2014年高考数学解析几何试题汇编
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2014年高考数学解析几何试题汇编
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
2014年高考数学解析几何试题汇编
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文章来源莲 山课件 w ww.5 Y
&&&&&&&&&&&&&&&&&& 数&&& 学H单元　解析几何&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& H1　直线的倾斜角与斜率、直线的方程14．、[;湖北卷] 设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)&0，对任意a&0，b&0，若经过点(a，f(a))，(b，－f(b))的直线与x轴的交点为(c，0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a，b)，例如，当f(x)＝1(x&0)时，可得Mf(a，b)＝c＝a＋b2，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数．(1)当f(x)＝________(x&0)时，Mf(a，b)为a，b的几何平均数；(2)当f(x)＝________(x&0)时，Mf(a，b)为a，b的调和平均数2aba＋b.(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)14．(1)x　(2)x(或填(1)k1x；(2)k2x，其中k1，k2为正常数)20．[;江西卷] 如图1&7所示，已知双曲线C：x2a2－y2＝1(a&0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．&图1&7(1)求双曲线C的方程；(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：x0xa2－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝32相交于点N.证明：当点P在C上移动时，|MF||NF|恒为定值，并求此定值．20．解：(1)设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝a2＋1.由题意，直线OB的方程为y＝－1ax，直线BF的方程为y＝1a(x－c)，所以Bc2，－c2a.又直线OA的方程为y＝1ax，则Ac，ca，所以kAB＝ca－－c2ac－c2＝3a.又因为AB⊥OB，所以3a•－1a＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为x23－y2＝1.(2)由(1)知a＝3，则直线l的方程为x0x3－y0y＝1(y0≠0)，即y＝x0x－33y0(y0≠0)．因为直线AF的方程为x＝2，所以直线l与AF的交点为M2，2x0－33y0，直线l与直线x＝32的交点为N32，32x0－33y0，则|MF|2|NF|2＝（2x0－3）2（3y0）214＋32x0－32（3y0）2＝（2x0－3）29y204＋94（x0－2）2＝43•（2x0－3）23y20＋3（x0－2）2.又P(x0，y0)是C上一点，则x203－y20＝1，代入上式得|MF|2|NF|2＝43•（2x0－3）2x20－3＋3（x0－2）2＝43•（2x0－3）24x20－12x0＋9＝43，所以|MF||NF|＝23＝233，为定值．20．，，[;四川卷] 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(1)求椭圆C的标准方程．(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；②当|TF||PQ|最小时，求点T的坐标．20．解：(1)由已知可得a2＋b2＝2b，2c＝2a2－b2＝4，解得a2＝6，b2＝2，所以椭圆C的标准方程是x26＋y22＝1.(2)①证明：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，则直线TF的斜率kTF＝m－0－3－（－2）＝－m.当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝1m.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．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得x＝my－2，x26＋y22＝1.消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)&0.所以y1＋y2＝4mm2＋3，y1y2＝－2m2＋3，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－12m2＋3.设M为PQ的中点，则M点的坐标为－6m2＋3，2mm2＋3.所以直线OM的斜率kOM＝－m3，又直线OT的斜率kOT＝－m3，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.②由①可得，|TF|＝m2＋1，|PQ|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（m2＋1）[（y1＋y2）2－4y1y2]＝（m2＋1）4mm2＋32－4•－2m2＋3＝24（m2＋1）m2＋3.所以|TF||PQ|＝124•（m2＋3）2m2＋1＝124m2＋1＋4m2＋1＋4≥124（4＋4）＝33.当且仅当m2＋1＝4m2＋1，即m＝±1时，等号成立，此时|TF||PQ|取得最小值．故当|TF||PQ|最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．
H2　两直线的位置关系与点到直线的距离21．、、[;全国卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p&0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝54|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的垂直平分线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．21．解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px，得x0＝8p，所以|PQ|＝8p，|QF|＝p2＋x0＝p2＋8p.由题设得p2＋8p＝54×8p，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.故线段的AB的中点为D(2m2＋1，2m)，|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1)．又直线l ′的斜率为－m，所以l ′的方程为x＝－1my＋2m2＋3.将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋4my－4(2m2＋3)＝0.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝－4m，y3y4＝－4(2m2＋3)．故线段MN的中点为E2m2＋2m2＋3，－2m，|MN|＝1＋1m2|y3－y4|＝4（m2＋1）2m2＋1m2.由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝12|MN|，从而14|AB|2＋|DE|2＝14|MN|2，即4(m2＋1)2＋2m＋2m2＋2m2＋22＝4（m2＋1）2（2m2＋1）m4，化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1，故所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
H3　圆的方程9．、[;福建卷] 设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆x210＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)A．52& B.46＋2& C．7＋2& D．629．D　
H4　直线与圆、圆与圆的位置关系10．、[;安徽卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a•b＝0，点Q满足OQ→＝2(a＋b)．曲线C＝{P|OP→＝acos θ＋bsin θ，0≤θ&2π}，区域Ω＝{P|0＜r≤|PQ|≤R，r＜R}．若C∩Ω为两段分离的曲线，则(　　)A．1＜r＜R＜3& B．1＜r＜3≤R& C．r≤1＜R＜3& D．1＜r＜3＜R10．A　&19．、、[;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在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．19．解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1.所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝2.故椭圆C的离心率e＝ca＝22.(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，其中x0≠0.因为OA⊥OB，所以OA→•OB→＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－2y0x0.当x0＝t时，y0＝－t22，代入椭圆C的方程，得t＝±2，故直线AB的方程为x＝±2.圆心O到直线AB的距离d＝2，此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝y0－2x0－t(x－t)，即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.圆心O到直线AB的距离d＝|2x0－ty0|（y0－2）2＋（x0－t）2.又x20＋2y20＝4，t＝－2y0x0，故d＝2x0＋2y20x0x20＋y20＋4y20x20＋4＝4＋x20x0x40＋8x20＋162x20＝2.此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．6．、[;福建卷] 直线l：y＝kx＋1与圆O：x2＋y2＝1相交于A，B两点，则“k＝1”是“△OAB的面积为12”的(　　)A．充分而不必要条件& B．必要而不充分条件C．充分必要条件& D．既不充分又不必要条件6．A　12．[;湖北卷] 直线l1：y＝x＋a和l2：y＝x＋b将单位圆C：x2＋y2＝1分成长度相等的四段弧，则a2＋b2＝________.12．215．、[;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________．&15.43　15．[;山东卷] 已知函数y＝f(x)(x∈R)，对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称．若h(x)是g(x)＝4－x2关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)＞g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________．15．(210，＋∞)　 12．[;陕西卷] 若圆C的半径为1，其圆心与点(1，0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为________．12．x2＋(y－1)2＝1　14．，[;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|的最大值是________．14．513．[;重庆卷] 已知直线ax＋y－2＝0与圆心为C的圆(x－1)2＋(y－a)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则实数a＝________．13．4±15　21．，[;重庆卷] 如图1&4所示，设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，|F1F2||DF1|＝22，△DF1F2的面积为22.(1)求椭圆的标准方程；(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，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，求圆的半径．&图1&421．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2.由|F1F1||DF1|＝22得|DF1|＝|F1F2|22＝22c.从而S△DF1F2＝12|DF1||F1F2|＝22c2＝22，故c＝1.从而|DF1|＝22，由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝92，因此|DF2|＝322，所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22＋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，|P1P2|＝2|x1|.&由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1P1→＝(x1＋1，y1)，F2P2→＝(－x1－1，y1)．再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y21＝0.由椭圆方程得1－x212＝(x1＋1)2，即3x21＋4x1＝0，解得x1＝－43或x1＝0.当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．当x1＝－43时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝22|P1P2|＝2|x1|＝423.
