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【数学】2012新题分类汇编:解析几何(高考真题+模拟新题)


课标理数 15.H1[2011· 安徽卷] 在平面直角坐标系中,如果 x 与 y 都是整数,就称点(x, y)为整点,下列命题中正确的是________(写出所有正确命题的编号). ①存在这样的直线,既不与坐标轴平行又不经过任何整点; ②如果 k 与 b 都是无理数,则直线 y=kx+b 不经过任何整点; ③直线 l 经过无穷多个整点,当且仅当 l 经过两个不同的整点; ④直线

y=kx+b 经过无穷多个整点的充分必要条件是:k 与 b 都是有理数; ⑤存在恰经过一个整点的直线. 课标理数 15.H1[2011· 安徽卷] ①③⑤ 【解析】 ①正确,比如直线 y= 2x+ 3,不 与坐标轴平行,且当 x 取整数时,y 始终是一个无理数,即不经过任何整点;②错,直线 y = 3x- 3中 k 与 b 都是无理数,但直线经过整点(1,0);③正确,当直线经过两个整点时, 1 1 它经过无数多个整点;④错误,当 k=0,b= 时,直线 y= 不通过任何整点;⑤正确,比 3 3 如直线 y= 3x- 3只经过一个整点(1,0). 课标文数 17.H2,H5[2011· 安徽卷] 设直线 l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数 k1, k2 满足 k1k2+2=0. (1)证明 l1 与 l2 相交; (2)证明 l1 与 l2 的交点在椭圆 2x2+y2=1 上. 课标文数 17.H2,H5[2011· 安徽卷] 本题考查直线与直线的位置关系,线线相交的判断 与证明,点在曲线上的判断与证明,椭圆方程等基本知识.考查推理论证能力和运算求解能 力. 【解答】 (1)反证法:假设 l1 与 l2 不相交,则 l1 与 l2 平行,有 k1=k2,代入 k1k2+2=0, 得 k2 1+2=0. 此与 k1 为实数的事实相矛盾,从而 k1≠k2,即 l1 与 l2 相交. ? ?y=k1x+1, (2)(方法一)由方程组? ?y=k2x-1, ?

? ?x=k -k , 解得交点 P 的坐标(x,y)为? k +k ?y=k -k , ?
2 2 1 1 2 1

2

2 ?k2+k1?2 而 2x2+y2=2?k -k ?2+? ? 2 1? ?k2-k1? ? 2 2 2 2 8+k2+k1+2k1k2 k1+k2+4 = 2 2 = 2 2 =1. k2+k1-2k1k2 k1+k2+4 此即表明交点 P(x,y)在椭圆 2x2+y2=1 上. ?y-1=k1x, ? (方法二)交点 P 的坐标(x,y)满足? ?y+1=k2x, ? 1 , ?k =y- x 故知 x≠0,从而? y+1 ?k = x .
1 2

y-1 y+1 代入 k1k2+2=0,得 · +2=0. x x 2 2 整理后,得 2x +y =1, 所以交点 P 在椭圆 2x2+y2=1 上.

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课标文数 8.B5, H2[2011· 北京卷] 已知点 A(0,2), B(2,0). 若点 C 在函数 y=x2 的图象上, 则使得△ABC 的面积为 2 的点 C 的个数为( ) A.4 B.3 C.2 D.1 课标文数 8.B5,H2[2011· 北京卷] A 【解析】 由已知可得|AB|=2 2,要使 S△ABC=2, |x+x2-2| 则点 C 到直线 AB 的距离必须为 2, 设 C(x, x2), 而 lAB: x+y-2=0, 所以有 = 2, 2 所以 x2+x-2=± 2, 2 当 x +x-2=2 时,有两个不同的 C 点; 当 x2+x-2=-2 时,亦有两个不同的 C 点. 因此满足条件的 C 点有 4 个,故应选 A. 课标文数 14.H4,H2[2011· 湖北卷] 过点(-1,-2)的直线 l 被圆 x2+y2-2x-2y+1=0 截得的弦长为 2,则直线 l 的斜率为________. 17 课标文数 14.H4,H2[2011· 湖北卷] 1 或 【解析】 由题意,直线与圆要相交,斜率 7 必须存在,设为 k,则直线 l 的方程为 y+2=k(x+1).又圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1,圆 |k-1+k-2| 2 2 心为(1,1),半径为 1,所以圆心到直线的距离 d= = 1-? ?2= ,解得 ?2? 2 1+k2 17 k=1 或 . 7 课标理数 20.H2,H9[2011· 课标全国卷] 【解答】 (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, 1 所以曲线 C 的方程为 y= x2-2. 4 1 (2)设 P(x0,y0)为曲线 C:y= x2-2 上一点, 4 1 1 因为 y′= x,所以 l 的斜率为 x0. 2 2 1 因此直线 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0), 2 2 即 x0x-2y+2y0-x0=0. |2y0-x2 1 2 0| 则 O 点到 l 的距离 d= 2 ,又 y0= x0 -2, 4 x0+4 1 2 x +4 4 ? 2 0 1? 2 所以 d= 2 = ? x0+4+ 2 ?≥2, x0+4? x0+4 2? 当 x0=0 时取等号,所以 O 点到 l 距离的最小值为 2. 课标文数 12.H2[2011· 浙江卷] 若直线 x-2y+5=0 与直线 2x+my-6=0 互相垂直,则 实数 m=________. 课标文数 12.H2[2011· 浙江卷] 1 【解析】 ∵直线 x-2y+5=0 与直线 2x+my-6=0, ∴1×2-2×m=0,即 m=1.

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大纲文数 11.H3[2011· 全国卷] 设两圆 C1、C2 都和两坐标轴相切,且都过点(4,1),则两 圆心的距离|C1C2|=( ) A.4 B.4 2 C.8 D.8 2 大纲文数 11.H3[2011· 全国卷] C 【解析】由题意知两圆的圆心在直线 y=x 上, 设 C1(a, a),C2(b,b),可得(a-4)2+(a-1)2=a2,(b-4)2+(b-1)2=b2,即 a,b 是方程 x2-10x+ 17=0 的两根,a+b=10,ab=17,|C1C2|= 2?a-b?2= 2[?a+b?2-4ab]=8,故选 C. 课标理数 17.H7,H3,H4[2011· 福建卷] 已知直线 l:y=x+m,m∈R. (1)若以点 M(2,0)为圆心的圆与直线 l 相切于点 P,且点 P 在 y 轴上,求该圆的方程; (2)若直线 l 关于 x 轴对称的直线为 l′, 问直线 l′与抛物线 C: x2=4y 是 否相切?说明 理由. 课标理数 17.H7,H3,H4[2011· 福建卷] 【解答】 解法一:

图 1-6 (1)依题意,点 P 的坐标为(0,m). 0-m 因为 MP⊥l,所以 ×1=-1, 2-0 解得 m=2,即点 P 的坐标为(0,2). 从而圆的半径 r=|MP|= ?2-0?2+?0-2?2=2 2, 故所求圆的方程为(x-2)2+y2=8. (2)因为直线 l 的方程为 y=x+m, 所以直线 l′的方程为 y=-x-m. ?y=-x-m, ? 由? 2 得 x2+4x+4m=0. ?x =4y ? Δ=42-4×4m=16(1-m). ①当 m=1,即 Δ=0 时,直线 l′与抛物线 C 相切; ②当 m≠1,即 Δ≠0 时,直线 l′与抛物线 C 不相切. 综上,当 m=1 时,直线 l′与抛物线 C 相切; 当 m≠1 时,直线 l′与抛物线 C 不相切. 解法二: (1)设所求圆的半径为 r,则圆的方程可设为(x-2)2+y2=r2. 4+m =r , ? ? 依题意,所求圆与直线 l:x-y+m=0 相切于点 P(0,m),则?|2-0+m| =r, ? 2 ?
2 2

?m=2, 解得? ?r=2 2. 所以所求圆的方程为(x-2)2+y2=8. (2)同解法一.

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图 1-4 课标文数 18.H3,H4,H7[2011· 福建卷] 如图 1-4,直线 l:y=x+b 与抛物线 C:x2 =4y 相切于点 A. (1)求实数 b 的值; (2)求以点 A 为圆心,且与抛物线 C 的准线相切的圆的方程. ? ?y=x+b, 课标文数 18.H3, H4, H7[2011· 福建卷] 【解答】 (1)由? 2 得 x2-4x-4b=0.(*) ?x =4y ? 因为直线 l 与抛物线 C 相切, 所以 Δ=(-4)2-4×(-4b)=0. 解得 b=-1. (2)由(1)可知 b=-1,故方程(*)即为 x2-4x+4=0. 解得 x=2,代入 x2=4y,得 y=1, 故点 A(2,1). 因为圆 A 与抛物线 C 的准线相切, 所以圆 A 的半径 r 等于圆心 A 到抛物线的准线 y=-1 的距离,即 r=|1-(-1)|=2. 所以圆 A 的方程为(x-2)2+(y-1)2=4.

图 1-2 课标理数 14.H3[2011· 湖北卷] 如图 1-2,直角坐标系 xOy 所在的平面为 α,直角坐标 系 x′Oy′(其中 y′轴与 y 轴重合)所在的平面为 β,∠xOx′=45° . (1)已知平面 β 内有一点 P′(2 2, 2), 则点 P′在平面 α 内的射影 P 的坐标为________; (2)已知平面 β 内的曲线 C′的方程是(x′- 2)2+2y′2-2=0,则曲线 C′在平面 α 内的射影 C 的方程是______________. 课标理数 14.H3[2011· 湖北卷] (2,2) (x-1)2+y2=1 【解析】 (1)过点 P′作 PP′ ⊥α,垂足为 P,过 P 作 PM⊥y 轴于 M,连接 P′M,则∠P′MP=45° .又 MP′=2 2,所 以 MP=2 2cos45° =2.所以点 P(2,2). (2) 设曲线 C′上任意一点为 (x′,y′) ,则该点在平面 α 内的射影为 (x,y) ,故有

? ? 2x′=x, ?2 ? ?y′=y,

?x′= 2x, 即? ?y′=y,

代入(x′- 2)2+2y′2-2=0 中, 得(x-1)2+y2-1=0,

即(x-1)2+y2=1. 课标文数 13.H3[2011· 辽宁卷] 已知圆 C 经过 A(5,1),B(1,3)两点,圆心在 x 轴上,则 C 的方程为________. 课标文数 13.H3[2011· 辽宁卷 ] (x- 2)2 + y2 =10 【解析】 设圆心坐标为 (x,0) ,则有 ?x-5?2+1= ?x-1?2+9,解得 x=2.由两点距离得 r= ?2-5?2+1= 10,所以圆的方程 为(x-2)2+y2=1 0. 课标文数 20.H3,H4[2011· 课标全国卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 y=x2-6x+1 与坐标轴的交点都在圆 C 上. (1)求圆 C 的方程; (2)若圆 C 与直线 x-y+a=0 交于 A、B 两点,且 OA⊥OB,求 a 的值. 课标文数 20.H3,H4[2011· 课标全国卷] 【解答】 (1)曲线 y=x2-6x+1 与 y 轴的交点 为(0,1),与 x 轴的交点为(3+2 2,0),(3-2 2,0).
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故可设 C 的圆心为(3,t),则有 32+(t-1)2=(2 2)2+t2,解得 t=1. 则圆 C 的半径为 32+?t-1?2=3. 1 所以四边形 ABCD 的面积为 S= |AC||BD|=10 2.故选 B. 2

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课标文数 4.H4[2011· 安徽卷] 若直线 3x+y+a=0 过圆 x2+y2+2x-4y=0 的圆心,则 a 的值为( ) A.-1 B.1 C.3 D.-3 课标文数 4.H4[2011· 安徽卷] B 【解析】 圆的方程可化为(x+1)2+(y-2)2=5,因为直 线经过圆的圆心(-1,2),所以 3×(-1)+2+a=0,得 a=1. 课标理数 17.H7,H3,H4[2011· 福建卷] 已知直线 l:y=x+m,m∈R. (1)若以点 M(2,0)为圆心的圆与直线 l 相切于点 P,且点 P 在 y 轴上,求该圆的方程; (2)若直线 l 关于 x 轴对称的直线为 l′,问直线 l′与抛物线 C:x2=4y 是否相切?说明 理由.

解 法二: (1)设所求圆的半径为 r,则圆的方程可设为(x-2)2+y2=r2. 4+m =r , ? ? 依题意,所求圆与直线 l:x-y+m=0 相切于点 P(0,m),则?|2-0+m| =r, ? 2 ?
2 2

?m=2, 解得? ?r=2 2. 所以所求圆的方程为(x-2)2+y2=8. (2)同解法一.

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图 1-4 课标文数 18.H3,H4,H7[2011· 福建卷] 如图 1-4,直线 l:y=x+b 与抛物线 C:x2 =4y 相切于点 A. (1)求实数 b 的值; (2)求以点 A 为圆心,且与抛物线 C 的准线相切的圆的方程. ? ?y=x+b, 课标文数 18.H3, H4, H7[2011· 福建卷] 【解答】 (1)由? 2 得 x2-4x-4b=0.(*) ?x =4y ? 因为直线 l 与抛物线 C 相切, 所以 Δ=(-4)2-4×(-4b)=0. 解得 b=-1. (2)由(1)可知 b=-1,故方程(*)即为 x2-4x+4=0. 解得 x=2,代入 x2=4y,得 y=1, 故点 A(2,1). 因为圆 A 与抛物线 C 的准线相切, 所以圆 A 的半径 r 等于圆心 A 到抛物线的准线 y=-1 的距离,即 r=|1-(-1)|=2. 所以圆 A 的方程为(x-2)2+(y-1)2=4. 课标文数 8.H4[2011· 广东卷] 设圆 C 与圆 x2+(y-3)2=1 外切,与直线 y=0 相切,则 C 的圆心轨迹为( ) A.抛物线 B.双曲线 C.椭圆 D.圆 课标文数 8.H4[2011· 广东卷] A 【解析】 设圆心 C 的坐标 C(x,y),由题意知 y>0, 则圆 C 的半径为 y, 由于圆 C 与已知圆相外切, 则由两圆心距等于半径之和, 得 x2+?y-3?2 2 =1+y,整理得:x =8(y-1),所以轨迹为抛物线. 课标文数 14.H4,H2[2011· 湖北卷] 过点(-1,-2)的直线 l 被圆 x2+y2-2x-2y+1=0 截得的弦长为 2,则直线 l 的斜率为________. 17 课标文数 14.H4,H2[2011· 湖北卷] 1 或 【解析】 由题意,直线与圆要相交,斜率 7 必须存在,设为 k,则直线 l 的方程为 y+2=k(x+1).又圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1,圆 |k-1+k-2| 2 2 心为(1,1),半径为 1,所以圆心到直线的距离 d= = 1-? ?2= ,解得 2 ?2? 2 1+k 17 k=1 或 . 7 课标文数 15.H4,K3[2011· 湖南卷] 已知圆 C:x2+y2=12,直线 l:4x+3y=25. (1)圆 C 的圆心到直线 l 的距离为________; (2)圆 C 上任意一点 A 到直线 l 的距离小于 2 的概率为________. 1 课标文数 15.H4,K3[2011· 湖南卷] (1)5 (2) 6 |-25| 【解析】 (1)圆心到直线的距离为:d= 2 =5; 3 +42

图 1-4 (2)当圆 C 上的点到直线 l 的距离是 2 时有两个点为点 B 与点 D,设过这两点的直线方
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程为 4x+3y+c=0,同时可得到的圆心到直线 4x+3y+c=0 的距离为 OC=3, 又圆的半径为 r=2 3,可得∠BOD=60° ,由图 1-2 可知点 A 在弧 BD 上移动,弧长 l BD 1 1 c l BD = ×c= ,圆周长 c,故 P(A)= = . 6 6 c 6 课标文数 20.H3,H4[2011· 课标全国卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 y=x2-6x+1 与坐标轴的交点都在圆 C 上. (1)求圆 C 的方程; (2)若圆 C 与直线 x-y+a=0 交于 A、B 两点,且 OA⊥OB,求 a 的值. 课标文数 20.H3,H4[2011· 课标全国卷] 【解答】 (1)曲线 y=x2-6x+1 与 y 轴的交点 为(0,1),与 x 轴的交点为(3+2 2,0),(3-2 2,0). 故可设 C 的圆心为(3,t),则有 32+(t-1)2=(2 2)2+t2,解得 t=1. 则圆 C 的半径为 32+?t-1?2=3. 所以圆 C 的方程为(x-3)2+(y-1)2=9. (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足方程组[来源:学&科&网] ? ?x-y+a=0,
? 2 2 ??x-3? +?y-1? =9. ?

消去 y,得到方程 2x2+(2a-8)x+a2-2a+1=0. 由已知可得,判别式 Δ=56-16a-4a2>0.从而 a2-2a+1 x1+x2=4-a,x1x2= .① 2 由于 OA⊥OB,可得 x1x2+y1y2=0. 又 y1=x1+a,y2=x2+a,所以 2x1x2+a(x1+x2)+a2=0.② 由①,②得 a=-1,满足 Δ>0,故 a=-1. 大纲文数 13.H4[2011· 重庆卷] 过原点的直线与圆 x2+y2-2x-4y+4=0 相交所得的弦 长为 2,则该直线的方程为________. 大纲文数 13.H4[2011· 重庆卷] 2x-y=0 【解析】 将圆 x2+y2-2x-4y+4=0 配方得 2 2 (x-1) +(y-2) =1, ∴该圆半径为 1,圆心 M(1,2). ∵直线与圆相交所得弦的长为 2,即为该圆的直径, 2-0 ∴该直线的方程的斜率 k= =2, 1-0 ∴该直线的方程为 y=2x,即 2x-y=0.

