当前位置: 首页 > >

2014年高考文科数学分类汇编练*题---解析几何含答案

发布时间:

2014 高考文科数学分类汇编

解析几何

H1 直线的倾斜角与斜率、直线的方程 6. , ,[2014· 福建卷] 已知直线 l 过圆 x2+(y-3)2=4 的圆心,且与直线 x+y +1=0 垂直,则 l 的方程是( ) A.x+y-2=0 B.x-y=2=0 C.x+y-3=0 D.x-y+3=0 6.D [解析] 由直线 l 与直线 x+y+1=0 垂直,可设直线 l 的方程为 x-y +m=0. 又直线 l 过圆 x2+(y-3)2=4 的圆心(0,3),则 m=3,所以直线 l 的方程为 x-y+3=0,故选 D. 20. 、 、[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 已知点 P(2,2),圆 C:x2+y2-8y=0,过点 P 的动直线 l 与圆 C 交于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 M,O 为坐标原点. (1)求 M 的轨迹方程; (2)当|OP|=|OM|时,求 l 的方程及△POM 的面积. 20.解:(1)圆 C 的方程可化为 x2+(y-4)2=16, 所以圆心为 C(0,4),半径为 4. 设 M(x,y),则 CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y). 由题设知 CM· MP=0,故 x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2. 由于点 P 在圆 C 的内部,所以 M 的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2. (2)由(1)可知 M 的轨迹是以点 N(1,3)为圆心, 2为半径的圆. 由于|OP|=|OM|,故 O 在线段 PM 的垂直*分线上,又 P 在圆 N 上,从而 ON⊥PM. 1 因为 ON 的斜率为 3,所以直线 l 的斜率为-3, 1 8 故 l 的方程为 y=-3x+3. 4 10 又|OM|=|OP|=2 2,O 到直线 l 的距离为 5 , 4 10 16 故|PM|= 5 ,所以△POM 的面积为 5 . x2 y2 21. 、 、 、[2014· 重庆卷] 如图 15,设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分 |F1F2| 2 别为 F1,F2,点 D 在椭圆上,DF1⊥F1F2, =2 2,△DF1F2 的面积为 . |DF1| 2 (1)求该椭圆的标准方程. (2)是否存在圆心在 y 轴上的圆, 使圆在 x 轴的上方与椭圆有两个交点, 且圆 在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在, 求出圆的方 程;若不存在,请说明理由.

图 15 21.解:(1)设 F1(-c,0),F2(c,0),其中 c2=a2-b2. |F1F2| |F1F2| 2 由 |DF | =2 2得|DF1|= = 2 c. 1 2 2 1 2 2 从而 S△DF1F2=2|DF1||F1F2|= 2 c2= 2 ,故 c=1. 2 9 从而 |DF1| = 2 . 由 DF1 ⊥ F1F2 得 |DF2|2 = |DF1|2 + |F1F2|2 = 2 ,因此 |DF2| = 3 2 2 , 所以 2a=|DF1|+|DF2|=2 2,故 a= 2,b2=a2-c2=1. x2 2 因此,所求椭圆的标准方程为 +y =1. 2 x2 2 (2)如图所示, 设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆 2 +y =1 相交, P1(x1, y1), P2(x2, y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2 是圆 C 的切线,且 F1P1⊥F2P2.由圆和 椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.

由(1)知 F1(-1, 0), F2(1, 0), 所以F→ y1), F→ y1). 再 1P1=(x1+1, 2P2=(-x1-1, 2 2 由 F1P1⊥F2P2 得-(x1+1) +y1=0. x2 4 1 由椭圆方程得 1- 2 =(x1+1)2,即 3x2 1+4x1=0,解得 x1=- 或 x1=0. 3 当 x1=0 时,P1,P2 重合,题设要求的圆不存在. 4 当 x1=-3时,过 P1,P2 分别与 F1P1,F2P2 垂直的直线的交点即为圆心 C. y1-y0 y1 设 C(0,y0),由 CP1⊥F1P1,得 x · =-1. x1+1 1 1 5 而 y1=|x1+1|=3,故 y0=3. 2 ? 4?2 ?1 5?2 4 ?-3? +?3-3? = 圆 C 的半径|CP1|= 3 . ? ? ? ? 综上,存在满足题设条件的圆,其方程为 ? 5?2 32 x2+?y-3? = 9 . ? ? H2 两直线的位置关系与点到直线的距离 6. , ,[2014· 福建卷] 已知直线 l 过圆 x2+(y-3)2=4 的圆心,且与直线 x+y

+1=0 垂直,则 l 的方程是( ) A.x+y-2=0 B.x-y=2=0 C.x+y-3=0 D.x-y+3=0 6.D [解析] 由直线 l 与直线 x+y+1=0 垂直,可设直线 l 的方程为 x-y +m=0. 又直线 l 过圆 x2+(y-3)2=4 的圆心(0,3),则 m=3,所以直线 l 的方程为 x-y+3=0,故选 D. 18. 、 、 、[2014· 江苏卷] 如图 16 所示,为保护河上古桥 OA,规划建一座新 桥 BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥 BC 与河岸 AB 垂直;保护区 的边界为圆心 M 在线段 OA 上并与 BC 相切的圆,且古桥两端 O 和 A 到该圆上 任意一点的距离均不少于 80 m.经测量,点 A 位于点 O 正北方向 60 m 处,点 C 4 位于点 O 正东方向 170 m 处(OC 为河岸),tan∠BCO= . 3 (1)求新桥 BC 的长. (2)当 OM 多长时,圆形保护区的面积最大?

图 16 18.解: 方法一: (1)如图所示, 以 O 为坐标原点, OC 所在直线为 x 轴, 建立*面直角 坐标系 xOy.

由条件知 A(0, 60), C(170,0), 4 直线 BC 的斜率 kBC=-tan∠BCO=-3. 3 又因为 AB⊥BC, 所以直线 AB 的斜率 kAB=4. 设点 B 的坐标为(a,b), 则 kBC= b-0 b-60 3 4 =-3, kAB= = , a-170 a-0 4

解得 a=80, b=120, 所以 BC= (170-80)2+(0-120)2=150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 的半径为 r m, OM=d m (0≤d≤60). 4 由条件知, 直线 BC 的方程为 y=-3(x-170), 即 4x+3y-680=0. 由于圆 M 与直线 BC 相切, 故点 M(0, d)到直线 BC 的距离是 r, 即 r= |3d - 680| 680-3d = 5 . 42+32

因 为 O 和 A 到 圆 M 上 任 意 一 点 的 距 离 均 不 少 于 80 m , 所 以 ?r-d≥80, ? ?r-(60-d)≥80, 680-3d ? ? 5 -d≥80, 即? 680 - 3d ? ? 5 -(60-d)≥80, 解得 10≤d≤35. 680 - 3d 最大, 即圆面积最大, 5 所以当 OM=10 m 时, 圆形保护区的面积最大. 方法二: (1)如图所示, 延长 OA, CB 交于点 F. 故当 d=10 时, r =

4 因为 tan∠FCO=3, 4 3 所以 sin∠FCO=5, cos∠FCO=5. 因为 OA=60,OC=170, 680 OC 850 所以 OF=OC tan∠FCO= 3 , CF= = 3 , 从而 AF=OF-OA cos∠FCO

500 = 3 . 4 因为 OA⊥OC, 所以 cos∠AFB =sin∠FCO=5. 400 又因为 AB⊥BC,所以 BF=AFcos∠AFB= 3 , 从而 BC=CF-BF=150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D,连接 MD,则 MD⊥BC,且 MD 是圆 M 的半径,并设 MD=r m,OM=d m (0≤d≤60). 因为 OA⊥OC, 所以 sin∠CFO=cos∠FCO. 680-3d MD MD r 3 故由(1)知 sin∠CFO= MF = =680 =5, 所以 r= . 5 OF-OM -d 3 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m, ?r-d≥80, 所以? ?r-(60-d)≥80, 680-3d ? ? 5 -d≥80, 即? 680-3d ? ? 5 -(60-d)≥80, 解得 10≤d≤35. 680 - 3d 最大,即圆面积最大, 5 所以当 OM=10 m 时, 圆形保护区的面积最大. 22. 、 、[2014· 全国卷] 已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,直线 y=4 5 与 y 轴的交点为 P,与 C 的交点为 Q,且|QF|=4|PQ|. (1)求 C 的方程; (2)过 F 的直线 l 与 C 相交于 A,B 两点,若 AB 的垂直*分线 l′与 C 相交于 M,N 两点,且 A,M,B,N 四点在同一圆上,求 l 的方程. 8 22.解:(1)设 Q(x0,4),代入 y2=2px,得 x0=p, 8 p p 8 所以|PQ|= ,|QF|= +x0= + . p 2 2 p p 8 5 8 由题设得2+p=4×p,解得 p=-2(舍去)或 p=2, 所以 C 的方程为 y2=4x. (2)依题意知 l 与坐标轴不垂直,故可设 l 的方程为 x=my+1(m≠0). 代入 y2=4x,得 y2-4my-4=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=4m,y1y2=-4. 故线段 AB 的中点为 D(2m2+1,2m), 故当 d=10 时, r= |AB|= m2+1|y1-y2|=4(m2+1).

1 又直线 l′的斜率为-m,所以 l′的方程为 x=-my+2m2+3. 4 将上式代入 y2=4x,并整理得 y2+m y-4(2m2+3)=0. 4 设 M(x3,y3),N(x4,y4),则 y3+y4=-m,y3y4=-4(2m2+3). 2? ?2 故线段 MN 的中点为 E?m2+2m2+3,-m?, ? ? |MN|= 4(m2+1) 2m2+1 1 1+m2|y3-y4|= . m2

由于线段 MN 垂直*分线段 AB,故 A,M,B,N 四点在同一圆上等价于|AE| 1 =|BE|=2|MN|,从而 1 1 2 2 2 | AB | + | DE | = 4 4|MN| ,即 2 ?2 ? 2 ? ?2 4(m2+1)2+?2m+m? +?m2+2? = ? ? ? ? 4(m2+1)2(2m2+1) , m4 化简得 m2-1=0,解得 m=1 或 m=-1. 所求直线 l 的方程为 x-y-1=0 或 x+y-1=0. x2 y2 21. 、 、 、[2014· 重庆卷] 如图 15,设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分 |F1F2| 2 别为 F1,F2,点 D 在椭圆上,DF1⊥F1F2, |DF | =2 2,△DF1F2 的面积为 2 . 1 (1)求该椭圆的标准方程. (2)是否存在圆心在 y 轴上的圆, 使圆在 x 轴的上方与椭圆有两个交点, 且圆 在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在, 求出圆的方 程;若不存在,请说明理由.

图 15 21.解:(1)设 F1(-c,0),F2(c,0),其中 c2=a2-b2. |F1F2| |F1F2| 2 由 |DF | =2 2得|DF1|= = 2 c. 1 2 2 1 2 2 从而 S△DF1F2=2|DF1||F1F2|= 2 c2= 2 ,故 c=1. 2 9 从而 |DF1| = 2 . 由 DF1 ⊥ F1F2 得 |DF2|2 = |DF1|2 + |F1F2|2 = 2 ,因此 |DF2| =

3 2

2



2,故 a= 2,b2=a2-c2=1. x2 因此,所求椭圆的标准方程为 2 +y2=1. x2 (2)如图所示, 设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆 2 +y2=1 相交, P1(x1, y1), P2(x2, y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2 是圆 C 的切线,且 F1P1⊥F2P2.由圆和 椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2. 所以 2a=|DF1|+|DF2|=2

由(1)知 F1(-1, 0), F2(1, 0), 所以F→ y1), F→ y1). 再 1P1=(x1+1, 2P2=(-x1-1, 2 2 由 F1P1⊥F2P2 得-(x1+1) +y1=0. x2 4 1 由椭圆方程得 1- 2 =(x1+1)2,即 3x2 1+4x1=0,解得 x1=- 或 x1=0. 3 当 x1=0 时,P1,P2 重合,题设要求的圆不存在. 4 当 x1=-3时,过 P1,P2 分别与 F1P1,F2P2 垂直的直线的交点即为圆心 C. y1-y0 y1 设 C(0,y0),由 CP1⊥F1P1,得 x · =-1. x1+1 1 1 5 而 y1=|x1+1|=3,故 y0=3. 2 ? 4?2 ?1 5?2 4 ?-3? +?3-3? = 圆 C 的半径|CP1|= 3 . ? ? ? ? 综上,存在满足题设条件的圆,其方程为 ? 5?2 32 x2+?y-3? = 9 . ? ? H3 圆的方程 6. , ,[2014· 福建卷] 已知直线 l 过圆 x2+(y-3)2=4 的圆心,且与直线 x+y +1=0 垂直,则 l 的方程是( ) A.x+y-2=0 B.x-y=2=0 C.x+y-3=0 D.x-y+3=0 6.D [解析] 由直线 l 与直线 x+y+1=0 垂直,可设直线 l 的方程为 x-y +m=0. 又直线 l 过圆 x2+(y-3)2=4 的圆心(0,3),则 m=3,所以直线 l 的方程为 x-y+3=0,故选 D. 17.[2014· 湖北卷] 已知圆 O:x2+y2=1 和点 A(-2,0),若定点 B(b,0)(b≠

-2)和常数 λ 满足:对圆 O 上任意一点 M,都有|MB|=λ|MA|,则 (1)b=________; (2)λ=________. 1 1 17. (1)-2 (2)2 [解析] 设点 M(cos θ , sin θ ), 则由|MB|=λ|MA|得(cos θ 2 2 -b)2+sin2θ =λ 2[(cos θ +2) +sin θ ],即-2bcos θ +b2+1=4λ2cos θ 2 ?-2b=4λ , 2 +5λ 对任意的 θ 都成立,所以? 2 2 又由|MB|=λ|MA|,得 λ>0,且 b≠- ?b +1=5λ . 1 ? ?b=-2, 2,解得? 1 λ = ? ? 2. 18. 、 、 、[2014· 江苏卷] 如图 16 所示,为保护河上古桥 OA,规划建一座新 桥 BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥 BC 与河岸 AB 垂直;保护区 的边界为圆心 M 在线段 OA 上并与 BC 相切的圆,且古桥两端 O 和 A 到该圆上 任意一点的距离均不少于 80 m.经测量,点 A 位于点 O 正北方向 60 m 处,点 C 4 位于点 O 正东方向 170 m 处(OC 为河岸),tan∠BCO=3. (1)求新桥 BC 的长. (2)当 OM 多长时,圆形保护区的面积最大?

图 16 18.解: 方法一: (1)如图所示, 以 O 为坐标原点, OC 所在直线为 x 轴, 建立*面直角 坐标系 xOy.

由条件知 A(0, 60), C(170,0), 4 直线 BC 的斜率 kBC=-tan∠BCO=-3.