H5　椭圆及其几何性质20．，，[;四川卷] 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(1)求椭圆C的标准方程．(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；②当|TF||PQ|最小时，求点T的坐标．20．解：(1)由已知可得a2＋b2＝2b，2c＝2a2－b2＝4，解得a2＝6，b2＝2，所以椭圆C的标准方程是x26＋y22＝1.(2)①证明：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，则直线TF的斜率kTF＝m－0－3－（－2）＝－m.当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝1m.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．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得x＝my－2，x26＋y22＝1.消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)&0.所以y1＋y2＝4mm2＋3，y1y2＝－2m2＋3，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－12m2＋3.设M为PQ的中点，则M点的坐标为－6m2＋3，2mm2＋3.所以直线OM的斜率kOM＝－m3，又直线OT的斜率kOT＝－m3，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.②由①可得，|TF|＝m2＋1，|PQ|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（m2＋1）[（y1＋y2）2－4y1y2]＝（m2＋1）4mm2＋32－4•－2m2＋3＝24（m2＋1）m2＋3.所以|TF||PQ|＝124•（m2＋3）2m2＋1＝124m2＋1＋4m2＋1＋4≥124（4＋4）＝33.当且仅当m2＋1＝4m2＋1，即m＝±1时，等号成立，此时|TF||PQ|取得最小值．故当|TF||PQ|最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．
14．[;安徽卷] 设F1，F2分别是椭圆E：x2＋y2b2＝1(0＜b＜1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．14．x2＋32y2＝1　 &19．、、[;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在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．19．解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1.所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝2.故椭圆C的离心率e＝ca＝22.(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，其中x0≠0.因为OA⊥OB，所以OA→•OB→＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－2y0x0.当x0＝t时，y0＝－t22，代入椭圆C的方程，得t＝±2，故直线AB的方程为x＝±2.圆心O到直线AB的距离d＝2，此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝y0－2x0－t(x－t)，即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.圆心O到直线AB的距离d＝|2x0－ty0|（y0－2）2＋（x0－t）2.又x20＋2y20＝4，t＝－2y0x0，故d＝2x0＋2y20x0x20＋y20＋4y20x20＋4＝4＋x20x0x40＋8x20＋162x20＝2.此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．9．、[;福建卷] 设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆x210＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)A．52& B.46＋2& C．7＋2& D．629．D　[解析] 设圆心为点C，则圆x2＋(y－6)2＝2的圆心为C(0，6)，半径r＝2.设点Q(x0，y0)是椭圆上任意一点，则x2010＋y20＝1，即x20＝10－10y20，∴|CQ|＝10－10y20＋（y0－6）2＝－9y20－12y0＋46＝－9y0＋232＋50，当y0＝－23时，|CQ|有最大值5　2，则P，Q两点间的最大距离为5　2＋r＝6　2.20．、[;广东卷] 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的一个焦点为(5，0)，离心率为53.(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．9．、[;湖北卷] 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝π3，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(　　)A.433& B.233& C．3& D．29．A　21．、、、[;湖南卷] 如图1&7，O为坐标原点，椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：x2a2－y2b2＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝32，且|F2F4|＝3－1.(1)求C1，C2的方程；(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．&图1&721．解： (1)因为e1e2＝32，所以a2－b2a•a2＋b2a＝32，即a4－b4＝34a4，因此a2＝2b2，从而F2(b，0)，F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为x22＋y2＝1，x22－y2＝1.
&(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1，0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1，由x＝my－1，x22＋y2＝1得(m2＋2)y2－2my－1＝0.易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2.因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－4m2＋2，于是AB的中点为M－2m2＋2，mm2＋2，故直线PQ的斜率为－m2，PQ的方程为y＝－m2x，即mx＋2y＝0.由y＝－m2x，x22－y2＝1得(2－m2)x2＝4，所以2－m2&0，且x2＝42－m2，y2＝m22－m2，从而|PQ|＝2x2＋y2＝2m2＋42－m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|m2＋4.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)&0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝（m2＋2）|y1－y2|m2＋4.又因为|y1－y2|＝（y1＋y2）2－4y1y2＝22•1＋m2m2＋2，所以2d＝22•1＋m2m2＋4.故四边形APBQ的面积S＝12|PQ|•2d＝22•1＋m22－m2＝22•－1＋32－m2.而0&2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.15．[;江西卷] 过点M(1，1)作斜率为－12的直线与椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．15.22　15．[;辽宁卷] 已知椭圆C：x29＋y24＝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　20．、[;辽宁卷] 圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成―个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图1&6所示)．双曲线C1：x2a2－y2b2＝1过点P且离心率为3.&图1&6
(1)求C1的方程；(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点．若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程．20．解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x0&0，y0&0)，则切线斜率为－x0y0，切线方程为y－y0＝－x0y0(x－x0)，即x0x＋y0y＝4，此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为4x0，0，0，4y0.故其围成的三角形的面积S＝12&#&#＝8x0y0.由x20＋y20＝4≥2x0y0知，当且仅当x0＝y0＝2时x0y0有最大值2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(2，2)．由题意知2a2－2b2＝1，a2＋b2＝3a2，解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程为x2－y22＝1.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(－3，0)，(3，0)，由此可设C2的方程为x23＋b21＋y2b21＝1，其中b1&0.由P(2，2)在C2上，得23＋b21＋2b21＝1，解得b21＝3，因此C2的方程为x26＋y23＝1.显然，l不是直线y＝0.设直线l的方程为x＝my＋3，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋3，x26＋y23＝1，得(m2＋2)y2＋2 3my－3＝0.又y1，y2是方程的根，因此y1＋y2＝－2 3mm2＋2，　　　　　　　 　 　　　 ①y1y2＝－3m2＋2，②
