3m2-4m=0,所以m=43,即直线FP的斜率为34.
②由a=2c,可得b=3c,故椭圆方程可以表示为x24c2+y23c2=1.
由①得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,
与椭圆方程联立3x-4y+3c=0,x24c2+y23c2=1,消去y,整理得7x2+6cx-13c2=0,
解得x=-13c7(舍去)或x=c.
因此可得点Pc,3c2,进而可得|FP|=(c+c)2+3c22=5c2,
所以|PQ|=|FP|-|FQ|=5c2−3c2=c.
由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.
因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN=3c2×34=9c8,
所以△FQN的面积为12|FQ||QN|=27c232,
同理△FPM的面积等于75c232,
由四边形PQNM的面积为3c,得75c232−27c232=3c,
整理得c2=2c,又由c>0,得c=2.
所以,椭圆的方程为x216+y212=1.
28.(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x=my+2,y2=2x可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.
又x1=y122,x2=y222,故x1x2=(y1y2)24=4.
因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1x1·y2x2=-44=-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=(m2+2)2+m2.
由于圆M过点P(4,-2),因此AP·BP=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=-12.
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=-12时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为94,-12,圆M的半径为854,圆M的方程为x-942+y+122=8516.
29.(2017·全国1·文T20)设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率;
(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=x124,y2=x224,x1+x2=4,
于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.
(2)由y=x24,得y'=x2.
设M(x3,y3),由题设知x32=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=x24得x2-4x-4m=0.
当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2m+1.从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).
由题设知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.
30.(2017·浙江·T21)如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
【解析】(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,
因为-12
kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,
解得点Q的横坐标是xQ=-k2+4k+32(k2+1).
因为|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),
|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.
令f(k)=-(k-1)(k+1)3,
因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,
所以f(k)在区间-1,12上单调递增,12,1上单调递减,
因此当k=12时,|PA|·|PQ|取得最大值2716.
31.(2017·山东·理T21)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,焦距为2.
(1)求椭圆E的方程.
(2)如图,动直线l:y=k1x-32交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,
直线OC的斜率为k2,且k1k2=24,M是线段OC延长线上一点,且
|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T,求∠SOT的最大值并求取得最大值时直线l的斜率.
【解析】(1)由题意知e=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为x22+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程x22+y2=1,y=k1x-32,得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,
由题意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1).
所以|AB|=1+k12|x1-x2|
=21+k121+8k121+2k12.
由题意可知圆M的半径r为
r=23|AB|=2231+k121+8k122k12+1.
由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直线OC的方程为y=24k1x.
联立方程x22+y2=1,y=24k1x1,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,
因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.
由题意可知sin ∠SOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=1+8k121+4k122231+k121+8k121+2k12=3241+2k121+4k121+k12,
令t=1+2k12,则t>1,1t∈(0,1),
因此|OC|r=32t2t2+t-1=3212+1t-1t2
=321-1t-122+94≥1,
当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=±22,所以sin ∠SOT2≤12,因此∠SOT2≤π6.
所以∠SOT最大值为π3.
综上所述:∠SOT的最大值为π3,取得最大值时直线l的斜率为k1=±22.
32.(2017·全国1·理T20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.
【解析】(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.
又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不经过点P1,
所以点P2在C上.
因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.
故C的方程为x24+y2=1.
(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2,
如果l与x轴垂直,设l:x=t,
由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为t,4-t22,t,-4-t22.
则k1+k2=4-t2-22t−4-t2+22t=-1,得t=2,不符合题设.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x24+y2=1得
(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.
而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2
=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2
=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.
由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·4m2-44k2+1+(m-1)·-8km4k2+1=0.
解得k=-m+12.
当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+12x+m,
即y+1=-m+12(x-2),所以l过定点(2,-1).
33.(2017·全国2·理T20文T20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且OP·PQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
【解析】(1)设P(x,y),M(x0,y0),
则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).
由NP=2NM得x0=x,y0=22y.
因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),
则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQ·PF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).
由OP·PQ=1得-3m-m2+tn-n2=1.
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以OQ·PF=0,即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
34.(2016·北京·理T19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:|AN|·|BM|为定值.
【解析】(1)由题意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,【解析】得a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).
设P(x0,y0),则x02+4y02=4.
当x0≠0时,直线PA的方程为y=y0x0-2(x-2).
令x=0,得yM=-2y0x0-2,
从而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.
直线PB的方程为y=y0-1x0x+1.
令y=0,得xN=-x0y0-1,
从而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.
所以|AN|·|BM|=2+x0y0-1·1+2y0x0-2
=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2
=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4.
当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,
所以|AN|·|BM|=4.
综上,|AN|·|BM|为定值.
35.(2016·北京·文T19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过A(2,0),B(0,1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.
【解析】(1)由题意,得a=2,b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
又c=a2-b2=3,所以离心率e=ca=32.
(2)设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则x02+4y02=4.
又A(2,0),B(0,1),
所以直线PA的方程为y=y0x0-2(x-2).
令x=0,得yM=-2y0x0-2,
从而|BM|=1-yM=1+2y0x0-2.
直线PB的方程为y=y0-1x0x+1.
令y=0,得xN=-x0y0-1,
从而|AN|=2-xN=2+x0y0-1.
所以四边形ABNM的面积
S=12|AN|·|BM|
=122+x0y0-11+2y0x0-2
=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+42(x0y0-x0-2y0+2)
=2x0y0-2x0-4y0+4x0y0-x0-2y0+2
=2.
从而四边形ABNM的面积为定值.
36.(2016·全国3·理T20文T20)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.
(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
【解析】由题知F12,0.
设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,
且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.
记过A,B两点的直线为l,
则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.
(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.
记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,
则k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.
所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),
则S△ABF=12|b-a||FD|=12|b-a|x1-12,S△PQF=|a-b|2.
由题设可得2×12|b-a|x1-12=|a-b|2,
所以x1=0(舍去),x1=1.
设满足条件的AB的中点为E(x,y).
当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x≠1).
而a+b2=y,所以y2=x-1(x≠1).
当AB与x轴垂直时,E与D重合.
所以,所求轨迹方程为y2=x-1.
37.(2016·全国1·理T20)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;
(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.
【解析】(1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,
故∠EBD=∠ACD=∠ADC.
所以|EB|=|ED|,
故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.
又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,
从而|AD|=4,
所以|EA|+|EB|=4.
由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,
由椭圆定义可得点E的轨迹方程为:x24+y23=1(y≠0).
(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为
y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),
由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,
所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.
过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1k(x-1),A到m的距离为2k2+1,
所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.
故四边形MPNQ的面积S=12|MN||PQ|=121+14k2+3.
可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83).
当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.
综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).
38.(2016·浙江·理T19)如图,设椭圆x2a2+y2=1(a>1).
(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);
(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.
【解析】(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0.
故x1=0,x2=-2a2k1+a2k2.
因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a2|k|1+a2k2·1+k2.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ|.
记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.
由(1)知,|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12,
|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22,
故2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22,
所以(k12−k22)[1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22]=0.
由于k1≠k2,k1,k2>0,
得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,
因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),①
因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.
因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.
【解析】(1)设F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,
即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.
所以,椭圆的方程为x24+y23=1.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),
则直线l的方程为y=k(x-2).
设B(xB,yB),由方程组x24+y23=1,y=k(x-2)
消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2,或x=8k2-64k2+3,
由题意得xB=8k2-64k2+3,从而yB=-12k4k2+3.
由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.
由BF⊥HF,得BF·FH=0,
所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.
因此直线MH的方程为y=-1kx+9-4k212k.
设M(xM,yM),由方程组y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,
解得xM=20k2+912(k2+1).
在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,
即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化简得xM≥1,即20k2+912(k2+1)≥1,解得k≤-64,或k≥64.所以,直线l的斜率的取值范围为-∞,-64∪64,+∞.
40.(2016·浙江·文T19)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.
(1)求p的值;
(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.
【解析】(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,
由抛物线的定义得p2=1,即p=2.
(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.
因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由y2=4x,x=sy+1消
去x得y2-4sy-4=0,
故y1y2=-4,
所以,B1t2,-2t.
又直线AB的斜率为2tt2-1,
故直线FN的斜率为-t2-12t.
从而得直线FN:y=-t2-12t(x-1),直线BN:y=-2t.
所以Nt2+3t2-1,-2t.
设M(m,0),由A,M,N三点共线得2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1,
于是m=2t2t2-1.所以m<0或m>2.
经检验,m<0或m>2满足题意.
综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
41.(2016·全国1·文T20)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.
(1)求|OH||ON|;
(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.
【解析】(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.
因此H2t2p,2t.所以N为OH的中点,即|OH||ON|=2.
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.
理由如下:
直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).
代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,
所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.
42.(2016·全国2·理T 20)已知椭圆E: x2t+y23=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.
【解析】(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4.
因此直线AM的方程为y=x+2.
将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=127,所以y1=127.
因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=14449.
(2)由题意t>3,k>0,A(-t,0).
将直线AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t2k2-3t=0.
由x1·(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,
故|AM|=|x1+t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.
由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),
故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.
由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.
t>3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-2<0,即k-2k3-2<0.
由此得k-2>0,k3-2<0或k-2<0,k3-2>0,
解得32
(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明: 3
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为 .
又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.
将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=127,所以y1=127.
因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=14449.
(2)证明将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入x24+y23=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.
由x1·(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,
故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.
由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+2),
故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.
由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,
即4k3-6k2+3k-8=0.
设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点.
f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,
所以f(t)在(0,+∞)单调递增.
又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0,
因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在(3,2)内.
所以3
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;
(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P,证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.
【解析】(1)由已知,a=2b,则椭圆E的方程为x22b2+y2b2=1.
由方程组x22b2+y2b2=1,y=-x+3,得3x2-12x+(18-2b2)=0.①
方程①的判别式为Δ=24(b2-3),
由Δ=0,得b2=3,此时方程①的解为x=2,
所以椭圆E的方程为x26+y23=1,点T坐标为(2,1).
(2)证明由已知可设直线l'的方程为y=12x+m(m≠0),由方程组y=12x+m,y=-x+3,可得x=2-2m3,y=1+2m3.
所以P点坐标为2-2m3,1+2m3,|PT|2=89m2.
设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).
由方程组x26+y23=1,y=12x+m,
可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②
方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),
由Δ>0,解得-322
所以|PA|=2-2m3-x12+1+2m3-y12
=522-2m3-x1,
同理|PB|=522-2m3-x2.
所以|PA|·|PB|
=542-2m3-x12-2m3-x2
=542-2m32-2-2m3(x1+x2)+x1x2
=542-2m32-2-2m3-4m3+4m2-123
=109m2.
故存在常数λ=45,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.
45.(2016·天津·文T 19)设椭圆x2a2+y23=1(a>3)的右焦点为F,右顶点为A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA=∠MAO,求直线l的斜率.