3 又因为 AB⊥BC, 所以直线 AB 的斜率 kAB=4. 设点 B 的坐标为(a,b), 则 kBC= b-0 b-60 3 4 =-3, kAB= = , a-170 a-0 4

解得 a=80, b=120, 所以 BC= (170-80)2+(0-120)2=150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 的半径为 r m, OM=d m (0≤d≤60). 4 由条件知, 直线 BC 的方程为 y=- (x-170), 3 即 4x+3y-680=0. 由于圆 M 与直线 BC 相切, 故点 M(0, d)到直线 BC 的距离是 r, 即 r= |3d - 680| 680-3d = 5 . 42+32

因 为 O 和 A 到 圆 M 上 任 意 一 点 的 距 离 均 不 少 于 80 m , 所 以 ?r-d≥80, ? ?r-(60-d)≥80, 680-3d ? ? 5 -d≥80, 即? 680 - 3d ? ? 5 -(60-d)≥80, 解得 10≤d≤35. 680 - 3d 最大, 即圆面积最大, 5 所以当 OM=10 m 时, 圆形保护区的面积最大. 方法二: (1)如图所示, 延长 OA, CB 交于点 F. 故当 d=10 时, r =

4 因为 tan∠FCO=3,

4 3 所以 sin∠FCO=5, cos∠FCO=5. 因为 OA=60,OC=170, 680 OC 850 所以 OF=OC tan∠FCO= 3 , CF= = 3 , 从而 AF=OF-OA cos∠FCO 500 = 3 . 4 因为 OA⊥OC, 所以 cos∠AFB =sin∠FCO=5. 400 又因为 AB⊥BC,所以 BF=AFcos∠AFB= 3 , 从而 BC=CF-BF=150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D,连接 MD,则 MD⊥BC,且 MD 是圆 M 的半径,并设 MD=r m,OM=d m (0≤d≤60). 因为 OA⊥OC, 所以 sin∠CFO=cos∠FCO. 680-3d MD MD r 3 故由(1)知 sin∠CFO= MF = =680 =5, 所以 r= . 5 OF-OM 3 -d 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m, ?r-d≥80, 所以? ?r-(60-d)≥80, 680-3d ? ? 5 -d≥80, 即? 680-3d ? ? 5 -(60-d)≥80, 解得 10≤d≤35. 680 - 3d 最大,即圆面积最大, 5 所以当 OM=10 m 时, 圆形保护区的面积最大. 20. 、 、[2014· 辽宁卷] 圆 x2+y2=4 的切线与 x 轴正半轴、y 轴正半轴围成一 个三角形,当该三角形面积最小时,切点为 P(如图 15 所示). 故当 d=10 时, r=

图 15 (1)求点 P 的坐标; (2)焦点在 x 轴上的椭圆 C 过点 P,且与直线 l:y=x+ 3交于 A,B 两点, 若△PAB 的面积为 2,求 C 的标准方程. x0 20.解:(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-y ,切线 0

x0 方程为 y-y0=-y (x-x0),即 x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线
0

4? 1 4 4 8 ?4 ? ? 2 的交点分别为?x ,0?,?0,y ?,其围成的三角形的面积 S=2·x ·y =x y .由 x0 ? 0 ? ? 0? 0 0 0 0 2 +y0 =4≥2x0y0 知当且仅当 x0=y0= 2时 x0y0 有最大值,即 S 有最小值,因此点 P 的坐标为( 2, 2). x2 y2 (2)设 C 的标准方程为a2+b2=1(a>b>0),点 A(x1,y1),B(x2,y2).由点 P 2 2 ?x y ? + 2 2=1, 2 2 在 C 上知a2+b2=1,并由?a b 得 b2x2+4 3x+6-2b2=0. ? ?y=x+ 3, 4 3 ? ?x1+x2=- b2 , 又 x1,x2 是方程的根,所以? 6-2b2 ? ?x1x2= b2 . 由 y1=x1+ 3,y2=x2+ 3,得 48-24b2+8b4 4 6 |AB|= 3 |x1-x2|= 2· . b2 3 1 3 4 6 由点 P 到直线 l 的距离为 及 S△PAB=2× |AB|=2,得|AB|= 3 ,即 b4 2 2 2 -9b +18=0, 解得 b2=6 或 3,因此 b2=6,a2=3(舍)或 b2=3,a2=6,从而所求 C 的方 x2 y2 程为 6 + 3 =1. 20. 、 、[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 已知点 P(2,2),圆 C:x2+y2-8y=0,过点 P 的动直线 l 与圆 C 交于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 M,O 为坐标原点. (1)求 M 的轨迹方程; (2)当|OP|=|OM|时,求 l 的方程及△POM 的面积. 20.解:(1)圆 C 的方程可化为 x2+(y-4)2=16, 所以圆心为 C(0,4),半径为 4. 设 M(x,y),则 CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y). 由题设知 CM· MP=0,故 x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2. 由于点 P 在圆 C 的内部,所以 M 的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2. (2)由(1)可知 M 的轨迹是以点 N(1,3)为圆心, 2为半径的圆. 由于|OP|=|OM|,故 O 在线段 PM 的垂直*分线上,又 P 在圆 N 上,从而 ON⊥PM. 1 因为 ON 的斜率为 3,所以直线 l 的斜率为-3, 1 8 故 l 的方程为 y=-3x+3. 4 10 又|OM|=|OP|=2 2,O 到直线 l 的距离为 5 ,

4 10 16 故|PM|= 5 ,所以△POM 的面积为 5 . H4 直线与圆、圆与圆的位置关系 5.[2014· 浙江卷] 已知圆 x2+y2+2x-2y+a=0 截直线 x+y+2=0 所得弦 的长度为 4,则实数 a 的值是( ) A.-2 B.-4 C.-6 D.-8 5. B [解析] 圆的标准方程为(x+1)2+(y-1)2=2-a, r2=2-a, 则圆心(- 1,1)到直线 x+y+2=0 的距离为 -4, 故选 B. 6.[2014· 安徽卷] 过点 P(- 3,-1)的直线 l 与圆 x2+y2=1 有公共点,则 直线 l 的倾斜角的取值范围是( π? π? ? ? A.?0, ? B.?0, ? 6? 3? ? ? π? π? ? ? C.?0, ? D.?0, ? 6 3? ? ? ? ) |-1+1+2| = 2.由 22+( 2)2=2-a,得 a= 2

6.D [解析] 易知直线 l 的斜率存在,所以可设 l:y+1=k(x+ 3),即 kx -y+ 3k-1=0.因为直线 l 圆 x2+y2=1 有公共点,所以圆心(0,0)到直线 l 的 | 3k-1| 距离 ≤1,即 k2- 3k≤0,解得 0≤k≤ 3,故直线 l 的倾斜角的取值范 1+k2 π? ? 围是?0, ?. 3? ? 7.[2014· 北京卷] 已知圆 C:(x-3)2+(y-4)2=1 和两点 A(-m,0),B(m, 0)(m>0).若圆 C 上存在点 P,使得∠APB=90°,则 m 的最大值为( ) A.7 B.6 C.5 D.4 7.B [解析] 由图可知,圆 C 上存在点 P 使∠APB=90°,即圆 C 与以 AB 为直径的圆有公共点,所以 32+42-1≤m≤ 32+42+1,即 4≤m≤6.

11 . , [2014· 福 建 卷 ] 已 知 圆 C : (x - a)2 + (y - b)2 = 1 , * 面 区 域 Ω :

?x+y-7≤0, ?x-y+3≥0,若圆心 C∈Ω ,且圆 C 与 x 轴相切,则 a2+b2 的最大值为( ?y≥0.
A.5 B.29 C.37 D.49 11.C [解析]

)

?x+y-7≤0, 作出不等式组?x-y+3≥0,表示的*面区域Ω (如下图阴影 ?y≥0

部分所示,含边界),圆 C:(x-a)2+(y-b)2=1 的圆心坐标为(a,b),半径为 1. ?x+y-7=0, ?x=6, 由圆 C 与 x 轴相切,得 b=1.解方程组? 得? 即直线 x+y-7 ?y=1, ?y=1, =0 与直线 y=1 的交点坐标为(6,1),设此点为 P. 又点 C∈Ω ,则当点 C 与 P 重合时,a 取得最大值, 所以,a2+b2 的最大值为 62+12=37,故选 C.

21.[2014· 福建卷] 已知曲线 Γ 上的点到点 F(0,1)的距离比它到直线 y=- 3 的距离小 2. (1)求曲线 Γ 的方程. (2)曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x 轴交于点 A,直线 y=3 分别与直线 l 及 y 轴交于点 M,N.以 MN 为直径作圆 C,过点 A 作圆 C 的切线,切点为 B.试探究: 当点 P 在曲线 Γ 上运动(点 P 与原点不重合)时,线段 AB 的长度是否发生变化? 证明你的结论. 21.解:方法一:(1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点. 依题意,点 S 到点 F(0,1)的距离与它到直线 y=-1 的距离相等, 所以曲线 Γ 是以点 F(0,1)为焦点,直线 y=-1 为准线的抛物线,

所以曲线 Γ 的方程为 x2=4y.

(2)当点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变.证明如下: 1 由(1)知抛物线 Γ 的方程为 y=4x2. 1 设 P(x0,y0)(x0≠0),则 y0= x2 , 4 0 1 1 由 y′=2x,得切线 l 的斜率 k=y′|x=x0=2x0, 1 1 1 2 所以切线 l 的方程为 y-y0=2x0(x-x0),即 y=2x0x-4x0 . 1 1 ? ?y= x0x- x2 1 ? 4 0,得 A? ?2x0,0?. 由? 2 ? ? ? ?y=0, 1 1 ? ?y= x0x- x2 1 6 ? 2 4 0,得 M? ?2x0+x ,3?. 由? ? ? 0 ? ?y=3, 3 ?1 ? 又 N(0,3),所以圆心 C?4x0+x ,3?, ? ? 0 3? 1 ?1 半径 r=2|MN|=?4x0+x ?, ? 0? |AB|= |AC|2-r2 = = 6. 所以点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变. 方法二:(1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点, 则|y-(-3)|- (x-0)2+(y-1)2=2. 依题意,点 S(x,y)只能在直线 y=-3 的上方,所以 y>-3, 所以 (x-0)2+(y-1)2=y+1, 化简得,曲线 Γ 的方程为 x2=4y. 3 ??2 3 ?2 ?1 ?1 ?1 ?2x0-?4x0+x ?? +32-?4x0+x ? ? ? ? 0?? 0?

(2)同方法一. 6.[2014· 湖南卷] 若圆 C1:x2+y2=1 与圆 C2:x2+y2-6x-8y+m=0 外切, 则 m=( ) A.21 B.19 C.9 D.-11 6.C [解析] 依题意可得 C1(0,0),C2(3,4),则|C1C2|= 33+42=5.又 r1 =1,r2= 25-m,由 r1+r2= 25-m+1=5,解得 m=9. 9.[2014· 江苏卷] 在*面直角坐标系 xOy 中,直线 x+2y-3=0 被圆(x-2)2 +(y+1)2=4 截得的弦长为________. 2 9.5 55 [解析] 由题意可得,圆心为(2,-1),r=2,圆心到直线的距离 d |2-2-3| 3 = = 12+22 5 5,所以弦长为 2 r2-d2=2 9 2 4-5=5 55 .

18. 、 、 、[2014· 江苏卷] 如图 16 所示,为保护河上古桥 OA,规划建一座新 桥 BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥 BC 与河岸 AB 垂直;保护区 的边界为圆心 M 在线段 OA 上并与 BC 相切的圆,且古桥两端 O 和 A 到该圆上 任意一点的距离均不少于 80 m.经测量,点 A 位于点 O 正北方向 60 m 处,点 C 4 位于点 O 正东方向 170 m 处(OC 为河岸),tan∠BCO=3. (1)求新桥 BC 的长. (2)当 OM 多长时,圆形保护区的面积最大?

图 16 18.解: 方法一: (1)如图所示, 以 O 为坐标原点, OC 所在直线为 x 轴, 建立*面直角 坐标系 xOy.

由条件知 A(0, 60), C(170,0),

4 直线 BC 的斜率 kBC=-tan∠BCO=-3. 3 又因为 AB⊥BC, 所以直线 AB 的斜率 kAB=4. 设点 B 的坐标为(a,b), 则 kBC= b-0 b-60 3 4 =-3, kAB= = , a-170 a-0 4

解得 a=80, b=120, 所以 BC= (170-80)2+(0-120)2=150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 的半径为 r m, OM=d m (0≤d≤60). 4 由条件知, 直线 BC 的方程为 y=-3(x-170), 即 4x+3y-680=0. 由于圆 M 与直线 BC 相切, 故点 M(0, d)到直线 BC 的距离是 r, 即 r= |3d - 680| 680-3d = 5 . 42+32

因 为 O 和 A 到 圆 M 上 任 意 一 点 的 距 离 均 不 少 于 80 m , 所 以 ?r-d≥80, ? ?r-(60-d)≥80, 680-3d ? ? 5 -d≥80, 即? 680 - 3d ? ? 5 -(60-d)≥80, 解得 10≤d≤35. 680 - 3d 最大, 即圆面积最大, 5 所以当 OM=10 m 时, 圆形保护区的面积最大. 方法二: (1)如图所示, 延长 OA, CB 交于点 F. 故当 d=10 时, r =

4 因为 tan∠FCO=3, 4 3 所以 sin∠FCO=5, cos∠FCO=5. 因为 OA=60,OC=170, 680 OC 850 所以 OF=OC tan∠FCO= 3 , CF= = 3 , 从而 AF=OF-OA cos∠FCO 500 = 3 . 4 因为 OA⊥OC, 所以 cos∠AFB =sin∠FCO=5. 400 又因为 AB⊥BC,所以 BF=AFcos∠AFB= , 从而 BC=CF-BF=150. 3 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D,连接 MD,则 MD⊥BC,且 MD 是圆 M 的半径,并设 MD=r m,OM=d m (0≤d≤60). 因为 OA⊥OC, 所以 sin∠CFO=cos∠FCO. 680-3d MD MD r 3 故由(1)知 sin∠CFO= MF = =680 =5, 所以 r= . 5 OF-OM 3 -d 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m, ?r-d≥80, 所以? ?r-(60-d)≥80, 680-3d ? ? 5 -d≥80, 即? 680-3d ? ? 5 -(60-d)≥80, 解得 10≤d≤35. 680 - 3d 最大,即圆面积最大, 5 所以当 OM=10 m 时, 圆形保护区的面积最大. 16. 、[2014· 全国卷] 直线 l1 和 l2 是圆 x2+y2=2 的两条切线.若 l1 与 l2 的交 点为(1,3),则 l1 与 l2 的夹角的正切值等于________. 4 16.3 [解析] 如图所示,根据题意知,OA⊥PA,OA= 2,OP= 10,所以 故当 d=10 时, r= PA = OP2-OA2 = 2 OA 2 ,所以 tan ∠ OPA = PA = 2 2 2 1 = 2 ,故 tan ∠ APB =

2tan ∠OPA 4 4 = ,即 l1 与 l2 的夹角的正切值等于3. 1-tan2∠OPA 3

12.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 设点 M(x0,1),若在圆 O:x2+y2=1 上存在点 N,使得∠OMN=45°,则 x0 的取值范围是( ) 1 1 ? ? A. [-1,1] B. ?-2,2? ? ? ? 2 2? C. [- 2, 2] D. ?- , ? 2? ? 2 12.A [解析] 点 M(x0,1)在直线 y=1 上,而直线 y=1 与圆 x2+y2=1 相 切. 据题意可设点 N(0, 1), 如图, 则只需∠OMN≥45°即可, 此时有 tan ∠OMN |ON| =|MN|≥tan 45°,得 0<|MN|≤|ON|=1,即 0<|x0|≤1,当 M 位于点(0,1)时,显 然在圆上存在点 N 满足要求,综上可知-1≤x0≤1.