由x1＝my1＋3，x2＝my2＋3，得x1＋x2＝m（y1＋y2）＋2& 3＝4 3m2＋2 ，　　　　　③x1x2＝m2y1y2＋3m（y1＋y2）＋3＝6－6m2m2＋2.　　④因为AP→＝(2－x1，2－y1)，BP→＝(2－x2，2－y2)，由题意知AP→•BP→＝0，所以x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0，⑤将①②③④代入⑤式整理得2m2－2 6m＋4 6－11＝0，解得m＝3 62－1或m＝－62＋1.因此直线l的方程为x－(3 62－1)y－3＝0或x＋(62－1)y－3＝0.6．[;全国卷] 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为33，过F2的直线l交C于A，B两点．若△AF1B的周长为43，则C的方程为(　　)A.x23＋y22＝1& B.x23＋y2＝1C.x212＋y28＝1& D.x212＋y24＝16．A　20．、、[;新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．20．解：(1)设F(c，0)，由条件知，2c＝233，得c＝3.又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为x24＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，当Δ＝16(4k2－3)&0，即k2&34时，x1，2＝8k±24k2－34k2＋1，从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋1&#－34k2＋1.又点O到直线l的距离d＝2k2＋1.所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d•|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，则t&0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t.因为t＋4t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，满足Δ&0，所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±72，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.20．、、[;新课标全国卷Ⅱ] 设F1，F2分别是椭圆C：x2a2＋y2b2＝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.(1)若直线MN的斜率为34，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.20．解：(1)根据c＝a2－b2及题设知Mc，b2a，2b2＝3ac.将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得ca＝12，ca＝－2(舍去)．故C的离心率为12.(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故b2a＝4，即b2＝4a.①由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1&0，则2（－c－x1）＝c，－2y1＝2，即x1＝－32c，y1＝－1.代入C的方程，得9c24a2＋1b2＝1.②将①及c＝a2－b2代入②得9（a2－4a）4a2＋14a＝1，解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝27.10．，[;山东卷] 已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为x2a2＋y2b2＝1，双曲线C2的方程为x2a2－y2b2＝1，C1与C2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为(　　)A. x±2y＝0& B. 2x±y＝0& C. x±2y＝0& D. 2x±y＝010．A　[解析] 椭圆C1的离心率e1＝a2－b2a，双曲线C2的离心率e2＝a2＋b2a.由e1e2＝a2－b2a•a2＋b2a＝1－ba2×1＋ba2＝32，解得ba2＝12，所以ba＝22，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝±22x.故选A.20．，，[;陕西卷] 如图1&5所示，曲线C由上半椭圆C1：y2a2＋x2b2＝1(a&b&0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．&图1&520．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．设C1的半焦距为c，由ca＝32及a2－c2＝b2＝1得a＝2，∴a＝2，b＝1.(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24＋x2＝1(y≥0)．易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)设点P的坐标为(xP，yP)，∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．由求根公式，得xP＝k2－4k2＋4，从而yP＝－8kk2＋4，∴点P的坐标为k2－4k2＋4，－8kk2＋4.同理，由y＝k（x－1）（k≠0），y＝－x2＋1（y≤0），得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．∴AP→＝2kk2＋4(k，－4)，AQ→＝－k(1，k＋2)．∵AP⊥AQ，∴AP•AQ＝0，即－2k2k2＋4[k－4(k＋2)]＝0，∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－83.经检验，k＝－83符合题意，故直线l的方程为y＝－83(x－1)．方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．20．，，[;陕西卷] 如图1&5所示，曲线C由上半椭圆C1：y2a2＋x2b2＝1(a&b&0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．&图1&520．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．设C1的半焦距为c，由ca＝32及a2－c2＝b2＝1得a＝2，∴a＝2，b＝1.(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24＋x2＝1(y≥0)．易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)设点P的坐标为(xP，yP)，∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．由求根公式，得xP＝k2－4k2＋4，从而yP＝－8kk2＋4，∴点P的坐标为k2－4k2＋4，－8kk2＋4.同理，由y＝k（x－1）（k≠0），y＝－x2＋1（y≤0），得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．∴AP→＝2kk2＋4(k，－4)，AQ→＝－k(1，k＋2)．∵AP⊥AQ，∴AP•AQ＝0，即－2k2k2＋4[k－4(k＋2)]＝0，∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－83.经检验，k＝－83符合题意，故直线l的方程为y＝－83(x－1)．方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．18．、[;天津卷] 设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|＝32|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，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率．18．解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)．由|AB|＝32|F1F2|，可得a2＋b2＝3c2.又b2＝a2－c2，则c2a2＝12，所以椭圆的离心率e＝22.(2)由(1)知a2＝2c2，b2＝c2.故椭圆方程为x22c2＋y2c2＝1.设P(x0，y0)．由F1(－c，0)，B(0，c)，有F1P→＝(x0＋c，y0)，F1B→＝(c，c)．由已知，有F1P→•F1B→＝0，即(x0＋c)c＋y0c＝0.又c≠0，故有x0＋y0＋c＝0.①又因为点P在椭圆上，所以x202c2＋y20c2＝1.②由①和②可得3x20＋4cx0＝0.而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－43c.代入①得y0＝c3，即点P的坐标为－4c3，c3.设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1＝－43c＋02＝－23c，y1＝c3＋c2＝23c，进而圆的半径r＝（x1－0）2＋（y1－c）2＝53c.设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y＝kx.由l与圆相切，可得|kx1－y1|k2＋1＝r，即k－2c3－2c3k2＋1＝53c，整理得k2－8k＋1＝0，解得k＝4±15，所以直线l的斜率为4＋15或4－15.21．、[;浙江卷] 如图1&6，设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.&图1&621．解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k&0)，由y＝kx＋m，x2a2＋y2b2＝1，消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得点P的坐标为－a2kmb2＋a2k2，b2mb2＋a2k2.又点P在第一象限，故点P的坐标为P－a2kb2＋a2k2，b2mb2＋a2k2.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，所以点P到直线l1的距离d＝－a2kb2＋a2k2＋b2kb2＋a2k21＋k2，整理得d＝a2－b2b2＋a2＋a2k2＋b2k2.因为a2k2＋b2k2≥2ab，所以a2－b2b2＋a2＋a2k2＋b2k2≤a2－b2b2＋a2＋2ab＝a－b，当且仅当k2＝ba时等号成立．所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.21．，[;重庆卷] 如图1&4所示，设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，|F1F2||DF1|＝22，△DF1F2的面积为22.(1)求椭圆的标准方程；(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，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，求圆的半径．&图1&421．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2.由|F1F1||DF1|＝22得|DF1|＝|F1F2|22＝22c.从而S△DF1F2＝12|DF1||F1F2|＝22c2＝22，故c＝1.从而|DF1|＝22，由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝92，因此|DF2|＝322，所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22＋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，|P1P2|＝2|x1|.&由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1P1→＝(x1＋1，y1)，F2P2→＝(－x1－1，y1)．再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y21＝0.由椭圆方程得1－x212＝(x1＋1)2，即3x21＋4x1＝0，解得x1＝－43或x1＝0.当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．当x1＝－43时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝22|P1P2|＝2|x1|＝423.