【解析】(1)设F(c,0).由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(xB,yB),
由方程组x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2,或x=8k2-64k2+3,由题意得xB=8k2-64k2+3,从而yB=-12k4k2+3.
由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BF⊥HF,得BF·FH=0,
所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.
因此直线MH的方程为y=-1kx+9-4k212k.
设M(xM,yM),由方程组y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).在△MAO中,∠MOA=∠MAO⇔|MA|=|MO|,即(xM-2)2+yM2=xM2+yM2,化简得xM=1,
即20k2+912(k2+1)=1,解得k=-64,或k=64.
所以,直线l的斜率为-64或64.
46．（2015·福建高考·理18）(本小题满分13分)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1 (a＞b＞0)过点(0，)，且离心率e＝.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线l：x＝my－1(m∈R)交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．
【解析】(1)由已知，得
解得
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0)．
由得(m2＋2)y2－2my－3＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
从而y0＝.
所以|GH|2＝＋y＝＋y＝(m2＋1)y＋my0＋.
＝＝
＝＝(1＋m2)(y－y1y2)，
故|GH|2－＝my0＋(1＋m2)y1y2＋
＝－＋＝＞0，
所以|GH|＞.
故点G在以AB为直径的圆外．
法二：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
GA―→＝，GB―→＝.
由得(m2＋2)y2－2my－3＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
从而GA―→·GB―→＝＋y1y2
＝＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋
＝＋＋＝＞0，
所以cosGA―→，GB―→＞0.
又GA―→，GB―→不共线，所以∠AGB为锐角．
故点G在以AB为直径的圆外．
47．（2015·浙江高考·理19）(本小题满分15分)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
【解析】(1)由题意知m≠0，
可设直线AB的方程为y＝－x＋b.
由消去y，得
x2－x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0.①
将线段AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－.②
由①②得m＜－或m＞.
(2)令t＝∈∪，
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离为d＝2 .
设△AOB的面积为S(t)，所以
S(t)＝|AB|·d＝≤，
当且仅当t2＝，即m＝±时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为.
48.（2015·山东高考·理T20）(本小题满分13分)平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是,以为圆心，以3为半径的圆与以为圆心，以1为半径的圆相交，交点在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆，P为椭圆C上的任意一点，过点P的直线交椭圆E于A,B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
（ⅰ）求的值；（ⅱ）求面积最大值.
【解析】（1）由椭圆的离心率为可知，而则，左、右焦点分别是,
圆：圆：由两圆相交可得，即，交点，在椭圆C上，则，
整理得，解得（舍去）
故椭圆C的方程为.
（2）（ⅰ）椭圆E的方程为，
设点，满足，射线，
代入可得点，于是.
（ⅱ）点到直线距离等于原点O到直线距离的3倍：
，得，整理得
，
，
，当且仅当等号成立.
而直线与椭圆C：有交点P，则
有解，即有解，
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.
49．（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.
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
50.（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，
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.
51．（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
52．（2015·安徽高考·文T20）(本小题满分13分)设椭圆E的方程为＋＝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.
(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，
又kOM＝，从而＝.
进而得a＝b，c＝＝2b，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AB―→·NM―→＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．
由(1)可知a2＝5b2，
所以AB―→·NM―→＝0，故MN⊥AB.
53．（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＋y2＝1，
所以a＝，b＝1，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y－1＝(1－y1)(x－2)．
令x＝3，得M(3，2－y1)．
所以直线BM的斜率kBM＝＝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，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＝(x－2)．
令x＝3，得点M，
由得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的斜率kBM＝.
因为kBM－1
＝
＝
＝＝0，
所以kBM＝1＝kDE，所以BM∥DE.
综上可知，直线BM与直线DE平行．
54.（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＋.
因为|AF|＝3，即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.
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y＝2(x－1)．由得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝，从而B.
又G(－1，0)，
所以kGA＝＝，kGB＝＝－，
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.
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
y＝2(x－1)．由
得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝，从而B.
又G(－1，0)，
故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，
从而r＝＝ .
又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，
所以点F到直线GB的距离
d＝＝＝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．
55．（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：＋＝1(a＞b＞0)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，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，
由此易知C1与C2的公共点的坐标为，
所以＋＝1.②
联立①②，得a2＝9，b2＝8.
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
由得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.
而x3，x4是这个方程的两根，
所以x3＋x4＝－，x3x4＝－.⑤
将④⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋，
即16(k2＋1)＝，
所以(9＋8k2)2＝16×9，
56．（2015·陕西高考·文T20）(本小题满分12分)如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)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.
【解析】(1)由题设知＝，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝.
所以椭圆的方程为＋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＋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＝，x1x2＝ .
从而直线AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋
＝2k＋(2－k)·＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)
＝2k－2(k－1)＝2.
57．（2015·四川高考·文T20）(本小题满分13分)如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且PC―→·PD―→＝－1.
(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，
于是解得a＝2，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y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
从而，OA―→·OB―→＋λPA―→·PB―→
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2.
所以，当λ＝1时，－－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.
58．（2015·天津高考·文T19）(本小题满分14分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)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|＝λ|MQ|.
①求λ的值；
②若|PM|sin∠BQP＝，求椭圆的方程．
【解析】(1)设F(－c，0)．
由已知离心率＝及a2＝b2＋c2，
可得a＝c，b＝2c.
又因为B(0，b)，F(－c，0)，
所以直线BF的斜率k＝＝＝2.
(2)设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)．
①由(1)可得椭圆的方程为＋＝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＝－.
因为BQ⊥BP，所以直线BQ的方程为y＝－x＋2c，
与椭圆方程联立，消去y，整理得21x2－40cx＝0，
解得xQ＝.
又因为λ＝及xM＝0，
可得λ＝＝＝.
②由①有＝，所以＝＝，
即|PQ|＝|PM|.
又因为|PM|sin∠BQP＝，
所以|BP|＝|PQ|sin∠BQP＝|PM|sin∠BQP＝.
又因为yP＝2xP＋2c＝－c，
所以|BP|＝ ＝c，
因此c＝，得c＝1.
所以椭圆的方程为＋＝1.
59．（2015·浙江高考·文T19）(本小题满分15分)如图，已知抛物线C1：y＝x2，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，
故解得
因此，点B的坐标为.
(2)由(1)知|AP|＝t·，
直线PA的方程为tx－y－t2＝0.
点B到直线PA的距离是d＝ .
设△PAB的面积为S(t)，则S(t)＝|AP|·d＝.
60．（2015·重庆高考·文T21）(本小题满分12分)
如图，椭圆＋＝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＋，|PF2|＝2－，求椭圆的标准方程；
(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ<，试确定椭圆离心率e的取值范围．
【解析】(1)由椭圆的定义，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.
设椭圆的半焦距为c，由于PF1⊥PF2，
因此2c＝|F1F2|＝
＝＝2，
即c＝，从而b＝＝1，
故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)如图所示，由PF1⊥PQ，
|PQ|＝λ|PF1|，得
|QF1|＝＝|PF1|.
由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，
知|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a.
于是(1＋λ＋)|PF1|＝4a，
解得|PF1|＝，
故|PF2|＝2a－|PF1|＝.
由勾股定理得
|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，
从而＋＝4c2.
两边除以4a2，得
＋＝e2.
若记t＝1＋λ＋，则上式变成
e2＝＝8＋.
由≤λ＜，并注意到t＝1＋λ＋关于λ的单调性，得3≤t<4，即<≤，进而
61.(2014·天津高考·文T18)设椭圆=1(a>b>0)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)c+y0c=0.
又c≠0,故有x0+y0+c=0. ①
因为点P在椭圆上,故=1. ②
由①和②可得+4cx0=0,而点P不是椭圆的顶点,
故x0=-,代入①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.
62. （2014·天津高考·理T18）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. ①
又因为点在椭圆上，所以. ②
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.
63. (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.
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.
64. （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
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.
65.(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=.
由d<1得|m|<. (*)
所以|CD|=2=2
=.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由得x2-mx+m2-3=0,
由根与系数的关系可得x1+x2=m,x1x2=m2-3.
所以|AB|==.
由=得=1,
解得m=±,满足(*)
所以直线l的方程为y=-x+或y=-x-.
66.（2014·福建高考·文科T21）（本小题满分12分）
已知曲线上的点到点的距离比它到直线的距离小2.
（1） 求曲线的方程；
（2） 曲线在点处的切线与轴交于点.直线分别与直线及轴交于点，以为直径作圆，过点作圆的切线，切点为，试探究：当点在曲线上运动（点与原点不重合）时，线段的长度是否发生变化？证明你的结论.
【解析】.方法一（1）设为曲线上任意一点，
依题意，点S到的距离与它到直线的距离相等，
所以曲线是以点为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为.
（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明如下：
由（1）知抛物线的方程为，
设，则，
由，得切线的斜率，
所以切线的方程为，即.
由，得.
由，得.
又，所以圆心，
半径，
.
所以点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变.
方法二：
（1）设为曲线上任意一点，
则，
依题意，点只能在直线的上方，所以，
所以，
化简得，曲线的方程为.
（2）同方法一.
P
B
A
M
F
y
x
0
67. （2014·浙江高考·文科T22）已知的三个顶点在抛物线C：上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，；
（1）若，求点M的坐标；
（2）求面积的最大值.
【解析】（1）由题意知焦点，准线方程为，
设，由抛物线的定义可知，解得，所以，即或由，得或。
（2）设直线AB的方程为，，，
由得，
于是
即AB的中点M的坐标为（2k，2k2+m）
由，得
解得，由，得，
由△＞0，k＞0得，
又因为，
点F到直线AB的距离，
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．
68.(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:y2a2+x2b2=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32.
(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ca=32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y24+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(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=k2−4k2+4,从而yp=−8kk2+4,
所以点P的坐标为k2−4k2+4,−8kk2+4.
同理,由y=k(x−1)(k≠0),y=−x2+1(y≤0),得Q点的坐标为(-k-1,-k2-2k).
所以AP→=2kk2+4(k,-4),AQ→=-k(1,k+2).
因为AP⊥AQ,所以AP→·AQ→=0,即−2k2k2+4[k-4(k+2)]=0,
因为k≠0,所以k-4(k+2)=0,解得k=-83.
经检验,k=-83符合题意,
故直线l的方程为y=-83(x-1).
69. (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.
所以,a=7,b=2.
70. （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
，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
71.(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.
(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);
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.
72.(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),
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.
73.（2014·福建高考·理科T19）（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，
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，
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.
74. （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.
（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
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
75. （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.
（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
则
又由点在C上知.
解得.故所求C的方程为
76. （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，
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，
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
77. （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.
(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.
78.（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
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。
79.（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） 由（1）知，同理可得，，所以，因此,又由（1）中的=知，故
80.（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，
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.