20. 、 、[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 已知点 P(2,2),圆 C:x2+y2-8y=0,过点 P 的动直线 l 与圆 C 交于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 M,O 为坐标原点. (1)求 M 的轨迹方程; (2)当|OP|=|OM|时,求 l 的方程及△POM 的面积. 20.解:(1)圆 C 的方程可化为 x2+(y-4)2=16, 所以圆心为 C(0,4),半径为 4. 设 M(x,y),则 CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y). 由题设知 CM· MP=0,故 x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2. 由于点 P 在圆 C 的内部,所以 M 的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2. (2)由(1)可知 M 的轨迹是以点 N(1,3)为圆心, 2为半径的圆. 由于|OP|=|OM|,故 O 在线段 PM 的垂直*分线上,又 P 在圆 N 上,从而 ON⊥PM. 1 因为 ON 的斜率为 3,所以直线 l 的斜率为-3, 1 8 故 l 的方程为 y=-3x+3.

4 10 2,O 到直线 l 的距离为 5 , 4 10 16 故|PM|= 5 ,所以△POM 的面积为 5 . 14.[2014· 山东卷] 圆心在直线 x-2y=0 上的圆 C 与 y 轴的正半轴相切,圆 又|OM|=|OP|=2 C 截 x 轴所得弦的长为 2 3,则圆 C 的标准方程为________. 14.(x-2)2+(y-1)2=4 [解析] 因为圆心在直线 x-2y=0 上,所以可设圆 心坐标为(2b,b).又圆 C 与 y 轴的正半轴相切,所以 b>0,圆的半径是 2b.由勾 股定理可得 b2+( 3)2=4b2,解得 b=± 1.又因为 b>0,所以 b=1,所以圆 C 的圆 心坐标为(2,1),半径是 2,所以圆 C 的标准方程是(x-2)2+(y-1)2=4. 14.[2014· 重庆卷] 已知直线 x-y+a=0 与圆心为 C 的圆 x2+y2+2x-4y- 4=0 相交于 A,B 两点,且 AC⊥BC,则实数 a 的值为________. 14. 0 或 6 [解析] ∵圆 C 的标准方程为(x+1)2+(y-2)2=9, ∴圆心为 C(- |-1-2+a| 1,2),半径为 3.∵AC⊥BC,∴|AB|=3 2.∵圆心到直线的距离 d= = 2 |a-3| ?|a-3|?2 ? =3 ,∴|AB|=2 r2-d2=2 9-? 2,即(a-3)2=9,∴a=0 或 2 ? 2 ? a=6. 9. 、[2014· 四川卷] 设 m∈R,过定点 A 的动直线 x+my=0 和过定点 B 的动 直线 mx-y-m+3=0 交于点 P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是( ) A.[ 5,2 5 ] B.[ 10,2 5 ] C.[ 10,4 5 ] D.[2 5,4 5 ] 9.B [解析] 由题意可知,定点 A(0,0),B(1,3),且两条直线互相垂直, 则其交点 P(x,y)落在以 AB 为直径的圆周上, 所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=10,即|PA|+|PB|≥|AB|= 10. 又|PA|+|PB|= (|PA|+|PB|)2= |PA|2+2|PA||PB|+|PB|2≤ 2(|PA|2+|PB|2)=2 5, 所以|PA|+|PB|∈[ 10,2 5],故选 B. x2 y2 21. 、 、 、[2014· 重庆卷] 如图 15,设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分 |F1F2| 2 别为 F1,F2,点 D 在椭圆上,DF1⊥F1F2, |DF | =2 2,△DF1F2 的面积为 2 . 1 (1)求该椭圆的标准方程. (2)是否存在圆心在 y 轴上的圆, 使圆在 x 轴的上方与椭圆有两个交点, 且圆 在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在, 求出圆的方 程;若不存在,请说明理由.

图 15 21.解:(1)设 F1(-c,0),F2(c,0),其中 c2=a2-b2. |F1F2| |F1F2| 2 由 |DF | =2 2得|DF1|= = 2 c. 1 2 2 1 2 2 从而 S△DF1F2=2|DF1||F1F2|= 2 c2= 2 ,故 c=1. 2 9 从而 |DF1| = . 由 DF1 ⊥ F1F2 得 |DF2|2 = |DF1|2 + |F1F2|2 = ,因此 |DF2| = 2 2 3 2 2 , 所以 2a=|DF1|+|DF2|=2 2,故 a= 2,b2=a2-c2=1. x2 因此,所求椭圆的标准方程为 2 +y2=1. x2 (2)如图所示, 设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆 2 +y2=1 相交, P1(x1, y1), P2(x2, y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2 是圆 C 的切线,且 F1P1⊥F2P2.由圆和 椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.

由(1)知 F1(-1, 0), F2(1, 0), 所以F→ y1), F→ y1). 再 1P1=(x1+1, 2P2=(-x1-1, 2 2 由 F1P1⊥F2P2 得-(x1+1) +y1=0. x2 4 1 由椭圆方程得 1- 2 =(x1+1)2,即 3x2 1+4x1=0,解得 x1=- 或 x1=0. 3 当 x1=0 时,P1,P2 重合,题设要求的圆不存在. 4 当 x1=-3时,过 P1,P2 分别与 F1P1,F2P2 垂直的直线的交点即为圆心 C. y1-y0 y1 设 C(0,y0),由 CP1⊥F1P1,得 x · =-1. x1+1 1 1 5 而 y1=|x1+1|=3,故 y0=3. 2 ? 4?2 ?1 5?2 4 ?-3? +?3-3? = 圆 C 的半径|CP1|= . 3 ? ? ? ? 综上,存在满足题设条件的圆,其方程为

? 5?2 32 x2+?y-3? = 9 . ? ? H5 椭圆及其几何性质

x2 y2 21. 、 、 、[2014· 重庆卷] 如图 15,设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分 |F1F2| 2 别为 F1,F2,点 D 在椭圆上,DF1⊥F1F2, |DF | =2 2,△DF1F2 的面积为 2 . 1 (1)求该椭圆的标准方程. (2)是否存在圆心在 y 轴上的圆, 使圆在 x 轴的上方与椭圆有两个交点, 且圆 在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在, 求出圆的方 程;若不存在,请说明理由.

图 15 21.解:(1)设 F1(-c,0),F2(c,0),其中 c2=a2-b2. |F1F2| |F1F2| 2 由 |DF | =2 2得|DF1|= = 2 c. 1 2 2 1 2 2 从而 S△DF1F2=2|DF1||F1F2|= 2 c2= 2 ,故 c=1. 2 9 从而 |DF1| = 2 . 由 DF1 ⊥ F1F2 得 |DF2|2 = |DF1|2 + |F1F2|2 = 2 ,因此 |DF2| = 3 2 2 , 所以 2a=|DF1|+|DF2|=2 2,故 a= 2,b2=a2-c2=1. x2 因此,所求椭圆的标准方程为 2 +y2=1. x2 2 (2)如图所示, 设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆 2 +y =1 相交, P1(x1, y1), P2(x2, y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2 是圆 C 的切线,且 F1P1⊥F2P2.由圆和 椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.

由(1)知 F1(-1, 0), F2(1, 0), 所以F→ y1), F→ y1). 再 1P1=(x1+1, 2P2=(-x1-1, 2 2 由 F1P1⊥F2P2 得-(x1+1) +y1=0.

x2 4 1 由椭圆方程得 1- 2 =(x1+1)2,即 3x2 1+4x1=0,解得 x1=- 或 x1=0. 3 当 x1=0 时,P1,P2 重合,题设要求的圆不存在. 4 当 x1=-3时,过 P1,P2 分别与 F1P1,F2P2 垂直的直线的交点即为圆心 C. y1-y0 y1 设 C(0,y0),由 CP1⊥F1P1,得 x · =-1. x1+1 1 1 5 而 y1=|x1+1|=3,故 y0=3. 2 ? 4?2 ?1 5?2 4 ?-3? +?3-3? = 圆 C 的半径|CP1|= 3 . ? ? ? ? 综上,存在满足题设条件的圆,其方程为 ? 5?2 32 x2+?y-3? = 9 . ? ? 20. 、[2014· 安徽卷] 设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 20.解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2. 令 f′(x)=0,得 x1= -1- 4+3a , 3

x2=

-1+ 4+3a ,且 x1<x2, 3

所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0; 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. ? ?-1+ 4+3a ? -1- 4+3a? ?和 ? ?内单调递减, 故 f(x)在?-∞, ,+∞ 3 3 ? ? ? ? ?-1- 4+3a -1+ 4+3a? ?内单调递增. 在? , 3 3 ? ? (2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0, ①当 a≥4 时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调 递减, 因此 f(x)在 x=x2= -1+ 4+3a 处取得最大值.又 f(0)=1,f(1)=a, 3

所以当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值;

当 a=1 时,f(x)在 x=0 和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 19.[2014· 北京卷] 已知椭圆 C:x2+2y2=4. (1)求椭圆 C 的离心率; (2)设 O 为原点,若点 A 在直线 y=2 上,点 B 在椭圆 C 上,且 OA⊥OB, 求线段 AB 长度的最小值. x2 y2 19.解:(1)由题意,椭圆 C 的标准方程为 4 + 2 =1. 所以 a2=4,b2=2,从而 c2=a2-b2=2. 因此 a=2,c= 2. c 2 故椭圆 C 的离心率 e= = . a 2 (2)设点 A,B 的坐标分别为(t,2),(x0,y0), 其中 x0≠0. → ·OB → =0, 因为 OA⊥OB,所以OA 2y0 即 tx0+2y0=0,解得 t=- x .
0 2 又 x0 +2y2 0=4,所以 2 |AB| =(x0-t)2+(y0-2)2

2y0?2 ? =?x0+ x ? +(y0-2)2 ? 0? 4y2 0 2 =x0 +y2 + 0 x2 +4
0

2(4-x2 0) 2 =x0 + 2 + +4 2 x0 x2 8 0 = 2 +x2+4 (0<x2 0≤4). 0 x2 8 0 2 2 因为 2 +x2≥4(0<x2 0≤4),当 x0=4 时等号成立,所以|AB| ≥8. 0 故线段 AB 长度的最小值为 2 2. x2 y2 20. 、[2014· 广东卷] 已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的一个焦点为( 5,0), a b 5 离心率为 3 . (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. x2 y2 20. 、 、[2014· 湖南卷] 如图 15 所示,O 为坐标原点,双曲线 C1:a2-b2= 1 1

4-x2 0

y2 x2 ?2 3 ? 1(a1>0,b1>0)和椭圆 C2:a2+b2=1(a2>b2>0)均过点 P? ,1?,且以 C1 的 3 ? ? 2 2 两个顶点和 C2 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形. (1)求 C1,C2 的方程. (2)是否存在直线 l,使得 l 与 C1 交于 A,B 两点,与 C2 只有一个公共点,且 → +OB → |=|AB| ?证明你的结论. |OA

图 15 20.解: (1)设 C2 的焦距为 2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,从而 a1=1, y2 ?2 3 ? ?2 3?2 1 2 2 ?在双曲线 x - 2=1 上,所以? ? - 2=1,故 b1 c2=1.因为点 P? =3. , 1 b b 3 3 ? ? ? ? 1 1 由椭圆的定义知 ?2 3?2 ?2 3?2 ? ? +(1-1)2+ ? ? +(1+1)2=2 3. 2a2= ? 3 ? ? 3 ? y2 y2 x2 2 2 2 2 于是 a2= 3,b2=a2-c2=2.故 C1,C2 的方程分别为 x - 3 =1, 3 + 2 =1. (2)不存在符合题设条件的直线. (i)若直线 l 垂直于 x 轴,因为 l 与 C2 只有一个公共点,所以直线 l 的方程为 x= 2或 x=- 2. 当 x= 2时,易知 A( 2, 3),B( 2,- 3),所以 → +OB → |=2 2,|AB → |=2 3. |OA → +OB → |≠|AB → |. 此时,|OA → +OB → |≠|AB → |. 当 x=- 2时,同理可知,|OA (ii)若直线 l 不垂直于 x 轴,设 l 的方程为 y=kx+m, y=kx+m, ? ? 由? 2 y2 得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0. x - 3 =1 ? ? 当 l 与 C1 相交于 A,B 两点时,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是上述方 程的两个实根,从而 m2+3 2km x1+x2= ,x x = . 3-k2 1 2 k2-3 2 2 2 2 3k -3m 于是 y1y2=k x1x2+km(x1+x2)+m = 2 . k -3

y=kx+m, ? ? 由?y2 x2 得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0. + =1 ? ?3 2 因为直线 l 与 C2 只有一个公共点, 所以上述方程的判别式 Δ=16k2m2-8(2k2 +3)(m2-3)=0. 化简,得 2k2=m2-3.因此 2 2 2 2 → ·OB → =x x +y y =m +3+3k -3m =-k -3≠0, OA 1 2 1 2 k2-3 k2-3 k2-3 → 2+OB → 2+2OA →· → ≠OA → 2+OB → 2-2OA →· →, → +OB → |2≠|OA → -OB → 于是OA OB OB 即|OA |2. → +OB → |≠|AB → |. 故|OA 综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线. 17. 、[2014· 江苏卷] 如图 15 所示,在*面直角坐标系 xOy 中,F1,F2 分别 2 2 x y 是椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点,顶点 B 的坐标为(0,b),连接 BF2 并延 长交椭圆于点 A,过点 A 作 x 轴的垂线交椭圆于另一点 C,连接 F1C. ?4 1? (1)若点 C 的坐标为?3,3?,且 BF2= 2,求椭圆的方程; ? ? (2)若 F1C⊥AB,求椭圆离心率 e 的值.