H6　双曲线及其几何性质9．、[;湖北卷] 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝π3，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(　　)A.433& B.233& C．3& D．29．A　
11．[;北京卷] 设双曲线C经过点(2，2)，且与y24－x2＝1具有相同渐近线，则C的方程为________；渐近线方程为________．11.x23－y212＝1　y＝±2x　9．[;全国卷] 已知双曲线C的离心率为2，焦点为F1，F2，点A在C上．若|F1A|＝2|F2A|，则cos∠AF2F1＝(　　)A.14& B.13& C.24& D.239．A　
19．、[;福建卷] 已知双曲线E：x2a2－y2b2＝1(a&0，b&0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.(1)求双曲线E的离心率．(2)如图1&6，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．
&图1&619．解：方法一：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，所以ba＝2，所以c2－a2a＝2，故c＝5a，从而双曲线E的离心率e＝ca＝5.(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2－y24a2＝1.设直线l与x轴相交于点C.当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|＝a，|AB|＝4a.又因为△OAB的面积为8，&所以12|OC|•|AB|＝8，因此12a•4a＝8，解得a＝2，此时双曲线E的方程为x24－y216＝1.若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为x24－y216＝1.以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：x24－y216＝1也满足条件．设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k&2或k&－2，则C－mk，0.记A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝kx＋m，y＝2x得y1＝2m2－k，同理得y2＝2m2＋k.由S△OAB＝12|OC|•|y1－y2|，得12－mk&#－k－2m2＋k＝8，即m2＝44－k2＝4(k2－4)．由y＝kx＋m，x24－y216＝1得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0.因为4－k2&0，所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)．又因为m2＝4(k2－4)，所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24－y216＝1.方法二：(1)同方法一．(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2－y24a2＝1.设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依题意得－12&m&12.由x＝my＋t，y＝2x得y1＝2t1－2m， 同理得y2＝－2t1＋2m.设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0)．由S△OAB＝12|OC|•|y1－y2|＝8，得12|t|&#－2m＋2t1＋2m＝8.所以t2＝4|1－4m2|＝4(1－4m2)．由x＝my＋t，x2a2－y24a2＝1得(4m2－1)y2＋8mty＋4(t2－a2)＝0.因为4m2－1&0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝64m2t2－16(4m2－1)(t2－a2)＝0，即4m2a2＋t2－a2＝0, 即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，即(1－4m2)(a2－4)＝0，所以a2＝4，因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24－y216＝1.方法三：(1)同方法一．(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依题意得k&2或k&－2.由y＝kx＋m，4x2－y2＝0得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，因为4－k2&0，Δ&0，所以x1x2＝－m24－k2，又因为△OAB的面积为8，所以12 |OA|•|OB|• sin∠AOB＝8，又易知sin∠AOB＝45，所以25x21＋y21•x22＋y22＝8，化简得x1x2＝4.所以－m24－k2＝4，即m2＝4(k2－4)．由(1)得双曲线E的方程为x2a2－y24a2＝1，由y＝kx＋m，x2a2－y24a2＝1得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0.因为4－k2&0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，所以双曲线E的方程为x24－y216＝1.当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：x24－y216＝1有且只有一个公共点．综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24－y216＝1.4．[;广东卷] 若实数k满足0&k&9，则曲线x225－y29－k＝1与曲线x225－k－y29＝1的(　　)A．焦距相等& B．实半轴长相等& C．虚半轴长相等& D．离心率相等4．A　[解析] 本题考查双曲线的几何性质，注意利用基本量的关系进行求解．∵0&k&9，∴9－k&0，25－k&0.对于双曲线x225－y29－k＝1，其焦距为225＋9－k＝234－k；对于双曲线x225－k－y29＝1，其焦距为225－k＋9＝234－k.所以焦距相等．21．、、、[;湖南卷] 如图1&7，O为坐标原点，椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：x2a2－y2b2＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝32，且|F2F4|＝3－1.(1)求C1，C2的方程；(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．&图1&721．解： (1)因为e1e2＝32，所以a2－b2a•a2＋b2a＝32，即a4－b4＝34a4，因此a2＝2b2，从而F2(b，0)，F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为x22＋y2＝1，x22－y2＝1.
&(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1，0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1，由x＝my－1，x22＋y2＝1得(m2＋2)y2－2my－1＝0.易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2.因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－4m2＋2，于是AB的中点为M－2m2＋2，mm2＋2，故直线PQ的斜率为－m2，PQ的方程为y＝－m2x，即mx＋2y＝0.由y＝－m2x，x22－y2＝1得(2－m2)x2＝4，所以2－m2&0，且x2＝42－m2，y2＝m22－m2，从而|PQ|＝2x2＋y2＝2m2＋42－m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|m2＋4.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)&0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝（m2＋2）|y1－y2|m2＋4.又因为|y1－y2|＝（y1＋y2）2－4y1y2＝22•1＋m2m2＋2，所以2d＝22•1＋m2m2＋4.故四边形APBQ的面积S＝12|PQ|•2d＝22•1＋m22－m2＝22•－1＋32－m2.而0&2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.20．[;江西卷] 如图1&7所示，已知双曲线C：x2a2－y2＝1(a&0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．&图1&7(1)求双曲线C的方程；(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：x0xa2－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝32相交于点N.证明：当点P在C上移动时，|MF||NF|恒为定值，并求此定值．20．解：(1)设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝a2＋1.由题意，直线OB的方程为y＝－1ax，直线BF的方程为y＝1a(x－c)，所以Bc2，－c2a.又直线OA的方程为y＝1ax，则Ac，ca，所以kAB＝ca－－c2ac－c2＝3a.又因为AB⊥OB，所以3a•－1a＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为x23－y2＝1.(2)由(1)知a＝3，则直线l的方程为x0x3－y0y＝1(y0≠0)，即y＝x0x－33y0(y0≠0)．因为直线AF的方程为x＝2，所以直线l与AF的交点为M2，2x0－33y0，直线l与直线x＝32的交点为N32，32x0－33y0，则|MF|2|NF|2＝（2x0－3）2（3y0）214＋32x0－32（3y0）2＝（2x0－3）29y204＋94（x0－2）2＝43•（2x0－3）23y20＋3（x0－2）2.又P(x0，y0)是C上一点，则x203－y20＝1，代入上式得|MF|2|NF|2＝43•（2x0－3）2x20－3＋3（x0－2）2＝43•（2x0－3）24x20－12x0＋9＝43，所以|MF||NF|＝23＝233，为定值．4．[;新课标全国卷Ⅰ] 已知F为双曲线C：x2－my2＝3m(m&0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为(　　)A.3& B．3C.3m& D．3m4．A　10．，[;山东卷] 已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为x2a2＋y2b2＝1，双曲线C2的方程为x2a2－y2b2＝1，C1与C2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为(　　)A. x±2y＝0& B. 2x±y＝0& C. x±2y＝0& D. 2x±y＝010．A　5．[;天津卷] 已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a&0，b&0)的一条渐近线平行于直线l：y＝2x＋10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为(　　)A.x25－y220＝1& B.x220－y25＝1C.3x225－3y2100＝1& D.3x＝15．A16．[;浙江卷] 设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线x2a2－y2b2＝1(a&0，b&0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m，0)满足|PA|＝|PB|，则该双曲线的离心率是________．16.52　&8．[;重庆卷] 设F1，F2分别为双曲线x2a2－y2b2＝1(a&0，b&0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得|PF1|＋|PF2|＝3b，|PF1|•|PF2|＝94ab，则该双曲线的离心率为(　　)A.43& B.53& C.94& D．38．B　
H7　抛物线及其几何性质10．、[;广东卷] 曲线y＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．10．y＝－5x＋3　10．[;辽宁卷] 已知点A(－2，3)在抛物线C：y2＝2px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为(　　)A.12& B.23& C.34& D.4310．D　10．[;新课标全国卷Ⅰ] 已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点．若FP→＝4FQ→，则|QF|＝(　　)A.72& B．3C.52& D．210．B