81.（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.
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
.
82.（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
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
83.（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。
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。
（ⅱ）若或由②③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。
（ⅲ）若由②③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，直线与轨迹恰好有三个公共点。
84. (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(x<0).
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)=0.①
①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.
②当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②
设直线l与x轴的交点为(x0,0),则
由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.③
(ⅰ)若由②③解得k<-1,或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.
(ⅱ)若或由②③解得k∈,或-≤k<0.
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.
(ⅲ)若由②③解得-1
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.
85.（2014·湖南高考·理科T21）（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,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.
86．（2013·湖南高考·理T21）过抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1＋k2＝2，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k1>0，k2>0，证明：FM―→·FN―→<2p2；
(2)若点M到直线l的距离的最小值为，求抛物线E的方程．
【解析】 (1)由题意，抛物线E的焦点为F，
直线l1的方程为y＝k1x＋.
由得x2－2pk1x－p2＝0.
设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实数根．从而x1＋x2＝2pk1，y1＋y2＝k1(x1＋x2)＋p＝2pk＋p.
所以点M的坐标为，FM―→＝(pk1，pk)．
同理可得点N的坐标为，FN―→＝(pk2，pk)．
于是FM―→·FN―→＝p2(k1k2＋kk)．
由题设，k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2，
所以0
所以|AB|＝y1＋y2＋p＝2pk＋2p，从而圆M的半径r1＝pk＋p.
故圆M的方程为
(x－pk1)2＋2＝(pk＋p)2，
化简得x2＋y2－2pk1x－p(2k＋1)y－p2＝0.
同理可得圆N的方程为
x2＋y2－2pk2x－p(2k＋1)y－p2＝0.
于是圆M，圆N的公共弦所在直线l的方程为(k2－k1)x＋(k－k)y＝0.
又k2－k1≠0，k1＋k2＝2，则l的方程为x＋2y＝0.
因为p>0，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p＝8.
故所求的抛物线E的方程为x2＝16y.
87．（2013·福建高考·理T18）如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10)．分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9连接OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*,1≤i≤9)．
(1)求证：点Pi(i∈N*,1≤i≤9)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4∶1，求直线l的方程．
【解析】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(i∈N*,1≤i≤9)且与x轴垂直的直线的方程为x＝i，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
设Pi的坐标为(x，y)，由
得y＝x2，即x2＝10y.
所以点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10.
由得x2－10kx－100＝0，
此时Δ＝100k2＋400>0，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S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.
又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，
分别代入①和②，得解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.
法二：(1)点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在抛物线E：x2＝10y上．
证明如下：过Ai(i∈N*,1≤i≤9)且与x轴垂直的直线的方程为x＝i，
Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
由解得Pi的坐标为.
因为点Pi的坐标都满足方程x2＝10y，
所以点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
(2)同法一．
88.（2013·辽宁高考·理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－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)．
【解析】(1)因为抛物线C1：x2＝4y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＝－(x＋1)＋.
因为点M(1－，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是
y0＝－(2－)＋＝－，①
y0＝－＝－.②
由①②得p＝2.
(2)设N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N为线段AB中点知x＝，③
y＝.④
切线MA，MB的方程为
y＝(x－x1)＋.⑤
y＝(x－x2)＋.⑥
由⑤⑥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x＝－4y0，所以x1x2＝－.⑦
由③④⑦得x2＝y，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＝y.
因此线段AB中点N的轨迹方程为x2＝y.
89．（2013·安徽高考·理T18）设椭圆E：＋＝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F1P⊥F1Q.证明：当a变化时，点P在某定直线上．
【解析】(1)因为焦距为1，且焦点在x轴上，所以2a2－1＝，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x0≠c，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－c)．
当x＝0时，y＝，即点Q坐标为.
因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝.
由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝·＝－1.
化简得y＝x－(2a2－1)． ①
将①代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，即点P在定直线x＋y＝1上．
90．（2013·浙江高考·理T21）如图，点P(0，－1)是椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4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．
【解析】(1)由题意得
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(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y＝kx－1.
又圆C2：x2＋y2＝4，故点O到直线l1的距离d＝，
所以|AB|＝2＝2 .
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.
由消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，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y＝±x－1.
91．（2013·重庆高考·理T21）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PQ⊥P′Q，求圆Q的标准方程．
【解析】(1)由题意知点A(－c,2)在椭圆上，则＋＝1，从而e2＋＝1.
由e＝得b2＝＝8，从而a2＝＝16.
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＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4,4])．
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x＝x1时取最小值，又因x1∈(－4,4)，所以上式当x＝2x0时取最小值，从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x.
因为PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，
所以QP―→·QP′―→＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，
即(x1－x0)2－y＝0.由椭圆方程及x1＝2x0得x－8＝0，
解得x1＝±，x0＝＝±.
从而|QP|2＝8－x＝.
故这样的圆有两个，其标准方程分别为
2＋y2＝，2＋y2＝.
92．（2013·新课标Ⅰ高考·理T20）已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，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|.
【解析】由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.
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|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
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(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝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r1≠R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：y＝k(x＋4)，由l与圆M相切得＝1，解得k＝±.
当k＝时，y＝x＋代入＋＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0，
解得x1,2＝.
所以|AB|＝|x2－x1|＝.
当k＝－时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝2或|AB|＝.
93．（2013·新课标Ⅱ高考·理T20）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1 (a>b>0)右焦点的直线x＋y－＝0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CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
【解析】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x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，
所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.
因此a2＝6，b2＝3.
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y＝x＋n，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.
于是x3,4＝.
因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝|x4－x3|＝.
由已知，四边形ACBD的面积S＝|CD|·|AB|＝.
当n＝0时，S取得最大值，最大值为.
所以四边形ACBD面积的最大值为.
94．（2013·北京高考·理T19）已知A，B，C是椭圆W：＋y2＝1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．
【解析】(1)椭圆W：＋y2＝1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＋m2＝1，即m＝±.
所以菱形OABC的面积是|OB|·|AC|＝×2×2|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y＝kx＋m(k≠0，m≠0)．
由消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则＝－，＝k·＋m＝.
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k·≠－1，所以AC与OB不垂直．
所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．
95．（2013·陕西高考·理T20）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)，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．
【解析】(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O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，
∴|O1M|＝ ，又|O1A|＝ ，
∴＝ ，
化简得y2＝8x(x≠0)．
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y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中，得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0，
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①x1x2＝，②
因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以＝－，
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)．
96．（2013·江西高考·理T19）如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P(1，)，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.
问：是否存在常数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在椭圆上得，＋＝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＋＝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＝，x1x2＝.④
在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4,3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
由于A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k.
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·.⑤
④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，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＝(x－1)，
令x＝4，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k1＋k2＝＋＝＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意．
97．（2013·山东高考·理T22）椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)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k≠0，试证明＋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＋＝1，
得y＝±，
由题意知＝1，即a＝2b2.
又e＝＝，所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)法一：设P(x0，y0)(y0≠0)．
又F1(－，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为
lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，
lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.
由题意知＝ .
由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.
所以＝ .
因为－
因此－
当0≤x0<2时，
①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x－4y＋＝0.
由题意得＝－m，
因为－
②当x0≠时，
设直线PF1，PF2的方程分别为y＝k1(x＋)，y＝k2(x－)．
由题意知＝，
所以＝.
因为＋y＝1，且k1＝，k2＝，
所以＝＝＝，
即＝.
因为－
故0≤m<且m≠.
综合①②可得0≤m<.
当－2
(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
联立整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y－2kx0y0＋k2x－1)＝0.
由题意得Δ＝0，即(4－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0.
又＋y＝1，所以16yk2＋8x0y0k＋x＝0，故k＝－.
由(2)知＋＝＋＝，
所以＋＝＝·＝－8.
因此＋为定值，这个定值为－8.
98．（2013·大纲卷高考·理T21）已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y＝2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．
【解析】(1)由题设知＝3，即＝9，故b2＝8a2.
所以C的方程为8x2－y2＝8a2.
将y＝2代入上式，求得x＝± .
由题设知，2 ＝，解得a2＝1.
所以a＝1，b＝2 .
(2)由(1)知，F1(－3,0)，F2(3,0)，C的方程为8x2－y2＝8.
由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，|k|<2 ，代入①并化简得(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝，x1·x2＝.
于是|AF1|＝ ＝ ＝－(3x1＋1)，
|BF1|＝ ＝ ＝3x2＋1.
由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，
即x1＋x2＝－.
故＝－，解得k2＝，从而x1·x2＝－.
由于|AF2|＝ ＝＝1－3x1，
|BF2|＝ ＝ ＝3x2－1，
故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，
|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.
因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
99．（2013·湖北高考·理T22）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(m＞n) ，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λ＝，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.
(1)当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，求λ的值；
(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2？并说明理由．
【解析】依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为
C1：＋＝1，C2：＋＝1.其中a＞m＞n＞0，λ＝＞1.
(1)法一：如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x＝0，则S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|，
所以＝.
在C1和C2的方程中分别令x＝0，可得yA＝m，yB＝n，yD＝－m，
于是＝＝＝.
若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0.由λ＞1，可解得λ＝＋1.
故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋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＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|.
所以＝＝＝.
若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0.由λ＞1，可解得λ＝＋1.
故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋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＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.
又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝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＝. ①
将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得
xA＝，xB＝.
根据对称性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是
＝＝＝. ②
从而由①和②式可得 ＝. ③
令t＝，则由m＞n，λ＞1，可得0＜t＜1，
于是由③可解得k2＝.
因为k2＞0，于是③式关于k有解，当且仅当＞0，
等价于(t2－1)＜0.由λ＞1,0＜t＜1，可解得＜t＜1，
即＜＜1，由λ＞1，解得λ＞1＋，所以
当1＜λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；
当λ＞1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.
法二：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＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.
又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ.
因为＝＝＝λ，所以＝.
由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得
＋＝1，＋＝1，两式相减可得＋＝0，
依题意xA＞xB＞0，所以x＞x.
所以由上式解得k2＝.
因为k2＞0，所以由＞0，可解得1＜＜λ.
从而1＜＜λ，解得λ＞1＋，所以
当1＜λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；
当λ＞1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.
100．（2013·四川高考·理T20）已知椭圆C：＋＝1，(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝＋，求点Q的轨迹方程．
【解析】(1)由椭圆定义知，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2，所以a＝.
又由已知，c＝1，
所以椭圆C的离心率e＝＝＝.
(2)由(1)知，椭圆C的方程为＋y2＝1.
设点Q的坐标为(x，y)．
①当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，－1)两点，
此时点Q的坐标为.
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，则|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x.
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.
由＝＋，得
＝＋，即
＝＋＝. ①
将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0. ②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
代入①中并化简，得
x2＝. ③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.
由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪.
又满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈.