图 15 17.解: 设椭圆的焦距为 2c, 则 F1(-c, 0), F2(c, 0). (1)因为 B(0, b), 所以 BF2= b2+c2=a.又 BF2= 2, 故 a= 2. 16 1 9 9 4 1 ? ? 因为点 C?3,3?在椭圆上,所以 a2 +b2=1,解得 b2=1. ? ? x2 故所求椭圆的方程为 2 +y2=1. x y (2)因为 B(0, b), F2(c, 0)在直线 AB 上,所以直线 AB 的方程为 c+b=1. 2a c ? x1= 2 2, ? a +c ?x2=0, ? 解方程组? 2 得? 2 2 2 x y b(c -a ) ?y2=b, ? ?a2+b2=1, ? ?y1= a2+c2 , x y ? ?c+b=1,
2

2 2 ? 2a2c b(c -a )? ?. 所以点 A 的坐标为? 2 2, a2+c2 ? ?a +c

又 AC 垂 直 于 x 轴 , 由 椭 圆 的 对 称 性 , 可 得 点 C 的 坐 标 为
2 2 ? 2a2c b(a -c )? ? 2 2, ?. a2+c2 ? ?a +c

b(a2-c2) -0 a2+c2 b(a2-c2) 因为直线 F1C 的斜率为 2a2c = ,直线 AB 的斜率为 3a2c+c3 -(-c) a2+c2 b(a2-c2) ? b? b -c,且 F1C⊥AB,所以 ·?-c?=-1.又 b2=a2-c2,整理得 a2=5c2, ? ? 3a2c+c3 1 故 e2=5, 5 因此 e= 5 .

x2 y2 14.[2014· 江西卷] 设椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为 F1,F2, 过 F2 作 x 轴的垂线与 C 相交于 A,B 两点,F1B 与 y 轴相交于点 D.若 AD⊥F1B, 则椭圆 C 的离心率等于________. 2 b2? 3 ? b? ? 14. 3 [解析] 由题意 A?c, a ?,B?c,- a ?,F1(-c,0),则直线 F1B 的方 ? ? ? ? 2 b -a 程为 y-0= 2c (x+c). b2 ? b2 ? 令 x=0,得 y=-2a,即 D?0,-2a?, ? ? 2 b2? ? 3b ? → ? 2 c ,- ? 则向量 DA=?c, 2a ?,F B = . 1 a? ? ? ? ? 3b4 → ·F → 2 因为 AD⊥F1B,所以DA B = 2 c - 1 2a2=0, 即 2ac= 3b2= 3(a2-c2), 3 整理得( 3e-1)(e+ 3)=0,所以 e= 3 (e>0). 3 故椭圆 C 的离心率为 3 . 20. 、 、[2014· 辽宁卷] 圆 x2+y2=4 的切线与 x 轴正半轴、y 轴正半轴围成一 个三角形,当该三角形面积最小时,切点为 P(如图 15 所示).

图 15 (1)求点 P 的坐标; (2)焦点在 x 轴上的椭圆 C 过点 P,且与直线 l:y=x+ 3交于 A,B 两点, 若△PAB 的面积为 2,求 C 的标准方程. x0 20.解:(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-y ,切线 0 x0 方程为 y-y0=-y (x-x0),即 x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线 0 4 4? 1 4 4 8 ? ? ? 2 的交点分别为?x ,0?,?0,y ?,其围成的三角形的面积 S=2·x ·y =x y .由 x0 ? 0 ? ? 0? 0 0 0 0 2 +y0 =4≥2x0y0 知当且仅当 x0=y0= 2时 x0y0 有最大值,即 S 有最小值,因此点 P 的坐标为( 2, 2). x2 y2 (2)设 C 的标准方程为a2+b2=1(a>b>0),点 A(x1,y1),B(x2,y2).由点 P 2 2 ?x y ? + 2 2=1, 2 2 在 C 上知a2+b2=1,并由?a b 得 b2x2+4 3x+6-2b2=0. ? ?y=x+ 3, 4 3 ? ?x1+x2=- b2 , 又 x1,x2 是方程的根,所以? 6-2b2 ? ?x1x2= b2 . 由 y1=x1+ 3,y2=x2+ 3,得 48-24b2+8b4 4 6 |AB|= 3 |x1-x2|= 2· . b2 3 1 3 4 6 由点 P 到直线 l 的距离为 及 S△PAB=2× |AB|=2,得|AB|= 3 ,即 b4 2 2 2 -9b +18=0, 解得 b2=6 或 3,因此 b2=6,a2=3(舍)或 b2=3,a2=6,从而所求 C 的方 x2 y2 程为 + =1. 6 3 x2 y2 9.[2014· 全国卷] 已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点为 F1,F2, 3 离心率为 3 ,过 F2 的直线 l 交 C 于 A,B 两点.若△AF1B 的周长为 4 3,则 C 的方程为( ) 2 2 x y x2 A. 3 + 2 =1 B. 3 +y2=1

x2 y2 C.12+ 8 =1

x2 y2 D.12+ 4 =1

9. A [解析] 根据题意, 因为△AF1B 的周长为 4 3, 所以|AF1|+|AB|+|BF1| c =|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=4 3, 所以 a= 3.又因为椭圆的离心率 e=a= 3 x2 y2 2 2 2 ,所以 c = 1 , b = a - c = 3 - 1 = 2 ,所以椭圆 C 的方程为 3 3 + 2 =1. x2 y2 20.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 设 F1,F2 分别是椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0) 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. 3 (1)若直线 MN 的斜率为4,求 C 的离心率; (2)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2,且|MN|=5|F1N|,求 a,b. 2 ? b? 20.解:(1)根据 c= a2-b2及题设知 M?c, a ?,2b2=3ac. ? ? 2 2 2 2 将 b =a -c 代入 2b =3ac, c 1 c 解得a=2,a=-2(舍去). 1 故 C 的离心率为2. (2)由题意知,原点 O 为 F1F2 的中点,MF2∥y 轴,所以直线 MF1 与 y 轴的 b2 交点 D(0,2)是线段 MF1 的中点,故 a =4,即 b2=4a.① 由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|. 设 N(x1,y1),由题意知 y1<0,则 3 ? ?2(-c-x1)=c, ?x1=-2c, ? 即? ?-2y1=2, ? ?y1=-1. 9c2 1 代入 C 的方程,得4a2+b2=1.② 9(a2-4a) 1 2 2 将①及 c= a -b 代入②得 +4a=1, 4a2 解得 a=7,b2=4a=28,故 a=7,b=2 7. x2 y2 21. , ,[2014· 山东卷] 在*面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0) 3 4 10 的离心率为 2 ,直线 y=x 被椭圆 C 截得的线段长为 5 . (1)求椭圆 C 的方程. (2)过原点的直线与椭圆 C 交于 A,B 两点(A,B 不是椭圆 C 的顶点).点 D 在椭圆 C 上,且 AD⊥AB,直线 BD 与 x 轴、y 轴分别交于 M,N 两点.

(i)设直线 BD,AM 的斜率分别为 k1,k2,证明存在常数 λ 使得 k1=λk2, 并求出λ 的值; (ii)求△OMN 面积的最大值. a2-b2 3 21.解:(1)由题意知, a = 2 ,可得 a2=4b2. 椭圆 C 的方程可简化为 x2+4y2=a2. 5a 将 y=x 代入可得 x=± 5 . 2 5a 4 10 因此 2× 5 = 5 ,即 a=2,所以 b=1, x2 2 所以椭圆 C 的方程为 +y =1. 4 (2)(i)设 A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),则 B(-x1,-y1). y1 因为直线 AB 的斜率 kAB=x ,且 AB⊥AD, 1 x1 所以直线 AD 的斜率 k=-y . 1 设直线 AD 的方程为 y=kx+m, 由题意知 k≠0,m≠0. y=kx+m, ? ? 由?x2 2 消去 y,得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0, +y =1, ? ?4 8mk 所以 x1+x2=- , 1+4k2 2m 因此 y1+y2=k(x1+x2)+2m= . 1+4k2 由题意知 x1≠-x2, 所以 k1= y1+y2 1 y1 =-4k=4x . x1+x2 1
1

y1 所以直线 BD 的方程为 y+y1=4x (x+x1). 令 y=0,得 x=3x1,即 M(3x1,0). y1 可得 k2=-2x . 1 1 1 所以 k1=-2k2,即 λ=-2. 1 因此,存在常数 λ=-2使得结论成立. y1 (ii)直线 BD 的方程 y+y1=4x (x+x1), 1

3 ? 3 ? 令 x=0,得 y=-4y1,即 N?0,-4y1?. ? ? 由(i)知 M(3x1,0), 1 3 所以△OMN 的面积 S=2×3|x1|×4|y1|= 9 8|x1||y1|. x2 |x1| 2 1 因为|x1||y1|≤ 4 +y2 = | y 1=1,当且仅当 1|= 2 2 时,等号成立, 9 此时 S 取得最大值8, 9 所以△OMN 面积的最大值为 . 8 x2 y2 20. 、[2014· 陕西卷] 已知椭圆a2+b2=1(a>b>0)经过点(0, 3),离心率为 1 2,左、右焦点分别为 F1(-c,0),F2(c,0). (1)求椭圆的方程; 1 (2)若直线 l:y=-2x+m 与椭圆交于 A,B 两点,与以 F1F2 为直径的圆交于 |AB| 5 3 C,D 两点,且满足|CD|= 4 ,求直线 l 的方程.

图 15 b= 3, ? ?a=2, ?c 1 (1)由题设知? = , 解得?b= 3, a 2 ? ?b2=a2-c2, ?c=1,

20.解:

x2 y2 ∴椭圆的方程为 + =1. 4 3 (2)由题设,以 F1F2 为直径的圆的方程为 x2+y2=1, 2|m| ∴圆心(0,0)到直线 l 的距离 d= . 5 5 由 d<1,得|m|< 2 ,(*) ∴|CD|=2 1-d2=2 4 2 1-5m2= 5-4m2. 5

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 1 y =- ? ? 2x+m, 由? 2 2 得 x2-mx+m2-3=0, x y ? ? 4 + 3 =1 由根与系数的关系得 x1+x2=m,x1x2=m2-3, ∴|AB|= ? 15 1?2? 2 2 2 ?1+? ?-2? ?[m -4(m -3)]= 2 4-m . ? ? ? ? 4-m2 =1, 5-4m2

|AB| 5 3 由|CD|= 4 ,得

3 解得 m=± 3 ,满足(*). 1 3 ∴直线 l 的方程为 y=-2x+ 3 或 1 3 y=-2x- 3 . x2 y2 20. 、[2014· 四川卷] 已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的左焦点为 F(-2,0), 6 离心率为 3 . (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)设 O 为坐标原点,T 为直线 x=-3 上一点,过 F 作 TF 的垂线交椭圆于 P,Q.当四边形 OPTQ 是*行四边形时,求四边形 OPTQ 的面积. c 6 20.解:(1)由已知可得,a= 3 ,c=2,所以 a= 6. x2 y2 2 2 2 又由 a =b +c ,解得 b= 2,所以椭圆 C 的标准方程是 6 + 2 =1. m-0 (2)设 T 点的坐标为(-3,m),则直线 TF 的斜率 kTF= =-m. -3-(-2) 1 当 m≠0 时,直线 PQ 的斜率 kPQ=m,直线 PQ 的方程是 x=my-2. 当 m=0 时,直线 PQ 的方程是 x=-2,也符合 x=my-2 的形式. x=my-2, ? ? 设 P(x1, y1), Q(x2, y2), 将直线 PQ 的方程与椭圆 C 的方程联立, 得?x2 y2 + =1, ? ?6 2 消去 x,得(m2+3)y2-4my-2=0, 其判别式 Δ=16m2+8(m2+3)>0. -2 4m 所以 y1+y2= 2 ,y1y2= 2 , m +3 m +3 -12 x1+x2=m(y1+y2)-4= 2 . m +3 → =QT → ,即(x ,y )=(-3-x ,m 因为四边形 OPTQ 是*行四边形,所以OP
1 1 2

-y2). -12 ? x + x = =-3, 1 2 ? m2+3 所以? 4m y1+y2= 2 =m. ? m +3 ? 解得 m=± 1. 此时,四边形 OPTQ 的面积 1 S 四边形 OPTQ=2S△OPQ=2×2·|OF|·|y1-y2|= -2 ? 4m ?2 ?m2+3? -4· 2 2 =2 3. m +3 ? ? x2 y2 18. 、[2014· 天津卷] 设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2, 3 右顶点为 A,上顶点为 B.已知|AB|= 2 |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 2,求椭圆的方程. 3 18.解:(1)设椭圆右焦点 F2 的坐标为(c,0).由|AB|= 2 |F1F2|,可得 a2+ c2 1 b2=3c2.又 b2=a2-c2,则a2=2, 2 所以椭圆的离心率 e= 2 . (2)由(1)知 a2=2c2,b2=c2, x2 y2 故椭圆方程为2c2+c2=1. → → 设 P(x ,y ).由 F (-c,0),B(0,c),有F P=(x +c,y ),F B=(c,c).
0 0 1 1 0 0 1

→ → 由已知,有F 1P·F1B=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,所以 x2 y2 0 0 2c2+c2=1.② 4 2 由①和②可得 3x0 +4cx0=0.而点 P 不是椭圆的顶点, 故 x0=-3c, 代入①得 c ? 4c c? y0=3,即点 P 的坐标为?- 3 ,3?. ? ? 4 c -3c+0 3+c 2 2 设圆的圆心为 T(x1,y1),则 x1= 2 =-3c,y1= 2 =3c,进而圆的半 5 径 r= (x1-0)2+(y1-c)2= 3 c. 2 ?2 5 ? 2 ?2 ? 由已知,有|TF2|2=|MF2|2+r2.又|MF2|=2 2,故有?c+3c? +?0-3c? =8+9 ? ? ? ?

c2, 解得 c2=3, x2 y2 所以所求椭圆的方程为 6 + 3 =1. H6 双曲线及其几何性质

x2 y2 8.[2014· 重庆卷] 设 F1,F2 分别为双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的左、右焦 点,双曲线上存在一点 P 使得(|PF1|-|PF2|)2=b2-3ab,则该双曲线的离心率为 ( ) A. 2 B. 15 C.4 D. 17 ?b?2 8.D [解析] ∵||PF1|-|PF2||=2a,∴4a2=b2-3ab,两边同除以 a2,得?a? ? ? b b c ?b?2 ?a? = 1+16= 17. -3· - 4 = 0 ,解得 = 4 ,∴ e = = 1 + a a a ? ? 10.[2014· 北京卷] 设双曲线 C 的两个焦点为(- 2,0),( 2,0),一个顶 点是(1,0),则 C 的方程为________. 10.x2-y2=1 y2 [解析] 由题意设双曲线的方程为 x2-b2=1(b>0),又∵1+

b2=( 2)2,∴b2=1,即双曲线 C 的方程为 x2-y2=1. x2 y2 x2 8.[2014· 广东卷] 若实数 k 满足 0<k<5,则曲线16- =1 与曲线 - 5-k 16-k y2 ) 5 =1 的( A.实半轴长相等 B.虚半轴长相等 C.离心率相等 D.焦距相等 x2 y2 8.D [解析] ∵0<k<5,∴5-k>0,16-k>0.对于双曲线:16- =1,其 5-k x2 y2 焦 距 是 2 5-k+16 = 2 21-k ; 对 于 双 曲 线 : - 5 =1,其焦距是 16-k 2 16-k+5=2 21-k.故焦距相等. 8. 、 [2014· 湖北卷] 设 a, b 是关于 t 的方程 t2cos θ +tsin θ =0 的两个不等 x2 y2 实根,则过 A(a,a2),B(b,b2)两点的直线与双曲线 2 - 2 =1 的公共点 cos θ sin θ 的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 8.A [解析] 由方程 t2cos θ +tsin θ =0,解得 t1=0,t2=-tan θ ,不妨 设点 A(0,0),B(-tan θ ,tan2θ ),则过这两点的直线方程为 y=-xtan θ ,