19．、[;安徽卷] 如图1&4，已知两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1＞0)和E2：y2＝2p2x(p2＞0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点．&图1&4(1)证明：A1B1∥A2B2；(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点，记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2，求S1S2的值．19．解：(1)证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，则由y＝k1x，y2＝2p1x， 得A12p1k21，2p1k1，由y＝k1x，y2＝2p2x，得A22p2k21，2p2k1.同理可得B12p1k22，2p1k2，B22p2k22，2p2k2.所以A1B1→＝2p1k22－2p1k21，2p1k2－2p1k1＝2p11k22－1k21，1k2－1k1，A2B2→＝2p2k22－2p2k21，2p2k2－2p2k1＝2p21k22－1k21，1k2－1k1.故A1B1→＝p1p2A2B2→，所以A1B1∥A2B2(2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2，所以△A1B1C1∽△A2B2C2，因此S1S2＝|A1B1→||A2B2→|2.又由(1)中的A1B1→＝p1p2|A2B2→|知，|A1B1→||A2B2→|＝p1p2，故S1S2＝p21p22.21．、、[;湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．21．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)．故点M的轨迹C的方程为y2＝4x，x≥0，0，x&0.(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x&0)．依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．由方程组y－1＝k（x＋2），y2＝4x，可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝14.故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点14，1.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＝－2k＋1k.③(i)若Δ&0，x0&0，由②③解得k&－1或k&12.即当k∈(－∞，－1)∪12，＋∞时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．(ii)若Δ＝0，x0&0，或Δ&0，x0≥0，由②③解得k∈－1，12或－12≤k&0.即当k∈－1，12时，直线l与C1只有一个公共点．当k∈－12，0时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．故当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．(iii)若Δ&0，x0&0，由②③解得－1&k&－12或0&k&12.即当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．综上可知，当k∈－∞，－1∪12，＋∞∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．15．[;湖南卷] 如图1&4，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a，b(a＜b)，原点O为AD的中点，抛物线y2＝2px(p＞0)经过C，F两点，则ba＝________．&图1&415．1＋2　[解析] 依题意可得Ca2，－a，Fa2＋b，b，代入抛物线方程得a＝p，b2＝2aa2＋b，化简得b2－2ab－a2＝0，即 ba2－2ba－1＝0，解得ba＝1＋2.21．、、[;全国卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p&0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝54|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的垂直平分线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．21．解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px，得x0＝8p，所以|PQ|＝8p，|QF|＝p2＋x0＝p2＋8p.由题设得p2＋8p＝54×8p，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.故线段的AB的中点为D(2m2＋1，2m)，|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1)．又直线l ′的斜率为－m，所以l ′的方程为x＝－1my＋2m2＋3.将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋4my－4(2m2＋3)＝0.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝－4m，y3y4＝－4(2m2＋3)．故线段MN的中点为E2m2＋2m2＋3，－2m，|MN|＝1＋1m2|y3－y4|＝4（m2＋1）2m2＋1m2.由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝12|MN|，从而14|AB|2＋|DE|2＝14|MN|2，即4(m2＋1)2＋2m＋2m2＋2m2＋22＝4（m2＋1）2（2m2＋1）m4，化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1，故所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.10．、[;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，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　　)A.334& B.938& C.6332& D.9410．D　[解析] 抛物线的焦点为F34，0，则过点F且倾斜角为30°的直线方程为y＝33x－34，即x＝3y＋34，代入抛物线方程得y2－3 3y－94＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝3 3，y1y2＝－94，则S△OAB＝12|OF||y1－y2|＝12×34×（33）2－4×－94＝94.21．，，[;山东卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．(1)求C的方程．(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E.①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．21．解：(1)由题意知Fp2，0.设D(t，0)(t&0)，则FD的中点为p＋2t4，0.因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知3＋p2＝t－p2，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．由p＋2t4＝3，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)①证明：由(1)知F(1，0)．设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD&0)．因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，由xD&0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)．故直线AB的斜率kAB＝－y02.因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y＝－y02x＋b，代入抛物线方程得y2＋8y0y－8by0＝0，由题意Δ＝64y20＋32by0＝0，得b＝－2y0.设E(xE，yE)，则yE＝－4y0，xE＝4y20.当y20≠4时，kAE＝yE－y0xE－x0＝－4y0＋y04y20－y204＝4y0y20－4，可得直线AE的方程为y－y0＝4y0y20－4(x－x0)，由y20＝4x0，整理可得y＝4y0y20－4(x－1)，直线AE恒过点F(1，0)．当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)．所以直线AE过定点F(1，0)．②由①知，直线AE过焦点F(1，0)，所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋1x0＋1＝x0＋1x0＋2.设直线AE的方程为x＝my＋1，因为点A(x0，y0)在直线AE上，故m＝x0－1y0.设B(x1，y1)．直线AB的方程为y－y0＝－y02(x－x0)，由y0≠0，得x＝－2y0y＋2＋x0.代入抛物线方程得y2＋8y0y－8－4x0＝0，所以y0＋y1＝－8y0，可求得y1＝－y0－8y0，x1＝4x0＋x0＋4.所以点B到直线AE的距离为d＝4x0＋x0＋4＋my0＋8y0－11＋m2＝4（x0＋1）x0＝4x0＋1x0，则△ABE的面积S＝12×4x0＋1x0x0＋1x0＋2≥16，当且仅当1x0＝x0，即x0＝1时，等号成立．所以△ABE的面积的最小值为16.20．，，[;陕西卷] 如图1&5所示，曲线C由上半椭圆C1：y2a2＋x2b2＝1(a&b&0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．&图1&520．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．设C1的半焦距为c，由ca＝32及a2－c2＝b2＝1得a＝2，∴a＝2，b＝1.(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24＋x2＝1(y≥0)．易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)设点P的坐标为(xP，yP)，∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．由求根公式，得xP＝k2－4k2＋4，从而yP＝－8kk2＋4，∴点P的坐标为k2－4k2＋4，－8kk2＋4.同理，由y＝k（x－1）（k≠0），y＝－x2＋1（y≤0），得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．∴AP→＝2kk2＋4(k，－4)，AQ→＝－k(1，k＋2)．∵AP⊥AQ，∴AP•AQ＝0，即－2k2k2＋4[k－4(k＋2)]＝0，∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－83.经检验，k＝－83符合题意，故直线l的方程为y＝－83(x－1)．方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．
H8　直线与圆锥曲线（AB课时作业）21．、、[;全国卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p&0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝54|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的垂直平分线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．21．解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px，得x0＝8p，所以|PQ|＝8p，|QF|＝p2＋x0＝p2＋8p.由题设得p2＋8p＝54×8p，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.故线段的AB的中点为D(2m2＋1，2m)，|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1)．又直线l ′的斜率为－m，所以l ′的方程为x＝－1my＋2m2＋3.将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋4my－4(2m2＋3)＝0.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝－4m，y3y4＝－4(2m2＋3)．故线段MN的中点为E2m2＋2m2＋3，－2m，|MN|＝1＋1m2|y3－y4|＝4（m2＋1）2m2＋1m2.由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝12|MN|，从而14|AB|2＋|DE|2＝14|MN|2，即4(m2＋1)2＋2m＋2m2＋2m2＋22＝4（m2＋1）2（2m2＋1）m4，化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1，故所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
19．、[;安徽卷] 如图1&4，已知两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1＞0)和E2：y2＝2p2x(p2＞0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点．&图1&4(1)证明：A1B1∥A2B2；(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点，记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2，求S1S2的值．19．解：(1)证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，则由y＝k1x，y2＝2p1x， 得A12p1k21，2p1k1，由y＝k1x，y2＝2p2x，得A22p2k21，2p2k1.同理可得B12p1k22，2p1k2，B22p2k22，2p2k2.所以A1B1→＝2p1k22－2p1k21，2p1k2－2p1k1＝2p11k22－1k21，1k2－1k1，A2B2→＝2p2k22－2p2k21，2p2k2－2p2k1＝2p21k22－1k21，1k2－1k1.故A1B1→＝p1p2A2B2→，所以A1B1∥A2B2(2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2，所以△A1B1C1∽△A2B2C2，因此S1S2＝|A1B1→||A2B2→|2.又由(1)中的A1B1→＝p1p2|A2B2→|知，|A1B1→||A2B2→|＝p1p2，故S1S2＝p21p22.19．、、[;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在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．19．解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1.所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝2.故椭圆C的离心率e＝ca＝22.(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，其中x0≠0.因为OA⊥OB，所以OA→•OB→＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－2y0x0.当x0＝t时，y0＝－t22，代入椭圆C的方程，得t＝±2，故直线AB的方程为x＝±2.圆心O到直线AB的距离d＝2，此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝y0－2x0－t(x－t)，即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.圆心O到直线AB的距离d＝|2x0－ty0|（y0－2）2＋（x0－t）2.又x20＋2y20＝4，t＝－2y0x0，故d＝2x0＋2y20x0x20＋y20＋4y20x20＋4＝4＋x20x0x40＋8x20＋162x20＝2.此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．19．、[;福建卷] 已知双曲线E：x2a2－y2b2＝1(a&0，b&0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.(1)求双曲线E的离心率．(2)如图1&6，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．