由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1，
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈[，)，且－1≤y≤1，则y∈.
所以点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈.
101．（2013·天津高考·理T18）设椭圆＋＝1(a＞b＞0)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两点．若AC·DB＋AD·CB＝8，求k的值．
【解析】(1)设F(－c,0)，由＝，知a＝c.过点F且与x轴垂直的直线的方程为x＝－c，代入椭圆方程有＋＝1，解得y＝±，于是＝，解得b＝，又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，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y＝k(x＋1)，由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
由根与系数的关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝.因为A(－，0)，B(，0)所以AC·DB＋AD·CB＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2
＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝6＋.
由已知得6＋＝8，解得k＝±.
102．（2013·北京高考·文T19）直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋y2＝1相交于A，C两点，O是坐标原点．
(1)当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；
(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形．
【解析】(1)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，代入椭圆方程得＋＝1，即t＝±.
所以|AC|＝2.
(2)证明：假设四边形OABC为菱形．
因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0.
由消去y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则
＝－，＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M.
因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，所以直线OB的斜率为－.
因为k·≠－1，所以AC与OB不垂直．
所以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．
103．（2013·重庆高考·文T21）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′两点，|AA′|＝4.
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)取平行于y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．求△PP′Q的面积S的最大值，并写出对应的圆Q 的标准方程．
【解析】(1)由题意知点A(－c,2)在椭圆上，则＋＝1，从而e2＋＝1，
又e＝，故b2＝＝8，从而a2＝＝16.
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＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8×＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4,4])．
设P(x1，y1)，由题意知，P是椭圆上到Q的距离最小的点，因此，当x＝x1时|QM|2取最小值，又x1∈(－4,4)，从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x.
由对称性知P′(x1，－y1)，故|PP′|＝|2y1|，所以S＝|2y1||x1－x0|＝×2 |x0|＝＝
当x0＝±时，△PP′Q的面积S取得最大值2.
此时对应的圆Q的圆心坐标为Q(±，0)，半径|QP|＝ ＝，
因此，这样的圆有两个，其标准方程分别为(x＋)2＋y2＝6，(x－)2＋y2＝6.
104．（2013·江苏高考·文T20）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y＝2x－4.设圆C的半径为1，圆心在l上．
(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；
(2)若圆C上存在点M，使MA＝2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．
【解析】(1)由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3,2)，于是切线的斜率必存在．设过A(0,3)的圆C的切线方程为y＝kx＋3，
由题意，＝1，解得k＝0或－，
故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.
(2)因为圆心在直线y＝2x－4上，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.
设点M(x，y)，因为MA＝2MO，
所以＝2，化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4，所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．
由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤≤3.
由5a2－12a＋8≥0，得a∈R；
由5a2－12a≤0，得0≤a≤.
所以点C的横坐标a的取值范围为0，.
105．（2013·安徽高考·文T21）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点P(，)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设Q(x0，y0)(x0y0≠0)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．
【解析】(1)因为焦距为4，所以a2－b2＝4.又因为椭圆C过点P(，)，所以＋＝1，故a2＝8，b2＝4.
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AD⊥AE知，AE·AD＝0，即xDx0＋8＝0.
由于x0y0≠0，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x＋2y＝8.①
从而kQG＝－.
故直线QG的方程为y＝－.②
将②代入椭圆C方程，得(x＋2y)x2－16x0x＋64－16y＝0.③
再将①代入③，化简得
x2－2x0x＋x＝0，解得x＝x0，y＝y0.
即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点.
105．（2013·山东高考·文T22）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OP＝tOE，求实数t的值．
【解析】(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意知
解得a＝，b＝1，
因此椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)(ⅰ)当A，B两点关于x轴对称时，
设直线AB的方程为x＝m，由题意得－
得|y|＝ ，
所以S△AOB＝|m| ＝，
解得m2＝或m2＝.①
又OP＝tOE＝t(OA＋OB)＝t(2m,0)＝(mt,0)，
因为P为椭圆C上一点，
所以＝1.②
由①②得t2＝4或t2＝，
又t>0，所以t＝2或t＝.
(ⅱ)当A，B两点关于x轴不对称时，
设直线AB的方程为y＝kx＋h，
将其代入椭圆的方程＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2＋4khx＋2h2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由判别式Δ>0可得1＋2k2>h2，
此时x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2h＝，
所以|AB|＝
＝2·· .
因为点O到直线AB的距离d＝，
所以S△AOB＝·|AB|·d＝×2··＝· ·|h|.
又S△AOB＝，
所以· ·|h|＝.③
令n＝1＋2k2，代入③整理得3n2－16h2n＋16h4＝0，
解得n＝4h2或n＝h2，
即1＋2k2＝4h2或1＋2k2＝h2.④
又OP＝tOE＝t(OA＋OB)＝t(x1＋x2，y1＋y2)＝，
因为P为椭圆C上一点，
所以t22＋2＝1，
即＝1.⑤
将④代入⑤得t2＝4或t2＝.
又t>0，所以t＝2或t＝.经检验，符合题意．
综合(ⅰ)(ⅱ)得t＝2或t＝.
107．（2013·福建高考·文T20）如图，抛物线E：y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴的交点为A.点C在抛物线E上，以C为圆心，|CO|为半径作圆，设圆C与准线l交于不同的两点M，N.
(1)若点C的纵坐标为2，求|MN|；
(2)若|AF|2＝|AM|·|AN|，求圆C的半径．
【解析】(1)抛物线y2＝4x的准线l的方程为x＝－1.
由点C的纵坐标为2，得点C的坐标为(1,2)，
所以点C到准线l的距离d＝2.又|CO|＝，
所以|MN|＝2＝2＝2.
(2)设C，则圆C的方程为2＋(y－y0)2＝＋y，
即x2－x＋y2－2y0y＝0.
由x＝－1，得y2－2y0y＋1＋＝0，
设M(－1，y1)，N(－1，y2)，则
由|AF|2＝|AM|·|AN|，得|y1y2|＝4，
所以＋1＝4，解得y0＝±，此时Δ>0.
所以圆心C的坐标为或，
从而|CO|2＝，|CO|＝，即圆C的半径为.
108．（2013·新课标Ⅱ高考·文T20）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y＝x的距离为，求圆P的方程．
【解析】(1)设P(x，y)，圆P的半径为r.
由题设y2＋2＝r2，x2＋3＝r2，从而y2＋2＝x2＋3.
故P点的轨迹方程为y2－x2＝1.
(2)设P(x0，y0)．由已知得＝.
又P点在双曲线y2－x2＝1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＋(y－1)2＝3或x2＋(y＋1)2＝3.
109．（2013·湖南高考·文T20）已知F1，F2分别是椭圆E：＋y2＝1的左、右焦点，F1，F2关于直线x＋y－2＝0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．
【解析】(1)由题设知，F1，F2的坐标分别为(－2,0)，(2,0)，圆C的半径为2，圆心为原点O关于直线x＋y－2＝0的对称点．
设圆心的坐标为(x0，y0)，由解得所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝4.
(2)由题意，可设直线l的方程为x＝my＋2，则圆心到直线l的距离d＝.所以b＝2＝.
由得(m2＋5)y2＋4my－1＝0.
设l与E的两个交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
y1＋y2＝－，y1y2＝－.
于是a＝
＝
＝
＝
＝.
从而ab＝＝＝≤＝2.
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x＝y＋2或x＝－y＋2，即x－y－2＝0或x＋y－2＝0.
110．（2013·浙江高考·文T22）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＝x－2于M，N两点，求|MN|的最小值．
【解析】(1)由题意可设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)，则＝1，
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋1.
由消去y，整理得x2－4kx－4＝0，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
从而|x1－x2|＝4.
由
解得点M的横坐标xM＝＝＝.
同理点N的横坐标xN＝.
所以|MN|＝|xM－xN|
＝
＝8
＝.
令4k－3＝t，t≠0，则k＝.
当t>0时，|MN|＝2>2.
当t<0时，
|MN|＝2≥.
111. （2013·新课标Ⅰ高考·文T21）已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，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|.
【解析】由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.
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|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
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(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.
所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝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r1≠R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：y＝k(x＋4)．由l与圆M相切得＝1，解得k＝±.
当k＝时，将y＝x＋代入＋＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0，
解得x1,2＝.所以|AB|＝ |x2－x1|＝.
当k＝－时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝2或|AB|＝.
112.（2013·湖北高考·文T22）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(m>n)，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λ＝，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.
(1)当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，求λ的值；
(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2？并说明理由．
【解析】依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为
C1：＋＝1，C2：＋＝1.其中a>m>n>0，λ＝>1.
(1)法一：如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x＝0，则S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|，所以＝.
在C1和C2的方程中分别令x＝0，可得yA＝m，yB＝n，yD＝－m，
于是＝＝＝.
若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0.由λ>1，可解得λ＝＋1.
故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋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＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|.
所以＝＝＝.
若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0.由λ>1，可解得λ＝＋1.
故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋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＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.
又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝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＝.①
将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得
xA＝，xB＝.
根据对称性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是
＝＝＝.②
从而由①和②式可得
＝.③
令t＝，则由m>n，可得t≠1，于是由③可解得k2＝.
因为k≠0，所以k2>0.于是③式关于k有解，当且仅当>0，
等价于(t2－1)<0.由λ>1，可解得
当1<λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；
当λ>1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1＝λS2.
法二：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＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.
又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ.
因为＝＝＝λ，所以＝.
由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得
＋＝1，＋＝1，
两式相减可得＋＝0，
依题意xA>xB>0，所以x>x.所以由上式解得k2＝.
因为k2>0，所以由>0，可解得1<<λ.
从而1<<λ，解得λ>1＋，所以当1<λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；
当λ>1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.
113．（2013·陕西高考·文T20）已知动点M(x，y)到直线l：x＝4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．
【解析】(1)
设M到直线l的距离为d，根据题意，d＝2|MN|.
由此得|4－x|＝2，
化简得＋＝1，
所以，动点M的轨迹方程为＋＝1.
(2)法一：由题意，设直线m的方程为y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将y＝kx＋3代入＋＝1中，有(3＋4k2)x2＋24kx＋24＝0，
其中，Δ＝(24k)2－4×24(3＋4k2)＝96(2k2－3)＞0，
由求根公式得，
x1＋x2＝－，①
x1x2＝.②
又因A是PB的中点，故x2＝2x1，③
将③代入①，②，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y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
∵A是PB的中点，
∴x1＝，①
y1＝.②
又＋＝1，③
＋＝1，④
联立①，②，③，④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.
114．（2013·江西高考·文T20）椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，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＝＝，
所以a＝c，b＝c.代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1.
故椭圆C的方程为＋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)，①
把①代入＋y2＝1，
解得P.
直线AD的方程为：y＝x＋1.②
①与②联立解得M.