该直线恰是双曲线 公共点.故选 A

x2 y2 - =1 的一条渐*线,所以该直线与双曲线无 cos2θ sin2θ

x2 y2 17.[2014· 浙江卷] 设直线 x-3y+m=0(m≠0)与双曲线a2-b2=1(a>0,b >0)的两条渐*线分别交于点 A,B.若点 P(m,0)满足|PA|=|PB|,则该双曲线的 离心率是________. 5 b 17. 2 [解析] 双曲线的渐*线为 y=± ax,易求得渐*线与直线 x-3y+m bm ? ? -am -bm ? ? -am , , ?, ?.设 AB 的中点为 D.由|PA|=|PB| =0 的交点为 A? B? ?a+3b a+3b? ?a-3b a-3b? -a2m -3b2m ? ? , ? ?,kDP=- 知 AB 与 DP 垂直,则 D ?(a+3b)(a-3b) (a+3b)(a-3b)? 3, 5 解得 a2=4b2,故该双曲线的离心率是 2 .

x2 y2 20. 、 、[2014· 湖南卷] 如图 15 所示,O 为坐标原点,双曲线 C1:a2-b2=
1 1

y x ?2 3 ? ?,且以 C1 的 1(a1>0,b1>0)和椭圆 C2:a2+b2=1(a2>b2>0)均过点 P? , 1 ? 3 ? 2 2 两个顶点和 C2 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形. (1)求 C1,C2 的方程. (2)是否存在直线 l,使得 l 与 C1 交于 A,B 两点,与 C2 只有一个公共点,且 → +OB → |=|AB| ?证明你的结论. |OA

2

2

图 15 20.解: (1)设 C2 的焦距为 2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,从而 a1=1, y2 ?2 3 ? ?2 3?2 1 2 ?在双曲线 x2- 2=1 上,所以? ? - 2=1,故 b1 c2=1.因为点 P? =3. , 1 b1 b1 ? 3 ? ? 3 ? 由椭圆的定义知 ?2 3?2 ?2 3?2 ? ? +(1-1)2+ ? ? +(1+1)2=2 3. 2a2= 3 3 ? ? ? ? y2 y2 x2 2 2 2 于是 a2= 3,b2 2=a2-c2=2.故 C1,C2 的方程分别为 x - =1, + =1. 3 3 2 (2)不存在符合题设条件的直线. (i)若直线 l 垂直于 x 轴,因为 l 与 C2 只有一个公共点,所以直线 l 的方程为 x= 2或 x=- 2. 当 x= 2时,易知 A( 2, 3),B( 2,- 3),所以 → +OB → |=2 2,|AB → |=2 3. |OA → +OB → |≠|AB → |. 此时,|OA → +OB → |≠|AB → |. 当 x=- 2时,同理可知,|OA (ii)若直线 l 不垂直于 x 轴,设 l 的方程为 y=kx+m, y=kx+m, ? ? 由? 2 y2 得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0. x - = 1 ? 3 ? 当 l 与 C1 相交于 A,B 两点时,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是上述方 程的两个实根,从而 m2+3 2km x1+x2= ,x x = . 3-k2 1 2 k2-3 2 2 2 2 3k -3m 于是 y1y2=k x1x2+km(x1+x2)+m = 2 . k -3 y=kx+m, ? ? 由?y2 x2 得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0. + = 1 ? ?3 2 因为直线 l 与 C2 只有一个公共点, 所以上述方程的判别式 Δ=16k2m2-8(2k2 +3)(m2-3)=0. 化简,得 2k2=m2-3.因此 m2+3 3k2-3m2 -k2-3 → → OA·OB=x1x2+y1y2= 2 + 2 = 2 ≠0, k -3 k -3 k -3

|. → +OB → |≠|AB → |. 故|OA 综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线. x2 y2 9.[2014· 江西卷] 过双曲线 C:a2-b2=1 的右顶点作 x 轴的垂线,与 C 的 一条渐*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( ) x2 y2 x2 y2 A. 4 -12=1 B. 7 - 9 =1 x2 y2 x2 y2 C. 8 - 8 =1 D.12- 4 =1 b 9.A [解析] 由直线方程 x=a 和渐*线方程 y=ax 联立解得 A(a,b). 由以 C 的右焦点为圆心,4 为半径的圆过原点 O 可得 c=4,即右焦点 F(4, 0). 由该圆过 A 点可得|FA|2=(a-4)2+b2=a2+b2-8a+16=c2-8a+16=c2, x2 所以 8a=16,则 a=2,所以 b2=c2-a2=16-4=12.故双曲线 C 的方程为 4 y2 -12=1. x2 y2 11.[2014· 全国卷] 双曲线 C:a2-b2=1(a>0,b>0)的离心率为 2,焦点到 渐*线的距离为 3,则 C 的焦距等于( A.2 B.2 C.4 D.4 11.C 2 2 )

2

→ → → → →2 →2 → → → → → → 于是OA2+OB2+2OA· OB≠OA +OB -2OA· OB, 即|OA+OB|2≠|OA-OB

x2 y2 b [解析] 易知双曲线a2-b2=1 的渐*线方程是 y=± ax,不妨设焦点 bc a = 3,整理得 b= 2 b ? ? ?a? +1 ? ?

b (c,0)到其中一条渐*线ax-y=0 的距离为 3,则

c 3.又双曲线 C 的离心率 e=a=2,c2=a2+b2,所以 c=2,即 2c=4,即双曲线 C 的焦距等于 4. x2 y2 4.[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 已知双曲线a2- 3 =1(a>0)的离心率为 2,则 a =( ) 6 5 A.2 B. 2 C. 2 D.1

c 4.D [解析] 因为 c =a +3,所以 e=a=
2 2

a2+3 2 a2 =2,得 a =1,所以 a

=1. x2 y2 15. ,[2014· 山东卷] 已知双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的焦距为 2c,右顶点为 A,抛物线 x2=2py(p>0)的焦点为 F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为 2c, 且|FA|=c,则双曲线的渐*线方程为________. p? ? 15.y=± x [解析] 由题意可知,抛物线的焦点 F 为?0,2?,准线方程为 y ? ? p ? ?y=-2, p ?p?2 ?p?2 2 2 2 =- .因为|FA|=c,所以?2? +a =c ,即?2? =b .联立? 2 2 消去 y,得 2 ? ? ? ? x y ? ?a2-b2=1, a2p2 x=± a2+ 4b2 ,即 x=± 2a.又因为双曲线截抛物线的准线所得的线段长为 2c, 所以 2 2a=2c,即 2a=c,所以 b=a,所以双曲线的渐*线方程为 y=± x. x2 11.[2014· 四川卷] 双曲线 4 -y2=1 的离心率等于________. 5 11. 2 [解析] 由已知及双曲线的概念知, a=2, b=1, 故 c= 22+12= 5, c 5 故该双曲线的离心率 e=a= 2 . x2 y2 6.[2014· 天津卷] 已知双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的一条渐*线*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( ) 2 2 2 2 x y x y A. 5 -20=1 B.20- 5 =1 3x2 3y2 3x2 3y2 C. 25 -100=1 D.100- 25 =1 b 6.A [解析] ∵a=2,0=-2c+10,∴c=5,a2=5,b2=20,∴双曲线的 x2 y2 方程为 5 -20=1. H7 抛物线及其几何性质 10.[2014· 四川卷] 已知 F 为抛物线 y2=x 的焦点,点 A,B 在该抛物线上且 → ·OB → =2(其中 O 为坐标原点),则△ABO 与△AFO 面积之 位于 x 轴的两侧,OA 和的最小值是( ) D. 10 17 2 A.2 B.3 C. 8

?1 ? → → 2 10.B [解析] 由题意可知,F?4,0?.设 A(y2 1,y1),B(y2,y2),∴OA·OB= ? ? 2 y1y2+y2 1y2=2,

解得 y1y2=1 或 y1y2=-2.又因为 A,B 两点位于 x 轴两侧,所以 y1y2<0,即 y1y2=-2. y1-y2 1 2 2 2 当 y1 ≠y2 (x-y1 ), 2(x-y1)= 2时,AB 所在直线方程为 y-y1= 2 y1-y2 y1+y2 令 y=0,得 x=-y1y2=2,即直线 AB 过定点 C(2,0). 1 1 1 1 1 于是 S△ABO+S△AFO=S△ACO+S△BCO+S△AFO=2×2|y1|+2×2|y2|+ 2×4|y1|=8 1 (9|y1|+8|y2|)≥8×2 9|y1|×8|y2|=3,当且仅当 9|y1|=8|y2|且 y1y2=-2 时,等号成 2 立.当 y1 =y2 2时,取 y1= 2,y2=- 2,则 AB 所在直线的方程为 x=2,此时求 1 1 1 17 2 17 2 得 S△ABO+S△AFO=2×2×2× 2+2×4× 2= 8 .而 8 >3,故选 B. 1 3.[2014· 安徽卷] 抛物线 y=4x2 的准线方程是( A.y=-1 B.y=-2 C.x=-1 D.x=-2 1 3.A [解析] 因为抛物线 y=4x2 的标准方程为 x2=4y,所以其准线方程为 y=-1. 21.[2014· 福建卷] 已知曲线 Γ 上的点到点 F(0,1)的距离比它到直线 y=- 3 的距离小 2. (1)求曲线 Γ 的方程. (2)曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x 轴交于点 A,直线 y=3 分别与直线 l 及 y 轴交于点 M,N.以 MN 为直径作圆 C,过点 A 作圆 C 的切线,切点为 B.试探究: 当点 P 在曲线 Γ 上运动(点 P 与原点不重合)时,线段 AB 的长度是否发生变化? 证明你的结论. 21.解:方法一:(1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点. 依题意,点 S 到点 F(0,1)的距离与它到直线 y=-1 的距离相等, 所以曲线 Γ 是以点 F(0,1)为焦点,直线 y=-1 为准线的抛物线, 所以曲线 Γ 的方程为 x2=4y. )

(2)当点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变.证明如下: 1 由(1)知抛物线 Γ 的方程为 y=4x2. 1 设 P(x0,y0)(x0≠0),则 y0=4x2 0, 1 1 由 y′=2x,得切线 l 的斜率 k=y′|x=x0=2x0,

1 1 1 2 所以切线 l 的方程为 y-y0=2x0(x-x0),即 y=2x0x-4x0 . 1 1 ? ?y= x0x- x2 1 ? 2 4 0,得 A? ?2x0,0?. 由? ? ? ? ?y=0, 1 1 ? ?y= x0x- x2 1 6 ? 4 0,得 M? ?2x0+x ,3?. 由? 2 ? ? 0 ? ?y=3, 3 ?1 ? 又 N(0,3),所以圆心 C?4x0+x ,3?, ? ? 0 3? 1 ?1 半径 r=2|MN|=?4x0+x ?, ? 0? |AB|= |AC|2-r2 = = 6. 所以点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变. 方法二:(1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点, 则|y-(-3)|- (x-0)2+(y-1)2=2. 依题意,点 S(x,y)只能在直线 y=-3 的上方,所以 y>-3, 所以 (x-0)2+(y-1)2=y+1, 化简得,曲线 Γ 的方程为 x2=4y. (2)同方法一. 11 . 、 [2014· 广东卷 ] 曲线 y =- 5ex + 3 在点 (0 ,- 2) 处的切线方程为 ________. 11.5x+y+2=0 [解析] ∵y′=-5ex,∴所求切线斜是 k=-5e0=-5,∴ 切线方程是 y-(-2)=-5(x-0),即 5x+y+2=0. 22. 、 、[2014· 湖北卷] 在*面直角坐标系 xOy 中,点 M 到点 F(1,0)的距离 比它到 y 轴的距离多 1.记点 M 的轨迹为 C. (1)求轨迹 C 的方程; (2)设斜率为 k 的直线 l 过定点 P(-2,1),求直线 l 与轨迹 C 恰好有一个公 共点、两个公共点、三个公共点时 k 的相应取值范围. 22.解:(1)设点 M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1, 即 (x-1)2+y2=|x|+1, 化简整理得 y2=2(|x|+x). ?4x,x≥0, 故点 M 的轨迹 C 的方程为 y2=? ?0,x<0. 3 ??2 3 ?2 ?1 ?1 ?1 ?2x0-?4x0+x ?? +32-?4x0+x ? ? ? ? 0?? 0?