&图1&619．解：方法一：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，所以ba＝2，所以c2－a2a＝2，故c＝5a，从而双曲线E的离心率e＝ca＝5.(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2－y24a2＝1.设直线l与x轴相交于点C.当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|＝a，|AB|＝4a.又因为△OAB的面积为8，&所以12|OC|•|AB|＝8，因此12a•4a＝8，解得a＝2，此时双曲线E的方程为x24－y216＝1.若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为x24－y216＝1.以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：x24－y216＝1也满足条件．设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k&2或k&－2，则C－mk，0.记A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝kx＋m，y＝2x得y1＝2m2－k，同理得y2＝2m2＋k.由S△OAB＝12|OC|•|y1－y2|，得12－mk&#－k－2m2＋k＝8，即m2＝44－k2＝4(k2－4)．由y＝kx＋m，x24－y216＝1得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0.因为4－k2&0，所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)．又因为m2＝4(k2－4)，所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24－y216＝1.方法二：(1)同方法一．(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2－y24a2＝1.设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依题意得－12&m&12.由x＝my＋t，y＝2x得y1＝2t1－2m， 同理得y2＝－2t1＋2m.设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0)．由S△OAB＝12|OC|•|y1－y2|＝8，得12|t|&#－2m＋2t1＋2m＝8.所以t2＝4|1－4m2|＝4(1－4m2)．由x＝my＋t，x2a2－y24a2＝1得(4m2－1)y2＋8mty＋4(t2－a2)＝0.因为4m2－1&0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝64m2t2－16(4m2－1)(t2－a2)＝0，即4m2a2＋t2－a2＝0, 即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，即(1－4m2)(a2－4)＝0，所以a2＝4，因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24－y216＝1.方法三：(1)同方法一．(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依题意得k&2或k&－2.由y＝kx＋m，4x2－y2＝0得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，因为4－k2&0，Δ&0，所以x1x2＝－m24－k2，又因为△OAB的面积为8，所以12 |OA|•|OB|• sin∠AOB＝8，又易知sin∠AOB＝45，所以25x21＋y21•x22＋y22＝8，化简得x1x2＝4.所以－m24－k2＝4，即m2＝4(k2－4)．由(1)得双曲线E的方程为x2a2－y24a2＝1，由y＝kx＋m，x2a2－y24a2＝1得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0.因为4－k2&0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，所以双曲线E的方程为x24－y216＝1.当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：x24－y216＝1有且只有一个公共点．综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24－y216＝1.20．、[;广东卷] 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的一个焦点为(5，0)，离心率为53.(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．21．、、[;湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．21．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)．故点M的轨迹C的方程为y2＝4x，x≥0，0，x&0.(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x&0)．依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．由方程组y－1＝k（x＋2），y2＝4x，可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝14.故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点14，1.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＝－2k＋1k.③(i)若Δ&0，x0&0，由②③解得k&－1或k&12.即当k∈(－∞，－1)∪12，＋∞时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．(ii)若Δ＝0，x0&0，或Δ&0，x0≥0，由②③解得k∈－1，12或－12≤k&0.即当k∈－1，12时，直线l与C1只有一个公共点．当k∈－12，0时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．故当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．(iii)若Δ&0，x0&0，由②③解得－1&k&－12或0&k&12.即当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．综上可知，当k∈－∞，－1∪12，＋∞∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．21．、、、[;湖南卷] 如图1&7，O为坐标原点，椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：x2a2－y2b2＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝32，且|F2F4|＝3－1.(1)求C1，C2的方程；(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．&图1&721．解： (1)因为e1e2＝32，所以a2－b2a•a2＋b2a＝32，即a4－b4＝34a4，因此a2＝2b2，从而F2(b，0)，F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为x22＋y2＝1，x22－y2＝1.
&(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1，0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1，由x＝my－1，x22＋y2＝1得(m2＋2)y2－2my－1＝0.易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2.因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－4m2＋2，于是AB的中点为M－2m2＋2，mm2＋2，故直线PQ的斜率为－m2，PQ的方程为y＝－m2x，即mx＋2y＝0.由y＝－m2x，x22－y2＝1得(2－m2)x2＝4，所以2－m2&0，且x2＝42－m2，y2＝m22－m2，从而|PQ|＝2x2＋y2＝2m2＋42－m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|m2＋4.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)&0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝（m2＋2）|y1－y2|m2＋4.又因为|y1－y2|＝（y1＋y2）2－4y1y2＝22•1＋m2m2＋2，所以2d＝22•1＋m2m2＋4.故四边形APBQ的面积S＝12|PQ|•2d＝22•1＋m22－m2＝22•－1＋32－m2.而0&2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.20．[;江西卷] 如图1&7所示，已知双曲线C：x2a2－y2＝1(a&0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．&图1&7(1)求双曲线C的方程；(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：x0xa2－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝32相交于点N.证明：当点P在C上移动时，|MF||NF|恒为定值，并求此定值．20．解：(1)设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝a2＋1.由题意，直线OB的方程为y＝－1ax，直线BF的方程为y＝1a(x－c)，所以Bc2，－c2a.又直线OA的方程为y＝1ax，则Ac，ca，所以kAB＝ca－－c2ac－c2＝3a.又因为AB⊥OB，所以3a•－1a＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为x23－y2＝1.(2)由(1)知a＝3，则直线l的方程为x0x3－y0y＝1(y0≠0)，即y＝x0x－33y0(y0≠0)．因为直线AF的方程为x＝2，所以直线l与AF的交点为M2，2x0－33y0，直线l与直线x＝32的交点为N32，32x0－33y0，则|MF|2|NF|2＝（2x0－3）2（3y0）214＋32x0－32（3y0）2＝（2x0－3）29y204＋94（x0－2）2＝43•（2x0－3）23y20＋3（x0－2）2.又P(x0，y0)是C上一点，则x203－y20＝1，代入上式得|MF|2|NF|2＝43•（2x0－3）2x20－3＋3（x0－2）2＝43•（2x0－3）24x20－12x0＋9＝43，所以|MF||NF|＝23＝233，为定值．20．、[;辽宁卷] 圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成―个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图1&6所示)．双曲线C1：x2a2－y2b2＝1过点P且离心率为3.&图1&6
(1)求C1的方程；(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点．若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程．20．解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x0&0，y0&0)，则切线斜率为－x0y0，切线方程为y－y0＝－x0y0(x－x0)，即x0x＋y0y＝4，此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为4x0，0，0，4y0.故其围成的三角形的面积S＝12&#&#＝8x0y0.由x20＋y20＝4≥2x0y0知，当且仅当x0＝y0＝2时x0y0有最大值2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(2，2)．由题意知2a2－2b2＝1，a2＋b2＝3a2，解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程为x2－y22＝1.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(－3，0)，(3，0)，由此可设C2的方程为x23＋b21＋y2b21＝1，其中b1&0.由P(2，2)在C2上，得23＋b21＋2b21＝1，解得b21＝3，因此C2的方程为x26＋y23＝1.显然，l不是直线y＝0.设直线l的方程为x＝my＋3，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋3，x26＋y23＝1，得(m2＋2)y2＋2 3my－3＝0.又y1，y2是方程的根，因此y1＋y2＝－2 3mm2＋2，　　　　　　　 　 　　　 ①y1y2＝－3m2＋2，②