由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知
＝，解得N.
所以MN的斜率为m＝＝＝，
则2m－k＝－k＝(定值)．
法二：设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝，
直线AD的方程为：y＝(x＋2)，
直线BP的方程为：y＝(x－2)，
直线DP的方程为：y－1＝x，令y＝0，由于y0≠1，可得N
联立
解得M，
因此MN的斜率为
m＝
＝
＝
＝，
所以2m－k＝－
＝
＝
＝
＝(定值)．
115．（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＝＋.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(－∞，－)∪(，＋∞)．
(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)x，|ON|2＝(1＋k2)x.
又|OQ|2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2.
由＝＋，得＝＋，
即＝＋＝.
由(*)式可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
所以m2＝.
因为点Q在直线y＝kx上，所以k＝，代入m2＝中并化简，得5n2－3m2＝36.
由m2＝及k2＞3，可知0＜m2＜3，
即m∈(－，0)∪(0，)．
根据题意，点Q在圆C内，则n＞0，
所以n＝ ＝.
于是，n与m的函数关系为
n＝(m∈(－，0)∪(0，))．
116．（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，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，
∴＝，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′＝x，
∴切线PA：y－y1＝x1(x－x1)，
有y＝x1x－x＋y1，而x＝4y1，
即切线PA：y＝x1x－y1，
同理可得切线PB：y＝x2x－y2.
∵两切线均过定点P(x0，y0)，
∴y0＝x1x0－y1，y0＝x2x0－y2，
由以上两式知点A，B均在直线y0＝xx0－y上，
∴直线AB的方程为y0＝xx0－y，
即y＝x0x－y0.
(3)设点P的坐标为(x′，y′)，由x′－y′－2＝0，得x′＝y′＋2，
则|AF|·|BF|＝·＝·＝·＝(y1＋1)·(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1.
由得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＝22＋，
当y′＝－，x′＝时，
即P时，|AF|·|BF|取得最小值.
117．（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－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.)
【解析】(1)因为抛物线C1：x2＝4y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＝－(x＋1)＋.
因为点M(1－，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是
y0＝－(2－)＋＝－，①
y0＝－＝－.②
由①②得p＝2.
(2)设N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N为线段AB中点知x＝，③
y＝.④
切线MA，MB的方程为
y＝(x－x1)＋，⑤
y＝(x－x2)＋.⑥
由⑤⑥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x＝－4y0，
所以x1x2＝－.⑦
由③④⑦得
x2＝y，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＝y.
因此AB中点N的轨迹方程为x2＝y.
118．（2013·广东高考·理T21）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，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＝＝ ＝，得a＝b，
椭圆C：＋＝1，即x2＋3y2＝3b2，
设P(x，y)为C上任意一点，
则|PQ|＝＝，－b≤y≤b，
若b<1，则－b>－1，当y＝－b时，|PQ|max＝＝3，又b>0，得b＝1(舍去)，
若b≥1，则－b≤－1，当y＝－1时，|PQ|max＝＝3，得b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)法一：假设存在这样的点M(m，n)满足题意，则有＋n2＝1，即n2＝1－，－≤m≤.由题意可得S△AOB＝|OA|·|OB|sin ∠AOB＝sin ∠AOB≤，
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，
则 ＝，得m2＋n2＝2，又＋n2＝1，
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＋n2＝1，即n2＝1－，－≤m≤，
又设A(x1，y1)、B(x2，y2)，由消去y得(m2＋n2)x2－2mx＋1－n2＝0，①
把n2＝1－代入①整理得(3＋2m2)x2－6mx＋m2＝0，
则Δ＝8m2(3－m2)≥0，
所以②
而S△AOB＝|OA|·|OB|sin ∠AOB＝sin ∠AOB，
当∠AOB＝90°，S△AOB取得最大值，
此时OA―→·OB―→＝x1x2＋y1y2＝0，又y1y2＝·＝，
所以x1x2＋＝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＝或m2＝3(舍去)，
所以m＝±，n＝± ＝±，
所以M点的坐标为(，)，(，－)，(－，)，(－，－)，使得S△AOB取得最大值.
119．（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.
(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：y＝kx＋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≤k≤2时，|AB|2＋|DE|2的最小值．
【解析】(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p＝1，
因此抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)假设存在点M(x0，)(x0>0)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为y′|x＝x0＝()′|x＝x0＝x0，
所以直线MQ的方程为y－＝x0(x－x0)．
令y＝得xQ＝＋，
所以Q(＋，)．
又|QM|＝|OQ|，
故(－)2＋(－)2＝(＋)2＋，
因此(－)2＝，又x0>0，
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＝－，
所以|AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝(1＋k2)(4k2＋2)．
由
整理得(1＋k2)x2－x－＝0.
设D，E两点的坐标分别为(x3，y3)，(x4，y4)，
由于Δ2＝＋>0，
x3＋x4＝，x3x4＝－.
所以|DE|2＝(1＋k2)[(x3＋x4)2－4x3x4]＝＋.
因此|AB|2＋|DE|2＝(1＋k2)(4k2＋2)＋＋.
令1＋k2＝t，由于≤k≤2，则≤t≤5，
所以|AB|2＋|DE|2＝t(4t－2)＋＋＝4t2－2t＋＋，
设g(t)＝4t2－2t＋＋，t∈[，5]，
因为g′(t)＝8t－2－，
所以当t∈[，5]，g′(t)≥g′()＝6，即函数g(t)在t∈[，5]是增函数，所以当t＝时，g(t)取到最小值，因此当k＝时，|AB|2＋|DE|2取到最小值.
120．（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―→＋MB―→|＝OM―→·(OA―→＋OB―→)＋2.
(1)求曲线C的方程；
(2)动点Q(x0，y0)(－2
|MA―→＋MB―→|＝ ，OM―→·(OA―→＋OB―→)＝(x，y)·(0,2)＝2y，
由已知得 ＝2y＋2，
化简得曲线C的方程：x2＝4y.
(2)假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，
则直线PA的方程是y＝x＋t，直线PB的方程是y＝x＋t.
曲线C在Q处的切线l的方程是y＝x－，它与y轴的交点为F(0，－)．
由于－2
分别联立方程组
解得D，E的横坐标分别是
xD＝，xE＝，
则xE－xD＝(1－t)，
又|FP|＝－－t，有S△PDE＝·|FP|·|xE－xD|＝·，
又S△QAB＝·4·(1－)＝，
于是＝·＝
·.
对任意x0∈(－2,2)，要使为常数，即只需t满足
解得t＝－1.此时＝2，
故存在t＝－1，使得△QAB与△PDE的面积之比是常数2.
121.（2012·四川高考·理T21）如图，动点M与两定点A(－1,0)、B(2,0)构成△MAB，且∠MBA＝2∠MAB.设动点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设直线y＝－2x＋m与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|<|PR|，求的取值范围．
【解析】(1)设M的坐标为(x，y)，显然有x>0，且y≠0.
当∠MBA＝90°时，点M的坐标为(2，±3)．
当∠MBA≠90°时，x≠2，由∠MBA＝2∠MAB，有
tan∠MBA＝，即－＝，
化简可得，3x2－y2－3＝0.
而点(2，±3)在曲线3x2－y2－3＝0上，
综上可知，轨迹C的方程为3x2－y2－3＝0(x>1)．
(2)由消去y，可得x2－4mx＋m2＋3＝0.(*)
由题意，方程(*)有两根且均在(1，＋∞)内．设f(x)＝x2－4mx＋m2＋3，
所以解得m>1，且m≠2.
设Q、R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，由|PQ|<|PR|有
xR＝2m＋ ，xQ＝2m－ .
所以＝＝＝＝－1＋ .
由m>1，且m≠2，有1<－1＋<7＋4，
且－1＋≠7.
所以的取值范围是(1,7)∪(7,7＋4)．
122.（2012·辽宁高考·理T21）如图，椭圆C0：＋＝1(a>b>0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t12，b
(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；
(2)设动圆C2：x2＋y2＝t22与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b
直线A2B的方程为y＝(x－a)．②
由①②得y2＝(x2－a2)．③
由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故＋＝1.从而y＝b2(1－)，代入③得－＝1(x<－a，y<0)．
(2)设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1||y1|＝4|x2||y2|，
故xy＝xy.
因为点A，A′均在椭圆上，所以b2x(1－)＝b2x(1－)．
由t1≠t2，知x1≠x2，所以x＋x＝a2.从而y1＋y＝b2，
因此t＋t＝a2＋b2为定值．
123．（2012·天津高考·理T9）设椭圆＋＝1(a>b>0)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|>.
【解析】(1)设点P的坐标为(x0，y0)．由题意，有＋＝1. ①
由A(－a,0)，B(a,0)得kAP＝，kBP＝.
由kAP·kBP＝－，可得x＝a2－2y，代入①并整理得(a2－2b2)y＝0.
由于y0≠0，故a2＝2b2.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y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．由条件得
消去y0并整理得x＝. ②
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得
(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝，代入②，整理得
(1＋k2)2＝4k2()2＋4.由a>b>0，故(1＋k2)2>4k2＋4，即k2＋1>4，因此k2>3，所以|k|>.
法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．
由点P在椭圆上，有＋＝1.因为a>b>0，kx0≠0，所以＋<1，
即(1＋k2)x
124．（2012·陕西高考·理T19）已知椭圆C1：＋y2＝1，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，OB―→＝2OA―→，求直线AB的方程．
【解析】(1)由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a>2)，
其离心率为，故＝，则a＝4，
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OB―→＝2OA―→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y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，
所以x＝，
将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，
所以x＝，
又由OB―→＝2OA―→，得x＝4x，即＝，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由OB―→＝2OA―→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y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以
x＝，由OB―→＝2OA―→，得x＝，y＝，
将x，y代入＋＝1中，得＝1，即4＋k2＝1＋4k2，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
125．（2012·上海高考·理T19）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.
(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x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ；
(3)设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M、N分别是C1、C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
【解析】(1)双曲线C1：－y2＝1，左顶点A(－，0)，渐近线方程：y＝±x.
过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为
y＝(x＋)，即y＝x＋1.
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y＝x＋b，因直线PQ与已知圆相切，
故＝1，即b2＝2.
由得x2－2bx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则
又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，
所以OP―→·OQ―→＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0，
故OP⊥OQ.
(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y＝kx (显然|k|>)，
则直线OM的方程为y＝－x.
由得所以|ON|2＝.
同理|OM|2＝.
设O到直线MN的距离为d.
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．
126.（2012·上海高考·理T21）
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：①失事船的移动路径可视为抛物线y＝x2；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t.
(1)当t＝0.5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？
【解析】(1)t＝0.5时，P的横坐标xP＝7t＝，代入抛物线方程y＝x2，得P的纵坐标yP＝3.