(2)在点 M 的轨迹 C 中, 记 C1:y2=4x(x≥0),C2:y=0(x<0). 依题意,可设直线 l 的方程为 y-1=k(x+2). ?y-1=k(x+2), 由方程组? 2 ?y =4x, 2 可得 ky -4y+4(2k+1)=0.① 当 k=0 时,y=1.把 y=1 代入轨迹 C 的方程, 1 得 x=4. ?1 ? 故此时直线 l:y=1 与轨迹 C 恰好有一个公共点?4,1?. ? ? 当 k≠0 时,方程①的判别式 Δ =-16(2k2+k-1).② 2k+1 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=- k . ③ ?Δ <0, 1 (i)若? 由②③解得 k<-1 或 k>2. ?x0<0, ?1 ? 即当 k∈(-∞,-1)∪?2,+∞?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. ? ?Δ =0, ?Δ >0, 1? 1 (ii)若? 或? 由②③解得 k∈?-12?或-2≤k<0. ? ? ?x0<0 ?x0≥0, ? ? 1 即当 k∈?-1,2?时,直线 l 与 C1 只有一个公共点,与 C2 有一个公共点. ? ? ? 1 ? 当 k∈?-2,0?时,直线 l 与 C1 有两个公共点,与 C2 没有公共点. ? ? 1? ? 1 ? ? 故当 k∈?-2,0?∪?-1,2?时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点. ? ? ? ? Δ >0 , ? 1 1 (iii)若? 由②③解得-1<k<-2或 0<k<2. ?x0<0, 1? ? 1? ? 即当 k∈?-1,-2?∪?0,2?时,直线 l 与 C1 有一个公共点,与 C2 有一个公 ? ? ? ? 共点,故此时直线 l 与轨迹 C 恰好有三个公共点. ?1 ? 综上所述,当 k∈(-∞,-1)∪?2,+∞?∪{0}时,直线 l 与轨迹 C 恰好有 ? ? 一个公共点; 1? ? 1 ? ? 当 k∈ ?-2,0? ∪ ?-1,2? 时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点;当 ? ? ? ? 1 1 ? ? ? ? k∈?-1,-2?∪?0,2?时,直线 l 与轨迹 C 恰好有三个公共点. ? ? ? ? 14. 、[2014· 湖南卷] *面上一机器人在行进中始终保持与点 F(1,0)的距离 和到直线 x=-1 的距离相等.若机器人接触不到过点 P(-1,0)且斜率为 k 的直 线,则 k 的取值范围是________. 14.(-∞,-1)∪(1,+∞) [解析] 依题意可知机器人运行的轨迹方程为

?y=k(x+1), y2=4x.设直线 l:y=k(x+1),联立? 2 消去 y 得 k2x2+(2k2-4)x+k2 y = 4 x , ? =0,由 Δ=(2k2-4)2-4k4<0,得 k2>1,解得 k<-1 或 k>1. 20.[2014· 江西卷] 如图 12 所示,已知抛物线 C:x2=4y,过点 M(0,2)任 作一直线与 C 相交于 A,B 两点,过点 B 作 y 轴的*行线与直线 AO 相交于点 D(O 为坐标原点). (1)证明:动点 D 在定直线上. (2)作 C 的任意一条切线 l(不含 x 轴),与直线 y=2 相交于点 N1,与(1)中的 定直线相交于点 N2.证明:|MN2|2-|MN1|2 为定值,并求此定值.

图 12 20.解:(1)依题意可设 AB 的方程为 y=kx+2,代入 x2=4y,得 x2=4(kx+ 2),即 x2-4kx-8=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1x2=-8. y1 直线 AO 的方程为 y=x x,BD 的方程为 x=x2, 1 y1x2? ? 解得交点 D 的坐标为?x2, x ?. ? 1 ? y1x1x2 -8y1 注意到 x1x2=-8 及 x2 = 4y =-2, 1=4y1,则有 y= x2 1 1 因此 D 点在定直线 y=-2 上(x≠0). (2)依题意,切线 l 的斜率存在且不等于 0. 设切线 l 的方程为 y=ax+b(a≠0),代入 x2=4y 得 x2=4(ax+b),即 x2-4ax -4b=0. 由 Δ=0 得(4a)2+16b=0,化简整理得 b=-a2. 故切线 l 的方程可写为 y=ax-a2. ?2 ? ? 2 ? 分别令 y=2,y=-2,得 N1,N2 的坐标为 N1?a+a,2?,N2?-a+a,-2?, ? ? ? ? ?2 ?2 ?2 ?2 则|MN2|2-|MN1|2=?a-a? +42-?a+a? =8, ? ? ? ? 2 2 即|MN2| -|MN1| 为定值 8. 8. [2014· 辽宁卷] 已知点 A(-2,3)在抛物线 C:y2=2px 的准线上,记 C 的焦点为 F,则直线 AF 的斜率为( ) 4 A.-3 B.-1 3 1 C.-4 D.-2 8.C [解析] 因为抛物线 C:y2=2px 的准线为 x=

-p p -2,且点 A(-2,3)在准线上,故 2 =-2,解得 p=4,所以 y2=8x,所 3-0 3 =-4. -2-2 2 22. 、 、[2014· 全国卷] 已知抛物线 C:y =2px(p>0)的焦点为 F,直线 y=4 5 与 y 轴的交点为 P,与 C 的交点为 Q,且|QF|=4|PQ|. (1)求 C 的方程; (2)过 F 的直线 l 与 C 相交于 A,B 两点,若 AB 的垂直*分线 l′与 C 相交于 M,N 两点,且 A,M,B,N 四点在同一圆上,求 l 的方程. 8 22.解:(1)设 Q(x0,4),代入 y2=2px,得 x0=p, 8 p p 8 所以|PQ|=p,|QF|=2+x0=2+p. p 8 5 8 由题设得2+p=4×p,解得 p=-2(舍去)或 p=2, 所以 C 的方程为 y2=4x. (2)依题意知 l 与坐标轴不垂直,故可设 l 的方程为 x=my+1(m≠0). 代入 y2=4x,得 y2-4my-4=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=4m,y1y2=-4. 故线段 AB 的中点为 D(2m2+1,2m), 以焦点 F 的坐标为(2,0),这时直线 AF 的斜率 kAF= |AB|= m2+1|y1-y2|=4(m2+1). 1 又直线 l′的斜率为-m,所以 l′的方程为 x=-my+2m2+3. 4 将上式代入 y2=4x,并整理得 y2+m y-4(2m2+3)=0. 4 设 M(x3,y3),N(x4,y4),则 y3+y4=-m,y3y4=-4(2m2+3). 2? ?2 故线段 MN 的中点为 E?m2+2m2+3,-m?, ? ? |MN|= 4(m2+1) 2m2+1 1 1+m2|y3-y4|= . m2

由于线段 MN 垂直*分线段 AB,故 A,M,B,N 四点在同一圆上等价于|AE| 1 =|BE|=2|MN|,从而 1 1 2 2 2 4|AB| +|DE| =4|MN| ,即 2 ?2 ? 2 ? ?2 4(m2+1)2+?2m+m? +?m2+2? = ? ? ? ? 4(m2+1)2(2m2+1) , m4

化简得 m2-1=0,解得 m=1 或 m=-1. 所求直线 l 的方程为 x-y-1=0 或 x+y-1=0. 10.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 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|AB|=( ) 30 A. 3 B.6 C.12 D.7 3 10.C ?3 ? [解析] 抛物线的焦点坐标为 F?4,0?,直线 AB 的斜率 k=tan 30° ? ?

3 3 3 3 3 ?y= 3 x- 4 , 1 2 7 3 = , 所以直线 AB 的方程为 y= x- .由? 得 x - x+ =0, 3 3 4 3 2 16 ?y2=3x 21 9 故 x1+x2= 2 ,x1x2=16.所以|AB|= 1+k2·|x1-x2|= 1 1+3· 9 ?21?2 ? 2 ? -4× 16 ? ?

=12. 10.[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 已知抛物线 C:y2=x 的焦点为 F,A(x0,y0)是 5 C 上一点,|AF|=4x0,则 x0=( ) A.1 B.2 C.4 D.8 1 p 1 10.A [解析] 由抛物线方程 y2=x,知 p=2,又因为|AF|=x0+2=x0+4= 5 4x0,所以得 x0=1. x2 y2 15. ,[2014· 山东卷] 已知双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的焦距为 2c,右顶点为 A,抛物线 x2=2py(p>0)的焦点为 F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为 2c, 且|FA|=c,则双曲线的渐*线方程为________. p? ? 15.y=± x [解析] 由题意可知,抛物线的焦点 F 为?0,2?,准线方程为 y ? ? p y =- ? 2 2 ? 2, p ?p? ?p? 2 2 2 =-2.因为|FA|=c,所以?2? +a =c ,即?2? =b .联立? 2 2 消去 y,得 ? ? ? ? x y ? ?a2-b2=1, a2p2 x=± a2+ 4b2 ,即 x=± 2a.又因为双曲线截抛物线的准线所得的线段长为 2c, 所以 2 2a=2c,即 2a=c,所以 b=a,所以双曲线的渐*线方程为 y=± x. 11.[2014· 陕西卷] 抛物线 y2=4x 的准线方程为________. 11.x=-1 p [解析] 易知抛物线 y2=4x 的准线方程为 x=-2=-1.

22. 、[2014· 浙江卷] 已知△ABP 的三个顶点都在抛物线 C:x2=4y 上,F 为

→ 抛物线 C 的焦点,点 M 为 AB 的中点,PF=3FM.

图 16 (1)若|PF|=3,求点 M 的坐标; (2)求△ABP 面积的最大值. 22.解:(1)由题意知焦点 F(0,1),准线方程为 y=-1. 设 P(x0,y0),由抛物线定义知|PF|=y0+1,得到 y0=2,所以 P(2 2,2)或 P(-2 2,2). ? 2 2 2? ?2 2 2? ?或 M? 由 PF=3FM,分别得 M?- , ,3?. 3 3? ? ? 3 ? (2)设直线 AB 的方程为 y=kx+m,点 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0). ?y=kx+m, 由? 2 得 x2-4kx-4m=0, ?x =4y 于是 Δ=16k2+16m>0,x1+x2=4k,x1x2=-4m, 所以 AB 中点 M 的坐标为(2k,2k2+m). → =3FM →, 由PF 得(-x0,1-y0)=3(2k,2k2+m-1), ?x0=-6k, 所以? 2 ?y0=4-6k -3m, 1 4 2 由 x0 =4y0 得 k2=-5m+15. 1 4 由 Δ>0,k2≥0,得-3<m≤3. 又因为|AB|=4 1+k2 k2+m,点 F(0,1)到直线 AB 的距离为 d= 所以 S△ABP=4S△ABF=8|m-1| k2+m= 4? ? 1 记 f(m)=3m3-5m2+m+1?-3<m≤3?. ? ? 令 f′(m)=9m2-10m+1=0,解得 1 m1=9,m2=1. 16 3m3-5m2+m+1. 15 |m-1| , 1+k2

4? ? 1 1? ?1 ? ? 可得 f(m)在?-3,9?上是增函数,在?9,1?上是减函数,在?1,3?上是增函 ? ? ? ? ? ? 数. ?1? 256 ?4? 又 f?9?=243>f?3?. ? ? ? ? 1 256 所以,当 m=9时,f(m)取到最大值243, 55 此时 k=± 15 . 256 5 所以,△ABP 面积的最大值为 135 .

H8 直线与圆锥曲线(AB 课时作业) 20. 、[2014· 安徽卷] 设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 20.解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2. 令 f′(x)=0,得 x1= -1- 4+3a , 3

x2=

-1+ 4+3a ,且 x1<x2, 3

所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0; 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. ? ?-1+ 4+3a ? -1- 4+3a? ?和 ? ?内单调递减, 故 f(x)在?-∞, ,+∞ 3 3 ? ? ? ? ?-1- 4+3a -1+ 4+3a? ?内单调递增. 在? , 3 3 ? ? (2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0, ①当 a≥4 时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调 递减, 因此 f(x)在 x=x2= -1+ 4+3a 处取得最大值.又 f(0)=1,f(1)=a, 3

所以当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 和 x=1 处同时取得最小值;

当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 19.[2014· 北京卷] 已知椭圆 C:x2+2y2=4. (1)求椭圆 C 的离心率; (2)设 O 为原点,若点 A 在直线 y=2 上,点 B 在椭圆 C 上,且 OA⊥OB, 求线段 AB 长度的最小值. x2 y2 19.解:(1)由题意,椭圆 C 的标准方程为 4 + 2 =1. 所以 a2=4,b2=2,从而 c2=a2-b2=2. 因此 a=2,c= 2. c 2 故椭圆 C 的离心率 e=a= 2 . (2)设点 A,B 的坐标分别为(t,2),(x0,y0), 其中 x0≠0. → ·OB → =0, 因为 OA⊥OB,所以OA 2y0 即 tx0+2y0=0,解得 t=- x .
0 2 又 x0 +2y2 0=4,所以 2 |AB| =(x0-t)2+(y0-2)2

2y0?2 ? =?x0+ x ? +(y0-2)2 ? 0? 4y2 0 2 =x0 +y2 + 0 x2 +4
0

2(4-x2 0) 2 =x0 + 2 + +4 2 x0 x2 8 0 = 2 +x2+4 (0<x2 0≤4). 0 x2 8 0 2 2 因为 2 +x2≥4(0<x2 0≤4),当 x0=4 时等号成立,所以|AB| ≥8. 0 故线段 AB 长度的最小值为 2 2. 21.[2014· 福建卷] 已知曲线 Γ 上的点到点 F(0,1)的距离比它到直线 y=- 3 的距离小 2. (1)求曲线 Γ 的方程. (2)曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x 轴交于点 A,直线 y=3 分别与直线 l 及 y 轴交于点 M,N.以 MN 为直径作圆 C,过点 A 作圆 C 的切线,切点为 B.试探究: 当点 P 在曲线 Γ 上运动(点 P 与原点不重合)时,线段 AB 的长度是否发生变化? 证明你的结论. 21.解:方法一:(1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点. 依题意,点 S 到点 F(0,1)的距离与它到直线 y=-1 的距离相等, 所以曲线 Γ 是以点 F(0,1)为焦点,直线 y=-1 为准线的抛物线,

4-x2 0

所以曲线 Γ 的方程为 x2=4y.

(2)当点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变.证明如下: 1 由(1)知抛物线 Γ 的方程为 y=4x2. 1 设 P(x0,y0)(x0≠0),则 y0= x2 , 4 0 1 1 由 y′=2x,得切线 l 的斜率 k=y′|x=x0=2x0, 1 1 1 2 所以切线 l 的方程为 y-y0=2x0(x-x0),即 y=2x0x-4x0 . 1 1 ? ?y= x0x- x2 1 ? 4 0,得 A? ?2x0,0?. 由? 2 ? ? ? ?y=0, 1 1 ? ?y= x0x- x2 1 6 ? 2 4 0,得 M? ?2x0+x ,3?. 由? ? ? 0 ? ?y=3, 3 ?1 ? 又 N(0,3),所以圆心 C?4x0+x ,3?, ? ? 0 3? 1 ?1 半径 r=2|MN|=?4x0+x ?, ? 0? |AB|= |AC|2-r2 = = 6. 所以点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变. 方法二:(1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点, 则|y-(-3)|- (x-0)2+(y-1)2=2. 依题意,点 S(x,y)只能在直线 y=-3 的上方,所以 y>-3, 所以 (x-0)2+(y-1)2=y+1, 化简得,曲线 Γ 的方程为 x2=4y. 3 ??2 3 ?2 ?1 ?1 ?1 ?2x0-?4x0+x ?? +32-?4x0+x ? ? ? ? 0?? 0?