由x1＝my1＋3，x2＝my2＋3，得x1＋x2＝m（y1＋y2）＋2& 3＝4 3m2＋2 ，　　　　　③x1x2＝m2y1y2＋3m（y1＋y2）＋3＝6－6m2m2＋2.　　④因为AP→＝(2－x1，2－y1)，BP→＝(2－x2，2－y2)，由题意知AP→•BP→＝0，所以x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0，⑤将①②③④代入⑤式整理得2m2－2 6m＋4 6－11＝0，解得m＝3 62－1或m＝－62＋1.因此直线l的方程为x－(3 62－1)y－3＝0或x＋(62－1)y－3＝0.20．、、[;新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．20．解：(1)设F(c，0)，由条件知，2c＝233，得c＝3.又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为x24＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，当Δ＝16(4k2－3)&0，即k2&34时，x1，2＝8k±24k2－34k2＋1，从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋1&#－34k2＋1.又点O到直线l的距离d＝2k2＋1.所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d•|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，则t&0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t.因为t＋4t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，满足Δ&0，所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±72，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.10．、[;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，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　　)A.334& B.938& C.6332& D.9410．D　[解析] 抛物线的焦点为F34，0，则过点F且倾斜角为30°的直线方程为y＝33x－34，即x＝3y＋34，代入抛物线方程得y2－3 3y－94＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝3 3，y1y2＝－94，则S△OAB＝12|OF||y1－y2|＝12×34×（33）2－4×－94＝94.20．、、[;新课标全国卷Ⅱ] 设F1，F2分别是椭圆C：x2a2＋y2b2＝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.(1)若直线MN的斜率为34，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.20．解：(1)根据c＝a2－b2及题设知Mc，b2a，2b2＝3ac.将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得ca＝12，ca＝－2(舍去)．故C的离心率为12.(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故b2a＝4，即b2＝4a.①由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1&0，则2（－c－x1）＝c，－2y1＝2，即x1＝－32c，y1＝－1.代入C的方程，得9c24a2＋1b2＝1.②将①及c＝a2－b2代入②得9（a2－4a）4a2＋14a＝1，解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝27.21．，，[;山东卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．(1)求C的方程．(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E.①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．21．解：(1)由题意知Fp2，0.设D(t，0)(t&0)，则FD的中点为p＋2t4，0.因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知3＋p2＝t－p2，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．由p＋2t4＝3，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)①证明：由(1)知F(1，0)．设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD&0)．因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，由xD&0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)．故直线AB的斜率kAB＝－y02.因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y＝－y02x＋b，代入抛物线方程得y2＋8y0y－8by0＝0，由题意Δ＝64y20＋32by0＝0，得b＝－2y0.设E(xE，yE)，则yE＝－4y0，xE＝4y20.当y20≠4时，kAE＝yE－y0xE－x0＝－4y0＋y04y20－y204＝4y0y20－4，可得直线AE的方程为y－y0＝4y0y20－4(x－x0)，由y20＝4x0，整理可得y＝4y0y20－4(x－1)，直线AE恒过点F(1，0)．当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)．所以直线AE过定点F(1，0)．②由①知，直线AE过焦点F(1，0)，所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋1x0＋1＝x0＋1x0＋2.设直线AE的方程为x＝my＋1，因为点A(x0，y0)在直线AE上，故m＝x0－1y0.设B(x1，y1)．直线AB的方程为y－y0＝－y02(x－x0)，由y0≠0，得x＝－2y0y＋2＋x0.代入抛物线方程得y2＋8y0y－8－4x0＝0，所以y0＋y1＝－8y0，可求得y1＝－y0－8y0，x1＝4x0＋x0＋4.所以点B到直线AE的距离为d＝4x0＋x0＋4＋my0＋8y0－11＋m2＝4（x0＋1）x0＝4x0＋1x0，则△ABE的面积S＝12×4x0＋1x0x0＋1x0＋2≥16，当且仅当1x0＝x0，即x0＝1时，等号成立．所以△ABE的面积的最小值为16.20．，，[;陕西卷] 如图1&5所示，曲线C由上半椭圆C1：y2a2＋x2b2＝1(a&b&0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．&图1&520．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．设C1的半焦距为c，由ca＝32及a2－c2＝b2＝1得a＝2，∴a＝2，b＝1.(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24＋x2＝1(y≥0)．易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)设点P的坐标为(xP，yP)，∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．由求根公式，得xP＝k2－4k2＋4，从而yP＝－8kk2＋4，∴点P的坐标为k2－4k2＋4，－8kk2＋4.同理，由y＝k（x－1）（k≠0），y＝－x2＋1（y≤0），得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．∴AP→＝2kk2＋4(k，－4)，AQ→＝－k(1，k＋2)．∵AP⊥AQ，∴AP•AQ＝0，即－2k2k2＋4[k－4(k＋2)]＝0，∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－83.经检验，k＝－83符合题意，故直线l的方程为y＝－83(x－1)．方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．20．，，[;四川卷] 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(1)求椭圆C的标准方程．(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；②当|TF||PQ|最小时，求点T的坐标．20．解：(1)由已知可得a2＋b2＝2b，2c＝2a2－b2＝4，解得a2＝6，b2＝2，所以椭圆C的标准方程是x26＋y22＝1.(2)①证明：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，则直线TF的斜率kTF＝m－0－3－（－2）＝－m.当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝1m.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．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得x＝my－2，x26＋y22＝1.消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)&0.所以y1＋y2＝4mm2＋3，y1y2＝－2m2＋3，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－12m2＋3.设M为PQ的中点，则M点的坐标为－6m2＋3，2mm2＋3.所以直线OM的斜率kOM＝－m3，又直线OT的斜率kOT＝－m3，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.②由①可得，|TF|＝m2＋1，|PQ|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（m2＋1）[（y1＋y2）2－4y1y2]＝（m2＋1）4mm2＋32－4•－2m2＋3＝24（m2＋1）m2＋3.所以|TF||PQ|＝124•（m2＋3）2m2＋1＝124m2＋1＋4m2＋1＋4≥124（4＋4）＝33.当且仅当m2＋1＝4m2＋1，即m＝±1时，等号成立，此时|TF||PQ|取得最小值．故当|TF||PQ|最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．
18．、[;天津卷] 设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|＝32|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，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率．18．解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)．由|AB|＝32|F1F2|，可得a2＋b2＝3c2.又b2＝a2－c2，则c2a2＝12，所以椭圆的离心率e＝22.(2)由(1)知a2＝2c2，b2＝c2.故椭圆方程为x22c2＋y2c2＝1.设P(x0，y0)．由F1(－c，0)，B(0，c)，有F1P→＝(x0＋c，y0)，F1B→＝(c，c)．由已知，有F1P→•F1B→＝0，即(x0＋c)c＋y0c＝0.又c≠0，故有x0＋y0＋c＝0.①又因为点P在椭圆上，所以x202c2＋y20c2＝1.②由①和②可得3x20＋4cx0＝0.而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－43c.代入①得y0＝c3，即点P的坐标为－4c3，c3.设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1＝－43c＋02＝－23c，y1＝c3＋c2＝23c，进而圆的半径r＝（x1－0）2＋（y1－c）2＝53c.设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y＝kx.由l与圆相切，可得|kx1－y1|k2＋1＝r，即k－2c3－2c3k2＋1＝53c，整理得k2－8k＋1＝0，解得k＝4±15，所以直线l的斜率为4＋15或4－15.21．、[;浙江卷] 如图1&6，设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.&图1&621．解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k&0)，由y＝kx＋m，x2a2＋y2b2＝1，消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得点P的坐标为－a2kmb2＋a2k2，b2mb2＋a2k2.又点P在第一象限，故点P的坐标为P－a2kb2＋a2k2，b2mb2＋a2k2.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，所以点P到直线l1的距离d＝－a2kb2＋a2k2＋b2kb2＋a2k21＋k2，整理得d＝a2－b2b2＋a2＋a2k2＋b2k2.因为a2k2＋b2k2≥2ab，所以a2－b2b2＋a2＋a2k2＋b2k2≤a2－b2b2＋a2＋2ab＝a－b，当且仅当k2＝ba时等号成立．所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.
H9　曲线与方程10．、[;安徽卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a•b＝0，点Q满足OQ→＝2(a＋b)．曲线C＝{P|OP→＝acos θ＋bsin θ，0≤θ&2π}，区域Ω＝{P|0＜r≤|PQ|≤R，r＜R}．若C∩Ω为两段分离的曲线，则(　　)A．1＜r＜R＜3& B．1＜r＜3≤R& C．r≤1＜R＜3& D．1＜r＜3＜R10．A&21．、、[;湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．21．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)．故点M的轨迹C的方程为y2＝4x，x≥0，0，x&0.(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x&0)．依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．由方程组y－1＝k（x＋2），y2＝4x，可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝14.故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点14，1.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＝－2k＋1k.③(i)若Δ&0，x0&0，由②③解得k&－1或k&12.即当k∈(－∞，－1)∪12，＋∞时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．(ii)若Δ＝0，x0&0，或Δ&0，x0≥0，由②③解得k∈－1，12或－12≤k&0.即当k∈－1，12时，直线l与C1只有一个公共点．当k∈－12，0时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．故当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．(iii)若Δ&0，x0&0，由②③解得－1&k&－12或0&k&12.即当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．综上可知，当k∈－∞，－1∪12，＋∞∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．
&& H10& 单元综合9．[;江西卷] 在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为(　　)A.45π& B.34π& C．(6－25)π& D.54π9．A　.
21．、、、[;湖南卷] 如图1&7，O为坐标原点，椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：x2a2－y2b2＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝32，且|F2F4|＝3－1.(1)求C1，C2的方程；(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．&图1&721．解： (1)因为e1e2＝32，所以a2－b2a•a2＋b2a＝32，即a4－b4＝34a4，因此a2＝2b2，从而F2(b，0)，F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为x22＋y2＝1，x22－y2＝1.
&(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1，0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1，由x＝my－1，x22＋y2＝1得(m2＋2)y2－2my－1＝0.易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2.因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－4m2＋2，于是AB的中点为M－2m2＋2，mm2＋2，故直线PQ的斜率为－m2，PQ的方程为y＝－m2x，即mx＋2y＝0.由y＝－m2x，x22－y2＝1得(2－m2)x2＝4，所以2－m2&0，且x2＝42－m2，y2＝m22－m2，从而|PQ|＝2x2＋y2＝2m2＋42－m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|m2＋4.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)&0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝（m2＋2）|y1－y2|m2＋4.又因为|y1－y2|＝（y1＋y2）2－4y1y2＝22•1＋m2m2＋2，所以2d＝22•1＋m2m2＋4.故四边形APBQ的面积S＝12|PQ|•2d＝22•1＋m22－m2＝22•－1＋32－m2.而0&2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.20．、、[;新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a&b&0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．20．解：(1)设F(c，0)，由条件知，2c＝233，得c＝3.又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为x24＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，当Δ＝16(4k2－3)&0，即k2&34时，x1，2＝8k±24k2－34k2＋1，从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋1&#－34k2＋1.又点O到直线l的距离d＝2k2＋1.所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d•|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，则t&0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t.因为t＋4t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，满足Δ&0，所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±72，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.20．、、[;新课标全国卷Ⅱ] 设F1，F2分别是椭圆C：x2a2＋y2b2＝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.(1)若直线MN的斜率为34，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.20．解：(1)根据c＝a2－b2及题设知Mc，b2a，2b2＝3ac.将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得ca＝12，ca＝－2(舍去)．故C的离心率为12.(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故b2a＝4，即b2＝4a.①由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1&0，则2（－c－x1）＝c，－2y1＝2，即x1＝－32c，y1＝－1.代入C的方程，得9c24a2＋1b2＝1.②将①及c＝a2－b2代入②得9（a2－4a）4a2＋14a＝1，解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝27.21．，，[;山东卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．(1)求C的方程．(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E.①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．21．解：(1)由题意知Fp2，0.设D(t，0)(t&0)，则FD的中点为p＋2t4，0.因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知3＋p2＝t－p2，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．由p＋2t4＝3，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)①证明：由(1)知F(1，0)．设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD&0)．因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，由xD&0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)．故直线AB的斜率kAB＝－y02.因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y＝－y02x＋b，代入抛物线方程得y2＋8y0y－8by0＝0，由题意Δ＝64y20＋32by0＝0，得b＝－2y0.设E(xE，yE)，则yE＝－4y0，xE＝4y20.当y20≠4时，kAE＝yE－y0xE－x0＝－4y0＋y04y20－y204＝4y0y20－4，可得直线AE的方程为y－y0＝4y0y20－4(x－x0)，由y20＝4x0，整理可得y＝4y0y20－4(x－1)，直线AE恒过点F(1，0)．当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)．所以直线AE过定点F(1，0)．②由①知，直线AE过焦点F(1，0)，所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋1x0＋1＝x0＋1x0＋2.设直线AE的方程为x＝my＋1，因为点A(x0，y0)在直线AE上，故m＝x0－1y0.设B(x1，y1)．直线AB的方程为y－y0＝－y02(x－x0)，由y0≠0，得x＝－2y0y＋2＋x0.代入抛物线方程得y2＋8y0y－8－4x0＝0，所以y0＋y1＝－8y0，可求得y1＝－y0－8y0，x1＝4x0＋x0＋4.所以点B到直线AE的距离为d＝4x0＋x0＋4＋my0＋8y0－11＋m2＝4（x0＋1）x0＝4x0＋1x0，则△ABE的面积S＝12×4x0＋1x0x0＋1x0＋2≥16，当且仅当1x0＝x0，即x0＝1时，等号成立．所以△ABE的面积的最小值为16. 文章来源莲 山课件 w ww.5 Y
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