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课标文数 17.H2,H5[2011· 安徽卷] 设直线 l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数 k1, k2 满足 k1k2+2=0. (1)证明 l1 与 l2 相交; (2)证明 l1 与 l2 的交点在椭圆 2x2+y2=1 上. 课标文数 17.H2,H5[2011· 安徽卷] 本题考查直线与直线的位置关系,线线相交的判断 与证明,点在曲线上的判断与证明,椭圆方程等基本知识.考查推理论证能力和运算求解能 力. 【解答】 (1)反证法:假设 l1 与 l2 不相交,则 l1 与 l2 平行,有 k1=k2,代入 k1k2+2=0, 得 k2 1+2=0. 此与 k1 为实数的事实相矛盾,从而 k1≠k2,即 l1 与 l2 相交. ? ?y=k1x+1, (2)(方法一)由方程组? ?y=k2x-1, ?

? ?x=k -k , 解得交点 P 的坐标(x,y)为? k +k y= ? ? k -k ,
2 2 1 1 2 1

2

2 ?k2+k1?2 而 2x2+y2=2?k -k ?2+? ? 2 1? ?k2-k1? ? 2 2 2 8+k2 + k + 2 k k k + k + 4 2 1 1 2 1 2 = 2 2 = 2 2 =1. k2+k1-2k1k2 k1+k2+4 此即表明交点 P(x,y)在椭圆 2x2+y2=1 上. ?y-1=k1x, ? (方法二)交点 P 的坐标(x,y)满足? ? ?y+1=k2x, 1 , ?k =y- x 故知 x≠0,从而? y+1 ?k = x .
1 2

y-1 y+1 代入 k1k2+2=0,得 · +2=0. x x 2 2 整理后,得 2x +y =1, 所以交点 P 在椭圆 2x2+y2=1 上. 课标理数 7.H5,H6[2011· 福建卷] 设圆锥曲线 Γ 的两个焦点分别为 F1,F2.若曲线 Γ 上 存在点 P 满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线 Γ 的离心率等于( ) 1 3 2 A. 或 B. 或 2 2 2 3 1 2 3 C. 或 2 D. 或 2 3 2 课标理数 7.H5, H6[2011· 福建卷] A 【解析】 设|F1F2|=2c(c>0), 由已知|PF1|∶|F1F2|∶ 8 4 |PF2|=4∶3∶2,得|PF1|= c,|PF2|= c,且|PF1|>|PF2|, 3 3 c 1 若圆锥曲线 Γ 为椭圆,则 2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率 e= = ; a 2 4 c 3 若圆锥曲线 Γ 为双曲线,则 2a=|PF1|-|PF2|= c,离心率 e= = ,故选 A. 3 a 2

课标文数 11.H5,H6[2011· 福建卷] 设圆锥曲线 Γ 的两个焦点分别为 F1,F2,若曲线 Γ 上存在点 P 满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线 Γ 的离心率等于( )
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1 3 2 A. 或 B. 或 2 2 2 3 1 2 3 C. 或 2 D. 或 2 3 2 课标文数 11.H5, H6[2011· 福建卷] A 【解析】 设|F1F2|=2c(c>0), 由已知|PF1|∶|F1F2|∶ |PF2|=4∶3∶2,得 8 4 |PF1|= c,|PF2|= c,且|PF1|>|PF2|, 3 3 c 1 若圆锥曲线 Γ 为椭圆,则 2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率 e= = ; a 2 4 c 3 若圆锥曲线 Γ 为双曲线,则 2a=|PF1|-|PF2|= c,离心率 e= = ,故选 A. 3 a 2 x2 y2 课标理数 21.H5,H7,H8[2011· 湖南卷] 如图 1-9,椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)的离心 a b 3 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. 2 (1)求 C1,C2 的方程; (2)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. ①证明:MD⊥ME; S1 17 ②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 S2 32 由.

图 1-10 c 3 课标理数 21.H5,H7,H8[2011· 湖南卷] 【解答】 (1)由题意知,e= = ,从而 a= a 2 2b.又 2 b=a,解得 a=2,b=1. x2 故 C1,C2 的方程分别为 +y2=1,y=x2-1. 4 (2)①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. ? ?y=kx, 由? 得 x2-kx-1=0. 2 ?y=x -1 ? 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 y1+1 y2+1 ?kx1+1??kx2+1? kMA· kMB= · = x1 x2 x1x2 k2x1x2+k?x1+x2?+1 = x1x2 2 2 -k +k +1 = =-1. -1 故 MA⊥MB,即 MD⊥ME. ②设直线 MA 的斜率为 k1,则直线 MA 的方程为

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? ?y=k1x-1, y=k1x-1,由? 解得 2 ?y=x -1 ? ? ? ?x=0, ?x=k1, ? 或? 2 ? ? ?y=-1 ?y=k1-1.

则点 A 的坐标为(k1,k2 1-1). 1 1 1 - , 2-1?. 又直线 MB 的斜率为- ,同理可得点 B 的坐标为? ? k1 k1 ? k1 2 1 1 1 1 ?- ?=1+k1. 于是 S1= |MA|· |MB|= 1+k2 |k1|· 1+ 2· 1· 2 2 k1 ? k1? 2|k1| ? ?y=k1x-1, 2 2 由? 2 得(1+4k1 )x -8k1x=0. 2 ?x +4y -4=0 ?
?x=0, ? 解得? ?y=-1 ?

? ?x=1+4k , 或? 4k -1 ?y=1+4k . ?
2 1 2 1 2 1

8k1

则点 D 的坐标为?

2 1 ?-8k1,4-k1?. 又直线 ME 的斜率为- ,同理可得点 E 的坐标为? ? 2 k1 ?4+k1 4+k2 1? 32?1+k2 |k1| 1 1?· 于是 S2= |MD|· |ME|= . 2 2 ?1+4k2 ?? k + 4? 1 1 4 S1 1 4k2+ 2+17?. 因此 = ? ? S2 64? 1 k1 1? 2 4 17 由题意知, ?4k1+k2+17? = , ? 64 32 1 1 2 解得 k2 1=4,或 k1= . 4 1 k2 1- 2 k1 1 又由点 A,B 的坐标可知,k= =k1- , 1 k1 k1+ k1 3 所以 k=± . 2 3 3 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. 2 2

? 8k1 ,4k1-1?. 2? ?1+4k2 1 1+4k1?

2

1? x2 y2 2 课标理数 14.H5[2011· 江西卷] 若椭圆 2+ 2=1 的焦点在 x 轴上,过点? ?1,2?作圆 x + a b 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 ________. x2 y2 课标理数 14.H5[2011· 江西卷] 【答案】 + =1 5 4 1 1 2 2 ? 【解析】 由题可知过点? ?1,2?与圆 x +y =1 的圆心的直线方程为 y=2x,由垂径定理 可得 kAB=-2. 1 1, ?的一条切线为直线 x=1,此时切点记为 A(1,0),即为椭圆的右焦点,故 显然过点? ? 2? c=1. 由点斜式可得,直线 AB 的方程为 y=-2(x-1),
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即 AB:2x+y-2=0.

x2 y2 令 x=0 得上顶点为(0,2),∴b=2,∴a2=b2+c2=5,故得所求椭圆方程为 + =1. 5 4 课标理数 14.H5[2011· 课标全国卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C 的中心为原点, 2 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 2 16,那么 C 的方程为________________. x2 y2 x2 y2 课标理数 14.H5[2011· 课标全国卷 ] + = 1 【解析】 设椭圆方程为 2 + 2 = 16 8 a b 1(a>b>0). 2 2 b2 因为离心率为 ,所以 = 1- 2, 2 2 a 2 b 1 解得 2= ,即 a2=2b2. a 2

图 1-7 又△ ABF2 的周长为 |AB| + |AF2| + |BF2| = |AF1| + |BF1| + |BF2| + |AF2| = ( |AF1| + |AF2| ) + BF (| 1|+|BF2|)=2a+2a=4a, ,所以 4a=16,a=4,所以 b=2 2, x2 y2 所以椭圆方程为 + =1. 16 8 x2 y2 课标文数 4.H5[2011· 课标全国卷] 椭圆 + =1 的离心率为( ) 16 8 1 1 3 2 A. B. C. D. 3 2 3 2 课标文数 4.H5[2011· 课标全国卷] D 【解析】 由题意 a=4,c2=8,∴c=2 2,所以 c 2 2 2 离心率为 e= = = . a 4 2 课标理数 17.H5,H8[2011· 陕西卷]

图 1-8 如图 1-8,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 4 点,且|MD|= |PD|. 5 (1)当 P 在圆上运动时,求点 M 的轨迹 C 的方程; 4 (2)求过点(3,0)且斜率为 的直线被 C 所截线段的长度. 5 课标理数 17.H5,H8[2011· 陕西卷] 【解答】 (1)设 M 的坐标为(x,y),P 的坐标为(xP, yP),

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x =x, ? ?P 由已知得? 5 ? ?yP=4y, 5 ?2 ∵P 在圆上,∴x2+? ?4y? =25, x2 y2 即 C 的方程为 + =1. 25 16 4 4 (2)过点(3,0)且斜率为 的直线方程为 y= (x-3), 5 5 设直线与 C 的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2), 4 将直线方程 y= (x-3)代入 C 的方程,得 5 2 2 x ?x-3? + =1,即 x2-3x-8=0. 25 25 3- 41 3+ 41 ∴x1= ,x2= . 2 2 ∴线段 AB 的长度为 16? 2 |AB|= ?x1-x2?2+?y1-y2?2= ? ?1+25??x1-x2? =

41 41 ×41= . 25 5

x2 y2 3 课标文数 17.H5[2011· 陕西卷] 设椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)过点(0,4),离心率为 . a b 5 (1)求 C 的方程; 4 (2)求过点(3,0)且斜率为 的直线被 C 所截线段的中点坐标. 5 16 课标文数 17.H5[2011· 陕西卷] 【解答】 (1)将(0,4)代入椭圆 C 的方程得 2 =1,∴b=4. b 2 2 c 3 a -b 9 16 9 又 e= = 得 2 = ,即 1- 2 = ,∴a=5, a 5 a 25 a 25 x2 y2 ∴C 的方程为 + =1. 25 16 4 4 (2)过点(3,0)且斜率为 的直线方程为 y= (x-3), 5 5 设直线与 C 的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2), 4 将直线方程 y= (x-3)代入 C 的方程,得 5 2 2 x ?x-3? + =1, 25 25 2 即 x -3x-8=0. 3- 41 3+ 41 解得 x1= ,x2= , 2 2 x1+x2 3 ∴AB 的中点坐标 x = = , 2 2 y1+y2 2 6 y= = (x1+x2-6)=- . 2 5 5 3 6 ? 即中点为? ?2,-5?. x2 课标理数 17.H5[2011· 浙江卷] 设 F1,F2 分别为椭圆 +y2=1 的左,右焦点,点 A,B 3 → → 在椭圆上.若F1A=5F2B,则点 A 的坐标是________.[来源:Z_xx_k.Com]
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课标理数 17.H5[2011· 浙江卷] (0,± 1) → → 【解析】 设直线 F1A 的反向延长线与椭圆交于点 B′,又∵F1A=5F2B,由椭圆的对称 → → 性可得F1A=5B′F1,设 A(x1,y1),B′(x2,y2), 6 6 3 2? 3 2? 又∵|F1A|= ?x1+ ,|F1B′|= ?x2+ , 3? 3? 2 ? 2 ? 6 6 3 2 3 2 ? ? 3 ?x1+ 2 ?=5× 3 ?x2+ 2 ?, ? ? ? ? ∴? ? ?x1+ 2=5(- 2-x2), 1). ∴点 A 的坐标为(0,± 解之得 x1=0,

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x2 y2 课标文数 3.H6[2011· 安徽卷] C 【解析】 双曲线方程可化为 - =1,所以 a2=4, 4 8 得 a=2,所以 2a=4.故实轴长为 4. 课标理数 2.H6[2011· 安徽卷 ] 双曲线 2x2 - y2 = 8 的实轴长是 ( )[ 来源 : 学 . 科 . 网 Z.X.X.K] A.2 B.2 2 C.4 D.4 2 x2 y2 课标理数 2.H6[2011· 安徽卷] C 【解析】 双曲线方程可化为 - =1,所以 a2=4, 4 8 得 a=2,所以 2a=4.故实轴长为 4. y2 课标文数 10.H6[2011· 北京卷] 已知双曲线 x2- 2=1(b>0)的一条渐近线的方程为 y= b 2x,则 b=________.[来源:学。科。网] 课标文数 10.H6[2011· 北京卷] 2 【解析】 易知 y=bx=2x,故 b=2. x2 y2 大纲理数 15.H6[2011· 全国卷] 已知 F1、F2 分别为双曲线 C: - =1 的左、右焦点, 9 27 点 A∈C,点 M 的坐标为(2,0),AM 为∠F1AF2 的平分线,则|AF2|=________. |AF2| |MF2| 1 大纲理数 15.H6[2011· 全国卷] 6 【解析】 根据角平分线的性质, = = .又|AF1| |AF1| |MF1| 2 -|AF2|=6,故|AF2|=6. x2 y2 大纲文数 16.H6[2011· 全国卷] 已知 F1、F2 分别为双曲线 C: - =1 的左、右焦点, 9 27 点 A∈C,点 M 的坐标为(2,0),AM 为∠F1AF2 的平分线,则|AF2|=________. |AF2| |MF2| 1 大纲文数 16.H6[2011· 全国卷] 6 【解析】 根据角平分线的性质, = = .又|AF1| |AF1| |MF1| 2 -|AF2|=6,故|AF2|=6. 课标理数 7.H5,H6[2011· 福建卷] 设圆锥曲线 Γ 的两个焦点分别为 F1,F2.若曲线 Γ 上 存在点 P 满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线 Γ 的离心率等于( ) 1 3 2 A. 或 B. 或 2 2 2 3 1 2 3 C. 或 2 D. 或 2 3 2 课标理数 7.H5, H6[2011· 福建卷] A 【解析】 设|F1F2|=2c(c>0), 由已知|PF1|∶|F1F2|∶ 8 4 |PF2|=4∶3∶2,得|PF1|= c,|PF2|= c,且|PF1|>|PF2|, 3 3 c 1 若圆锥曲线 Γ 为椭圆,则 2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率 e= = ; a 2 4 c 3 若圆锥曲线 Γ 为双曲线,则 2a=|PF1|-|PF2|= c,离心率 e= = ,故选 A. 3 a 2 课标文数 11.H5,H6[2011· 福建卷] 设圆锥曲线 Γ 的两个焦点分别为 F1,F2,若曲线 Γ 上存在点 P 满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线 Γ 的离心率等于( ) 1 3 2 A. 或 B. 或 2 2 2 3

课标文数 3.H6[2011· 安徽卷] 双曲线 2x2-y2=8 的实轴长是( A.2 B.2 2 C.4 D.4 2

)

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1 2 3 C. 或 2 D. 或 2 3 2 课标文数 11.H5, H6[2011· 福建卷] A 【解析】 设|F1F2|=2c(c>0), 由已知|PF1|∶|F1F2|∶ |PF2|=4∶3∶2,得 8 4 |PF1|= c,|PF2|= c,且|PF1|>|PF2|, 3 3 c 1 若圆锥曲线 Γ 为椭圆,则 2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率 e= = ; a 2 4 c 3 若圆锥曲线 Γ 为双曲线,则 2a=|PF1|-|PF2|= c,离心率 e= = ,故选 A. 3 a 2 x2 y2 课标理数 5.H6[2011· 湖南卷] 设双曲线 2- =1(a>0)的渐近线方程为 3x± 2y=0,则 a a 9 的值为( ) A.4 B.3 C.2 D.1 x2 y2 3 课标理数 5.H6[2011· 湖南卷] C 【解析】 根据双曲线 2- =1 的渐近的方程得: y=± a 9 a x,即 ay± 3x=0.因为已知双曲线的渐近线的方程为 3x± 2y=0 且 a>0,所以有 a=2,故选 C. x2 y2 课标文数 6.H6[2011· 湖南卷] 设双曲线 2- =1(a>0)的渐近线方程为 3x± 2y=0,则 a a 9 的值为( ) A.4 B.3 C.2 D.1 x2 y2 课标文数 6.H6[2011· 湖南卷] C 【解析】 根据双曲线 2- =1 的渐近线的方程得:y a 9 3 =± x,即 ay± 3x=0.又已知双曲线的渐近线的方程为 3x± 2=0 且 a>0,故有 a=2,故选 C. a y2 x2 课标文数 12.H6[2011· 江西卷] 若双曲线 - =1 的离心率 e=2,则 m=________. 16 m

x2 y2 课标理数 7.H6[2011· 课标全国卷] B 【解析】 设双曲线方程为 2- 2=1(a>0,b>0), a b 2b2 直线过右焦点 F, 且垂直于 x 轴交双曲线于 A, B 两点, 则|AB|= =4a, 所以 b2=2a2, a b2 所以双曲线的离心率 e= 1+ 2= 3. a
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x2 y2 课标理数 13.H6[2011· 辽宁卷] 已知点(2,3)在双曲线 C: 2- 2=1(a>0,b>0)上,C 的 a b 焦距为 4,则它的离心率为________. x2 y2 课标理数 13.H6[2011· 辽宁卷] 2 【解析】 法一:点(2,3)在双曲线 C: 2- 2=1 上, a b 4 9 ? ? 2- 2=1, 4 9 2 2 则 2- 2=1.又由于 2c=4,所以 a +b =4.解方程组?a b 得 a=1 或 a=4.由于 a b ? ?a2+b2=4 c a<c,故 a=1.所以离心率为 e= =2. a 法二:∵双曲线的焦距为 4,∴双曲线的两焦点分别为 F1(-2,0),F2(2,0),点(2,3)到 c 两焦点的距离之差的绝对值为 2,即 2a=2,∴a=1,离心率 e= =2. a x2 y2 大纲文数 14.H6[2011· 四川卷] 双曲线 - =1 上一点 P 到双曲线右焦点的距离是 4, 64 36 那么点 P 到左准线的距离是________. 大纲文数 14.H6[2011· 四川卷] 16 【解析】 本题主要考查双曲线第二定义的应用以及 10 4 16 双曲线所体现的几何特性,根据双曲线的定义可知 e= = ?d= (d 为 P 到右准线的距 8 d 5 2a2 128 16 离),所以 P 到左准线的距离为 +d= + =16. c 10 5 1 1 lg -lg25?÷ 大纲理数 13.B7[2011· 四川卷] 计算? 100 - =________. ? 4 ? 2 1 1 大纲理数 13.B7[2011· 四川卷] -20 【解析】 原式=lg ÷ =-20. 100 10 x2 y2 大纲理数 14.H6[2011· 四川卷] 双曲线 - =1 上一点 P 到双曲线右焦点的距离是 4, 64 36 那么点 P 到左准线的距离是________. 10 4 16 大纲理数 14.H6[2011· 四川卷] 16 【解析】 根据双曲线的定义可知 e= = ?d= (d 8 d 5 2a2 128 16 为 P 到右准线的距离),所以 P 到左准线的距离为 +d= + =16. c 10 5 大纲文数 9.H6[2011· 重庆卷] 设双曲线的左准线与两条渐近线交于 A,B 两点,左焦点 在以 AB 为直径的圆内,则该双曲线的离心率的取值范围为( ) A.(0, 2) B.(1, 2) 2 C.? ,1? D.( 2,+∞) ?2 ? x2 y2 大纲文数 9.H6[2011· 重庆卷] B 【解析】 设双曲线的标准方程为 2- 2=1(a>0,b> a b 0), b 则其渐近线方程为 y=± x, a 2 2 a b? a ? ab - 准线方程为 x=- ,代入渐近线方程得 y=± · =± , c a? c? c ab 所以圆的半径 r= . c a2 易知左焦点到圆心(准线与 x 轴的交点)的距离 d=c- . c