(2)同方法一. 22. 、[2014· 浙江卷] 已知△ABP 的三个顶点都在抛物线 C:x2=4y 上,F 为 → =3FM. 抛物线 C 的焦点,点 M 为 AB 的中点,PF

图 16 (1)若|PF|=3,求点 M 的坐标; (2)求△ABP 面积的最大值. 22.解:(1)由题意知焦点 F(0,1),准线方程为 y=-1. 设 P(x0,y0),由抛物线定义知|PF|=y0+1,得到 y0=2,所以 P(2 2,2)或 P(-2 2,2). ? 2 2 2? ?2 2 2? ?或 M? 由 PF=3FM,分别得 M?- , ,3?. 3 3? ? ? 3 ? (2)设直线 AB 的方程为 y=kx+m,点 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0). ?y=kx+m, 由? 2 得 x2-4kx-4m=0, ?x =4y 于是 Δ=16k2+16m>0,x1+x2=4k,x1x2=-4m, 所以 AB 中点 M 的坐标为(2k,2k2+m). → =3FM →, 由PF 得(-x0,1-y0)=3(2k,2k2+m-1), ?x0=-6k, 所以? 2 ?y0=4-6k -3m, 1 4 2 由 x0 =4y0 得 k2=-5m+15. 1 4 由 Δ>0,k2≥0,得- <m≤ . 3 3 又因为|AB|=4 1+k2 k2+m,点 F(0,1)到直线 AB 的距离为 d= 所以 S△ABP=4S△ABF=8|m-1| k2+m= 4? ? 1 记 f(m)=3m3-5m2+m+1?-3<m≤3?. ? ? 16 3m3-5m2+m+1. 15 |m-1| , 1+k2

令 f′(m)=9m2-10m+1=0,解得

1 m1=9,m2=1.

4? ? 1 1? ?1 ? ? 可得 f(m)在?-3,9?上是增函数,在?9,1?上是减函数,在?1,3?上是增函 ? ? ? ? ? ? 数. ?1? 256 ?4? 又 f?9?=243>f?3?. ? ? ? ? 1 256 所以,当 m=9时,f(m)取到最大值243, 55 此时 k=± 15 . 256 5 所以,△ABP 面积的最大值为 . 135 x2 y2 20. 、[2014· 广东卷] 已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的一个焦点为( 5,0), 5 离心率为 3 . (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若动点 P(x0, y0)为椭圆 C 外一点, 且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直, 求点 P 的轨迹方程. 8. 、 [2014· 湖北卷] 设 a, b 是关于 t 的方程 t2cos θ +tsin θ =0 的两个不等 x2 y2 实根,则过 A(a,a2),B(b,b2)两点的直线与双曲线 2 - 2 =1 的公共点 cos θ sin θ 的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 8.A [解析] 由方程 t2cos θ +tsin θ =0,解得 t1=0,t2=-tan θ ,不妨 设点 A(0,0),B(-tan θ ,tan2θ ),则过这两点的直线方程为 y=-xtan θ , x2 y2 该直线恰是双曲线 2 - 2 =1 的一条渐*线,所以该直线与双曲线无 cos θ sin θ 公共点.故选 A 22. 、 、[2014· 湖北卷] 在*面直角坐标系 xOy 中,点 M 到点 F(1,0)的距离 比它到 y 轴的距离多 1.记点 M 的轨迹为 C. (1)求轨迹 C 的方程; (2)设斜率为 k 的直线 l 过定点 P(-2,1),求直线 l 与轨迹 C 恰好有一个公 共点、两个公共点、三个公共点时 k 的相应取值范围. 22.解:(1)设点 M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1, 即 (x-1)2+y2=|x|+1, 化简整理得 y2=2(|x|+x). ?4x,x≥0, 故点 M 的轨迹 C 的方程为 y2=? ?0,x<0. (2)在点 M 的轨迹 C 中, 记 C1:y2=4x(x≥0),C2:y=0(x<0).

依题意,可设直线 l 的方程为 y-1=k(x+2). ?y-1=k(x+2), 由方程组? 2 ?y =4x, 2 可得 ky -4y+4(2k+1)=0.① 当 k=0 时,y=1.把 y=1 代入轨迹 C 的方程, 1 得 x=4. ?1 ? 故此时直线 l:y=1 与轨迹 C 恰好有一个公共点?4,1?. ? ? 当 k≠0 时,方程①的判别式 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 ?Δ <0, 1 (i)若? 由②③解得 k<-1 或 k>2. ?x0<0, ?1 ? 即当 k∈(-∞,-1)∪?2,+∞?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. ? ?Δ =0, ?Δ >0, 1? 1 (ii)若? 或? 由②③解得 k∈?-12?或-2≤k<0. ? ? ?x0<0 ?x0≥0, ? 1? 即当 k∈?-1,2?时,直线 l 与 C1 只有一个公共点,与 C2 有一个公共点. ? ? ? 1 ? 当 k∈?-2,0?时,直线 l 与 C1 有两个公共点,与 C2 没有公共点. ? ? 1 1? ? ? ? 故当 k∈?-2,0?∪?-1,2?时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点. ? ? ? ? ?Δ >0, 1 1 (iii)若? 由②③解得-1<k<-2或 0<k<2. ?x0<0, 1? ? 1? ? 即当 k∈?-1,-2?∪?0,2?时,直线 l 与 C1 有一个公共点,与 C2 有一个公 ? ? ? ? 共点,故此时直线 l 与轨迹 C 恰好有三个公共点. ?1 ? 综上所述,当 k∈(-∞,-1)∪?2,+∞?∪{0}时,直线 l 与轨迹 C 恰好有 ? ? 一个公共点; 1? ? 1 ? ? 当 k∈ ?-2,0? ∪ ?-1,2? 时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点;当 ? ? ? ? 1 1 ? ? ? ? k∈?-1,-2?∪?0,2?时,直线 l 与轨迹 C 恰好有三个公共点. ? ? ? ? 14. 、[2014· 湖南卷] *面上一机器人在行进中始终保持与点 F(1,0)的距离 和到直线 x=-1 的距离相等.若机器人接触不到过点 P(-1,0)且斜率为 k 的直 线,则 k 的取值范围是________. 14.(-∞,-1)∪(1,+∞) [解析] 依题意可知机器人运行的轨迹方程为 ?y=k(x+1), y2=4x.设直线 l:y=k(x+1),联立? 2 消去 y 得 k2x2+(2k2-4)x+k2 ?y =4x, 2k+1 . k

=0,由 Δ=(2k2-4)2-4k4<0,得 k2>1,解得 k<-1 或 k>1. 17. 、[2014· 江苏卷] 如图 15 所示,在*面直角坐标系 xOy 中,F1,F2 分别 2 2 x y 是椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点,顶点 B 的坐标为(0,b),连接 BF2 并延 长交椭圆于点 A,过点 A 作 x 轴的垂线交椭圆于另一点 C,连接 F1C. ?4 1? (1)若点 C 的坐标为?3,3?,且 BF2= 2,求椭圆的方程; ? ? (2)若 F1C⊥AB,求椭圆离心率 e 的值.

图 15 17.解: 设椭圆的焦距为 2c, 则 F1(-c, 0), F2(c, 0). (1)因为 B(0, b), 所以 BF2= b2+c2=a.又 BF2= 2, 故 a= 2. 16 1 9 9 4 1 ? ? 因为点 C?3,3?在椭圆上,所以 a2 +b2=1,解得 b2=1. ? ? x2 故所求椭圆的方程为 2 +y2=1. x y (2)因为 B(0, b), F2(c, 0)在直线 AB 上,所以直线 AB 的方程为 c+b=1. 2a c ? x1= 2 2, ? a +c ?x2=0, ? 解方程组? 2 得? 2 x y b(c2-a2) ?y2=b, ? ?a2+b2=1, ? ?y1= a2+c2 , x y ? ?c+b=1,
2 2 ? 2a2c b(c -a )? , ? ?. 所以点 A 的坐标为 2 2 a2+c2 ? ?a +c 2

又 AC 垂 直 于 x 轴 , 由 椭 圆 的 对 称 性 , 可 得 点 C 的 坐 标 为
2 2 ? 2a2c b(a -c )? ? 2 2, ?. a2+c2 ? ?a +c

b(a2-c2) -0 a2+c2 b(a2-c2) 因为直线 F1C 的斜率为 2a2c = ,直线 AB 的斜率为 3a2c+c3 -(- c ) a2+c2

b(a2-c2) ? b? b -c,且 F1C⊥AB,所以 ·?-c?=-1.又 b2=a2-c2,整理得 a2=5c2, ? ? 3a2c+c3 1 故 e2=5, 5 因此 e= 5 . 20.[2014· 江西卷] 如图 12 所示,已知抛物线 C:x2=4y,过点 M(0,2)任 作一直线与 C 相交于 A,B 两点,过点 B 作 y 轴的*行线与直线 AO 相交于点 D(O 为坐标原点). (1)证明:动点 D 在定直线上. (2)作 C 的任意一条切线 l(不含 x 轴),与直线 y=2 相交于点 N1,与(1)中的 定直线相交于点 N2.证明:|MN2|2-|MN1|2 为定值,并求此定值.

图 12 20.解:(1)依题意可设 AB 的方程为 y=kx+2,代入 x2=4y,得 x2=4(kx+ 2),即 x2-4kx-8=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1x2=-8. y1 直线 AO 的方程为 y=x x,BD 的方程为 x=x2, 1 y1x2? ? 解得交点 D 的坐标为?x2, x ?. ? 1 ? y1x1x2 -8y1 注意到 x1x2=-8 及 x2 = 4y =-2, 1=4y1,则有 y= x2 1 1 因此 D 点在定直线 y=-2 上(x≠0). (2)依题意,切线 l 的斜率存在且不等于 0. 设切线 l 的方程为 y=ax+b(a≠0),代入 x2=4y 得 x2=4(ax+b),即 x2-4ax -4b=0. 由 Δ=0 得(4a)2+16b=0,化简整理得 b=-a2. 故切线 l 的方程可写为 y=ax-a2. ?2 ? ? 2 ? 分别令 y=2,y=-2,得 N1,N2 的坐标为 N1?a+a,2?,N2?-a+a,-2?, ? ? ? ? 2 2 ?2 ? ?2 ? 则|MN2|2-|MN1|2=?a-a? +42-?a+a? =8, ? ? ? ? 2 2 即|MN2| -|MN1| 为定值 8. x2 y2 15.[2014· 辽宁卷] 已知椭圆 C: 9 + 4 =1,点 M 与 C 的焦点不重合.若 M 关于 C 的焦点的对称点分别为 A,B,线段 MN 的中点在 C 上,则|AN|+|BN|=

________. 15.12 [解析] 设 MN 的中点为 G,则点 G 在椭圆 C 上,设点 M 关于 C 的 1 焦点 F1 的对称点为 A, 点 M 关于 C 的焦点 F2 的对称点为 B, 则有|GF1|=2· |AN|, 1 |GF2|=2|BN|,所以|AN|+|BN|=2(|GF1|+|GF2|)=4a=12. 20. 、 、[2014· 辽宁卷] 圆 x2+y2=4 的切线与 x 轴正半轴、y 轴正半轴围成一 个三角形,当该三角形面积最小时,切点为 P(如图 15 所示).

图 15 (1)求点 P 的坐标; (2)焦点在 x 轴上的椭圆 C 过点 P,且与直线 l:y=x+ 3交于 A,B 两点, 若△PAB 的面积为 2,求 C 的标准方程. x0 20.解:(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-y ,切线 0 x0 方程为 y-y0=-y (x-x0),即 x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线 0 4? 1 4 4 8 ?4 ? ? 2 的交点分别为?x ,0?,?0,y ?,其围成的三角形的面积 S=2·x ·y =x y .由 x0 ? 0 ? ? 0? 0 0 0 0 2 +y0 =4≥2x0y0 知当且仅当 x0=y0= 2时 x0y0 有最大值,即 S 有最小值,因此点 P 的坐标为( 2, 2). x2 y2 (2)设 C 的标准方程为a2+b2=1(a>b>0),点 A(x1,y1),B(x2,y2).由点 P 2 2 ?x y ? 2+ 2=1, 2 2 在 C 上知a2+b2=1,并由?a b 得 b2x2+4 3x+6-2b2=0. ? ?y=x+ 3, 4 3 ? ?x1+x2=- b2 , 又 x1,x2 是方程的根,所以? 6-2b2 x x = ? ? 1 2 b2 . 由 y1=x1+ 3,y2=x2+ 3,得 48-24b2+8b4 4 6 |AB|= 3 |x1-x2|= 2· . b2 3 1 3 4 6 由点 P 到直线 l 的距离为 及 S△PAB=2× |AB|=2,得|AB|= 3 ,即 b4 2 2 2 -9b +18=0, 解得 b2=6 或 3,因此 b2=6,a2=3(舍)或 b2=3,a2=6,从而所求 C 的方 x2 y2 程为 6 + 3 =1. 22. 、 、[2014· 全国卷] 已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,直线 y=4

5 与 y 轴的交点为 P,与 C 的交点为 Q,且|QF|=4|PQ|. (1)求 C 的方程; (2)过 F 的直线 l 与 C 相交于 A,B 两点,若 AB 的垂直*分线 l′与 C 相交于 M,N 两点,且 A,M,B,N 四点在同一圆上,求 l 的方程. 8 22.解:(1)设 Q(x0,4),代入 y2=2px,得 x0=p, 8 p p 8 所以|PQ|=p,|QF|=2+x0=2+p. p 8 5 8 由题设得2+p=4×p,解得 p=-2(舍去)或 p=2, 所以 C 的方程为 y2=4x. (2)依题意知 l 与坐标轴不垂直,故可设 l 的方程为 x=my+1(m≠0). 代入 y2=4x,得 y2-4my-4=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=4m,y1y2=-4. 故线段 AB 的中点为 D(2m2+1,2m), |AB|= m2+1|y1-y2|=4(m2+1). 1 又直线 l′的斜率为-m,所以 l′的方程为 x=-my+2m2+3. 4 将上式代入 y2=4x,并整理得 y2+m y-4(2m2+3)=0. 4 设 M(x3,y3),N(x4,y4),则 y3+y4=-m,y3y4=-4(2m2+3). 2? ?2 故线段 MN 的中点为 E?m2+2m2+3,-m?, ? ? |MN|= 4(m2+1) 2m2+1 1 1+m2|y3-y4|= . m2

由于线段 MN 垂直*分线段 AB,故 A,M,B,N 四点在同一圆上等价于|AE| 1 =|BE|=2|MN|,从而 1 1 2 2 2 | AB | + | DE | = 4 4|MN| ,即 2 ?2 ? 2 ? ?2 4(m2+1)2+?2m+m? +?m2+2? = ? ? ? ? 4(m2+1)2(2m2+1) , m4 化简得 m2-1=0,解得 m=1 或 m=-1. 所求直线 l 的方程为 x-y-1=0 或 x+y-1=0. x2 y2 20.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 设 F1,F2 分别是椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0) 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. 3 (1)若直线 MN 的斜率为4,求 C 的离心率; (2)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2,且|MN|=5|F1N|,求 a,b. 2 ? b? 20.解:(1)根据 c= a2-b2及题设知 M?c, a ?,2b2=3ac. ? ? 2 2 2 2 将 b =a -c 代入 2b =3ac, c 1 c 解得a=2,a=-2(舍去). 1 故 C 的离心率为2. (2)由题意知,原点 O 为 F1F2 的中点,MF2∥y 轴,所以直线 MF1 与 y 轴的 b2 交点 D(0,2)是线段 MF1 的中点,故 a =4,即 b2=4a.① 由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|. 设 N(x1,y1),由题意知 y1<0,则 3 ? ?2(-c-x1)=c, ?x1=-2c, ? 即? ?-2y1=2, ? ?y1=-1. 9c2 1 代入 C 的方程,得4a2+b2=1.② 9(a2-4a) 1 2 2 将①及 c= a -b 代入②得 +4a=1, 4a2 解得 a=7,b2=4a=28,故 a=7,b=2 7. x2 y2 21. , ,[2014· 山东卷] 在*面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0) 3 4 10 的离心率为 2 ,直线 y=x 被椭圆 C 截得的线段长为 5 . (1)求椭圆 C 的方程. (2)过原点的直线与椭圆 C 交于 A,B 两点(A,B 不是椭圆 C 的顶点).点 D 在椭圆 C 上,且 AD⊥AB,直线 BD 与 x 轴、y 轴分别交于 M,N 两点. (i)设直线 BD,AM 的斜率分别为 k1,k2,证明存在常数 λ 使得 k1=λk2, 并求出λ 的值; (ii)求△OMN 面积的最大值. 21.解:(1)由题意知, a2-b2 3 2 2 = a 2 ,可得 a =4b .