由|AP|＝，得救援船速度的大小为海里/时．
由tan ∠OAP＝，得∠OAP＝arctan ，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v2＝144(t2＋)＋337.
因为t2＋≥2，当且仅当t＝1时等号成立，
所以v2≥144×2＋337＝252，即v≥25.
因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船．
127．（2012·湖南高考·理T21）在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x－5)2＋y2＝9外，且对C1上任意一点M，M到直线x＝－2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．
(1)求曲线C1的方程；
(2)设P(x0，y0)(y0≠±3)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x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
【解析】(1)法一：设M的坐标为(x，y)，由已知得|x＋2|＝－3.
易知圆C2上的点位于直线x＝－2的右侧，于是x＋2＞0，所以＝x＋5.
化简得曲线C1的方程为y2＝20x.
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x＝－5的距离．因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x＝－5为准线的抛物线．故其方程为y2＝20x.
(2)当点P在直线x＝－4上运动时，P的坐标为(－4，y0)，又y0≠±3，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y－y0＝k(x＋4)，即kx－y＋y0＋4k＝0.于是＝3.
整理得72k2＋18y0k＋y－9＝0.①
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①的两个实根，故
k1＋k2＝－＝－. ②
由得
k1y2－20y＋20(y0＋4k1)＝0. ③
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程③的两个实根，所以
y1y2＝. ④
同理可得y3y4＝. ⑤
于是由②，④，⑤三式得
y1y2y3y4＝
＝
＝＝6 400.
所以，当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6 400.
128.（2012·江苏高考·理T21）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a＞b＞0)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，
(ⅰ)若AF1－BF2＝，求直线AF1的斜率；
(ⅱ)求证：PF1＋PF2是定值．
【解析】(1)由题设知a2＝b2＋c2，e＝.由点(1，e)在椭圆上，得＋＝1，解得b2＝1.于是c2＝a2－1，又点(e，)在椭圆上，所以＋＝1，即＋＝1，解得a2＝2.
因此，所求椭圆的方程是＋y2＝1.
(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x＋1＝my，直线BF2的方程为x－1＝my.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1＞0，y2＞0.
由得(m2＋2)y－2my1－1＝0，
解得y1＝，
故AF1＝＝＝
.①
同理，BF2＝.②
(ⅰ)由①②得AF1－BF2＝，解＝得m2＝2，注意到m＞0，故m＝.所以直线AF1的斜率为＝.
(ⅱ)因为直线AF1与BF2平行，所以＝，
于是＝，
故PF1＝BF1.由B点在椭圆上知BF1＋BF2＝2，从而PF1＝(2－BF2)．同理PF2＝(2－AF1)．
因此，PF1＋PF2＝(2－BF2)＋(2－AF1)＝2－.
又由①②知AF1＋BF2＝，AF1·BF2＝，
所以PF1＋PF2＝2－＝.因此，PF1＋PF2是定值．
129．（2012·大纲卷高考·理T21）已知抛物线C：y＝(x＋1)2与圆M：(x－1)2＋(y－)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.
圆心为M(1，)，MA的斜率k′＝.
由l⊥MA知k·k′＝－1，
即2(x0＋1)·＝－1，
解得x0＝0，故A(0,1)，
r＝|MA|＝ ＝，
即r＝.
(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，即
＝，
化简得t2(t2－4t－6)＝0，
解得t0＝0，t1＝2＋，t2＝2－.
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－t＋1，②
y＝2(t2＋1)x－t＋1，③
②－③得x＝＝2.
将x＝2代入②得y＝－1，故D(2，－1)．所以D到l的距离
d＝＝.
130.（2012·北京高考·理T19）已知曲线C：(5－m)x2＋(m－2)y2＝8(m∈R)．
(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；
(2)设m＝4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于B的上方)，直线y＝kx＋4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y＝1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线．
【解析】(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当
解得＜m＜5，所以m的取值范围是(，5)．
(2)当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0,2)，(0，－2)．
由得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.
因为直线与曲线C交于不同的两点，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×24＞0，即k2＞.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的方程为y＋2＝x，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kAN－kAG＝＋＝＋
＝k＋＝k＋＝0.
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
131．（2012·湖北高考·理T21）设A是单位圆x2＋y2＝1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|(m＞0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k＞0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)如图1，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|. ①
因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1. ②
将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．
因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以
当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；
当m＞1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，∀k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，
直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得
(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.
依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得
－x1＋x2＝，即x2＝.
因为点H在直线QN上，所以y2－kx1＝2kx2＝，
于是PQ―→＝(－2x1－2kx1)，PH―→＝(x2－x1，y2－kx1)＝(－，)．
而PQ⊥PH等价于PQ―→·PH―→＝＝0.
即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥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(x－x)＋(y－y)＝0. ③
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
＝－m2. ④
又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.
于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－.
而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
132．（2012·浙江高考·理T21）如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)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．
【解析】(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x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)，
由消去y，整理得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ①
则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，
所以线段AB的中点M(－，)．
因为M在直线OP上，所以＝.
得m＝0(舍去)或k＝－.
此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则
Δ＝3(12－m2)＞0，
所以|AB|＝·|x1－x2|＝·.
设点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)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2，2]，
u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－)(m－1＋)．
所以当且仅当m＝1－，u(m)取到最大值．
故当且仅当m＝1－，S取到最大值．
综上，所求直线l方程为3x＋2y＋2－2＝0.
133．（2012·福建高考·理T19）如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)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：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】法一：(1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以4a＝8，a＝2.
又因为e＝，即＝，所以c＝1，
所以b＝＝.
故椭圆E的方程是＋＝1.
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P(－，)．
由得Q(4,4k＋m)．
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MP―→·MQ―→＝0对满足(*)式的m，k恒成立．
因为MP―→＝(－－x1，)，MQ―→＝(4－x1,4k＋m)，
由MP―→·MQ―→＝0，
得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**)
由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝1.
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(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，
化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P(－，)．
由得Q(4,4k＋m)．
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k＝0，m＝，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－)2＝4，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，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―→＝(3,4k＋m)，从而MP―→·MQ―→＝－－3＋＋3＝0，
故恒有MP―→⊥MQ―→，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
134．（2012·安徽高考·理T20）如图，点F1(－c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线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．
【解析】(1)法一：由条件知，P(－c，)．故直线PF2的斜率为kPF2＝＝－.
因为PF2⊥F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－.故Q(，2a)．
由题设知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1.
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△PF1F2∽△F2MQ，所以＝.
即＝，解得|MQ|＝2a.
所以解得a＝2，c＝1.
故椭圆方程为＋＝1.
(2)直线PQ的方程为＝，即y＝x＋a.
将上式代入椭圆方程得，x2＋2cx＋c2＝0，
解得x＝－c，y＝.
所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．
135．（2012·新课标高考·理T20）设抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．
(1)若∠BFD＝90°，△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．
【解析】(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|·d＝4，即·2p·p＝4，解得p＝－2(舍去)或p＝2.
所以F(0,1)，圆F的方程为x2＋(y－1)2＝8.
(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.
由抛物线定义知|AD|＝|FA|＝|AB|，
所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.
当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.
由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0，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.
136. （2012·浙江高考·文T22）如图，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)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．
【解析】(1)由题意知得
(2)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，
设直线AB的斜率为k(k≠0)．
由
得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，
故k·2m＝1，
所以直线AB的方程为y－m＝(x－m)．
即x－2my＋2m2－m＝0.
由
消去x，整理得y2－2my＋2m2－m＝0，
所以Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m.从而|AB|＝·|y1－y2|＝·.
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＝|1－2(m－m2)|·.
由Δ＝4m－4m2>0，得0
所以S(u)max＝S()＝.
故△ABP面积的最大值为.
137．（2012·湖北高考·文T20）设A是单位圆x2＋y2＝1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|(m>0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k>0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)如图1，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m>0，且m≠1)，可得x＝x0，
|y|＝m|y0|，
所以x0＝x，|y0|＝|y|.①
因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②
将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m>0，且m≠1)．
因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以
当0
当m>1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，∀k>0，设P(x1，kx1)，H(x2.y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得
(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.
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
－x1＋x2＝－，即x2＝.
因为点H在直线QN上，
所以y2－kx1＝2kx2＝.
于是PQ―→＝(－2x1，－2kx1)，
PH―→＝(x2－x1，y2－kx1)＝(，)．
而PQ⊥PH等价于PQ―→·PH―→＝＝0，
即2－m2＝0，又m>0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k>0，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
两式相减可得
m2(x－x)＋(y－y)＝0.③
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
＝－m2.④
又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.
于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－.
而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，
又m>0, 得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k>0，都有PQ⊥PH.
138.（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|<|PR|，求的取值范围．
【解析】(1)设M的坐标为(x，y)，当x＝－1时，直线MA的斜率不存在；当x＝1时，直线MB的斜率不存在．
于是x≠1且x≠－1，此时，MA的斜率为，MB的斜率为.
由题意，有·＝4.
化简可得，4x2－y2－4＝0.
故动点M的轨迹C的方程为4x2－y2－4＝0(x≠1且x≠－1)．
(2)由消去y，
可得3x2－2mx－m2－4＝0.(*)
对于方程(*)，其判别式Δ＝(－2m)2－4×3(－m2－4)＝16m2＋48>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|<|PR|，所以|xQ|<|xR|，xQ＝，xR＝.
所以＝＝＝1＋.
此时 >1，且 ≠2，
所以1<1＋<3，
且1＋≠，
所以1<＝<3，且＝≠.
综上所述，的取值范围是(1，)∪(，3)．
139.（2012·辽宁高考·文T21）如图，动圆C1：x2＋y2＝t2,1
y
O
A
D
B
C
A1
(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．
【解析】(1)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积S＝4|x0||y0|.
由＋y＝1得y＝1－，从而
xy＝x(1－)＝－(x－)2＋.
当x＝，y＝时，Smax＝6.从而t＝时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为6.
(2)由A(x0，y0)，B(x0，－y0)，A1(－3,0)，A2(3,0)知
直线AA1的方程为
y＝(x＋3)．①
直线A2B的方程为
y＝(x－3)．②
由①②得
y2＝(x2－9)．③
又点A(x0，y0)在椭圆C2上，故
y＝1－.④
将④代入③得－y2＝1(x<－3，y<0)．
因此点M的轨迹方程为－y2＝1(x<－3，y<0)．
140．（2012·天津高考·文T21）已知椭圆＋＝1(a>b>0)，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．
【解析】(1)因为点P(a，a)在椭圆上，故＋＝1，可得＝.
于是e2＝＝1－＝，所以椭圆的离心率e＝.
(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx，设点Q的坐标为(x0，y0)．
由条件得消去y0并整理得
x＝.①
由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2x＝a2.
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4.
由(1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5.
所以直线OQ的斜率k＝±.
141.（2012·山东高考·文T21）如图，椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＝±a和y＝±b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：y＝x＋m(m∈R)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．
【解析】(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知
所以a＝2，b＝1.
因此椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)由整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0，
由Δ＝64m2－80(m2－1)＝80－16m2>0，得－
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|PQ|＝
＝
＝ (－
①不妨设点S在AD边上，T在CD边上，可知1≤m<，S(－2，m－2)，D(－2,1)．
所以|ST|＝|SD|＝ [1－(m－2)]＝(3－m)，
因此＝，
令t＝3－m(1≤m<)，
则m＝3－t，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＝.
②不妨设点S在AB边上，T在CD边上，此时－1≤m≤1，
因此|ST|＝|AD|＝2，此时＝，
所以当m＝0时，取得最大值.
③不妨设点S在AB边上，T在BC边上，－
综上所述，m＝±或m＝0时，取得最大值.
142.（2012·江苏高考·文T19）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a>b>0)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，
①若AF1－BF2＝，求直线AF1的斜率；
②求证：PF1＋PF2是定值．
【解析】(1)由题设知a2＝b2＋c2，e＝.由点(1，e)在椭圆上，得＋＝1，解得b2＝1.于是c2＝a2－1，又点(e，)在椭圆上，所以＋＝1，即＋＝1，解得a2＝2.
因此，所求椭圆的方程是＋y2＝1.
(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x＋1＝my，直线BF2的方程为x－1＝my.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1>0，y2>0.
由，得(m2＋2)y－2my1－1＝0，解得
y1＝，故AF1＝＝＝.①
同理，BF2＝.②
①由①②得AF1－BF2＝，解＝，得m2＝2，注意到m>0，故m＝.所以直线AF1的斜率为＝.
②因为直线AF1与BF2平行，所以＝，于是＝，
故PF1＝BF1.由B点在椭圆上知BF1＋BF2＝2，
从而PF1＝(2－BF2)．同理PF2＝(2－AF1)．
因此，PF1＋PF2＝(2－BF2)＋(2－AF1)＝2－.
又由①②知AF1＋BF2＝，AF1·BF2＝，
所以PF1＋PF2＝2－＝.因此，PF1＋PF2是定值．
143．（2012·上海高考·文T22）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2－y2＝1.
(1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点．若|MF|＝2，求点M的坐标；
(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；
(3)设斜率为k(|k|<)的直线l交C于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ.
【解析】(1)双曲线C：－y2＝1，左焦点F(－，0)．
设M(x，y)，则|MF|2＝(x＋)2＋y2＝(x＋)2，
由M点是右支上一点，知x≥，所以|MF|＝x＋＝2，得x＝.所以M(，±)．
(2)左顶点A(－，0)，渐近线方程：y＝±x.
过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为y＝(x＋)，
即y＝x＋1.
解方程组得
所求平行四边形的面积为S＝|OA|·|y|＝.
(3)设直线PQ的方程是y＝kx＋b.因直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝k2＋1(*)．
由得(2－k2)x2－2kbx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)，所以OP―→·OQ―→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝＋＋b2＝.
由(*)知，OP―→·OQ―→＝0，所以OP⊥OQ.
144.（2012·上海高考·文T21）
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：①失事船的移动路径可视为抛物线y＝x2；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t.
(1)当t＝0.5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？
【解析】(1)t＝0.5时，P的横坐标xP＝7t＝，代入抛物线方程y＝x2，得P的纵坐标yP＝3.
由|AP|＝，得救援船速度的大小为海里/时．
由tan∠OAP＝，得∠OAP＝arctan，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v2＝144(t2＋)＋337.
因为t2＋≥2，当且仅当t＝1时等号成立，
所以v2≥144×2＋337＝252，即v≥25.
因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船．
145.（2012·福建高考·文T21）如图，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p>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y＝－1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．
【解析】(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°.
设B(x，y)，则x＝|OB|sin 30°＝4，y＝|OB|cos 30°＝12.
因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.
故抛物线E的方程为x2＝4y.
(2)法一：由(1)知y＝x2，y′＝x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.
由得
所以Q(，－1)．
设M(0，y1)，令MP―→·MQ―→＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．
由于MP―→＝(x0，y0－y1)，MQ―→＝(，－1－y1)，
由MP―→·MQ―→＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0，
即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)
由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，
所以
解得y1＝1.
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x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，
交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，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)就是所要求的点．
因为MP―→＝(x0，y0－1)，MQ―→＝(，－2)．
MP―→·MQ―→＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
146.（2012·安徽高考·文T20）如图，F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)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，∠F1AF2＝60°.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)已知△AF1B的面积为40，求a，b的值．
【解析】(1)由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c，所以e＝.
(2)法一：a2＝4c2，b2＝3c2，
直线AB的方程可为y＝－(x－c)．
将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2，得B(c，－c)．
所以|AB|＝·|c－0|＝c.
由S△AF1B＝|AF1|·|AB|sin ∠F1AB＝a·c·＝a2＝40，解得a＝10，b＝5.
法二：设|AB|＝t.
因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a.
由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t.
再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos 60°可得，t＝a.
由S△AF1B＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5.
147．（2012·北京高考·文T19）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)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．
【解析】(1)由题意得解得b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝，
x1x2＝，
所以|MN|＝
＝
＝.
又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，
所以△AMN的面积为
S＝|MN|· d＝.
由＝，化简得7k4－2k2－5＝0，解得k＝±1.
148．（2012·广东高考·文T20）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>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＝，所以椭圆C1的方程为＋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＋(kx＋m)2＝1，即(＋k2)x2＋2kmx＋m2－1＝0，由题可知此方程有唯一解，此时Δ＝4k2m2－4(＋k2)(m2－1)＝0，即m2＝2k2＋1. ①
把y＝kx＋m(k≠0)代入抛物线方程得y2－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得解得k2＝，所以
或所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.
149．（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＋＝1(a>b>0)，其焦距为2c.由题设知c＝2，e＝＝.所以a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12.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：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝，
由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切得＝，即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0.
同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0.
从而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的两个实根，于是
①
且k1k2＝＝.
由得5x－8x0－36＝0，
解得x0＝－2，或x0＝.
由x0＝－2得y0＝±3；由x0＝得y0＝±，它们均满足①式．
故点P的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或(，)，或(，－)．
150．（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－)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.
圆心为M(1，)，MA的斜率k′＝.
由l⊥MA知k·k′＝－1，
即2(x0＋1)·＝－1，
解得x0＝0，故A(0,1)，
r＝|MA|＝＝，即r＝.
(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，即
＝，
化简得t2(t2－4t－6)＝0，
解得t0＝0，t1＝2＋，t2＝2－.
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－t＋1, ②
y＝2(t2＋1)x－t＋1, ③
②－③得x＝＝2.
将x＝2代入②得y＝－1，故D(2，－1)．
所以D到l的距离
d＝＝.
151．（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，
即(－x，－4－2y)·(x，－2)＝0
所以曲线C的方程为y＝x2－2.
(2)设P(x0，y0)为曲线C：y＝x2－2上一点，因为y ′＝x，所以l的斜率为x0.
因此直线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，
即x0x－2y＋2y0－x＝0.
则O点到l的距离d＝.又y0＝x－2，所以
d＝＝(＋)≥2，
当x0＝0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2.
152.（2011·大纲卷高考·T20）已知O为坐标原点，F为椭圆C：x2＋＝1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＝－x＋1，代入x2＋＝1并化简得4x2－2x－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，
则x1＝，x2＝，
x1＋x2＝，y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2＝1，
由题意得x3＝－(x1＋x2)＝－，y3＝－(y1＋y2)＝－1.
所以点P的坐标为(－，－1)．
经验证，点P的坐标(－，－1)满足方程x2＋＝1，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y＝－x.①
设AB的中点为M，则M(，)，AB的垂直平分线l2的方程为y＝x＋.②
由①、②得l1、l2的交点为N(－，)．
|NP|＝＝，
|AB|＝·|x2－x1|＝，
|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．
153．（2011·北京·T19）已知椭圆G：＋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＝＝.
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m＝1时，切线l的方程为x＝1，点A，B的坐标分别为(1，)，(1，－)，此时|AB|＝.
当m＝－1时，同理可得|AB|＝.
当|m|＞1时，设切线l的方程为y＝k(x－m)．
由得(1＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0.
设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
x1＋x2＝，x1x2＝.
又由l与圆x2＋y2＝1相切，得＝1，即m2k2＝k2＋1.
所以|AB|＝＝
＝
＝.
由于当m＝±1时，|AB|＝，
所以|AB|＝，m∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)．
因为|AB|＝＝≤2，且当m＝±时， |AB|＝2，
所以|AB|的最大值为2.
154．（2011·江西·T20）P(x0，y0)(x0≠±a)是双曲线E：－＝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)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－＝1上，
有－＝1.
由题意又有·＝，
可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，
则e＝＝.
(2)联立，得4x2－10cx＋35b2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则①
设OC―→＝(x3，y3)，OC―→＝λOA―→＋OB―→，即
又C为双曲线上一点，即x－5y＝5b2，
有(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2.
化简得：λ2(x－5y)＋(x－5y)＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2，
又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，所以x－5y＝5b2，
x－5y＝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.
155. （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②
将①式代入②式，消去y0，得
③
又点B在抛物线y＝x2上，所以y1＝x，再将③式代入y1＝x，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.
156．（2011·山东·T22）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S△OPQ＝，其中O为坐标原点．
(1)证明：x＋x和y＋y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＝？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＋＝1，①
又因为S△OPQ＝，
所以|x1|·|y1|＝.②
由①、②得|x1|＝，|y1|＝1，
此时x＋x＝3，y＋y＝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＋＝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＝－，x1x2＝，
所以|PQ|＝·
＝·.
因为点O到直线l的距离为d＝，
所以S△OPQ＝|PQ|·d
＝··
＝，
又S△OPQ＝，
整理得3k2＋2＝2m2，且符合(*)式，
此时，x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2
＝(－)2－2×＝3，
y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2.
综上所述，x＋x＝3，y＋y＝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|＝，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|·|PQ|＝×2＝.
②当直线l的斜率存在时，由(1)知：
＝－，
＝k()＋m＝－＋m＝＝，
|OM|2＝()2＋()2＝＋
＝＝(3－)，
|PQ|2＝(1＋k2)＝
＝2(2＋)，
所以|OM|2·|PQ|2＝×(3－)×2×(2＋)
＝(3－)(2＋)≤()2＝.
所以|OM|·|PQ|≤，当且仅当3－＝2＋，
即m＝±时，等号成立．
综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为.
法二：因为4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x＋x)＋(y＋y)]＝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S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.
假设存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足
S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝，
由(1)得u2＋x＝3，u2＋x＝3，x＋x＝3，v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2.
解得u2＝x＝x＝；v2＝y＝y＝1.
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S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.
157．（2011·广东·T21）在平面直角坐标系xOy上，给定抛物线L：y＝x2.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，p)(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)＝；
(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，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| ⇒⇐φ(a，b)＝；
(3)设D＝{(x，y)|y≤x－1，y≥(x＋1)2－}．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＝p0x－p，
所以B(0，－p)，
Q在线段AB上，所以q＝p0p－p(|p|≤|p0|)，
所以现方程为x2－px＋p0p－p＝0，
可得x1＝p0，x2＝p－p0，
因为p0、p同号，易得φ(p，q)＝.
(2)证明：y′＝x，易得l1：y－p＝p1(x－p1)，
即y＝p1x－p，
∵M(a，b)∈l1，∴b＝p1a－p且0<|a|<|p1|.
因为E′(p2，p)，
所以kME′＝＝p2，
有p－(p1a－p)＝p2(p2－a)，
则p－p1a＝p－p2a，即p1＋p2＝2a，
由于a与p1同号，与p2异号，∴|p1|>|p2|.
反之，也成立．故M(a，b)∈X⇒⇐ |p1|>|p2|，
由(1)证可知M(a，b)∈X⇒φ(a，b)＝，
当φ(a，b)＝时，逆推(1)证也可得M(a，b)∈l1＝X，
综上，M(a，b)∈X⇒⇐ |p1|>|p2| ⇒⇐φ(a，b)＝.
(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＝x2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＝⇒φ(p，q)＝，
∵点(p，q)∈D，
∴(p＋1)2－≤q≤p－1⇒(p＋1)2－5≤4q≤4p－4，
∴(p－2)2≤p2－4q≤－2p＋4，
∴1≤φ(p，q)≤，
而当q＝(p＋1)2－时p2－4q＝－2p＋4，
∴φ(p，q)＝＝，
设g(x)＝(0≤x≤2)，令t＝，
x＝(0≤t≤2)，
故g(t)＝－t2＋t＋1＝－(t－1)2＋，
∴1≤g(x)≤，即1≤φ(p，q)≤，
∴φmin＝1，φmax＝.
158. （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|＝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＋＝1(a>b>0)，
由已知得b＝1，c＝1，所以a＝，椭圆方程为＋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＝－，x1·x2＝－，
|CD|＝·＝.
由已知得＝，
解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋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(－，0)．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知
x1＋x2＝－，x1·x2＝－，
直线AC的方程为y＝(x＋1)，
直线BD的方程为y＝(x－1)，
将两直线方程联立，消去y得＝.
因为－1
＝＝＝()2.
又y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝
＝－·，
∴与y1y2异号，与同号，
∴＝，解得x＝－k.
因此Q点坐标为(－k，y0)．
OP―→·OQ―→＝(－，0)·(－k，y0)＝1.
故OP―→·OQ―→为定值．
159．（2011·湖南·T21）如图，椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．
(Ⅰ)求C1，C2的方程；
(Ⅱ)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.
(ⅰ)证明：MD⊥ME；
(ⅱ)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．
【解析】(Ⅰ)由题意知e＝＝，从而a＝2b，又2＝a，解得a＝2，b＝1.
故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1.
(Ⅱ)(ⅰ)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y＝kx.
由得x2－kx－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.
又点M的坐标为(0，－1)，所以kMA·kMB＝·＝＝＝＝－1.
故MA⊥MB.即MD⊥ME.
(ⅱ)设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为y＝k1x－1.由解得或则点A的坐标为(k1，k－1)．
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(1＋4k)x2－8k1x＝0.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＝(4k＋＋17)．
由题意知，(4k＋＋17)＝.解得k＝4，或k＝.
又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－，所以k＝±.
故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y＝
x和y＝－x.
160．（2011·湖南·T21）如图，椭圆的中心为原点O，离心率e＝，一条准线的方程为x＝2.
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)设动点P满足：OP―→＝OM―→＋2ON―→，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．
【解析】(1)由e＝＝，＝2，解得a＝2，c＝，b2＝a2－c2＝2，故椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由OP―→＝OM―→＋2ON―→得(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)＝(x1＋2x2，y1＋2y2)，
即x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2.
因为点M、N在椭圆x2＋2y2＝4上，
所以x＋2y＝4，x＋2y＝4，
故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2)＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．
设kOM·kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知
kOM·kON＝＝－，因此x1x2＋2y1y2＝0，
所以x2＋2y2＝20.
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)．
161．（2011·广东·T19）设圆C与两圆(x＋)2＋y2＝4，(x－)2＋y2＝4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．
【解析】(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||＝4＝2a<|F1F2|＝2＝2c，
所以圆心C的轨迹是以原点为中心，焦点在x轴上，且实轴长为4，焦距为2的双曲线，
因此a＝2，c＝，b2＝c2－a2＝1，
故C的圆心轨迹L的方程为－y2＝1.
(2)过点M，F的直线l的方程为y＝－2(x－)，
将其代入－y2＝1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||<|MF|＝2，
综上所述，||MP|－|FP||只在点T1处取得最大值．
即||MP|－|FP||的最大值为2，
此时点P的坐标为(，－)．
162．（2011·天津·T20）在平面直角坐标系xOy中，点P(a，b)(a>b>0)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AM―→·BM―→＝－2，求点M的轨迹方程．
【解析】(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．
由题意，可得|PF2|＝|F1F2|，即＝2c，整理得2()2＋－1＝0，
得＝－1(舍)，或＝.所以e＝.
(2)由(1)知a＝2c，b＝c，
可得椭圆方程为3x2＋4y2＝12c2，
直线PF2的方程为y＝(x－c)．
A，B两点的坐标满足方程组消去y并整理，得5x2－8cx＝0，解得x1＝0，x2＝c.
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―→＝(x－c，y－c)，
BM―→＝(x，y＋c)．
由y＝(x－c)，得c＝x－y.
于是AM―→＝(y－x，y－x)，
BM―→＝(x，x)．
由AM―→·BM―→＝－2，
即(y－x)·x＋(y－x)·x＝－2，
化简得18x2－16xy－15＝0.
将y＝代入c＝x－y，
得c＝>0.所以x>0.
因此，点M的轨迹方程是18x2－16xy－15＝0(x>0)．
163．（2011·江苏·T18）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＝，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y＝2x，代入椭圆方程得＋＝1，解得x＝±，因此P(，)，A(－，－)．
于是C(，0)，直线AC的斜率为＝1，故直线AB的方程为x－y－＝0.
因此，d＝＝.
(3)证明：法一：将直线PA的方程y＝kx代入＋＝1，解得x＝±.
记μ＝，
则P(μ，μk)，A(－μ，－μk)，于是C(μ，0)．
故直线AB的斜率为＝，
其方程为y＝(x－μ)，代入椭圆方程并由μ＝得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0，
解得x＝或x＝－μ.
因此B(，)．
于是直线PB的斜率k1＝＝＝－.
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＝＝＝.从而
k1k＋1＝2k1k2＋1＝2··＋1＝
＋1＝＝＝0.
因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.
164．（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)，
当x≠±a时，
由条件可得kMA1·kMA2＝·＝＝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－＝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＋＝1，C是焦点在x轴上的椭圆；
当m＞0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，0)，F2(a，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
由①得0＜|y0|≤a，由②得|y0|＝ .
当0＜≤a，即≤m＜0，或0＜m≤时，存在点N，使S＝|m|a2；
当＞a，即－1＜m＜，或m＞时，不存在满足条件的点N.
当m∈[，0)∪(0，]时，
由NF1―→＝(－a－x0，－y0)，
NF2―→＝(a－x0，－y0)，
可得NF1―→·NF2―→＝x－(1＋m)a2＋y＝－ma2.
令|NF1―→|＝r1，|NF2―→|＝r2，∠F1NF2＝θ，
则由NF1―→·NF2―→＝r1r2cosθ＝－ma2，可得r1r2＝－，
从而S＝r1r2sinθ＝－＝－ma2tanθ，
于是由S＝|m|a2，
可得－ma2tanθ＝|m|a2，即tanθ＝－.
综上可得：
当m∈[，0)时，在C1上，存在点N，使得S＝|m|a2，且tanF1NF2＝2；
当m∈[0，)时，在C1上，存在点N，使得S＝|m|a2，且tanF1NF2＝－2；
当m∈(－1，)∪(，＋∞)时，在C1上，不存在满足条件的点N.
165．（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＝－，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x0≠0，x0≠±1，x1≠x2.
设过点P的圆C2的切线方程为y－x＝k(x－x0)，
即y＝kx－kx0＋x.①
则＝1，
即(x－1)k2＋2x0(4－x)k＋(x－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＝，k1k2＝.
将①代入y＝x2得x2－kx＋kx0－x＝0，
由于x0是此方程的根，故x1＝k1－x0，x2＝k2－x0，
所以kAB＝＝x1＋x2＝k1＋k2－2x0＝－2x0，kMP＝.
由MP⊥AB，得kAB·kMP＝(－2x0)·()＝－1，解得x＝.
即点P的坐标为(±，)，
所以直线l的方程为y＝±x＋4.
166．（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，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．
【解析】(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)2＝25，即C的方程为＋＝1.
(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，
设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，
得＋＝1，即x2－3x－8＝0.
∴x1＝，x2＝.
∴线段AB的长度为|AB|＝＝ ＝ ＝.
167．（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＝，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：＋＝1，C2：＋＝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，)，B(t，)．
当e＝时，b＝a，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知|BC|∶|AD|＝＝＝.
(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＝，
解得t＝－＝－·a.
因为|t|＜a，又0＜e＜1，所以＜1，解得＜e＜1.
所以当0＜e≤时，不存在直线l，使得BO∥AN；当＜e＜1时，存在直线l，使得
BO∥AN.
168.（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D>0，即，
设C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD中点坐标为(x0,y0)，
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)．
169.（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，
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
而
所以
即
又因为且
所以。
所以的取值范围是。
170.（2010·辽宁·文T20）（本小题满分12分）K^S*5U.C#
设，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆 相交于,两点，直线的倾斜角为，到直线的距离为.
（Ⅰ）求椭圆的焦距；
（Ⅱ）如果,求椭圆的方程.
【解析】（Ⅰ）设焦距为，由已知可得到直线l的距离
所以椭圆的焦距为4.
（Ⅱ）设直线的方程为
联立
解得
因为
即
得
故椭圆的方程为
171.（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
172.（2010·江西·理T21）（本小题满分高☆考♂资♀源*网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。
173.（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；
（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.
174.（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
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
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.
175.（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)，
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w_w w. k#s5_u.c o*m
因此[来源:学.科.网Z.X.X.K]
＝
＝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
故以线段MN为直径的圆经过点F
176.（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.
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
177.（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（x1,,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
整理得
综上
178.（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。
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。
因此，直线MN必过轴上的点（1，0）。
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