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a2 ab 由条件知 d<r,即 c- < , c c b 所以 c2-a2<ab,即 b2<ab,故 <1, a b?2 c 于是离心率 e= = 1+? ?a? < 2,即 e∈(1, 2).故选 B. a

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课标理数 17.H7,H3,H4[2011· 福建卷] 已知直线 l:y=x+m,m∈R. (1)若以点 M(2,0)为圆心的圆与直线 l 相切于点 P,且点 P 在 y 轴上,求该圆的方程; (2)若直线 l 关于 x 轴对称的直线为 l′,问直线 l′与抛物线 C:x2=4y 是否相切?说明 理由. 课标理数 17.H7,H3,H4[2011· 福建卷] 【解答】 解法一:

图 1-6 (1)依题意,点 P 的坐标为(0,m). 0-m 因为 MP⊥l,所以 ×1=-1, 2-0 解得 m=2,即点 P 的坐标为(0,2). 从而圆的半径 r=|MP|= ?2-0?2+?0-2?2=2 2, 故所求圆的方程为(x-2)2+y2=8. (2)因为直线 l 的方程为 y=x+m, 所以直线 l′的方程为 y=-x-m. ? ?y=-x-m, 由? 2 得 x2+4x+4m=0. ?x =4y ? Δ=42-4×4m=16(1-m). ①当 m=1,即 Δ=0 时,直线 l′与抛物线 C 相切; ②当 m≠1,即 Δ≠0 时,直线 l′与抛物线 C 不相切. 综上,当 m=1 时,直线 l′与抛物线 C 相切; 当 m≠1 时,直线 l′与抛物线 C 不相切. 解法二: (1)设所求圆的半径为 r,则圆的方程可设为(x-2)2+y2=r2. 2 2 ?4+m =r , 依题意,所求圆与直线 l:x-y+m=0 相切于点 P(0,m),则?|2-0+m| =r, ? 2 ?

?

?m=2, 解得? ?r=2 2. 所以所求圆的方程为(x-2)2+y2=8. (2)同解法一.

图 1-4 课标文数 18.H3,H4,H7[2011· 福建卷] 如图 1-4,直线 l:y=x+b 与抛物线 C:x2 =4y 相切于点 A. (1)求实数 b 的值; (2)求以点 A 为圆心,且与抛物线 C 的准线相切的圆的方程. ?y=x+b, ? 课标文数 18.H3, H4, H7[2011· 福建卷] 【解答】 (1)由? 2 得 x2-4x-4b=0.(*) ? ?x =4y

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因为直线 l 与抛物线 C 相切, 所以 Δ=(-4)2-4×(-4b)=0. 解得 b=-1. (2)由(1)可知 b=-1,故方程(*)即为 x2-4x+4=0. 解得 x=2,代入 x2=4y,得 y=1, 故点 A(2,1). 因为圆 A 与抛物线 C 的准线相切, 所以圆 A 的半径 r 等于圆心 A 到抛物线的准线 y=-1 的距离,即 r=|1-(-1)|=2. 所以圆 A 的方程为(x-2)2+(y-1)2=4. 课标理数 4.H7[2011· 湖北卷] 将两个顶点在抛物线 y2=2px(p>0)上,另一个顶点是此抛 物线焦点的正三角形个数记为 n,则( ) A.n=0 B.n=1 C.n=2 D.n≥3 课标理数 4.H7[2011· 湖北卷] C 【解析】 不妨设三个顶点分别为 A,B,F(其中 F 为 p ? 抛物线的焦点),由抛物线的定义,有 A,B 两点关于 x 轴对称,点 F 的坐标为? ?2,0?.设 p A(m, 2pm)(m>0),则由抛物线的定义得|AF|=m+ .又|AB|=2 2pm,|AF|=|AB|,所以 m 2 2 p p p2 + =2 2pm,整理得 m2-7pm+ =0,所以 Δ=(-7p)2-4× =48p2>0,所以方程 m2- 2 4 4 m +m2=7p>0, ? ? 1 p2 7pm+ =0 有两个不同的实根,记为 m1,m2,则? p2 4 m m = >0, 1 2 ? 4 ? 以 n=2. 课标文数 4.H7[2011· 湖北卷] 将两个顶点在抛物线 y2=2px(p>0)上,另一个顶点是此抛 物线焦点的正三角形个数记为 n,则( ) A.n=0 B.n=1 C.n=2 D.n≥3 课标文数 4.H7[2011· 湖北卷] C 【解析】 不妨设三个顶点分别为 A,B,F(其中 F 为 p ? 抛物线的焦点),由抛物线的定义,有 A,B 两点关于 x 轴对称,点 F 的坐标为? ?2,0?.设 p A(m, 2pm)(m>0),则由抛物线的定义得|AF|=m+ .又|AB|=2 2pm,|AF|=|AB|,所以 m 2 p p2 p2 2 + =2 2pm,整理得 m -7pm+ =0,所以 Δ=(-7p)2-4× =48p2>0,所以方程 m2- 2 4 4 m +m2=7p>0, ? ? 1 p2 7pm+ =0 有两个不同的实根,记为 m1,m2,则? p2 4 m m = >0, 1 2 ? 4 ? 以 n=2. x2 y2 课标理数 21.H5,H7,H8[2011· 湖南卷] 如图 1-9,椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)的离心 a b 3 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. 2 (1)求 C1,C2 的方程; (2)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. ①证明:MD⊥ME; 所以 m1>0,m2>0.所 所以 m1>0,m2>0.所

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S1 17 ②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 S2 32 由.

图 1-10 c 3 课标理数 21.H5,H7,H8[2011· 湖南卷] 【解答】 (1)由题意知,e= = ,从而 a= a 2 2b.又 2 b=a,解得 a=2,b=1. x2 故 C1,C2 的方程分别为 +y2=1,y=x2-1. 4 (2)①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. ? ?y=kx, 由? 得 x2-kx-1=0. 2 ?y=x -1 ? 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 y1+1 y2+1 ?kx1+1??kx2+1? kMA· kMB= · = x1 x2 x1x2 k2x1x2+k?x1+x2?+1 = x1x2 2 2 -k +k +1 = =-1. -1 故 MA⊥MB,即 MD⊥ME. ②设直线 MA 的斜率为 k1,则直线 MA 的方程为 ?y=k1x-1, ? y=k1x-1,由? 解得 2 ? ?y=x -1
? ? ?x=0, ?x=k1, ? 或? 2 ?y=-1 ? ? ?y=k1-1.

则点 A 的坐标为(k1,k2 1-1). 1 1 1 -1?. 又直线 MB 的斜率为- ,同理可得点 B 的坐标为? ?-k1,k2 ? k1 1 2 1 1 1 ? 1 ? 1+k1 - = 于是 S1= |MA|· |MB|= 1+k2 |k1|· 1+ 2· . 1· 2 2 k1 ? k1? 2|k1| ?y=k1x-1, ? 2 2 由? 2 得(1+4k1 )x -8k1x=0. 2 ?x +4y -4=0 ?
? ?x=0, 解得? 或 ?y=-1 ?

? ?x=1+4k , ? 4k -1 ? ?y=1+4k .
2 1 2 1 2 1

8k1

则点 D 的坐标为?

? 8k1 ,4k1-1?. 2? ?1+4k2 1 1+4k1?

2

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2 1 ?-8k1,4-k1?. 又直线 ME 的斜率为- ,同理可得点 E 的坐标为? ? 2 k1 ?4+k1 4+k2 1? 32?1+k2 |k1| 1 1?· 于是 S2= |MD|· |ME|= . 2 2 2 ?1+4k1??k1+4? 4 S1 1 4k2+ 2+17?. 因此 = ? ? S2 64? 1 k1 1? 2 4 17 由题意知, ?4k1+k2+17? = ? 32, 64 1 2 1 解得 k2 1=4,或 k1= . 4 1 k2 1- 2 k1 1 又由点 A,B 的坐标可知,k= =k1- , 1 k1 k1+ k1 3 所以 k=± . 2 3 3 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. 2 2

课标文数 21.H7,H8[2011· 湖南卷] 已知平面内一动点 P 到点 F(1,0)的距离与点 P 到 y 轴的距离的差等于 1. (1)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (2)过点 F 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1,l2,设 l1 与轨迹 C 相交于点 A,B,l2 → → 与轨迹 C 相交于点 D,E,求AD· EB的最小值. 课标文数 21.H7 , H8[2011· 湖南卷 ] 【解答】 设动点 P 的坐标为 (x , y) ,由题意有 ?x-1?2+y2-|x|=1. 化简得 y2=2x+2|x|. 当 x≥0 时,y2=4x;当 x<0 时,y=0. 所以,动点 P 的轨迹 C 的方程为 y2=4x (x≥0)和 y=0(x<0). (2)由题意知,直线 l1 的斜率存在且不为 0,设为 k, 则 l1 的方程为 y=k(x-1). ?y=k?x-1?, ? 由? 2 得 ? ?y =4x k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 4 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是上述方程的两个实根,于是 x1+x2=2+ 2,x1x2= k 1. 1 因为 l1⊥l2,所以 l2 的斜率为- . k 设 D(x3,y3),E(x4,y4),则同理可得 x3+x4=2+4k2,x3x4=1. → → → → → → 故AD· EB=(AF+FD)· (EF+FB) → → → → → → → → =AF· EF+AF· FB+FD· EF+FD· FB → → → → =|AF|· |FB|+|FD|· |EF| =(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1) =x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1 4? 2 =1+? ?2+k2?+1+1+(2+4k )+1 1? 2 2 1 =8+4? =16. ?k +k2?≥8+4×2 k · k2
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1 → → 当且仅当 k2= 2,即 k=± 1 时,AD· EB取最小值 16. k

图 1-7 课标文数 19.H7[2011· 江西卷] 已知过抛物线 y2=2px(p>0)的焦点, 斜率为 2 2的直线交 AB | | 抛物线于 A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)两点,且 =9. (1)求该抛物线的方程; → → → (2)O 为坐标原点,C 为抛物线上一点,若OC=OA+λOB,求 λ 的值. p? 课标文数 19.H7[2011· 江西卷] 【解答】 (1)直线 AB 的方程是 y=2 2? 与 y2=2px ?x-2?, 5p 联立,从而有 4x2-5px+p2=0,所以:x1+x2= . 4 由抛物线定义得:|AB|=x1+x2+p=9, 所以 p=4,从而抛物线方程是 y2=8x. (2)由 p=4,4x2-5px+p2=0 可简化为 x2-5x+4=0,从而 x1=1,x2=4,y1=-2 2, y2=4 2, 从而 A(1,-2 2),B(4,4 2). → 设OC=(x3,y3)=(1,-2 2)+λ(4,4 2)=(4λ+1,4 2λ-2 2), 2 2 又 y2 3=8x3,即[2 2(2λ-1)] =8(4λ+1),即(2λ-1) =4λ+1, 解得 λ=0 或 λ=2.

|AD|+|BC| . 2 3 由抛物线的定义知|AD|+|BC|=|AF|+|BF|=3,所以|MN|= ,又由于准线 l 的方程为 x 2 1 3 1 5 =- ,所以线段 AB 中点到 y 轴的距离为 - = ,故选 C. 4 2 4 4 准线 l 于 N,由于 MN 是梯形 ABCD 的中位线,所以|MN|= 课标文数 7.H7[2011· 辽宁卷] 已知 F 是抛物线 y2=x 的焦点, A, B 是该抛物线上的两点, |AF|+|BF|=3,则线段 AB 的中点到 y 轴的距离为( ) 3 5 7 A. B.1 C. D. 4 4 4

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图 1-2[来源:学科网 ZXXK] 课标文数 7.H7[2011· 辽宁卷] C 【解析】 如图 1-2, 过 A, B 分别作准线 l 的垂线 AD, BC,垂足分别为 D,C,M 是线段 AB 的中点,MN 垂直准线 l 于 N,由于 MN 是梯形 ABCD |AD|+|BC| 的中位线,所以|MN|= . 2 3 由抛物线的定义知|AD|+|BC|=|AF|+|BF|=3,所以|MN|= ,又由于准线 l 的方程为 x 2 1 3 1 5 =- ,所以线段 AB 中点到 y 轴的距离为 - = ,故选 C. 4 2 4 4

课标文数 9.H7[2011· 课标全国卷] 已知直线 l 过抛物线 C 的焦点, 且与 C 的对称轴垂直, l 与 C 交于 A、B 两点,|AB| =12,P 为 C 的准线上一点,则△ABP 的面积为( ) A.18 B.24 C.36 D.48 课标文数 9.H7[2011· 课标全国卷] C 【解析】 设抛物线方程为 y2=2px(p>0),则焦点 p ? ?p ? ?p ? F? ?2,0?,A?2,p?,B?2,-p?, 所以|AB|=2p=12,所以 p=6.又点 P 到 AB 边的距离为 p=6, 1 所以 S△ABP= ×12×6=36. 2 课标文数 9.H7[2011· 山东卷] 设 M(x0,y0)为抛物线 C:x2=8y 上一点,F 为抛物线 C 的 焦点,以 F 为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线 C 的准线相交,则 y0 的取值范围是( ) A.(0,2) B.[0,2] C.(2,+∞) D.[2,+∞) 课标文数 9.H7[2011· 山东卷] C 【解析】 根据 x2=8y,所以 F(0,2),准线 y=-2,所 以 F 到准线的距离为 4,当以 F 为圆心、以|FM|为半径的圆与准线相切时,|MF|=4,即 M 到准线的距离为 4,此时 y0=2,所以显然当以 F 为圆心,以|FM|为半径的圆和抛物线 C 的 准线相交时,y0∈(2,+∞). 课标理数 2.H7[2011· 陕西卷] 设抛物线的顶点在原点,准线方程为 x=-2,则抛物线的 方程是( ) A.y2=-8x B.y2=8x C.y2=-4x D.y2=4x 课标理数 2.H7[2011· 陕西卷] B 【解析】 由题意设抛物线方程为 y2 =2px(p>0),又∵ p 其准线方程为 x=- =-2,∴p=4,所求抛物线方程为 y2=8x. 2 课标文数 2.H7[2011· 陕西卷] 设抛物线的顶点在原点,准线方程为 x=-2,则抛物线的 方程是( ) A.y2=-8x B.y2=-4x C.y2=8x D.y2=4x 课标文数 2.H7[2011· 陕西卷] C 【解析】 由题意设抛物线方程为 y2=2px(p>0),又∵ p 其准线方程为 x=- =-2,∴p=4,所求抛物线方程为 y2=8x. 2

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大纲文数 11.H7[2011· 四川卷] 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) 大纲文数 11.H7[2011· 四川卷] A 【解析】 根据题意可知横坐标为-4,2 的两点分别为 (-4,11-4a),(2,-1+2a),所以该割线的斜率为 a-2,由 y′=2x+a=a-2?x=-1, 即有切点为(-1,-4-a),所以切线方程为 y+4+a=(a-2)(x+1)?(a-2)x-y-6=0,由 6 36 切线与圆相切可知 = ?a=4 或 a=0(舍去),所以抛物线方程为 y=x2+4x 5 ?a-2?2+1 -5=(x+2)2-9,所以抛物线顶点坐标为(-2,-9).选择 A. 大纲理数 10.H7[2011· 四川卷] 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) 大纲理数 10.H7[2011· 四川卷] A 【解析】 根据题意可知横坐标为-4,2 的两点分别为 (-4,11-4a),(2,-1+2a),所以该割线的斜率为 a-2,由 y′=2x+a=a-2?x=-1, 即有切点为(-1,-4-a),所以切线方程为 y+4+a=(a-2)(x+1)?(a-2)x-y-6=0,由 6 36 切线与圆相切可知 = ?a=4 或 a=0(舍去),所以抛物线方程为 y=x2+4x 2 5 ?a-2? +1 -5=(x+2)2-9,所以抛物线顶点坐标为(-2,-9).选择 A. 课标理数 21.H7[2011· 浙江卷] 已知抛物线 C1:x2=y,圆 C2:x2+(y-4)2=1 的圆心为 点 M. (1)求点 M 到抛物线 C1 的准线的距离; (2)已知点 P 是抛物线 C1 上一点(异于原点),过点 P 作圆 C2

图 1-8 的两条切线,交抛物线 C1 于 A,B 两点,若过 M,P 两点的直线 l 垂直于 AB,求直线 l 的方程. 1 课标理数 21.H7[2011· 浙江卷] 【解答】 (1)由题意可知,抛物线的准线方程为:y=- , 4 17 所以圆心 M(0,4)到准线的距离是 . 4 2 2 (2)设 P(x0,x0),A(x1,x1),B(x2,x2 1,x1≠x2. 2),由题意得 x0≠0,x0≠± 设过点 P 的圆 C2 的切线方程为 y-x2 = k ( x - x ) , 0 0 即 y=kx-kx0+x2 ① 0. 2 |kx0+4-x0 | 则 2 =1. 1+k 2 2 2 即(x0 -1)k2+2x0(4-x2 0)k+(x0-4) -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 2 2x0?x2 ?x2 0-4? 0-4? -1 k1+k2= 2 ,k1k2= . 2 x0-1 x0-1
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将①代入 y=x2 得 x2-kx+kx0-x2 0=0, 由于 x0 是此方程的根,故 x1=k1-x0,x2=k2-x0,所以 2 x1 -x2 2x0?x2 2 0-4? kAB= =x1+x2=k1+k2-2x0= 2 -2x0, x1-x2 x0-1 2 x0 -4 kMP= . x0 2 2x0?x2 0-4? ? ? ?x0-4?=-1,解得 x2=23, -2x0?· 由 MP⊥AB,得 kAB· kMP=? 2 0 5 ? x0-1 ? ? x0 ? 3 115 23 23? 即点 P 的坐标为?± , ,所以直线 l 的方程为 y=± 115 x+4. 5 5? ?

图 1-8 课标文数 22.H7[2011· 浙江卷] 如图 1-8,设 P 是抛物线 C1:x2=y 上的动点.过点 P 做圆 C2:x2+(y+3)2=1 的两条切线,交直线 l:y=-3 于 A,B 两点. (1)求圆 C2 的圆心 M 到抛物线 C1 准线的距离; (2)是否存在点 P,使线段 AB 被抛物线 C1 在点 P 处的切线平分?若存在,求出点 P 的 坐标;若不存在,请说明理由. 1 课标文数 22.H7[2011· 浙江卷] 【解答】 (1)因为抛物线 C1 的准线方程为 y=- , 4 1 ? 11 所以圆心 M 到抛物线 C1 准线的距离为? ?-4-?-3??= 4 . (2)设点 P 的坐标为(x0,x2 0),抛物线 C1 在点 P 处的切线交直线 l 于点 D, 再设 A,B,D 的横坐标分别为 xA,xB,xD, 过点 P(x0,x2 0)的抛物线 C1 的切线方程为: y-x2 = 2 x ( x - x0).① 0 0 15 当 x0=1 时,过点 P(1,1)与圆 C2 的切线 PA 为:y-1= (x-1), 8 17 可得 xA=- ,xB=1,xD=-1,xA+xB≠2xD. 15 15 当 x0=-1 时,过点 P(-1,1)与圆 C2 的切线 PB 为:y-1=- (x+1). 8 17 可得 xA=-1,xB= ,xD=1,xA+xB≠2xD. 15 所以 x2 0-1≠0. 设切线 PA,PB 的斜率为 k1,k2,则 PA:y-x2 0=k1(x-x0),② PB:y-x2 0=k2(x-x0).③ 将 y=-3 分别代入①,②,③得 x2 x2 x2 0-3 0+3 0+3 xD= (x0≠0);xA=x0- ;xB=x0- (k1,k2≠0). 2x0 k1 k2 ?1 1? 从而 xA+xB=2x0-(x2 0+3) k +k . ? 1 2? |-x0k1+x2 0+3| 又 =1, 2 k1 +1
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2 2 2 2 即(x0 -1)k2 1-2(x0+3)x0k1+(x0+3) -1=0. 2 2 2 2 同理,(x0-1)k2-2(x0+3)x0k2+(x0+3)2-1=0. 2 2 2 所以 k1,k2 是方程(x0 -1)k2-2(x2 0+3)x0k+(x0+3) -1=0 的两个不相等的根,从而 2 2 2 2?3+x0?x0 ?3+x0? -1 k1+k2= 2 ,k1· k2= . x0-1 x2 0-1 因为 xA+xB=2xD, 1 ? x2 0-3 2 ?1 所以 2x0-(3+x0)?k +k ?= , x0 1 2 2 2?3+x0?x0 1 1 1 1 即 + = .从而 2 = , k1 k2 x0 ?x0+3?2-1 x0

4 进而得 x4 0=8,x0=± 8. 4 综上所述,存在点 P 满足题意,点 P 的坐标为(± 8,2 2).

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x2 y2 6 课标文数 19.H8[2011· 北京卷] 已知椭圆 G: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,右焦点 a b 3 为(2 2,0),斜率为 1 的直线 l 与椭圆 G 交于 A,B 两点,以 AB 为底边作等腰三角形,顶 点为 P(-3,2). (1)求椭圆 G 的方程; (2)求△PAB 的面积. c 6 课标文数 19.H8[2011· 北京卷] 【解答】 (1)由已知得,c=2 2, = . a 3 解得 a=2 3. 又 b2=a2-c2=4, x2 y2 所以椭圆 G 的方程为 + =1. 12 4 (2)设直线 l 的方程为 y=x+m. ?y=x+m, ? 由? x2 y2 得 ?12+ 4 =1 ? 4x2+6mx+3m2-12=0.① 设 A、B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)(x1<x2),AB 中点为 E(x0,y0),则 x1+x2 3m x0= =- . 2 4 m y0=x0+m= . 4 因为 AB 是等腰△PAB 的底边, 所以 PE⊥AB. m 2- 4 所以 PE 的斜率 k= =-1. 3m -3+ 4 解得 m=2. 此时方程①为 4x2+12x=0. 解得 x1=-3,x2=0.所以 y1=-1,y2=2. 所以|AB|=3 2. |-3-2+2| 3 2 此时,点 P(-3,2)到直线 AB:x-y+2=0 的距离 d= = , 2 2 1 9 所以△PAB 的面积 S= |AB|· d= . 2 2 大纲理数 10.H8[2011· 全国卷] 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=( ) 4 3 A. B. 5 5 3 4 C.- D.- 5 5 大纲理数 10.H8[2011· 全国卷] D 【解析】 法一:联立直线与抛物线的方程得 x2-5x +4=0,∴x=1 或 4,得 A(1,-2),B(4,4),则|AF|=2,|BF|=5,|AB|=3 5,由余弦定理 4 得 cos∠AFB=- ,故选 D. 5 ? ?y=2x-4, 法二: 联立方程? 2 解得 x=1 或 x=4, 所以交点坐标分别为 A(1, -2), B(4,4), ?y =4x, ?

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→→ -8 FA· FB 4 → → 又 F(1,0),∴FB=(3,4),FA=(0,-2),所以 cos∠AFB= = =- . 5 → → 5×2 |FA||FB| y2 大纲理数 21.H8,H10[2011· 全国卷] 已知 O 为坐标原点,F 为椭圆 C:x2+ =1 在 y 2 → → 轴正半轴上的焦点,过 F 且斜率为- 2的直线 l 与 C 交于 A、B 两点,点 P 满足OA+OB+ → OP=0. (1)证明:点 P 在 C 上; (2)设点 P 关于点 O 的对称点为 Q,证明:A、P、B、Q 四点在同一圆上.

图 1-4 大纲理数 21.H8,H10[2011· 全国卷] 【解答】 (1)证明:F(0,1),l 的方程为 y=- 2x y2 +1,代入 x2+ =1 并化简得 2 2 4x -2 2x-1=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3), 2- 6 2+ 6 则 x1= ,x2= , 4 4 2 x1+x2= ,y1+y2=- 2(x1+x2)+2=1, 2 2 由题意得 x3=-(x1+x2)=- ,y3=-(y1+y2)=-1. 2 2 所以点 P 的坐标为?- ,-1?. ? 2 ? y2 2 经验证,点 P 的坐标?- ,-1?满足方程 x2+ =1,故点 P 在椭圆 C 上. 2 ? 2 ? 2 2 2 (2)证明:由 P?- ,-1?和题设知 Q? ,1?,PQ 的垂直平分线 l1 的方程为 y=- 2 2 2 ? ? ? ? x.① 2 1 2 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 2 4 ? 4 2? 2 1 由①、②得 l1、l2 的交点为 N?- , ?. ? 8 8? 1 3 11 2 2 -1- ?2 = |NP|= ?- + ?2+? , 8 ? 8 8? ? ? 2 3 2 |AB|= 1+?- 2?2· |x2-x1|= , 2 3 2 |AM|= , 4 1 1?2 3 3 2 2 - |MN|= ? + ?2+? 2 8? = 8 , ? 8? ?4 3 11 |NA|= |AM|2+|MN|2= , 8 故|NP|=|NA|.
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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. y2 大纲文数 22.H8,H10[2011· 全国卷] 已知 O 为坐标原点,F 为椭圆 C:x2+ =1 在 y 2 轴正半轴上的焦点,过 F 且

图 1-4 → → → 斜率为- 2的直线 l 与 C 交于 A、B 两点,点 P 满足OA+OB+OP=0. (1)证明:点 P 在 C 上; (2)设点 P 关于点 O 的对称点为 Q,证明:A、P、B、Q 四点在同一圆上. 大纲文数 22.H8,H10[2011· 全国卷] y2 【解答】 (1)证明:F(0,1),l 的方程为 y=- 2x+1,代入 x2+ =1 并化简得 2 2 4x -2 2x-1=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3), 2- 6 2+ 6 则 x1= ,x2= , 4 4 2 x1+x2= ,y1+y2=- 2(x1+x2)+2=1, 2 2 由题意得 x3=-(x1+x2)=- ,y3=-(y1+y2)=-1. 2 2 所以点 P 的坐标为?- ,-1?. 2 ? ? y2 2 ? 经验证,点 P 的坐标 - ,-1?满足方程 x2+ =1,故点 P 在椭圆 C 上. 2 ? 2 ? 2 2 2 (2)证明:由 P?- ,-1?和题设知 Q? ,1?,PQ 的垂直平分线 l1 的方程为 y=- 2 ? 2 ? ?2 ? x.① 设 AB 的中点为 M,则 M? 2 1 2 1? ,AB 的垂直平分线 l2 的方程为 y= x+ .② 2 4 ? 4 ,2? 2 1 由①、②得 l1、l2 的交点为 N?- , ?. ? 8 8? 1 3 11 2 2 -1- ?2 = |NP|= ?- + ?2+? , 8? 8 8? ? ? 2 |AB|= 1+?- 2?2· |x2-x1|= |AM|= 3 2 , 4 3 2 , 2

|MN|=

? 2+ 2?2+?1-1?2=3 3, 8 8 ? ?2 8? ?4
3 11 , 8

|NA|= |AM|2+|MN|2= 故|NP|=|NA|.

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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. 1 课标理数 21.B9,H8[2011· 广东卷] 在平面直角坐标系 xOy 上,给定抛物线 L:y= x2, 4 2 2 实数 p,q 满足 p -4q≥0,x1,x2 是方程 x -px+q=0 的两根,记 φ(p,q)=max{|x1|,|x2|}. 1 2? (1)过点 A? ?p0,4p0?(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, |p0| q),有 φ(p,q)= ; 2 (2)设 M(a,b)是定点,其中 a,b 满足 a2-4b>0,a≠0.过 M(a,b)作 L 的两条切线 l1, 1 2? 1 2? ? l2,切点分别为 E? ?p1,4p1?,E′?p2,4p2?,l1,l2 与 y 轴分别交于 F、F′.线段 EF 上异于两 |p1| 端点的点集记为 X.证明:M(a,b)∈X?|p1|>|p2|?φ(a,b)= ; 2 ? ? 1 2 5 ? (3)设 D=??x,y?? ?y≤x-1,y≥4 ?x+1? -4?.当点(p,q)取遍 D 时,求 φ(p,q)的最小 ? 值(记为 φmin)和最大值(记为 φmax). 1 1 课标理数 21.B9,H8[2011· 广东卷] 【解答】 (1)证明:切线 l 的方程为 y= p0x- p2 . 2 4 0 |p|+ p2-4q |p|+ ?p-p0?2 ?Q(p,q)∈AB 有 φ(p,q)= = . 2 2 p+p0-p p0 |p0| 当 p0>0 时,0≤p≤p0,于是 φ(p,q)= = = ; 2 2 2 -p+p-p0 -p0 |p0| 当 p0<0 时,p0≤p≤0,于是 φ(p,q)= = = . 2 2 2 1 1 2 1 1 2 (2)l1,l2 的方程分别为 y= p1x- p1,y= p2x- p2. 2 4 2 4 p + p p p 1 2 1 2 ? 求得 l1,l2 交点 M(a,b)的坐标? ? 2 , 4 ?. 由于 a2-4b>0,a≠0,故有|p1|≠|p2| . ①先证:M(a,b)∈X?|p1|>|p2|. (?)设 M(a,b)∈X. p1+p2 当 p1>0 时,0< <p1?0<p1+p2<2p1? 2 |p1|>|p2|; p1+p2 当 p1<0 时,p1< <0?2p1<p1+p2<0? 2 |p1|>|p2|. p2? p1+p2 p2 (?)设|p1|>|p2|,则? ?p1?<1?-1<p1<1?0< p1 <2. p1+p2 当 p1>0 时,0< <p1;当 p1<0 时, 2 p1+p2 p1< <0, 2 注意到 M(a,b)在 l1 上,故 M(a,b)∈X. |p1| ②次证:M(a,b)∈X?φ(a,b)= . 2 |p1| (?)已知 M(a,b)∈X,利用(1)有 φ(a,b)= . 2 |p1| (?)设 φ(a,b)= ,断言必有|p1|>|p2|. 2 若不然,|p1|<|p2|.令 Y 是 l2 上线段 E′F′上异于两端点的点的集合,由已证的等价式①
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M(a,b)∈Y.再由(1)得 φ(a,b)= X.

|p2| |p1| ≠ ,矛盾.故必有|p1|>|p2|.再由等价式①,M(a,b)∈ 2 2

|p1| 综上,M(a,b)∈X?|p1|>|p2|?φ(a,b)= . 2 1 5 (3)求得 y=x-1 和 y= (x+1)2- 的交点 Q1(0,-1),Q2(2,1).而 y=x-1 是 L 的切点 4 4 为 Q2(2,1)的切线,且与 y 轴交于 Q1(0,-1),由(1)?Q(p,q)∈线段 Q1Q2,有 φ(p,q)=1. 1 5 1 5 当 Q(p , q) ∈ L1 : y = (x + 1)2 - (0≤x≤2) 时, q = (p + 1)2 - ,∴ h(p) = φ(p , q) = 4 4 4 4 2 p+ p -4q p+ 4-2p 4-2p-1 3 = (0≤p≤2), 在(0,2)上, 令 h′(p)= =0 得 p= , 由于 h(0) 2 2 2 2 4-2p 3? 5 =h(2)=1,h? ?2?=4, 5 ∴h(p)=φ(p,q)在[0,2]上取得最大值 hmax= . 4 1 5 ?(p,q)∈D,有 0≤p≤2, (p+1)2- ≤q≤p-1, 4 4 2 p+ p -4q 故 φ(p,q)= ≤ 2 1 2 5? p+ p2-4? ?4?p+1? -4? 2 p+ 4-2p 5 = ≤hmax= , 2 4 p+ p2-4q p+ p2-4?p-1? p+ ?p-2?2 p+2-p φ(p,q)= ≥ = = =1, 2 2 2 2 5 故 φmin=1,φmax= . 4 x2 y2 课标理数 21.H5,H7,H8[2011· 湖南卷] 如图 1-9,椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)的离心 a b 3 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. 2 (1)求 C1,C2 的方程; (2)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. ①证明:MD⊥ME; S1 17 ②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 S2 32 由.

图 1-10 c 3 课标理数 21.H5,H7,H8[2011· 湖南卷] 【解答】 (1)由题意知,e= = ,从而 a= a 2 2b.又 2 b=a,解得 a=2,b=1.

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x2 故 C1,C2 的方程分别为 +y2=1,y=x2-1. 4 (2)①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. ? ?y=kx, 由? 得 x2-kx-1=0. 2 ?y=x -1 ? 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 y1+1 y2+1 ?kx1+1??kx2+1? kMA· kMB= · = x1 x2 x1x2 2 k x1x2+k?x1+x2?+1 = x1x2 -k2+k2+1 = =-1. -1 故 MA⊥MB,即 MD⊥ME. ②设直线 MA 的斜率为 k1,则直线 MA 的方程为 ? ?y=k1x-1, y=k1x-1,由? 解得 2 ?y=x -1 ?
? ? ?x=0, ?x=k1, ? 或? 2 ?y=-1 ? ? ?y=k1-1.

则点 A 的坐标为(k1,k2 1-1). 1 1 1 - , 2-1?. 又直线 MB 的斜率为- ,同理可得点 B 的坐标为? ? k1 k1 ? k1 1 1+k2 1 1 1 1 ? ? - 于是 S1= |MA|· |MB|= 1+k2 · | k |· 1 + · = . 2 1 1 2 2 k1 ? k1? 2|k1| ? ?y=k1x-1, 2 2 由? 2 得(1+4k1 )x -8k1x=0. 2 ?x +4y -4=0 ?
?x=0, ? 解得? ?y=-1 ?

? ?x=1+4k , 或? 4k -1 ?y=1+4k . ?
2 1 2 1 2 1 2

8k1

? 8k1 ,4k1-1?.[来源:学科网 ZXXK] 2? ?1+4k2 1 1+4k1? 2 1 ?-8k1,4-k1?. 又直线 ME 的斜率为- ,同理可得点 E 的坐标为? ? 2 k1 ?4+k1 4+k2 1?
则点 D 的坐标为? 32?1+k2 |k1| 1 1?· 于是 S2= |MD|· |ME|= . 2 2 ?1+4k2 ?? k + 4? 1 1 4 S1 1 4k2+ 2+17?. 因此 = ? ? S2 64? 1 k1 1? 2 4 17 由题意知, ?4k1+k2+17? = , ? 64 32 1 2 1 解得 k2 1=4,或 k1= . 4 1 k2 1- 2 k1 1 又由点 A,B 的坐标可知,k= =k1- , 1 k1 k1+ k1

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3 所以 k=± . 2 3 3 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. 2 2

课标文数 21.H7,H8[2011· 湖南卷] 已知平面内一动点 P 到点 F(1,0)的距离与点 P 到 y 轴的距离的差等于 1. (1)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (2)过点 F 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1,l2,设 l1 与轨迹 C 相交于点 A,B,l2 → → 与轨迹 C 相交于点 D,E,求AD· EB的最小值. 课标文数 21.H7 , H8[2011· 湖南卷 ] 【解答】 设动点 P 的坐标为 (x , y) ,由题意有 ?x-1?2+y2-|x|=1. 化简得 y2=2x+2|x|. 当 x≥0 时,y2=4x;当 x<0 时,y=0. 所以,动点 P 的轨迹 C 的方程为 y2=4x(x≥0)和 y=0(x<0). (2)由题意知,直线 l1 的斜率存在且不为 0,设为 k, 则 l1 的方程为 y=k(x-1). ?y=k?x-1?, ? 由? 2 得 ? ?y =4x k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 4 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是上述方程的两个实根,于是 x1+x2=2+ 2,x1x2= k 1. 1 因为 l1⊥l2,所以 l2 的斜率为- . k 设 D(x3,y3),E(x4,y4),则同理可得 x3+x4=2+4k2,x3x4=1. → → → → → → 故AD· EB=(AF+FD)· (EF+FB) → → → → → → → → =AF· EF+AF· FB+FD· EF+FD· FB → → → → =|AF|· |FB|+|FD|· |EF| =(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1) =x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1 4? 2 =1+? ?2+k2?+1+1+(2+4k )+1 1? 2 2 1 =8+4? =16. ?k +k2?≥8+4×2 k · k2 1 → → 当且仅当 k2= 2,即 k=± 1 时,AD· EB取最小值 16. k

图 1-7 x2 y2 课标理数 20.H8[2011· 江西卷] P(x0, y0)(x0≠± a)是双曲线 E: 2- 2=1(a>0, b>0)上一点, a b

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1 M,N 分别是双曲线 E 的左、右顶点,直线 PM,PN 的斜率之积为 . 5 (1)求双曲线的离心率; (2)过双曲线 E 的右焦点且斜率为 1 的直线交双曲线于 A、B 两点,O 为坐标原点,C 为 → → → 双曲线上一点,满足OC=λOA+OB,求 λ 的值. x2 y2 课标理数 20.H8[2011· 江西卷] 【解答】 (1)点 P(x0,y0)(x0≠± a)在双曲线 2- 2=1 上, a b 2 x0 y2 0 有 2- 2=1, a b y0 y0 1 c 30 由题意又有 · = ,可得 a2=5b2,c2=a2+b2=6b2,则 e= = . a 5 x0-a x0+a 5
2 2 2 ? ?x -5y =5b , ? (2)联立 得 4x2-10cx+35b2=0, ?y=x-c ?

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 5c x1+x2= , 2 则 ① 35b2 x1x2= . 4

? ? ?

? ?x3=λx1+x2, → → → → 设OC=(x3,y3),OC=λOA+OB,即? ?y3=λy1+y2, ? 2 2 又 C 为双曲线上一点,即 x3-5y3=5b2, 有(λx1+x2)2-5(λy1+y2)2=5b2, 2 2 2 2 化简得:λ2(x2 1-5y1)+(x2-5y2)+2λ(x1x2-5y1y2)=5b . 又 A(x1,y1),B(x2,y2)在双曲线上, 2 2 2 2 2 所以 x2 1-5y1=5b ,x2-5y2=5b .② 由①式又有 x1x2-5y1y2=x1x2-5(x1-c)(x2-c)=-4x1x2+5c(x1+x2)-5c2=10b2, 得:λ2+4λ=0,解得 λ=0 或 λ=-4.

图 1-10 如图 1-10,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 (1)设 e= ,求|BC|与|AD|的比值; 2 (2)当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并说明理由. 课标理数 20.H8[2011· 辽宁卷] 【解答】 (1)因为 C1,C2 的离心率相同,故依题意可设 x2 y2 b2y2 x2 C1: 2+ 2=1,C2: 4 + 2=1,(a>b>0). a b a a 设直线 l:x=t(|t|<a),分别与 C1,C2 的方程联立,求得 a b t, a2-t2?,B?t, a2-t2?. A? ? b ? ? a ?
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1 3 2|yB| b2 3 当 e= 时,b= a,分别用 yA,yB 表示 A,B 的纵坐标,可知|BC|∶|AD|= = = . 2 2 2|yA| a2 4 (2)t=0 时的 l 不符合题意,t≠0 时,BO∥AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN 相等,即 b 2 2 a 2 2 a -t a -t a b = , t t-a 1-e2 ab2 解得 t=- 2 2=- 2 · a. e a -b 1-e2 2 因为|t|<a,又 0<e<1,所以 2 <1,解得 <e<1. e 2 2 所以当 0<e≤ 时,不存在直线 l,使得 BO∥AN; 2 2 当 <e<1 时,存在直线 l,使得 BO∥AN. 2 课标文数 21.H8[2011· 辽宁卷]

图 1-9 如图 1-9,已知椭圆 C1 的中点在原点 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 (1)设 e= ,求|BC|与|AD|的比值; 2 (2)当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并说明理由. 课标文数 21.H8[2011· 辽宁卷] 【解答】 (1)因为 C1,C2 的离心率相同,故依题意可设 x2 y2 b2y2 x2 C1: 2+ 2=1,C2: 4 + 2=1,(a>b>0). a b a a 设直线 l:x=t(|t|<a),分别与 C1,C2 的方程联立,求得 a 2 2? ? b 2 2? A? ?t,b a -t ?,B?t,a a -t ?. 1 3 当 e= 时,b= a,分别用 yA,yB 表示 A,B 的纵坐标,可知 2 2 2|yB| b2 3 |BC|∶|AD|= = = . 2|yA| a2 4 (2)t=0 时的 l 不符合题意.t≠0 时,BO∥AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN 相等,即 b 2 2 a 2 2 a -t a -t a b = , t t-a 1-e2 ab2 解得 t=- 2 2=- 2 · a. e a -b 1-e2 2 因为|t|<a, 又 0<e<1,所以 2 <1,解得 <e<1. e 2 2 所以当 0<e≤ 时,不存在直线 l,使得 BO∥AN; 2
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2 <e<1 时,存在直线 l,使得 BO∥AN. 2 课标理数 17.H5,H8[2011· 陕西卷] 当

图 1-8 如图 1-8,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 4 点,且|MD|= |PD|. 5 (1)当 P 在圆上运动时,求点 M 的轨迹 C 的方程; 4 (2)求过点(3,0)且斜率为 的直线被 C 所截线段的长度. 5 课标理数 17.H5,H8[2011· 陕西卷] 【解答】 (1)设 M 的坐标为(x,y),P 的坐标为(xP, yP), x =x, ? ?P 由已知得? 5 ?yP=4y, ? 5 ?2 ∵P 在圆上,∴x2+? ?4y? =25, x2 y2 即 C 的方程为 + =1. 25 16 4 4 (2)过点(3,0)且斜率为 的直线方程为 y= (x-3), 5 5 设直线与 C 的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2), 4 将直线方程 y= (x-3)代入 C 的方程,得 5 2 2 x ?x-3? + =1,即 x2-3x-8=0. 25 25 3- 41 3+ 41 ∴x1= ,x2= . 2 2 ∴线段 AB 的长度为 16? 41 41 2 |AB|= ?x1-x2?2+?y1-y2?2= ? ?1+25??x1-x2? = 25×41= 5 . 课标数学 18.H8,H10[2011· 江苏卷]

x2 y2 如图 1-5,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 4 2 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,连结 AC,并延长交椭圆于点 B,设直线 PA 的斜率为 k. (1)若直线 PA 平分线段 MN,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. 课标数学 18.H8,H10[2011· 江苏卷] 本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方
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图 1-5

程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力.

图 1-6 【解答】 (1)由题设知,a=2,b= 2,故 M(-2,0),N(0,- 2),所以线段 MN 中点 2 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 2? ? 2 - 2 2 过坐标原点,所以 k= = . 2 -1 (2)直线 PA 的方程为 y=2x,代入椭圆方程得 x2 4x2 2 + =1,解得 x=± , 4 2 3 2 4? 4? ? 2 因此 P? ?3,3?,A?-3,-3?. 4 0+ 3 2 ? 于是 C? ?3,0?,直线 AC 的斜率为2 2=1, + 3 3 2 故直线 AB 的方程为 x-y- =0. 3 2 4 2 ? - - ? ?3 3 3? 2 2 因此,d= = . 3 12+12 (3)解法一: x2 y2 将直线 PA 的方程 y=kx 代入 + =1, 4 2 2 解得 x=± . 1+2k2 2 记 μ= ,则 P(μ,μk),A(-μ,-μk), 1+2k2 0+μk k 于是 C(μ,0),故直线 AB 的斜率为 = , μ+μ 2 k 其方程为 y= (x-μ), 2 代入椭圆方程得(2+k2)x2-2μk2x-μ2(3k2+2)=0, μ?3k2+2? 解得 x= 或 x=-μ, 2+k2 μ?3k2+2? μk3 ? ? , 因此 B? . 2+k2? ? 2+k2 ? μk3 -μk 2+k2 k3-k?2+k2? 1 于是直线 PB 的斜率 k1= = 2 =- . 2 k μ?3k +2? 3k +2-?2+k2? 2 -μ 2+k 因此 k1k=-1,所以 PA⊥PB. 解法二: 设 P(x1,y1),B(x2,y2),则 x1>0,x2>0,x1≠x2,A(-x1,-y1),C(x1,0),设直线 PB, 0-?-y1? y1 k AB 的斜率分别为 k1,k2,因为 C 在直线 AB 上,所以 k2= = = ,从而 k1k+1 x1-?-x1? 2x1 2
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y2-y1 y2-?-y1? =2k1k2+1=2· · +1 x2-x1 x2-?-x1? 2 2 2 2 2y2 ?x2 4-4 2-2y1 2+2y2?-?x1+2y1? = 2 2 +1= = 2 2=0. 2 2 x2-x1 x2-x1 x2-x1 因此 k1k=-1,所以 PA⊥PB. 课标理数 18.H8[2011· 天津卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P(a,b)(a>b>0)为动点, x2 y2 F1,F2 分别为椭圆 2+ 2=1 的左、右焦点.已知△F1PF2 为等腰三角形. a b (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. 课标理数 18.H8[2011· 天津卷] 【解答】 (1)设 F1(-c,0), F2(c,0)(c>0). 由题意, 可得|PF2| =|F1F2|, c? 2 c 即 ?a-c?2+b2=2c.整理得 2? ?a? +a-1=0. c c 1 1 得 =-1(舍),或 = .所以 e= . a a 2 2 (2)由(1)知 a=2c,b= 3c.可得椭圆方程为 3x2+4y2=12c2,直线 PF2 方程为 y= 3(x- c). 2 2 2 ?3x +4y =12c , A,B 两点的坐标满足方程组? ?y= 3?x-c?. 8 消去 y 并整理,得 5x2-8cx=0.解得 x1=0,x2= c, 5 8 x2= c, 5 ?x1=0, 得方程组的解? 3 3 ?y1=- 3c, y2= c. 5

? ? ?

8 3 3 ? 不妨设 A? c, c ,B(0,- 3c). 5 ? ?5 8 3 3 ? → → 设点 M 的坐标为(x,y),则AM=?x- c,y- c ,BM=(x,y+ 3c). 5 ? ? 5 3 由 y= 3(x-c),得 c=x- y. 3 8 3 3 8 3 3 ? → → → → 于是AM=? ,BM=(x, 3x).由AM· BM=-2, ? 15 y-5x,5y- 5 x? 8 3 3 ? 8 3 3 ? 即? · x+? · 3x=-2, ? 15 y-5x? ?5y- 5 x? 化简得 18x2-16 3xy-15=0. 18x2-15 10x2+5 3 将 y= 代入 c=x- y,得 c= >0.所以 x>0. 3 16x 16 3x 因此,点 M 的轨迹方程是 18x2-16 3xy-15=0(x>0). x2 y2 课标文数 6.H8[2011· 天津卷] 已知双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的左顶点与抛物线 y2= a b 2px(p>0)的焦点的距离为 4,且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(-2,- 1),则双曲线的焦距为( ) A.2 3 B.2 5 C.4 3 D.4 5
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x2 y2 b 课标文数 6.H8[2011· 天津卷] B 【解析】 双曲线 2- 2=1 的渐近线为 y=± x,由双 a b a p p 曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(-2,-1)得- =-2,即 p=4.又∵ +a 2 2 b =4,∴a=2,将(-2,-1)代入 y= x 得 b=1, a ∴c= a2+b2= 4+1= 5,∴2c=2 5. x2 y2 课标文数 18.H8[2011· 天津卷] 设椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,点 a b P(a,b)满足|PF2|=|F1F2|. (1)求椭圆的离心率 e; (2)设直线 PF2 与椭圆相交于 A,B 两点,若直线 PF2 与圆(x+1)2+(y- 3)2=16 相交于 5 M,N 两点,且|MN|= |AB|,求椭圆的方程. 8 课标文数 18.H8[2011· 天津卷] 【解答】 (1)设 F1(-c,0), F2(c,0)(c>0), 因为|PF2|=|F1F2|, c c c c 1 1 ?2 所以 ?a-c?2+b2=2c,整理得 2? ?a? +a-1=0,得a=-1(舍),或a=2,所以 e=2. (2)由(1)知 a=2c,b= 3c,可得椭圆方程为 3x2+4y2=12c2,直线 PF2 的方程为 y= 3 (x-c). 2 2 2 ?3x +4y =12c , 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 ?y= 3?x-c?,

?x1=0, 8 =0, x2= c.得方程组的解? 5 ?y1=- 3c,
所以|AB|=

?x =5c, ? 3 3 ?y = 5 c.
2 2

8

8 3 3 ? 不妨设 A? c, B(0, - 3c), c , 5 ? ?5

?8c?2+?3 3c+ 3c?2 =16c. ?5 ? ? 5 ? 5

5 于是|MN|= |AB|=2c. 8 |- 3- 3- 3c| 3|2+c| 圆心(-1, 3)到直线 PF2 的距离 d= = . 2 2 |MN|?2 3 26 2 2 2 2 因为 d2+? ? 2 ? =4 ,所以4(2+c) +c =16,整理得 7c +12c-52=0.得 c=- 7 (舍), 或 c=2. x2 y2 所以椭圆方程为 + =1. 16 12 x2 y2 y2 课标理数 8.H8[2011· 浙江卷] 已知椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)与双曲线 C2:x2- =1 有 a b 4 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( ) 2 13 2 A.a = B.a =13 2 1 C.b2= D.b2=2 2 y2 课标理数 8.H8[2011· 浙江卷] C 【解析】 由双曲线 x2- =1 知渐近线方程为 y=± 2x, 4 又∵椭圆与双曲线有公共焦点, 2 2 ∴椭圆方程可化为 b2x2+(b +5)y2=(b +5)b2,
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联立直线与椭圆方程消 y 得,x2= 又∵C1 将线段 AB 三等分, ∴ 1+2 ×2 1 解之得 b2= . 2
2

(b2+5)b2
5b2+20

.

(b2+5)b2
5b2+20

2a = , 3

x2 y2 y2 课标文数 9.H8[2011· 浙江卷] 已知椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)与双曲线 C2:x2- =1 a b 4 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( ) 1 2 13 2 A.a = B.a =13 C.b2= D.b2=2 2 2 y2 课标文数 9.H8[2011· 浙江卷] C 【解析】 由双曲线 x2- =1 知渐近线方程为 y=± 2x, 4 又∵椭圆与双曲线有公共焦点, ∴椭圆方程可化为 b2x2+(b2+5)y2=(b2+5)b2, 2 2 2 ?b +5?b 联立直线与椭圆方程消 y 得,x = 2 . 5b +20 又∵C1 将线段 AB 三等分, ?b2+5?b2 2a ∴ 1+22×2 = , 5b2+20 3 1 解之得 b2= . 2

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课标理数 21.H9[2011· 安徽卷] → → 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.

图 1-7 课标理数 21.H9[2011· 安徽卷] 【解析】 本题考查直线和抛物线的方程,平面向量的概 念、性质与运算,动点的轨迹方程等基本知识,考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能 力,全面考核综合数学素养. → → 【解答】 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, 2 y),Q(x,y0),M(x,x ), 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 ?x1=?1+λ?x-λ, ? ? ② ? ?y1=?1+λ?y0-λ. 将①式代入②式,消去 y0,得 ?x1=?1+λ?x-λ, ? ? ③ 2 2 ? ?y1=?1+λ? x -λ?1+λ?y-λ. 又点 B 在抛物线 y=x2 上,所以 y1=x2 1, 2 再将③式代入 y1=x1,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. 课标理数 14.H9[2011· 北京卷] 曲线 C 是平面内与两个定点 F1(-1,0)和 F2(1,0)的距离的 2 积等于常数 a (a>1)的点的轨迹,给出下列三个结论: ①曲线 C 过坐标原点; ②曲线 C 关于坐标原点对称; 1 ③若点 P 在曲线 C 上,则△F1PF2 的面积不大于 a2. 2 其中,所有正确结论的序号是________. 课标理数 14.H9[2011· 北京卷] ②③ 【解析】 ①曲线 C 经过原点,这点不难验证是错 误的,如果经过原点,那么 a=1,与条件不符;②曲线 C 关于原点对称,这点显然正确, 如果在某点处|PF1||PF2|=a2,关于原点的对称点处也一定符合|PF1||PF2|=a2;③三角形的面 a2 1 1 a2 积 S△F1F2P2≤ ,很显然 S△F1F2P= |PF1||PF2|sin∠F1PF2≤ |PF1||PF2|= .所以②③正确. 2 2 2 2 课标理数 20.H9,H10[2011· 湖北卷] 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;
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(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 tan∠F1NF2 的值;若不存在,请说明理由. 课标理数 20.H9,H10[2011· 湖北卷] 【解答】 (1)设动点为 M,其坐标为(x,y), y y y2 当 x≠± a 时,由条件可得 kMA1· kMA2= · = 2 2=m, x+a x-a x -a 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. x2 y2 当 m<-1 时,曲线 C 的方程为 2+ =1,C 是焦点在 y 轴上的椭圆; a -ma2 当 m=-1 时,曲线 C 的方程为 x2+y2=a2,C 是圆心在原点的圆; x2 y2 当-1<m<0 时,曲线 C 的方程为 2+ =1,C 是焦点在 x 轴上的椭圆; a -ma2 x2 y2 当 m>0 时,曲线 C 的方程为 2- 2=1,C 是焦点在 x 轴上的双曲线. a ma (2)由(1)知,当 m=-1 时,C1 的方程为 x2+y2=a2; 当 m∈(-1,0)∪(0,+∞)时,C2 的两个焦点分别为 F1(-a 1+m,0),F2(a 1+m,0). 对于给定的 m∈(-1,0)∪(0,+∞),C1 上存在点 N(x0,y0)(y0≠0)使得△F1NF2 的面积 S =|m|a2 的充要条件 x2+y2=a2,y0≠0, ① ? ?0 0 是?1 2a 1+m|y0|=|m|a2. ② ? ?2· |m|a 由①得 0<|y0|≤a,由②得|y0|= . 1+m 1- 5 1+ 5 |m|a 当 0< ≤a,即 ≤m<0 或 0<m≤ 时, 2 2 1+m 存在点 N,使 S=|m|a2; 1- 5 1+ 5 |m|a 当 >a,即-1<m< 或 m> 时, 2 2 1+m 不存在满足条件的点 N. ?1- 5 ?∪? 1+ 5?时, 当 m∈? ? ? ? ? 2 ,0? ?0, 2 ? → → 由NF1=(-a 1+m-x0,-y0),NF2=(a 1+m-x0,-y0),可得 → → 2 2 2 NF1· NF2=x2 0-(1+m)a +y0=-ma , → → 设|NF1|=r1,|NF2|=r2,∠F1NF2=θ, ma2 → → 则由NF1· NF2=r1r2cosθ=-ma2,可得 r1r2=- , cosθ 1 ma2sinθ 1 从而 S= r1r2sinθ=- =- ma2tanθ, 2 2cosθ 2 2 于是由 S=|m|a , 1 2|m| 可得- ma2tanθ=|m|a2,即 tanθ=- . 2 m 综上可得: ?1- 5 ?时,在 C 上,存在点 N,使得 S=|m|a2,且 tan∠F NF =2; 当 m∈? ? 1 1 2 ? 2 ,0? ? 1+ 5?时,在 C 上,存在点 N,使得 S=|m|a2,且 tan∠F NF =-2; 当 m∈?0, ? 1 1 2 2 ? ?

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1- 5? ?1+ 5 ? ? 当 m∈?-1, ?∪? ,+∞?时,在 C1 上,不存在满足条件的点 N. 2 ? ? 2 ? ? 课标文数 21.H9,H10[2011· 湖北卷] 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 tan∠F1NF2 的值;若不存在,请说明理由. 课标文数 21.H9,H10[2011· 湖北卷] 【解答】 (1)设动点为 M,其坐标为(x,y). y y y2 当 x≠± a 时,由条件可得 kMA1· kMA2= · = 2 2=m. x+a x-a x -a 2 2 2 即 mx -y =ma (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. x2 y2 当 m<-1 时,曲线 C 的方程为 2+ =1,C 是焦点在 y 轴上的椭圆; a -ma2 当 m=-1 时,曲线 C 的方程为 x2+y2=a2,C 是圆心在原点的圆; x2 y2 当-1<m<0 时,曲线 C 的方程为 2+ =1,C 是焦点在 x 轴上的椭圆; a -ma2 2 2 x y 当 m>0 时,曲线 C 的方程为 2- 2=1,C 是焦点在 x 轴上的双曲线. a ma (2)由(1)知,当 m=-1 时,C1 的方程为 x2+y2=a2; 当 m∈(-1,0)∪(0,+∞)时, C2 的两个焦点分别为 F1(-a 1+m,0), F2(a 1+m,0). 对于给定的 m∈(-1,0)∪(0,+∞),C1 上存在点 N(x0,y0)(y0≠0)使得△F1NF2 的面积 S =|m|a2 的充要条件是 2 2 2 ① ?x0+y0=a ,y0≠0,

? ?1 2a 1+m|y0|=|m|a2. ② ? ?2·

|m|a . 1+m 1- 5 1+ 5 |m|a 所以,当 0< ≤a,即 ≤m<0,或 0<m≤ 时, 2 2 1+m 存在点 N,使 S=|m|a2; 1- 5 1+ 5 |m|a 当 >a,即-1<m< 或 m> 时, 2 2 1+m 由①得 0<|y0|≤a,由②得|y0|= 不存在满足条件的点 N. ?1- 5 ?∪? 1+ 5?时, 当 m∈? ? ? ? ? 2 ,0? ?0, 2 ? → 由NF1=(-a 1+m-x0,-y0), → NF2=(a 1+m-x0,-y0), → → 2 2 2 可得NF1· NF2=x2 0-(1+m)a +y0=-ma . → → 设|NF1|=r1,|NF2|=r2,∠F1NF2=θ. ma2 → → 则由NF1· NF2=r1r2cosθ=-ma2,可得 r1r2=- , cosθ
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1 ma2sinθ 1 从而 S= r1r2sinθ=- =- ma2tanθ, 2 2cosθ 2 于是由 S=|m|a2, 1 2|m| 可得- ma2tanθ=|m|a2,即 tanθ=- . 2 m 综上可得: ?1- 5 ?时,在 C 上,存在点 N,使得 S=|m|a2,且 tan∠F NF =2; 当 m∈? ? 1 1 2 ? 2 ,0? ? 1+ 5?时,在 C 上,存在点 N,使得 S=|m|a2,且 tan∠F NF =-2; 当 m∈?0, ? 1 1 2 2 ? ? 1- 5? ?1+ 5 ? ? 当 m∈?-1, ?∪? ,+∞?时,在 C1 上,不存在满足条件的点 N. 2 ? ? 2 ? ? 课标理数 20.H2,H9[2011· 课标全国卷] 【解答】 (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, 1 所以曲线 C 的方程为 y= x2-2. 4 1 (2)设 P(x0,y0)为曲线 C:y= x2-2 上一点, 4 1 1 因为 y′= x,所以 l 的斜率为 x0. 2 2 1 因此直线 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0), 2 2 即 x0x-2y+2y0-x0=0. |2y0-x2 1 2 0| 则 O 点到 l 的距离 d= 2 ,又 y0= x0 -2, 4 x0+4 1 2 x +4 4 ? 2 0 1? 2 所以 d= 2 = ? x0+4+ 2 ?≥2, x0+4? x0+4 2? 当 x0=0 时取等号,所以 O 点到 l 距离的最小值为 2. x2 y2 课标理数 8.H9[2011· 山东卷] 已知双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的两条渐近线均和圆 C: a b 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( ) x2 y2 x2 y2 A. - =1 B. - =1 5 4 4 5 x2 y2 x2 y2 C. - =1 D. - =1 3 6 6 3 课标理数 8.H9[2011· 山东卷] A 【解析】 圆方程化为标准方程为(x-3)2+y2=4,所以 圆心 C(3,0),r=2,所以双曲线焦点 F(3,0),即 c=3,渐近线为 ay± bx=0,由圆心到渐近线 |± 3b | 2 2 2 2 的距离为 2 得 2 =2,又 a +b =9,所以|b|=2,即 b =4,a =c2-b2=9-4=5,所 a +b2 x2 y2 以所求双曲线方程为 - =1. 5 4

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x2 课标理数 19.H10[2011· 北京卷] 已知椭圆 G: +y2=1,过点(m,0)作圆 x2+y2=1 的切 4 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. 课标理数 19.H10[2011· 北京卷] 【解答】 (1)由已知得 a=2,b=1. 2 2 所以 c= a -b = 3. 所以椭圆 G 的焦点坐标为(- 3,0),( 3,0). c 3 离心率为 e= = . a 2 (2)由题意知,|m|≥1. 3 3 当 m=1 时,切线 l 的方程为 x=1,点 A,B 的坐标分别为?1, ?,?1,- ?, 2? ? 2? ? 此时|AB|= 3. 当 m=-1 时,同理可知|AB|= 3. 当|m|>1 时,设切线 l 的方程为 y=k(x-m), y=k?x-m?, ? ?2 由?x 得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0. 2 + y = 1 ?4 ? 设 A,B 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 4k2m2-4 8k2m 则 x1+x2= ,x x = , 1+4k2 1 2 1+4k2 |km| 又由 l 与圆 x2+y2=1 相切,得 2 =1, k +1 2 2 2 即 m k =k +1, 所以|AB|= ?x2-x1?2+?y2-y1?2 = ?1+k2?[?x1+x2?2-4x1x2] 2 2 4 2 ? 64k m -4?4k m -4?? = ?1+k2?? ? 1+4k2 ? ??1+4k2?2 4 3|m| = 2 . m +3 由于当 m=± 1 时,|AB|= 3. 4 3|m| 所以|AB|= 2 ,m∈(-∞,-1 ]∪[1,+∞). m +3 4 3|m| 4 3 因为|AB|= 2 = ≤2,且当 m=± 3时,|AB|=2. 3 m +3 |m|+ |m| 所以|AB|的最大值为 2. y2 大纲理数 21.H8,H10[2011· 全国卷] 已知 O 为坐标原点,F 为椭圆 C:x2+ =1 在 y 2 → → 轴正半轴上的焦点,过 F 且斜率为- 2的直线 l 与 C 交于 A、B 两点,点 P 满足OA+OB+ → OP=0. (1)证明:点 P 在 C 上; (2)设点 P 关于点 O 的对称点为 Q,证明:A、P、B、Q 四点在 同一圆上.

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图 1-4[来源:学+科+网 Z+X+X+K] 大纲理数 21.H8,H10[2011· 全国卷] 【解答】 (1)证明:F(0,1),l 的方程为 y=- 2x 2 2 y +1,代入 x + =1 并化简得 2 2 4x -2 2x-1=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3), 2- 6 2+ 6 则 x1= ,x2= , 4 4 2 x1+x2= ,y1+y2=- 2(x1+x2)+2=1, 2 2 由题意得 x3=-(x1+x2)=- ,y3=-(y1+y2)=-1. 2 2 所以点 P 的坐标为?- ,-1?. ? 2 ? y2 2 经验证,点 P 的坐标?- ,-1?满足方程 x2+ =1,故点 P 在椭圆 C 上. 2 ? 2 ? 2 2 2 (2)证明:由 P?- ,-1?和题设知 Q? ,1?,PQ 的垂直平分线 l1 的方程为 y=- 2 ? 2 ? ?2 ? x.① 2 1 2 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 2 4 ? 4 2? 2 1 由①、②得 l1、l2 的交点为 N?- , ?. ? 8 8? 1 3 11 2 2 -1- ?2 = |NP|= ?- + ?2+? , 8? 8 8? ? ? 2 3 2 |AB|= 1+?- 2?2· |x2-x1|= , 2 3 2 |AM|= , 4 1 1?2 3 3 2 2 - = |MN|= ? + ?2+? , 8 8 ? ?2 8? ?4 3 11 |NA|= |AM|2+|MN|2= , 8 故|NP|=|NA|. 又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|, 所以|NA|=|NP|=|NB|=|NQ|, 由此知 A、P、B、Q 四点在以 N 为圆心,NA 为半径的圆上. y2 大纲文数 22.H8,H10[2011· 全国卷] 已知 O 为坐标原点,F 为椭圆 C:x2+ =1 在 y 2 轴正半轴上的焦点,过 F 且

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图 1-4 → → → 斜率为- 2的直线 l 与 C 交于 A、B 两点,点 P 满足OA+OB+OP=0. (1)证明:点 P 在 C 上; (2)设点 P 关于点 O 的对称点为 Q,证明:A、P、B、Q 四点在同一圆上. 大纲文数 22.H8,H10[2011· 全国卷] y2 【解答】 (1)证明:F(0,1),l 的方程为 y=- 2x+1,代入 x2+ =1 并化简得 2 2 4x -2 2x-1=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3), 2- 6 2+ 6 则 x1= ,x2= , 4 4 2 x1+x2= ,y1+y2=- 2(x1+x2)+2=1, 2 2 由题意得 x3=-(x1+x2)=- ,y3=-(y1+y2)=-1. 2 2 所以点 P 的坐标为?- ,-1?. ? 2 ? y2 2 经验证,点 P 的坐标?- ,-1?满足方程 x2+ =1,故点 P 在椭圆 C 上. 2 ? 2 ? 2 2 2 (2)证明:由 P?- ,-1?和题设知 Q? ,1?,PQ 的垂直平分线 l1 的方程为 y=- 2 ? 2 ? ?2 ? x.① 2 1 2 1? , ,AB 的垂直平分线 l2 的方程为 y= 2 x+4.② 4 2 ? ? 2 1 ? 由①、②得 l1、l2 的交点为 N - , ?. ? 8 8? 1 3 11 2 2 -1- ?2 = |NP|= ?- + ?2+? , 8 ? ? 8 2 8 ? ? 3 2 |AB|= 1+?- 2?2· |x2-x1|= , 2 3 2 |AM|= , 4 1 1?2 3 3 2 2 - = |MN|= ? + ?2+? , 8 8 ? ?2 8? ?4 3 11 |NA|= |AM|2+|MN|2= , 8 故|NP|=|NA|. 又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|, 所以|NA|=|NP|=|NB|=|NQ|, 由此知 A、P、B、Q 四点在以 N 为圆心,NA 为半径的圆上. 课标理数 19.H10[2011· 广东卷] 设圆 C 与两圆(x+ 5)2+y2=4, (x- 5)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; 设 AB 的中点为 M,则 M?

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(2)已知点 M?

3 5 4 5? ,F( 5,0),且 P 为 L 上动点.求||MP|-|FP||的最大值及此时 ? 5 , 5 ?

点 P 的坐标. 课标理数 19.H10[2011· 广东卷] 【解答】 (1)设 C 的圆心的坐标为(x,y),由题设知 | ?x+ 5?2+y2- ?x- 5?2+y2|=4, x2 化简得 L 的方程为 -y2=1. 4 (2)由已知可求得过 M,F 的直线 l 方程为 y=-2(x- 5),将其代入 L 的方程得 15x2- 32 5x+84=0, 6 5 14 5 6 5 2 5? 解得 x1 = , x2 = ,故可求得 l 与 L 的交点坐标分别为 T1? , 5 15 ? 5 ,- 5 ? 14 5 2 5? T2? . ? 15 , 15 ? 因 T1 在线段 MF 外,T2 在线段 MF 内, 故||MT1|-|FT1||=|MF|=2,||MT2|-|FT2||<|MF|=2. 若 P 不在直线 MF 上,在△MFP 中有||MP|-|FP||<|MF|=2. 6 5 2 5? 故||MP|-|FP||只在点 P 位于 T1? 时取得最大值 2. ? 5 ,- 5 ?

图 1-3

课标文数 21.H10,B9[2011· 广东卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,直线 l:x=-2 交 x 轴于点 A.设 P 是 l 上一点,M 是线段 OP 的垂直平分线上一点,且满足∠MPO=∠AOP. (1)当点 P 在 l 上运动时,求点 M 的轨迹 E 的方程; (2)已知 T(1,-1).设 H 是 E 上动点,求|HO|+|HT|的最小值,并给出此时点 H 的坐标; [来源:学.科.网] (3)过点 T(1,-1)且不平行于 y 轴的直线 l1 与轨迹 E 有且只有两个不同的交点.求直线 l1 的斜率 k 的取值范围.

图 1-2 ∵MQ 为线段 OP 的垂直平分线, ∴∠MPQ=∠MOQ.
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又∵∠MPQ=∠AOP,∴∠MOQ=∠AOP. 因此 M 在 x 轴上,此时,记 M 的坐标为(x,0). 为分析 M(x,0)中 x 的变化范围,设 P(-2,a)为 l 上任意点(a∈R). 由|MO|=|MP|,即|x|= ?x+2?2+a2得, 1 x=-1- a2≤-1. 4 故 M(x,0)的轨迹方程为 y=0,x≤-1. ② 综合①和②得,点 M 轨迹 E 的方程为 ? ?4?x+1?,x≥-1, y2=? ? ?0, x<-1. (2)由(1)知,轨迹 E 的方程由下面 E1 和 E2 两部分组成(如图 1-3):

图 1-3 E1:y =4(x+1)(x≥-1); E2:y=0,x<-1. 3 ? 当 H∈E1 时,过 T 作垂直于 l 的直线,垂足为 T′,交 E1 于 D? ?-4,-1?.再过 H 作垂 直于 l 的直线,交 l 于 H′. 因此,|HO|=|HH′|(抛物线的性质). ∴|HO|+|HT|=|HH′|+|HT|≥|TT′|=3(该等号仅当 H′与 T′重合(或 H 与 D 重合)时 取得). 当 H∈E2 时,则|HO|+|HT|>|BO|+|BT|=1+ 5>3. 3 ? 综合可得,|HO|+|HT|的最小值为 3,且此时点 H 的坐标为? ?-4,-1?. (3)由图 1-3 知,直线 l1 的斜率 k 不可能为零. 设 l1:y+1=k(x-1)(k≠0). 4 ? 1 4 +8 =0. 故 x= (y+1)+1,代入 E1 的方程得:y2- y-? k k ?k ? 4 ? ?4 ?2 16 因判别式 Δ= 2 +4? ?k+8?=? k+2? +28>0, k 所以 l1 与 E 中的 E1 有且仅有两个不同的交点. 又由 E2 和 l1 的方程可知,若 l1 与 E2 有交点, k+1 k+1 ? 1 则此交点的坐标为 ? ? k ,0? ,且 k < - 1. 即当- 2 <k<0 时, l1 与 E2 有唯一交点 ?k+1,0?,从而 l 与 E 有三个不同的交点. 1 ? k ? 1? 因此,直线 l1 斜率 k 的取值范围是? ?-∞,-2?∪(0,+∞). 课标理数 20.H9,H10[2011· 湖北卷] 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
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2

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 tan∠F1NF2 的值;若不存在,请说明理由. 课标理数 20.H9,H10[2011· 湖北卷] 【解答】 (1)设动点为 M,其坐标为(x,y), y y y2 当 x≠± a 时,由条件可得 kMA1· kMA2= · = 2 2=m, x+a x-a x -a 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. x2 y2 当 m<-1 时,曲线 C 的方程为 2+ =1,C 是焦点在 y 轴上的椭圆; a -ma2 当 m=-1 时,曲线 C 的方程为 x2+y2=a2,C 是圆心在原点的圆; x2 y2 当-1<m<0 时,曲线 C 的方程为 2+ =1,C 是焦点在 x 轴上的椭圆; a -ma2 x2 y2 当 m>0 时,曲线 C 的方程为 2- 2=1,C 是焦点在 x 轴上的双曲线. a ma (2)由(1)知,当 m=-1 时,C1 的方程为 x2+y2=a2; 当 m∈(-1,0)∪(0,+∞)时,C2 的两个焦点分别为 F1(-a 1+m,0),F2(a 1+m,0). 对于给定的 m∈(-1,0)∪(0,+∞),C1 上存在点 N(x0,y0)(y0≠0)使得△F1NF2 的面积 S =|m|a2 的充要条件 x2+y2=a2,y0≠0, ① ? ?0 0 是?1 2a 1+m|y0|=|m|a2. ② ? ?2· |m|a 由①得 0<|y0|≤a,由②得|y0|= . 1+m 1- 5 1+ 5 |m|a 当 0< ≤a,即 ≤m<0 或 0<m≤ 时, 2 2 1+m 存在点 N,使 S=|m|a2; 1- 5 1+ 5 |m|a 当 >a,即-1<m< 或 m> 时, 2 2 1+m 不存在满足条件的点 N. ?1- 5 ?∪? 1+ 5?时, 当 m∈? ? ? ? ? 2 ,0? ?0, 2 ? → → 由NF1=(-a 1+m-x0,-y0),NF2=(a 1+m-x0,-y0),可得 → → 2 2 2 NF1· NF2=x2 0-(1+m)a +y0=-ma , → → 设|NF1|=r1,|NF2|=r2,∠F1NF2=θ, ma2 → → 则由NF1· NF2=r1r2cosθ=-ma2,可得 r1r2=- , cosθ 2 1 ma sinθ 1 从而 S= r1r2sinθ=- =- ma2tanθ, 2 2cosθ 2 于是由 S=|m|a2, 1 2|m| 可得- ma2tanθ=|m|a2,即 tanθ=- . 2 m 综上可得: ?1- 5 ?时,在 C 上,存在点 N,使得 S=|m|a2,且 tan∠F NF =2; 当 m∈? ? 1 1 2 ? 2 ,0?

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? 1+ 5?时,在 C 上,存在点 N,使得 S=|m|a2,且 tan∠F NF =-2; 当 m∈?0, ? 1 1 2 2 ? ? 1- 5? ?1+ 5 ? ? 当 m∈?-1, ?∪? ,+∞?时,在 C1 上,不存在满足条件的点 N. 2 ? ? 2 ? ?
课标文数 21.H9,H10[2011· 湖北卷] 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 tan∠F1NF2 的值;若不存在,请说明理由. 课标文数 21.H9,H10[2011· 湖北卷] 【解答】 (1)设动点为 M,其坐标为(x,y). y y y2 当 x≠± a 时,由条件可得 kMA1· kMA2= · = 2 2=m. x+a x-a x -a 2 2 2 即 mx -y =ma (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. x2 y2 当 m<-1 时,曲线 C 的方程为 2+ =1,C 是焦点在 y 轴上的椭圆; a -ma2 当 m=-1 时,曲线 C 的方程为 x2+y2=a2,C 是圆心在原点的圆; x2 y2 当-1<m<0 时,曲线 C 的方程为 2+ =1,C 是焦点在 x 轴上的椭圆; a -ma2 2 2 x y 当 m>0 时,曲线 C 的方程为 2- 2=1,C 是焦点在 x 轴上的双曲线. a ma (2)由(1)知,当 m=-1 时,C1 的方程为 x2+y2=a2; 当 m∈(-1,0)∪(0,+∞)时, C2 的两个焦点分别为 F1(-a 1+m,0), F2(a 1+m,0). 对于给定的 m∈(-1,0)∪(0,+∞),C1 上存在点 N(x0,y0)(y0≠0)使得△F1NF2 的面积 S =|m|a2 的充要条件是 2 2 2 ① ?x0+y0=a ,y0≠0,

? ?1 2a 1+m|y0|=|m|a2. ② ? ?2·

|m|a . 1+m 1- 5 1+ 5 |m|a 所以,当 0< ≤a,即 ≤m<0,或 0<m≤ 时, 2 2 1+m 存在点 N,使 S=|m|a2; 1- 5 1+ 5 |m|a 当 >a,即-1<m< 或 m> 时, 2 2 1+m 由①得 0<|y0|≤a,由②得|y0|= 不存在满足条件的点 N. ?1- 5 ?∪? 1+ 5?时, 当 m∈? ? ? ? ? 2 ,0? ?0, 2 ? → 由NF1=(-a 1+m-x0,-y0), → NF2=(a 1+m-x0,-y0), → → 2 2 2 可得NF1· NF2=x2 0-(1+m)a +y0=-ma .
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→ → 设|NF1|=r1,|NF2|=r2,∠F1NF2=θ. ma2 → → 则由NF1· NF2=r1r2cosθ=-ma2,可得 r1r2=- , cosθ 1 ma2sinθ 1 从而 S= r1r2sinθ=- =- ma2tanθ, 2 2cosθ 2 2 于是由 S=|m|a , 1 2|m| 可得- ma2tanθ=|m|a2,即 tanθ=- . 2 m 综上可得: ?1- 5 ?时,在 C 上,存在点 N,使得 S=|m|a2,且 tan∠F NF =2; 当 m∈? ? 1 1 2 ? 2 ,0? ? 1+ 5?时,在 C 上,存在点 N,使得 S=|m|a2,且 tan∠F NF =-2; 当 m∈?0, ? 1 1 2 2 ? ? 1- 5? ?1+ 5 ? ? 当 m∈?-1, ?∪? ,+∞?时,在 C1 上,不存在满足条件的点 N. 2 ? ? 2 ? ? 课标理数 9.H10[2011· 江西卷] 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( ) 3 3 A.?- , ? ? 3 3? 3 3 B.?- ,0?∪?0, ? 3? ? 3 ? ? 3 3 C.?- , ? ? 3 3? 3 3 D.?-∞,- ?∪? ,+∞? 3? ?3 ? ? 课标理数 9.H10[2011· 江西卷] B 【解析】 配方得,曲线 C1:(x-1)2+y2=1,即曲线 C1 为圆心在点 C1(1,0),半径为 1 的圆,曲线 C2 则表示两条直线:x 轴与直线 l:y=m(x+1), 显然 x 轴与圆 C1 有两个交点,于是知直线 l 与圆 C1 相交, |m?1+1?-0| 3 3 ∴圆心 C1 到直线 l 的距离 d= <r=1,解得 m∈?- , ?, 2 3 3 ? ? m +1 又当 m=0 时,直线 l:y=0 与 x 轴重合,此时只有两个交点,应舍去. 3 3 综上所述,m 的取值范围是?- ,0?∪?0, ?.故选 B. 3? ? 3 ? ? x2 y2 课标理数 22.H10[2011· 山东卷] 已知动直线 l 与椭圆 C: + =1 交于 P(x1,y1),Q(x2, 3 2 6 y2)两不同点,且△OPQ 的面积 S△OPQ= ,其中 O 为坐标原点. 2 2 2 2 (1)证明:x1 +x2 2和 y1+y2均为定值; (2)设线段 PQ 的中点为 M,求|OM|· |PQ|的最大值; 6 (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 2 △DEG 的形状;若不存在,请说明理由. 课标理数 22.H10[2011· 山东卷] 【解答】 (1)(ⅰ)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, 2 x2 y1 1 所以 + =1.① 3 2
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又因为 S△OPQ= 所以|x1|· |y1|=

6 , 2

6 ,② 2 6 由①、②得|x1|= ,|y1|=1, 2 2 2 2 此时 x2 1+x2=3,y1+y2=2. (ⅱ)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+m, x2 y2 由题意知 m≠0,将其代入 + =1 得 3 2 2 2 2 (2+3k )x +6kmx+3(m -2)=0, 其中 Δ=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)>0, 即 3k2+2>m2,(★) 3?m2-2? 6km 又 x1+x2=- , 2,x1x2= 2+3k 2+3k2 所以|PQ|= 1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2 2 6 3k2+2-m2 = 1+k2· . 2+3k2 |m| 因为点 O 到直线 l 的距离为 d= , 1+k2 1 所以 S△OPQ= |PQ|· d 2 2 6 3k2+2-m2 |m| 1 = 1+k2· · 2 2+3k2 1+k2 6|m| 3k2+2-m2 . 2+3k2 6 又 S△OPQ= , 2 整理得 3k2+2=2m2,且符合(★)式. 2 2 此时 x2 1+x2=(x1+x2) -2x1x2= 2 ?- 6km 2?2-2×3?m -2?=3, ? 2+3k ? 2+3k2 2 2 2 2 2 2 2 2 y2 1+y2= (3-x1)+ (3-x2)=4- (x1+x2)=2. 3 3 3 2 2 2 综上所述,x1 +x2 = 3 , y + y = 2 ,结论成立. 2 1 2 (2)解法一:①当直线 l 的斜率不存在时, 6 由(1)知|OM|=|x1|= ,|PQ|=2|y1|=2, 2 6 因此|OM|· |PQ|= ×2= 6. 2 ②当直线 l 的斜率存在时,由ⅰ知: x1+x2 3k =- , 2 2m y1+y2 ?x1+x2? -3k2+2m2 1 3k2 =k +m=- +m= = , 2 2m 2m m ? 2 ? 2 2 6 m - 2 1? x + x y + y 9 k 1 1? 1 2?2 1 2?2 |OM|2=? +? = 2+ 2= 2 = 3- 2 . m ? ? 4m 2 ? 2 ? ? 2 ? 4m m 2 2 2 24?3k +2-m ? 2?2m +1? ? 1 |PQ|2=(1+k2) = =2?2+m2? ?. m2 ?2+3k2?2 =

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1 1 1 3- 2?×2×?2+ 2? 所以|OM|2· |PQ|2= ×? ? m? 2 ? m? 1 1 1 ?? 1 ? ?3- 2+2+ 2?2 25 ? m m =?3-m2??2+m2?≤? ? =4. ? 2 ? 5 1 1 所以|OM|· |PQ|≤ ,当且仅当 3- 2=2+ 2,即 m=± 2时,等号成立. 2 m m 5 综合①②得|OM|· |PQ|的最大值为 . 2 解法二: 2 2 2 因为 4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2=2[(x1 +x2 2)+(y1+y2)]= 10. 所以 2|OM|· |PQ|≤ 4|OM|2+|PQ|2 10 = = 5. 2 2

5 即|OM|· |PQ|≤ ,当且仅当 2|OM|=|PQ|= 5时等号成立. 2 5 因此|OM|· |PQ|的最大值为 . 2 (3)椭圆 C 上不存在三点 D,E,G,使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG= 6 . 2 6 . 2

证明:假设存在 D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足 S△ODE=S△ODG=S△OEG=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 由(1)得 u2+x2 1=3,u +x2=3,x1+x2=3,v +y1=2,v +y2=2,y1+y2=2. 2 3 2 2 2 解得 u2=x2 1=x2= ;v =y1=y2=1. 2 6 因此 u,x1,x2 只能从± 中选取,v,y1,y2 只能从± 1 中选取. 2 6 ? 因此 D、E、G 只能在?± ,± 1 这四点中选取三个不同点, ? 2 ? 而这三点的两两连线中必有一条过原点, 6 与 S△ODE=S△ODG=S△OEG= 矛盾, 2 所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D、E、G.

x2 y2 x2 y2 课标文数 15.H10[2011· 山东卷] 已知双曲线 2- 2=1(a>0, b>0)和椭圆 + =1 有相 a b 16 9 同的焦点,且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍,则双曲线的方程为________________.

x2 2 课标文数 22.H10[2011· 山东卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: +y =1.如图 1- 3
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10 所示,斜率为 k(k>0)且不过原点的直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 E, 射线 OE 交椭圆 C 于点 G,交直线 x=-3 于点 D(-3,m). (1)求 m2+k2 的最小值; (2)若|OG|2=|OD|· |OE|. ①求证:直线 l 过定点; ②试问点 B,G 能否关于 x 轴对称?若能,求出此时△ABG 的外接圆方程;若不能,请 说明理由. 课标文数 22.H10[2011· 山东卷] 【解答】 (1)设直线 l 的方程为 y=kx+t(k>0), 由题意,t>0. y=kx+t, ? ?2 由方程组?x 得 +y2=1, ? ?3 (3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0. 由题意 Δ>0, 所以 3k2+1>t2. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 6kt 由韦达定理得 x1+x2=- 2 . 3k +1 2t 所以 y1+y2= 2 . 3k +1 由于 E 为线段 AB 的中点. 3kt t 因此 xE=- 2 ,yE= 2 , 3k +1 3k +1 yE 1 此时 kOE= =- . xE 3k 1 所以 OE 所在直线方程为 y=- x. 3k 又由题设知 D(-3,m), 1 令 x=-3,得 m= , k 即 mk=1, 所以 m2+k2≥2mk=2, 当且仅当 m=k=1 时上式等号成立. 此时由 Δ>0 得 0<t<2. 因此当 m=k=1 且 0<t<2 时,m2+k2 取最小值 2. 1 (2)①由(1)知 OD 所在直线的方程为 y=- x, 3k 将其代入椭圆 C 的方程,并由 k>0, 3k 1 ? ?. , 解得 G?- ? 2 3k +1 3k2+1? ? 3kt t 1? 又 E?-3k2+1,3k2+1?,D? ?-3,k?, ? ? 由距离公式及 t>0 得 2 3k ?2 ? 1 ? ?2=9k +1. |OG|2=?- +? ? ? 2 2 3k +1? ? 3k +1? 3k2+1 ? 1?2 9k2+1 ?-3?2+? = , ?k? k 3kt ?2 ? t ?2 t 9k2+1 ? - |OE|= ? 3k2+1? +?3k2+1? = 3k2+1 . 由|OG|2=|OD|· |OE|得 t=k. |OD|=
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因此直线 l 的方程为 y=k(x+1). 所以直线 l 恒过定点(-1,0). 3k 1 ? ?, , ②由①得 G?- ? 2 2 3 k + 1 3 k + 1 ? ? 若 B,G 关于 x 轴对称, 3k 1 ? ?. ,- 则 B?- ? 2 3k +1 3k2+1? ? 代入 y=k(x+1)整理得 3k2-1=k 3k2+1, 即 6k4-7k2+1=0, 1 解得 k2= (舍去)或 k2=1, 6 所以 k=1. 3 1? ? 3 1? 此时 B? ?-2,-2?,G?-2,2?关于 x 轴对称.[来源:学#科#网] 又由(1)得 x1=0,y1=1,所以 A(0,1). 由于△ABG 的外接圆的圆心在 x 轴上,可设△ABG 的外接圆的圆心为(d,0). 3 1 1 d+ ?2+ ,解得 d=- , 因此 d2+1=? ? 2? 4 2 5 故△ABG 的外接圆的半径为 r= d2+1= . 2 1?2 2 5 所以△ABG 的外接圆方程为? ?x+2? +y =4. m ? ? ≤?x-2?2+y2≤m2,x,y∈R? ,B 课标数学 14.H10[2011· 江苏卷] 设集合 A=??x,y?? 2 ? ? ? ={(x,y)|2m≤x+y≤2m+1,x,y∈R}, 若 A∩B≠?, 则实数 m 的取值范围是________. 1 ? 课标数学 14.H10[2011· 江苏卷] ? ?2,2+ 2? 【解析】 若 m<0,则符合题意的条件是:直线 x+y=2m+1 与圆(x-2)2+y2=m2 有交 |2-2m-1| 2- 2 2+ 2 点,从而由 ≤|m|,解之得 ≤m≤ ,矛盾; 2 2 2 若 m=0,则代入后可知矛盾; m 1 1 若 m>0,则当 ≤m2,即 m≥ 时,集合 A 表示一个环形区域,且大圆半径不小于 ,即 2 2 2 2 直径不小于 1,集合 B 表示一个带形区域,且两直线间距离为 , 2 从而当直线 x+y=2m 与 x+y=2m+1 中至少有一条与圆(x-2)2+y2=m2 有交点,即可 符合题意,从而有 |2-2m| |2-2m-1| 2- 2 ≤|m|或 ≤|m|,解之得 ≤m≤2+ 2, 2 2 2 1 所以综上所述,实数 m 的取值范围是 ≤m≤2+ 2. 2 课标数学 18.H8,H10[2011· 江苏卷]

图 1-5

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x2 y2 如图 1-5,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 4 2 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,连结 AC,并延长交椭圆于点 B,设直线 PA 的斜率为 k. (1)若直线 PA 平分线段 MN,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. 课标数学 18.H8,H10[2011· 江苏卷] 本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方 程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力.

图 1-6 【解答】 (1)由题设知,a=2,b= 2,故 M(-2,0),N(0,- 2),所以线段 MN 中点 2 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 2? ? 2 - 2 2 过坐标原点,所以 k= = . 2 -1 (2)直线 PA 的方程为 y=2x,代入椭圆方程得 x2 4x2 2 + =1,解得 x=± , 4 2 3 2 4 2 4? ? ? 因此 P? ?3,3?,A?-3,-3?. 4 0+ 3 2 ? ,0 ,直线 AC 的斜率为 于是 C? =1, ?3 ? 2 2 + 3 3 2 故直线 AB 的方程为 x-y- =0. 3 ?2-4-2? ?3 3 3? 2 2 因此,d= = . 3 12+12 (3)解法一: x2 y2 将直线 PA 的方程 y=kx 代入 + =1, 4 2 2 解得 x=± . 1+2k2 2 记 μ= ,则 P(μ,μk),A(-μ,-μk), 1+2k2 0+μk k 于是 C(μ,0),故直线 AB 的斜率为 = , μ+μ 2 k 其方程为 y= (x-μ), 2 代入椭圆方程得(2+k2)x2-2μk2x-μ2(3k2+2)=0, μ?3k2+2? 解得 x= 或 x=-μ, 2+k2 2 3 ?μ?3k +2?, μk ?. 因此 B? 2 2+k2? ? 2+k ?

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μk3 -μk 2+k2 k3-k?2+k2? 1 于是直线 PB 的斜率 k1= = =- . k μ?3k2+2? 3k2+2-?2+k2? -μ 2+k2 因此 k1k=-1,所以 PA⊥PB. 解法二: 设 P(x1,y1),B(x2,y2),则 x1>0,x2>0,x1≠x2,A(-x1,-y1),C(x1,0),设直线 PB, 0-?-y1? y1 k AB 的斜率分别为 k1,k2,因为 C 在直线 AB 上,所以 k2= = = ,从而 k1k+1 x1-?-x1? 2x1 2 y2-y1 y2-?-y1? =2k1k2+1=2· · +1 x2-x1 x2-?-x1? 2 2 2 2 2y2 ?x2 4-4 2-2y1 2+2y2?-?x1+2y1? = 2 2 +1= = 2 2=0. 2 2 x2-x1 x2-x1 x2-x1 因此 k1k=-1,所以 PA⊥PB. x2 y2 大纲文数 21.H10[2011· 四川卷] 如图 1-8,过点 C(0,1)的椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的离心 a b 3 率为 ,椭圆与 x 轴交于两点 A(a,0),B(-a,0).过点 C 的直线 l 与椭圆交于另一点 D,并 2 与 x 轴交于点 P,直线 AC 与直线 BD 交于点 Q. (1)当直线 l 过椭圆右焦点时,求线段 CD 的长; → → (2)当点 P 异于点 B 时,求证:OP· OQ为定值.

图 1-8 c 3 大纲文数 21.H10[2011· 四川卷] 【解答】 (1)由已知得 b=1, = ,解得 a=2,所以 a 2 x2 2 椭圆方程为 +y =1. 4 3 椭圆的右焦点为( 3,0),此时直线 l 的方程为 y=- x+1, 3 代入椭圆方程化简得 7x2-8 3x=0. 8 3 解得 x1=0,x2= , 7 1 代入直线 l 的方程得 y1=1,y2=- , 7 8 3 1? 所以 D 点坐标为? . ? 7 ,-7? ?8 3-0?2+?-1-1?2=16. 故|CD|= ? 7 ? ? 7 ? 7 (2)当直线 l 与 x 轴垂直时与题意不符. 1? 设直线 l 的方程为 y=kx+1? ?k≠0且k≠2?. 代入椭圆方程化简得 (4k2+1)x2+8kx=0. -8k 1-4k2 解得 x1=0,x2= 2 ,代入直线 l 的方程得 y1=1,y2= 2 , 4k +1 4k +1
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所以 D 点坐标为?

? -8k ,1-4k ?. ? ?4k2+1 4k2+1?

2

1+2k x 又直线 AC 的方程为 +y=1,直线 BD 的方程为 y= (x+2), 2 2-4k
?x=-4k, ? 联立解得? ?y=2k+1. ? 因此 Q 点坐标为(-4k,2k+1). 1 ? 又 P 点坐标为? ?-k,0?, → → ? 1 ? 所以OP· OQ=?-k ,0?· (-4k,2k+1)=4. → → 故OP· OQ为定值.

大纲理数 21.H10[2011· 四川卷] 如图 1-8,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. 3 (1)当|CD|= 2时,求直线 l 的方程; 2 → → (2)当点 P 异于 A、B 两点时,求证:OP· OQ为定值.

y2 x2 大纲理数 21.H10[2011· 四川卷] (1)因椭圆焦点在 y 轴上,设椭圆的标准方程为 2+ 2= a b 1(a>b>0). y2 由已知得 b=1,c=1,所以 a= 2,椭圆方程为 +x2=1. 2 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), 2k 1 则 x1+x2=- 2 ,x1· x2=- 2 , k +2 k +2 2 2?k2+1? |CD|= k2+1· ?x1+x2?2-4x1x2= . k2+2 2 2?k2+1? 3 由已知得 = 2. 2 k2+2 解得 k=± 2. 所以直线 l 的方程为 y= 2x+1 或 y=- 2x+1. (2)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), 1 ? 所以 P 点坐标为? ?-k,0?. 2k 设 C(x1,y1),D(x2,y2),由(1)知 x1+x2=- 2 , k +2 1 x1· x2=- 2 . k +2

图 1-8

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y1 y2 直线 AC 的方程 y= (x+1),直线 BD 的方程为 y= (x-1), x1+1 x2-1 x+1 y2?x1+1? 将两直线方程联立,消去 y 得 = . x-1 y1?x2-1? x+1 y2 因为-1<x1,x2<1,所以 与 异号. x-1 y1 2 2 2 ?x1+1?2 ?1+x1??1+x2? ?x+1?2=y2?x1+1? =2-2x2· ?x-1? y2?x -1?2 2-2x2 ?x -1?2=?1-x ??1-x ? ? ? 1 2 1 2 1 2 -2k -1 1+ 2 + k +2 k2+2 ?k-1?2 = =? ?. -2k -1 ?k+1? 1- 2 + 2 k +2 k +2 2?1-k??1+k? 2?1+k?2 k-1 又 y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1= =- · , k2+2 k2+2 k+1 k-1 x+1 k-1 x+1 k-1 ∴ 与 y1y2 异号, 与 同号,∴ = ,解得 x=-k. k+1 x-1 k+1 x-1 k+1 因此 Q 点坐标为(-k,y0). → → ? 1 ? OP· OQ=?-k ,0?· (-k,y0)=1. → → 故OP· OQ为定值. 大纲理数 15.H10[2011· 重庆卷] 设圆 C 位于抛物线 y2=2x 与直线 x=3 所围成的封闭区 域(包含边界)内,则圆 C 的半径能取到的最大值为________. 大纲理数 15.H10[2011· 重庆卷] 6-1 【解析】 由题意知,半径取得最大值的圆的圆 心必在 x 轴上. 设圆心 C(a,0)(0<a<3),则半径为 3-a,于是圆的方程为(x-a)2+y2=(3-a)2, 将抛物线方程 y2=2x 代入圆的方程得 (x-a)2+2x=(a-3)2,即 x2-2(a-1)x+6a-9=0, 由 Δ=4(a-1)2-4(6a-9)=0,即 a2-8a+10=0,解得 a=4± 6, ∵0<a<3,∴a=4- 6. 故圆 C 的半径能取到的最大值为 3-a= 6-1.

图 1-8 大纲理数 20.H10[2011· 重庆卷] 如图 1-8,椭圆的中心为原点 O,离心率 e= 2 ,一条 2

准线的方程为 x=2 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 1 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 2 的坐标,若不存在,说明理由. c 2 a2 大纲理数 20.H10[2011· 重庆卷] 【解答】 (1)由 e= = , =2 2, a 2 c 2 2 2 解得 a=2,c= 2,b =a -c =2,

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x2 y2 故椭圆的标准方程为 + =1. 4 2 (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, 2 2 2 所以 x2 1+2y1=4,x2+2y2=4,[来源:学。科。网 Z。X。X。K] 2 2 2 2 2 故 x +2y =(x1+4x2+4x1x2)+2(y2 1+4y2+4y1y2) 2 2 2 =(x1 +2y2 1)+4(x2+2y2)+4(x1x2+2y1y2) =20+4(x1x2+2y1y2). y1y2 1 设 kOM,kON 分别为直线 OM,ON 的斜率,由题设条件知 kOM· kON= =- ,因此 x1x2 x1x2 2 +2y1y2=0, 所以 x2+2y2=20. 、

大纲文数 21.H10[2011· 重庆卷] 如图 1-5,椭圆的中心为原点 O,离心率 e=

2 ,一条准线 2

的方程是 x=2 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 1 之积为- .问:是否存在定点 F,使得|PF|与点 P 到直线 l:x=2 10的距离之比为定值?若 2 存在,求 F 的坐标;若不存在,说明理由. 大纲文数 21.H10[2011· 重庆卷] c 2 a2 【解答】 (1)由 e= = , =2 2, a 2 c 2 2 解得 a=2,c= 2,b =a -c2=2, 故椭圆的标准方程为 x2 y2 + =1. 4 2 (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 2 2 2 x2 1+2y1=4,x2+2y2=4, 2 2 2 故 x2+2y2=(x2 1+4x2+4x1x2)+2(y1+4y2+4y1y2) 2 2 2 2 =(x1+2y1)+4(x2+2y2)+4(x1x2+2y1y2)
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=20+4(x1x2+2y1y2). 设 kOM,kON 分别为直线 OM,ON 的斜率,由题设条件知 y1y2 1 kOM· kON= =- ,因此 x1x2+2y1y2=0. x1x2 2 所以 x2+2y2=20. x2 y2 所以 P 点是椭圆 + =1 上的点,该椭圆的右焦点为 F( 10,0),离心率 e= ?2 5?2 ? 10?2 2 ,直线 l:x=2 10是该椭圆的右准线,故根据椭圆的第二定义,存在定点 F( 10,0)使 2 得|PF|与 P 点到直线 l 的距离之比为定值. [2011· 重庆模拟] 已知直线 l 过点 O(0,0)和点 P(2+ 3cosα, 3sinα),则直线 l 的斜率的 最大值为( ) 1 A. 2 3 B. 3 3 C. 2 D. 3

[2011· 上海模拟] 直线 2x-y+3=0 关于直线 x-y+2=0 对称的直线方程是( A.x-2y+3=0 B.x-2y-3=0 C.x+2y+1=0 D.x+2y-1=0

)

[2011· 临川一中诊断] 已知直线 l1 和 l2 的夹角平分线为 y=x,如果 l1 的方程是 ax+by+ c=0,那么直线 l2 的方程为( ) A.bx+ay+c=0 B.ax-by+c=0 C.bx+ay-c=0 D.bx-ay+c=0

为(

[2011· 北京海淀模拟] 已知直线 l1:x+y+1=0,l2:x+y-1=0,则 l1,l2 之间的距离 ) A.1 B. 3 C. 2 D. 5

[2011· 张家界期末] 过点 P(4,2)作圆 x2+y2=4 的两条切线,切点分别为 A,B,O 为坐 标原点,则△OAB 的外接圆方程是( ) A.(x-2)2+(y-1)2=5
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B.(x-4)2+(y-2)2=20 C.(x+2)2+(y+1)2=5 D.(x+4)2+(y+2)2=20

[2011· 德州一模] 若直线 2x-y+a=0 与圆(x-1)2+y2=1 有公共点,则实数 a 的取值范 围为( ) A.-2- 5<a<-2+ 5 B.-2- 5 ≤a ≤-2+ 5 C.- 5 ≤a ≤ 5 D.- 5 <a< 5

[2011· 哈尔滨第九中学期末] 若 a,b,c 是直角△ABC 的三边的长(c 为斜边),则圆 C: x2+y2=4 截直线 l:ax+by+c=0 所得的弦长为__________.

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x2 → → [2011· 沈阳二中阶段测试] 椭圆 +y2=1 的焦点为 F1,F2,点 M 在椭圆上,MF1· MF2= 4 0,则 M 到 y 轴的距离为( ) 2 3 A. 3 2 6 B. 3 3 C. 3 D. 3

x2 y2 [2011· 南昌三中月考] 过椭圆 C: 2+ 2=1 的左焦点作直线 l⊥x 轴,交椭圆 C 于 A,B a b 两点,若△OAB(O 为坐标原点)是直角三角形,则椭圆 C 的离心率 e 为( ) 3-1 A. 2 3+1 B. 2 5-1 C. 2 5+1 D. 2

x2 y2 [2011· 朝阳一模] 已知点 P(3,-4)是双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)渐近线上的一点,E, a b → → F 是左、右两个焦点,若EP· FP=0,则双曲线方程为( ) x2 y2 A. - =1 3 4 x2 y2 B. - =1 4 3 x2 y2 C. - =1 9 16 x2 y2 D. - =1 16 9

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x2 y2 [2011· 郑州二检] 已知点 F 是双曲线 2- 2=1( a>0,b>0)的左焦点,点 E 是该双曲线 a b 的右顶点,过点 F 且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 A、B 两点,△ABE 是锐角三角形,则 该双曲线的离心率 e 的取值范围是( ) A.(1,+∞) B.(1,2) C.(1,1+ 2) D.(2,1+ 2)

[2011· 湖南十二校联考] 设抛物线 y2=4x 上一点 P 到直线 x=-3 的距离为 5,则点 P 到该抛物线焦点的距离是( ) A.4 B.6 C.8 D.3

[2011· 西安五名校一模] 已知抛物线 y2=2px(p>0)的准线与圆 x2+y2-6x-7=0 相切, 则 p 的值为__________.

x2 y2 x2 y2 [2011· 揭阳调研] 已知 a>b>0,e1,e2 分别为圆锥曲线 2+ 2=1 和 2- 2=1 的离心率, a b a b 则 lge1+lge2 的值( ) A.大于 0 且小于 1 B. 大于 1 C. 小于 0 D. 等于 0

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x2 y2 [2011· 北京西城区一模] 设圆 C 的圆心为双曲线 2- =1(a>0)的右焦点且与此双曲线 a 2 的渐近线相切,若圆 C 被直线 l:x- 3y=0 截得的弦长等于 2,则 a 的值为( ) A. 2 B. 3 C.2 D.3

[2011· 温州中学月考] 已知动圆圆心在抛物线 y2=4x 上,且动圆恒与直线 x=-1 相切, 则此动圆必过定点__________.

[2011· 浙江六校联考] 不论 a 为何值时,直线(a-1)x-y+2a+1=0 恒过定点 P,则过 P 点的抛物线的标准方程为__________.

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