椭圆 C 的方程可简化为 x2+4y2=a2. 5a 将 y=x 代入可得 x=± 5 . 2 5a 4 10 因此 2× 5 = 5 ,即 a=2,所以 b=1,

x2 2 所以椭圆 C 的方程为 4 +y =1. (2)(i)设 A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),则 B(-x1,-y1). y1 因为直线 AB 的斜率 kAB=x ,且 AB⊥AD, 1 x1 所以直线 AD 的斜率 k=-y . 1 设直线 AD 的方程为 y=kx+m, 由题意知 k≠0,m≠0. y=kx+m, ? ? 由?x2 2 消去 y,得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0, +y =1, ? ?4 8mk 所以 x1+x2=- , 1+4k2 2m 因此 y1+y2=k(x1+x2)+2m= . 1+4k2 由题意知 x1≠-x2, 所以 k1= y1+y2 1 y1 =-4k=4x . x1+x2 1
1

y1 所以直线 BD 的方程为 y+y1=4x (x+x1). 令 y=0,得 x=3x1,即 M(3x1,0). y1 可得 k2=-2x . 1 1 1 所以 k1=-2k2,即 λ=-2. 1 因此,存在常数 λ=-2使得结论成立. y1 (ii)直线 BD 的方程 y+y1=4x (x+x1), 1 3 ? 3 ? 令 x=0,得 y=-4y1,即 N?0,-4y1?. ? ? 由(i)知 M(3x1,0), 1 3 所以△OMN 的面积 S=2×3|x1|×4|y1|= 9 8|x1||y1|. x2 |x1| 2 1 因为|x1||y1|≤ 4 +y2 1=1,当且仅当 2 =|y1|= 2 时,等号成立, 9 此时 S 取得最大值8,

9 所以△OMN 面积的最大值为8. x2 y2 20. 、[2014· 陕西卷] 已知椭圆a2+b2=1(a>b>0)经过点(0, 3),离心率为 1 2,左、右焦点分别为 F1(-c,0),F2(c,0). (1)求椭圆的方程; 1 (2)若直线 l:y=-2x+m 与椭圆交于 A,B 两点,与以 F1F2 为直径的圆交于 |AB| 5 3 C,D 两点,且满足|CD|= 4 ,求直线 l 的方程.

图 15 b= 3, ? ?a=2, ?c 1 (1)由题设知? = , 解得?b= 3, a 2 ? ?b2=a2-c2, ?c=1,

20.解:

x2 y2 ∴椭圆的方程为 4 + 3 =1. (2)由题设,以 F1F2 为直径的圆的方程为 x2+y2=1, 2|m| ∴圆心(0,0)到直线 l 的距离 d= . 5 5 由 d<1,得|m|< 2 ,(*) ∴|CD|=2 1-d2=2 4 2 1-5m2= 5-4m2. 5

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 1 ? ?y=-2x+m, 2 由? 2 2 得 x -mx+m2-3=0, x y ? ? 4 + 3 =1 由根与系数的关系得 x1+x2=m,x1x2=m2-3, ∴|AB|= ? 15 1?2? 2 2 2 ?1+? ?-2? ?[m -4(m -3)]= 2 4-m . ? ? ? ? 4-m2 =1, 5-4m2

|AB| 5 3 由|CD|= 4 ,得

3 解得 m=± 3 ,满足(*). 1 3 ∴直线 l 的方程为 y=-2x+ 3 或 1 3 y=-2x- 3 . x2 y2 20. 、[2014· 四川卷] 已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的左焦点为 F(-2,0), 6 离心率为 3 . (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)设 O 为坐标原点,T 为直线 x=-3 上一点,过 F 作 TF 的垂线交椭圆于 P,Q.当四边形 OPTQ 是*行四边形时,求四边形 OPTQ 的面积. c 6 20.解:(1)由已知可得,a= 3 ,c=2,所以 a= 6. x2 y2 2 2 2 又由 a =b +c ,解得 b= 2,所以椭圆 C 的标准方程是 6 + 2 =1. m-0 (2)设 T 点的坐标为(-3,m),则直线 TF 的斜率 kTF= =-m. -3-(-2) 1 当 m≠0 时,直线 PQ 的斜率 kPQ=m,直线 PQ 的方程是 x=my-2. 当 m=0 时,直线 PQ 的方程是 x=-2,也符合 x=my-2 的形式. x=my-2, ? ? 设 P(x1, y1), Q(x2, y2), 将直线 PQ 的方程与椭圆 C 的方程联立, 得?x2 y2 + =1, ? ?6 2 消去 x,得(m2+3)y2-4my-2=0, 其判别式 Δ=16m2+8(m2+3)>0. -2 4m 所以 y1+y2= 2 ,y1y2= 2 , m +3 m +3 -12 x1+x2=m(y1+y2)-4= 2 . m +3 → =QT → ,即(x ,y )=(-3-x ,m 因为四边形 OPTQ 是*行四边形,所以OP
1 1 2

-y2). -12 ? x + x = =-3, 1 2 ? m2+3 所以? 4m y1+y2= 2 =m. ? m +3 ? 解得 m=± 1. 此时,四边形 OPTQ 的面积 1 S 四边形 OPTQ=2S△OPQ=2×2·|OF|·|y1-y2|= -2 ? 4m ?2 ?m2+3? -4· 2 2 =2 3. m +3 ? ?

x2 y2 18. 、[2014· 天津卷] 设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2, 3 右顶点为 A,上顶点为 B.已知|AB|= 2 |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 2,求椭圆的方程. 3 18.解:(1)设椭圆右焦点 F2 的坐标为(c,0).由|AB|= 2 |F1F2|,可得 a2+ c2 1 2 2 2 2 2 b =3c .又 b =a -c ,则a2=2, 2 所以椭圆的离心率 e= 2 . (2)由(1)知 a2=2c2,b2=c2, x2 y2 故椭圆方程为2c2+c2=1. → → 设 P(x0,y0).由 F1(-c,0),B(0,c),有F1P=(x0+c,y0),F1B=(c,c). → → 由已知,有F P·F B=0,即(x +c)c+y c=0.
1 1 0 0

又 c≠0,故有 x0+y0+c=0.① 因为点 P 在椭圆上,所以 x2 y2 0 0 2+ 2=1.② 2c c 4 2 由①和②可得 3x0 +4cx0=0.而点 P 不是椭圆的顶点, 故 x0=-3c, 代入①得 c ? 4c c? y0=3,即点 P 的坐标为?- 3 ,3?. ? ? 4 c -3c+0 3+c 2 2 设圆的圆心为 T(x1,y1),则 x1= 2 =-3c,y1= 2 =3c,进而圆的半 5 径 r= (x1-0)2+(y1-c)2= 3 c. 2 ?2 5 ? 2 ?2 ? 由已知,有|TF2|2=|MF2|2+r2.又|MF2|=2 2,故有?c+3c? +?0-3c? =8+9 ? ? ? ? c2, 解得 c2=3, x2 y2 所以所求椭圆的方程为 6 + 3 =1. H9 曲线与方程 12. [2014· 福建卷] 在*面直角坐标系中, 两点 P1(x1, y1), P2(x2, y2)间的“L距离”定义为||P1P2||=|x1-x2|+|y1-y2|,则*面内与 x 轴上两个不同的定点 F1, F2 的“L距离”之和等于定值(大于||F1F2||)的点的轨迹可以是( )

A

B

C

D

图 14 12.A [解析] 设 M(x,y)是轨迹上任意一点,F1(-c,0),F2(c,0),||MF1| +|MF2||=2a,其中 a 为常数,且 a>c>0, 由“L-距离”定义,得 1 |x+c|+|y|+|x-c|+|y|=2a,即|y|=2(2a-|x+c|-|x-c|),

?x+a,x<-c, 当 y≥0 时,y=?a-c,-c≤x<c; ?-x+a,x≥c, ?-x-a,x<-c, 当 y<0 时,y=?-a+c,-c≤x<c, ?x-a,x≥c.
则满足上述关系的图像只有选项 A. 22. 、 、[2014· 湖北卷] 在*面直角坐标系 xOy 中,点 M 到点 F(1,0)的距离 比它到 y 轴的距离多 1.记点 M 的轨迹为 C. (1)求轨迹 C 的方程; (2)设斜率为 k 的直线 l 过定点 P(-2,1),求直线 l 与轨迹 C 恰好有一个公 共点、两个公共点、三个公共点时 k 的相应取值范围. 22.解:(1)设点 M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1, 即 (x-1)2+y2=|x|+1, 化简整理得 y2=2(|x|+x). ?4x,x≥0, 故点 M 的轨迹 C 的方程为 y2=? ?0,x<0. (2)在点 M 的轨迹 C 中, 记 C1:y2=4x(x≥0),C2:y=0(x<0). 依题意,可设直线 l 的方程为 y-1=k(x+2). ?y-1=k(x+2), 由方程组? 2 ?y =4x, 2 可得 ky -4y+4(2k+1)=0.① 当 k=0 时,y=1.把 y=1 代入轨迹 C 的方程,

1 得 x=4. ?1 ? 故此时直线 l:y=1 与轨迹 C 恰好有一个公共点?4,1?. ? ? 当 k≠0 时,方程①的判别式 Δ =-16(2k2+k-1).② 2k+1 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=- k . ③ ?Δ <0, 1 (i)若? 由②③解得 k<-1 或 k>2. ?x0<0, ?1 ? 即当 k∈(-∞,-1)∪?2,+∞?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. ? ?Δ =0, ?Δ >0, 1? 1 (ii)若? 或? 由②③解得 k∈?-12?或-2≤k<0. ? ? ?x0<0 ?x0≥0, ? 1? 即当 k∈?-1,2?时,直线 l 与 C1 只有一个公共点,与 C2 有一个公共点. ? ? 1 ? ? 当 k∈?-2,0?时,直线 l 与 C1 有两个公共点,与 C2 没有公共点. ? ? 1? ? 1 ? ? 故当 k∈?-2,0?∪?-1,2?时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点. ? ? ? ? ?Δ >0, 1 1 (iii)若? 由②③解得-1<k<-2或 0<k<2. ?x0<0, 1? ? 1? ? 即当 k∈?-1,-2?∪?0,2?时,直线 l 与 C1 有一个公共点,与 C2 有一个公 ? ? ? ? 共点,故此时直线 l 与轨迹 C 恰好有三个公共点. ?1 ? 综上所述,当 k∈(-∞,-1)∪?2,+∞?∪{0}时,直线 l 与轨迹 C 恰好有 ? ? 一个公共点; 1? ? 1 ? ? 当 k∈ ?-2,0? ∪ ?-1,2? 时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点;当 ? ? ? ? 1? ? 1? ? k∈?-1,-2?∪?0,2?时,直线 l 与轨迹 C 恰好有三个公共点. ? ? ? ? H10 单元综合 x2 y2 20. 、 、[2014· 湖南卷] 如图 15 所示,O 为坐标原点,双曲线 C1:a2-b2= 1 1 y2 x2 ?2 3 ? 1(a1>0,b1>0)和椭圆 C2:a2+b2=1(a2>b2>0)均过点 P? ,1?,且以 C1 的 ? 3 ? 2 2 两个顶点和 C2 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形. (1)求 C1,C2 的方程. (2)是否存在直线 l,使得 l 与 C1 交于 A,B 两点,与 C2 只有一个公共点,且 → +OB → |=|AB| ?证明你的结论. |OA

图 15 20.解: (1)设 C2 的焦距为 2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,从而 a1=1, y2 ?2 3 ? ?2 3?2 1 2 ?在双曲线 x2- 2=1 上,所以? ? - 2=1,故 b1 c2=1.因为点 P? =3. , 1 b1 b1 ? 3 ? ? 3 ? 由椭圆的定义知 ?2 3?2 ?2 3?2 ? ? +(1-1)2+ ? ? +(1+1)2=2 3. 2a2= 3 3 ? ? ? ? y2 y2 x2 2 2 2 于是 a2= 3,b2 2=a2-c2=2.故 C1,C2 的方程分别为 x - =1, + =1. 3 3 2 (2)不存在符合题设条件的直线. (i)若直线 l 垂直于 x 轴,因为 l 与 C2 只有一个公共点,所以直线 l 的方程为 x= 2或 x=- 2. 当 x= 2时,易知 A( 2, 3),B( 2,- 3),所以 → +OB → |=2 2,|AB → |=2 3. |OA → +OB → |≠|AB → |. 此时,|OA → +OB → |≠|AB → |. 当 x=- 2时,同理可知,|OA (ii)若直线 l 不垂直于 x 轴,设 l 的方程为 y=kx+m, y=kx+m, ? ? 由? 2 y2 得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0. x - = 1 ? 3 ? 当 l 与 C1 相交于 A,B 两点时,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是上述方 程的两个实根,从而 m2+3 2km x1+x2= ,x x = . 3-k2 1 2 k2-3 2 2 2 2 3k -3m 于是 y1y2=k x1x2+km(x1+x2)+m = 2 . k -3 y=kx+m, ? ? 由?y2 x2 得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0. + = 1 ? ?3 2 因为直线 l 与 C2 只有一个公共点, 所以上述方程的判别式 Δ=16k2m2-8(2k2 +3)(m2-3)=0. 化简,得 2k2=m2-3.因此 m2+3 3k2-3m2 -k2-3 → → OA·OB=x1x2+y1y2= 2 + 2 = 2 ≠0, k -3 k -3 k -3

|. → +OB → |≠|AB → |. 故|OA 综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.

2

→ → → → →2 →2 → → → → → → 于是OA2+OB2+2OA· OB≠OA +OB -2OA· OB, 即|OA+OB|2≠|OA-OB




友情链接: