数学全国新题分类汇编解析几何高考真题模拟新题

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数学全国新题分类汇编解析几何高考真题模拟新题

‎                   ‎ 课标理数15.H1[2011·安徽卷] 在平面直角坐标系中,如果x与y都是整数,就称点(x,y)为整点,下列命题中正确的是________(写出所有正确命题的编号).‎ ‎①存在这样的直线,既不与坐标轴平行又不经过任何整点;‎ ‎②如果k与b都是无理数,则直线y=kx+b不经过任何整点;‎ ‎③直线l经过无穷多个整点,当且仅当l经过两个不同的整点;‎ ‎④直线y=kx+b经过无穷多个整点的充分必要条件是:k与b都是有理数;‎ ‎⑤存在恰经过一个整点的直线.‎ 课标理数15.H1[2011·安徽卷] ①③⑤ 【解析】 ①正确,比如直线y=x+,不与坐标轴平行,且当x取整数时,y始终是一个无理数,即不经过任何整点;②错,直线y=x-中k与b都是无理数,但直线经过整点(1,0);③正确,当直线经过两个整点时,它经过无数多个整点;④错误,当k=0,b=时,直线y=不通过任何整点;⑤正确,比如直线y=x-只经过一个整点(1,0).‎ 课标文数17.H2,H5[2011·安徽卷] 设直线l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数k1,k2满足k1k2+2=0.‎ ‎(1)证明l1与l2相交;‎ ‎(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2+y2=1上.‎ 课标文数17.H2,H5[2011·安徽卷] 本题考查直线与直线的位置关系,线线相交的判断与证明,点在曲线上的判断与证明,椭圆方程等基本知识.考查推理论证能力和运算求解能力.‎ ‎【解答】 (1)反证法:假设l1与l2不相交,则l1与l2平行,有k1=k2,代入k1k2+2=0,得k+2=0.‎ 此与k1为实数的事实相矛盾,从而k1≠k2,即l1与l2相交.‎ ‎(2)(方法一)由方程组 解得交点P的坐标(x,y)为 而2x2+y2=22+2‎ ‎===1.‎ 此即表明交点P(x,y)在椭圆2x2+y2=1上.‎ ‎(方法二)交点P的坐标(x,y)满足 故知x≠0,从而 代入k1k2+2=0,得·+2=0.‎ 整理后,得2x2+y2=1,‎ 所以交点P在椭圆2x2+y2=1上.‎ 课标文数8.B5,H2[2011·北京卷] 已知点A(0,2),B(2,0).若点C在函数y=x2的图象上,则使得△ABC的面积为2的点C的个数为(  )‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ 课标文数8.B5,H2[2011·北京卷] A 【解析】 由已知可得|AB|=2,要使S△ABC=2,则点C到直线AB的距离必须为,设C(x,x2),而lAB:x+y-2=0,所以有=,‎ 所以x2+x-2=±2,‎ 当x2+x-2=2时,有两个不同的C点;‎ 当x2+x-2=-2时,亦有两个不同的C点.‎ 因此满足条件的C点有4个,故应选A.‎ 课标文数14.H4,H2[2011·湖北卷] 过点(-1,-2)的直线l被圆x2+y2-2x-2y+1=0截得的弦长为,则直线l的斜率为________.‎ 课标文数14.H4,H2[2011·湖北卷] 1或 【解析】 由题意,直线与圆要相交,斜率必须存在,设为k,则直线l的方程为y+2=k.又圆的方程为2+2=1,圆心为,半径为1,所以圆心到直线的距离d===,解得k=1或.‎ 课标理数20.H2,H9[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).‎ 所以=(-x,-1-y),=(0,-3-y),=(x,-2).‎ 再由题意可知(+)·=0,‎ 即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0,‎ 所以曲线C的方程为y=x2-2.‎ ‎(2)设P(x0,y0)为曲线C:y=x2-2上一点,‎ 因为y′=x,所以l的斜率为x0.‎ 因此直线l的方程为y-y0=x0(x-x0),‎ 即x0x-2y+2y0-x=0.‎ 则O点到l的距离d=,又y0=x-2,‎ 所以d==≥2,‎ 当x0=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为2.‎ 课标文数12.H2[2011·浙江卷] 若直线x-2y+5=0与直线2x+my-6=0互相垂直,则实数m=________.‎ 课标文数12.H2[2011·浙江卷] 1 【解析】 ∵直线x-2y+5=0与直线2x+my-6=0,∴1×2-2×m=0,即m=1.‎ 大纲文数11.H3[2011·全国卷] 设两圆C1、C2都和两坐标轴相切,且都过点(4,1),则两圆心的距离|C1C2|=(  )‎ A.4 B.4 C.8 D.8 大纲文数11.H3[2011·全国卷] C 【解析】 由题意知两圆的圆心在直线y=x上,设C1(a,a),C2(b,b),可得(a-4)2+(a-1)2=a2,(b-4)2+(b-1)2=b2,即a,b是方程x2-10x+17=0的两根,a+b=10,ab=17,|C1C2|===8,故选C.‎ 课标理数17.H7,H3,H4[2011·福建卷] 已知直线l:y=x+m,m∈R.‎ ‎(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P,且点P在y轴上,求该圆的方程;‎ ‎(2)若直线l关于x轴对称的直线为l′,问直线l′与抛物线C:x2=4y是否相切?说明理由.‎ 课标理数17.H7,H3,H4[2011·福建卷] 【解答】 解法一:‎ 图1-6‎ ‎(1)依题意,点P的坐标为(0,m).‎ 因为MP⊥l,所以×1=-1,‎ 解得m=2,即点P的坐标为(0,2).‎ 从而圆的半径 r=|MP|==2,‎ 故所求圆的方程为(x-2)2+y2=8.‎ ‎(2)因为直线l的方程为y=x+m,‎ 所以直线l′的方程为y=-x-m.‎ 由得x2+4x+4m=0.‎ Δ=42-4×4m=16(1-m).‎ ‎①当m=1,即Δ=0时,直线l′与抛物线C相切;‎ ‎②当m≠1,即Δ≠0时,直线l′与抛物线C不相切.‎ 综上,当m=1时,直线l′与抛物线C相切;当m≠1时,直线l′与抛物线C不相切.‎ 解法二:‎ ‎(1)设所求圆的半径为r,则圆的方程可设为(x-2)2+y2=r2.‎ 依题意,所求圆与直线l:x-y+m=0相切于点P(0,m),则 解得 所以所求圆的方程为(x-2)2+y2=8.‎ ‎(2)同解法一.‎ 图1-4‎ 课标文数18.H3,H4,H7[2011·福建卷] 如图1-4,直线l:y=x+b与抛物线C:x2=4y相切于点A.‎ ‎(1)求实数b的值;‎ ‎(2)求以点A为圆心,且与抛物线C的准线相切的圆的方程.‎ 课标文数18.H3,H4,H7[2011·福建卷] 【解答】 (1)由得x2-4x-4b=0.(*)‎ 因为直线l与抛物线C相切,‎ 所以Δ=(-4)2-4×(-4b)=0.‎ 解得b=-1.‎ ‎(2)由(1)可知b=-1,故方程(*)即为x2-4x+4=0.‎ 解得x=2,代入x2=4y,得y=1,‎ 故点A(2,1).‎ 因为圆A与抛物线C的准线相切,‎ 所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y=-1的距离,即r=|1-(-1)|=2.‎ 所以圆A的方程为(x-2)2+(y-1)2=4.‎ 图1-2‎ 课标理数14.H3[2011·湖北卷] 如图1-2,直角坐标系xOy所在的平面为α,直角坐标系x′Oy′(其中y′轴与y轴重合)所在的平面为β,∠xOx′=45°.‎ ‎(1)已知平面β内有一点P′(2,2),则点P′在平面α内的射影P的坐标为________;‎ ‎(2)已知平面β内的曲线C′的方程是(x′-)2+2y′2-2=0,则曲线C′在平面α内的射影C的方程是______________.‎ 课标理数14.H3[2011·湖北卷]  2+y2=1 【解析】 (1)过点P′作PP′⊥α,垂足为P,过P作PM⊥y轴于M,连接P′M,则∠P′MP=45°.又MP′=2,所以MP=2cos45°=2.所以点P.‎ ‎(2)设曲线C′上任意一点为,则该点在平面α内的射影为,故有 即 代入2+2y′2-2=0中,得2+y2-1=0,即2+y2=1.‎ 课标文数13.H3[2011·辽宁卷] 已知圆C经过A(5,1),B(1,3)两点,圆心在x轴上,则C的方程为________.‎ 课标文数13.H3[2011·辽宁卷] (x-2)2+y2=10 【解析】 设圆心坐标为(x,0),则有=,解得x=2.由两点距离得r==,所以圆的方程为(x-2)2+y2=10.‎ 课标文数20.H3,H4[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中,曲线y=x2-6x+1与坐标轴的交点都在圆C上.‎ ‎(1)求圆C的方程;‎ ‎(2)若圆C与直线x-y+a=0交于A、B两点,且OA⊥OB,求a的值.‎ 课标文数20.H3,H4[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)曲线y=x2-6x+1与y轴的交点为(0,1),与x轴的交点为(3+2,0),(3-2,0).‎ 故可设C的圆心为(3,t),则有32+(t-1)2=(2)2+t2,解得t=1.‎ 则圆C的半径为=3.‎ 所以圆C的方程为(x-3)2+(y-1)2=9.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足方程组 消去y,得到方程 ‎2x2+(2a-8)x+a2-2a+1=0.‎ 由已知可得,判别式Δ=56-16a-4a2>0.从而 x1+x2=4-a,x1x2=.①‎ 由于OA⊥OB,可得x1x2+y1y2=0.‎ 又y1=x1+a,y2=x2+a,所以 ‎2x1x2+a(x1+x2)+a2=0.②‎ 由①,②得a=-1,满足Δ>0,故a=-1.‎ 大纲文数3.H3[2011·四川卷] 圆x2+y2-4x+6y=0的圆心坐标是(  )‎ A.(2,3) B.(-2,3)‎ C.(-2,-3) D.(2,-3)‎ 大纲文数3.H3[2011·四川卷] D 【解析】 圆的方程可化为(x-2)2+(y+3)2=13,所以圆心坐标是(2,-3),选D.‎ 大纲理数8.H3[2011·重庆卷] 在圆x2+y2-2x-6y=0内,过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD,则四边形ABCD的面积为(  )‎ A.5 B.10 C.15 D.20 所以四边形ABCD的面积为S=|AC||BD|=10.故选B.‎ 课标文数4.H4[2011·安徽卷] 若直线3x+y+a=0过圆x2+y2+2x-4y=0的圆心,则a的值为(  )‎ A.-1 B.1‎ C.3 D.-3‎ 课标文数4.H4[2011·安徽卷] B 【解析】 圆的方程可化为(x+1)2+(y-2)2=5,因为直线经过圆的圆心(-1,2),所以3×(-1)+2+a=0,得a=1.‎ 课标理数17.H7,H3,H4[2011·福建卷] 已知直线l:y=x+m,m∈R.‎ ‎(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P,且点P在y轴上,求该圆的方程;‎ ‎(2)若直线l关于x轴对称的直线为l′,问直线l′与抛物线C:x2=4y是否相切?说明理由.‎ 解法二:‎ ‎(1)设所求圆的半径为r,则圆的方程可设为(x-2)2+y2=r2.‎ 依题意,所求圆与直线l:x-y+m=0相切于点P(0,m),则 解得 所以所求圆的方程为(x-2)2+y2=8.‎ ‎(2)同解法一.‎ 图1-4‎ 课标文数18.H3,H4,H7[2011·福建卷] 如图1-4,直线l:y=x+b与抛物线C:x2=4y相切于点A.‎ ‎(1)求实数b的值;‎ ‎(2)求以点A为圆心,且与抛物线C的准线相切的圆的方程.‎ 课标文数18.H3,H4,H7[2011·福建卷] 【解答】 (1)由得x2-4x-4b=0.(*)‎ 因为直线l与抛物线C相切,‎ 所以Δ=(-4)2-4×(-4b)=0.‎ 解得b=-1.‎ ‎(2)由(1)可知b=-1,故方程(*)即为x2-4x+4=0.‎ 解得x=2,代入x2=4y,得y=1,‎ 故点A(2,1).‎ 因为圆A与抛物线C的准线相切,‎ 所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y=-1的距离,即r=|1-(-1)|=2.‎ 所以圆A的方程为(x-2)2+(y-1)2=4.‎ 课标文数8.H4[2011·广东卷] 设圆C与圆x2+(y-3)2=1外切,与直线y=0相切,则C的圆心轨迹为(  )‎ A.抛物线 B.双曲线 C.椭圆 D.圆 课标文数8.H4[2011·广东卷] A 【解析】 设圆心C的坐标C(x,y),由题意知y>0,则圆C的半径为y,由于圆C与已知圆相外切,则由两圆心距等于半径之和,得=1+y,整理得:x2=8(y-1),所以轨迹为抛物线.‎ 课标文数14.H4,H2[2011·湖北卷] 过点(-1,-2)的直线l被圆x2+y2-2x-2y+1=0截得的弦长为,则直线l的斜率为________.‎ 课标文数14.H4,H2[2011·湖北卷] 1或 【解析】 由题意,直线与圆要相交,斜率必须存在,设为k,则直线l的方程为y+2=k.又圆的方程为2+2=1,圆心为,半径为1,所以圆心到直线的距离d===,解得k=1或.‎ 课标文数15.H4,K3[2011·湖南卷] 已知圆C:x2+y2=12,直线l:4x+3y=25.‎ ‎(1)圆C的圆心到直线l的距离为________;‎ ‎(2)圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率为________.‎ 课标文数15.H4,K3[2011·湖南卷] (1)5 (2) ‎【解析】 (1)圆心到直线的距离为:d==5; ‎ 图1-4‎ ‎(2)当圆C上的点到直线l的距离是2时有两个点为点B与点D,设过这两点的直线方程为4x+3y+c=0,同时可得到的圆心到直线4x+3y+c=0的距离为OC=3,‎ 又圆的半径为r=2,可得∠BOD=60°,由图1-2可知点A在弧上移动,弧长l=×c=,圆周长c,故P(A)==.‎ 课标文数20.H3,H4[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中,曲线y=x2-6x+1‎ 与坐标轴的交点都在圆C上.‎ ‎(1)求圆C的方程;‎ ‎(2)若圆C与直线x-y+a=0交于A、B两点,且OA⊥OB,求a的值.‎ 课标文数20.H3,H4[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)曲线y=x2-6x+1与y轴的交点为(0,1),与x轴的交点为(3+2,0),(3-2,0).‎ 故可设C的圆心为(3,t),则有32+(t-1)2=(2)2+t2,解得t=1.‎ 则圆C的半径为=3.‎ 所以圆C的方程为(x-3)2+(y-1)2=9.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足方程组[来源:学&科&网]‎ 消去y,得到方程 ‎2x2+(2a-8)x+a2-2a+1=0.‎ 由已知可得,判别式Δ=56-16a-4a2>0.从而 x1+x2=4-a,x1x2=.①‎ 由于OA⊥OB,可得x1x2+y1y2=0.‎ 又y1=x1+a,y2=x2+a,所以 ‎2x1x2+a(x1+x2)+a2=0.②‎ 由①,②得a=-1,满足Δ>0,故a=-1.‎ 大纲文数13.H4[2011·重庆卷] 过原点的直线与圆x2+y2-2x-4y+4=0相交所得的弦长为2,则该直线的方程为________.‎ 大纲文数13.H4[2011·重庆卷] 2x-y=0 【解析】 将圆x2+y2-2x-4y+4=0配方得(x-1)2+(y-2)2=1,‎ ‎∴该圆半径为1,圆心M(1,2).‎ ‎∵直线与圆相交所得弦的长为2,即为该圆的直径,‎ ‎∴该直线的方程的斜率k==2,‎ ‎∴该直线的方程为y=2x,即2x-y=0.‎ 课标文数17.H2,H5[2011·安徽卷] 设直线l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数k1,k2满足k1k2+2=0.‎ ‎(1)证明l1与l2相交;‎ ‎(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2+y2=1上.‎ 课标文数17.H2,H5[2011·安徽卷] 本题考查直线与直线的位置关系,线线相交的判断与证明,点在曲线上的判断与证明,椭圆方程等基本知识.考查推理论证能力和运算求解能力.‎ ‎【解答】 (1)反证法:假设l1与l2不相交,则l1与l2平行,有k1=k2,代入k1k2+2=0,得k+2=0.‎ 此与k1为实数的事实相矛盾,从而k1≠k2,即l1与l2相交.‎ ‎(2)(方法一)由方程组 解得交点P的坐标(x,y)为 而2x2+y2=22+2‎ ‎===1.‎ 此即表明交点P(x,y)在椭圆2x2+y2=1上.‎ ‎(方法二)交点P的坐标(x,y)满足 故知x≠0,从而 代入k1k2+2=0,得·+2=0.‎ 整理后,得2x2+y2=1,‎ 所以交点P在椭圆2x2+y2=1上.‎ 课标理数7.H5,H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1,F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于(  )‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 课标理数7.H5,H6[2011·福建卷] A 【解析】 设|F1F2|=2c(c>0),由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,得|PF1|=c,|PF2|=c,且|PF1|>|PF2|,‎ 若圆锥曲线Γ为椭圆,则2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率e==;‎ 若圆锥曲线Γ为双曲线,则2a=|PF1|-|PF2|=c,离心率e==,故选A.‎ 课标文数11.H5,H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1,F2,若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于(  )‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 课标文数11.H5,H6[2011·福建卷] A 【解析】 设|F1F2|=2c(c>0),由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,得 ‎|PF1|=c,|PF2|=c,且|PF1|>|PF2|,‎ 若圆锥曲线Γ为椭圆,则2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率e==;‎ 若圆锥曲线Γ为双曲线,则2a=|PF1|-|PF2|=c,离心率e==,故选A.‎ 课标理数21.H5,H7,H8[2011·湖南卷] 如图1-9,椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,x轴被曲线C2:y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长.‎ ‎(1)求C1,C2的方程;‎ ‎(2)设C2与y轴的交点为M,过坐标原点O的直线l与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交于点D,E.‎ ‎①证明:MD⊥ME;‎ ‎②记△MAB,△MDE的面积分别为S1,S2.问:是否存在直线l,使得=?请说明理由.‎ 图1-10‎ 课标理数21.H5,H7,H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知,e==,从而a=2b.又2=a,解得a=2,b=1.‎ 故C1,C2的方程分别为+y2=1,y=x2-1.‎ ‎(2)①由题意知,直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y=kx.‎ 由得x2-kx-1=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1,x2是上述方程的两个实根,‎ 于是x1+x2=k,x1x2=-1.‎ 又点M的坐标为(0,-1),所以 kMA·kMB=·= ‎= ‎==-1.‎ 故MA⊥MB,即MD⊥ME.‎ ‎②设直线MA的斜率为k1,则直线MA的方程为 y=k1x-1,由解得 或 则点A的坐标为(k1,k-1).‎ 又直线MB的斜率为-,同理可得点B的坐标为.‎ 于是S1=|MA|·|MB|=·|k1|··=.‎ 由得(1+4k)x2-8k1x=0.‎ 解得或 则点D的坐标为.‎ 又直线ME的斜率为-,同理可得点E的坐标为.‎ 于是S2=|MD|·|ME|=.‎ 因此=.‎ 由题意知,=,‎ 解得k=4,或k=.‎ 又由点A,B的坐标可知,k==k1-,‎ 所以k=±.‎ 故满足条件的直线l存在,且有两条,其方程分别为y=x和y=-x.‎ 课标理数14.H5[2011·江西卷] 若椭圆+=1的焦点在x轴上,过点作圆x2+y2=1的切线,切点分别为A,B,直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,则椭圆方程是________.‎ 课标理数14.H5[2011·江西卷] 【答案】 +=1‎ ‎【解析】 由题可知过点与圆x2+y2=1的圆心的直线方程为y=x,由垂径定理可得kAB=-2.‎ 显然过点的一条切线为直线x=1,此时切点记为A(1,0),即为椭圆的右焦点,故c=1.‎ 由点斜式可得,直线AB的方程为y=-2(x-1),‎ 即AB:2x+y-2=0.‎ 令x=0得上顶点为(0,2),∴b=2,∴a2=b2+c2=5,故得所求椭圆方程为+=1.‎ 课标理数14.H5[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中,椭圆C的中心为原点,焦点F1,F2在x轴上,离心率为.过F1的直线l交C于A,B两点,且△ABF2的周长为16,那么C的方程为________________.‎ 课标理数14.H5[2011·课标全国卷] +=1 【解析】 设椭圆方程为+=1(a>b>0).‎ 因为离心率为,所以=,‎ 解得=,即a2=2b2.‎ 图1-7‎ 又△ABF2的周长为++=+++=(+)+(+)=2a+2a=4a,,所以4a=16,a=4,所以b=2,‎ 所以椭圆方程为+=1.‎ 课标文数4.H5[2011·课标全国卷] 椭圆+=1的离心率为(  )‎ A. B. C. D. 课标文数4.H5[2011·课标全国卷] D 【解析】 由题意a=4,c2=8,∴c=2,所以离心率为e===.‎ 课标理数17.H5,H8[2011·陕西卷] ‎ 图1-8‎ 如图1-8,设P是圆x2+y2=25上的动点,点D是P在x轴上的投影,M为PD上一点,且|MD|=|PD|.‎ ‎(1)当P在圆上运动时,求点M的轨迹C的方程;‎ ‎(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度.‎ 课标理数17.H5,H8[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设M的坐标为(x,y),P的坐标为(xP,yP),‎ 由已知得 ‎∵P在圆上,∴x2+2=25,‎ 即C的方程为+=1.‎ ‎(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y=(x-3),‎ 设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 将直线方程y=(x-3)代入C的方程,得 +=1,即x2-3x-8=0.‎ ‎∴x1=,x2=.‎ ‎∴线段AB的长度为 ‎|AB|====.‎ 课标文数17.H5[2011·陕西卷] 设椭圆C:+=1(a>b>0)过点(0,4),离心率为.‎ ‎(1)求C的方程;‎ ‎(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标.‎ 课标文数17.H5[2011·陕西卷] 【解答】 (1)将(0,4)代入椭圆C的方程得=1,∴b=4.‎ 又e==得=,即1-=,∴a=5,‎ ‎∴C的方程为+=1.‎ ‎(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y=(x-3),‎ 设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 将直线方程y=(x-3)代入C的方程,得 +=1,‎ 即x2-3x-8=0.‎ 解得x1=,x2=,‎ ‎∴AB的中点坐标==,‎ ==(x1+x2-6)=-.‎ 即中点为.‎ 课标理数17.H5[2011·浙江卷] 设F1,F2分别为椭圆+y2=1的左,右焦点,点A,B在椭圆上.若=5,则点A的坐标是________.[来源:Z_xx_k.Com]‎ 课标理数17.H5[2011·浙江卷] (0,±1)‎ ‎【解析】 设直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B′,又∵=5,由椭圆的对称性可得=5,设A,B′,‎ 又∵|F1A|=,|F1B′|=,‎ ‎∴ 解之得x1=0,‎ ‎∴点A的坐标为.‎ 课标文数3.H6[2011·安徽卷] 双曲线2x2-y2=8的实轴长是(  )‎ A.2 B.2 ‎ C.4 D.4 课标文数3.H6[2011·安徽卷] C 【解析】 双曲线方程可化为-=1,所以a2=4,得a=2,所以2a=4.故实轴长为4.‎ 课标理数2.H6[2011·安徽卷] 双曲线2x2-y2=8的实轴长是(  )[来源:学.科.网Z.X.X.K]‎ A.2 B.2 C.4 D.4 课标理数2.H6[2011·安徽卷] C 【解析】 双曲线方程可化为-=1,所以a2=4,得a=2,所以2a=4.故实轴长为4.‎ 课标文数10.H6[2011·北京卷] 已知双曲线x2-=1(b>0)的一条渐近线的方程为y=2x,则b=________.[来源:学。科。网]‎ 课标文数10.H6[2011·北京卷] 2 【解析】 易知y=bx=2x,故b=2.‎ 大纲理数15.H6[2011·全国卷] 已知F1、F2分别为双曲线C:-=1的左、右焦点,点A∈C,点M的坐标为(2,0),AM为∠F1AF2的平分线,则|AF2|=________.‎ 大纲理数15.H6[2011·全国卷] 6 【解析】 根据角平分线的性质,==.又-=6,故=6.‎ 大纲文数16.H6[2011·全国卷] 已知F1、F2分别为双曲线C:-=1的左、右焦点,点A∈C,点M的坐标为(2,0),AM为∠F1AF2的平分线,则|AF2|=________.‎ 大纲文数16.H6[2011·全国卷] 6 【解析】 根据角平分线的性质,==.又|AF1|-|AF2|=6,故|AF2|=6.‎ 课标理数7.H5,H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1,F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于(  )‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 课标理数7.H5,H6[2011·福建卷] A 【解析】 设|F1F2|=2c(c>0),由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,得|PF1|=c,|PF2|=c,且|PF1|>|PF2|,‎ 若圆锥曲线Γ为椭圆,则2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率e==;‎ 若圆锥曲线Γ为双曲线,则2a=|PF1|-|PF2|=c,离心率e==,故选A.‎ 课标文数11.H5,H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1,F2,若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于(  )‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 课标文数11.H5,H6[2011·福建卷] A 【解析】 设|F1F2|=2c(c>0),由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,得 ‎|PF1|=c,|PF2|=c,且|PF1|>|PF2|,‎ 若圆锥曲线Γ为椭圆,则2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率e==;‎ 若圆锥曲线Γ为双曲线,则2a=|PF1|-|PF2|=c,离心率e==,故选A.‎ 课标理数5.H6[2011·湖南卷] 设双曲线-=1(a>0)的渐近线方程为3x±2y=0,则a的值为(  )‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ 课标理数5.H6[2011·湖南卷] C 【解析】 根据双曲线-=1的渐近的方程得:y=±x,即ay±3x=0.因为已知双曲线的渐近线的方程为3x±2y=0且a>0,所以有a=2,故选C.‎ 课标文数6.H6[2011·湖南卷] 设双曲线-=1(a>0)的渐近线方程为3x±2y=0,则a的值为(  )‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ 课标文数6.H6[2011·湖南卷] C 【解析】 根据双曲线-=1的渐近线的方程得:y=±x,即ay±3x=0.又已知双曲线的渐近线的方程为3x±2=0且a>0,故有a=2,故选C.‎ 课标文数12.H6[2011·江西卷] 若双曲线-=1的离心率e=2,则m=________.‎ 课标理数7.H6[2011·课标全国卷] B 【解析】 设双曲线方程为-=1(a>0,b>0),‎ 直线过右焦点F,且垂直于x轴交双曲线于A,B两点,则==4a,所以b2=2a2,所以双曲线的离心率e==.‎ 课标理数13.H6[2011·辽宁卷] 已知点(2,3)在双曲线C:-=1(a>0,b>0)上,C的焦距为4,则它的离心率为________.‎ 课标理数13.H6[2011·辽宁卷] 2 【解析】 法一:点(2,3)在双曲线C:-=1上,则-=1.又由于2c=4,所以a2+b2=4.解方程组 得a=1或a=4.由于a0)上,另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n,则(  )‎ A.n=0 B.n=1 C.n=2 D.n≥3‎ 课标理数4.H7[2011·湖北卷] C 【解析】 不妨设三个顶点分别为A,B,F(其中F为抛物线的焦点),由抛物线的定义,有A,B两点关于x轴对称,点F的坐标为.设A,则由抛物线的定义得=m+.又=2,=,所以m+=2,整理得m2-7pm+=0,所以Δ=2-4×=48p2>0,所以方程m2-7pm+=0有两个不同的实根,记为m1,m2,则 所以m1>0,m2>0.所以n=2.‎ 课标文数4.H7[2011·湖北卷] 将两个顶点在抛物线y2=2px(p>0)上,另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n,则(  )‎ A.n=0 B.n=1‎ C.n=2 D.n≥3‎ 课标文数4.H7[2011·湖北卷] C 【解析】 不妨设三个顶点分别为A,B,F(其中F为抛物线的焦点),由抛物线的定义,有A,B两点关于x轴对称,点F的坐标为.设A,则由抛物线的定义得=m+.又=2,=,所以m+=2,整理得m2-7pm+=0,所以Δ=2-4×=48p2>0,所以方程m2-7pm+=0有两个不同的实根,记为m1,m2,则 所以m1>0,m2>0.所以n=2.‎ 课标理数21.H5,H7,H8[2011·湖南卷] 如图1-9,椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,x轴被曲线C2:y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长.‎ ‎(1)求C1,C2的方程;‎ ‎(2)设C2与y轴的交点为M,过坐标原点O的直线l与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交于点D,E.‎ ‎①证明:MD⊥ME;‎ ‎②记△MAB,△MDE的面积分别为S1,S2.问:是否存在直线l,使得=?请说明理由.‎ 图1-10‎ 课标理数21.H5,H7,H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知,e==,从而a=2b.又2=a,解得a=2,b=1.‎ 故C1,C2的方程分别为+y2=1,y=x2-1.‎ ‎(2)①由题意知,直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y=kx.‎ 由得x2-kx-1=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1,x2是上述方程的两个实根,‎ 于是x1+x2=k,x1x2=-1.‎ 又点M的坐标为(0,-1),所以 kMA·kMB=·= ‎= ‎==-1.‎ 故MA⊥MB,即MD⊥ME.‎ ‎②设直线MA的斜率为k1,则直线MA的方程为 y=k1x-1,由解得 或 则点A的坐标为(k1,k-1).‎ 又直线MB的斜率为-,同理可得点B的坐标为.‎ 于是S1=|MA|·|MB|=·|k1|··=.‎ 由得(1+4k)x2-8k1x=0.‎ 解得或 则点D的坐标为.‎ 又直线ME的斜率为-,同理可得点E的坐标为.‎ 于是S2=|MD|·|ME|=.‎ 因此=.‎ 由题意知,=,‎ 解得k=4,或k=.‎ 又由点A,B的坐标可知,k==k1-,‎ 所以k=±.‎ 故满足条件的直线l存在,且有两条,其方程分别为y=x和y=-x.‎ 课标文数21.H7,H8[2011·湖南卷] 已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y 轴的距离的差等于1.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程;‎ ‎(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,设l1与轨迹C相交于点A,B,l2与轨迹C相交于点D,E,求·的最小值.‎ 课标文数21.H7,H8[2011·湖南卷] 【解答】 设动点P的坐标为(x,y),由题意有-|x|=1.‎ 化简得y2=2x+2|x|.‎ 当x≥0时,y2=4x;当x<0时,y=0.‎ 所以,动点P的轨迹C的方程为y2=4x(x≥0)和y=0(x<0).‎ ‎(2)由题意知,直线l1的斜率存在且不为0,设为k,‎ 则l1的方程为y=k(x-1).‎ 由得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,于是x1+x2=2+,x1x2=1.‎ 因为l1⊥l2,所以l2的斜率为-.‎ 设D(x3,y3),E(x4,y4),则同理可得 x3+x4=2+4k2,x3x4=1.‎ 故·=(+)·(+)‎ ‎=·+·+·+· ‎=||·||+||·||‎ ‎=(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)‎ ‎=x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1‎ ‎=1++1+1+(2+4k2)+1‎ ‎=8+4≥8+4×2=16.‎ 当且仅当k2=,即k=±1时,·取最小值16.‎ 图1-7‎ 课标文数19.H7[2011·江西卷] 已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点,斜率为2的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)(x10),则焦点F,A,B,‎ 所以=2p=12,所以p=6.又点P到AB边的距离为p=6,‎ 所以S△ABP=×12×6=36.‎ 课标文数9.H7[2011·山东卷] 设M(x0,y0)为抛物线C:x2=8y上一点,F为抛物线C的焦点,以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交,则y0的取值范围是(  )‎ A.(0,2) B.[0,2]‎ C.(2,+∞) D.[2,+∞)‎ 课标文数9.H7[2011·山东卷] C 【解析】 根据x2=8y,所以F(0,2),准线y=-2,所以F到准线的距离为4,当以F为圆心、以|FM|为半径的圆与准线相切时,|MF|=4,即M到准线的距离为4,此时y0=2,所以显然当以F为圆心,以为半径的圆和抛物线C的准线相交时,y0∈(2,+∞).‎ 课标理数2.H7[2011·陕西卷] 设抛物线的顶点在原点,准线方程为x=-2,则抛物线的方程是(  )‎ A.y2=-8x B.y2=8x C.y2=-4x D.y2=4x 课标理数2.H7[2011·陕西卷] B 【解析】 由题意设抛物线方程为y2=2px(p>0),又∵其准线方程为x=-=-2,∴p=4,所求抛物线方程为y2=8x.‎ 课标文数2.H7[2011·陕西卷] 设抛物线的顶点在原点,准线方程为x=-2,则抛物线的方程是(  )‎ A.y2=-8x B.y2=-4x C.y2=8x D.y2=4x 课标文数2.H7[2011·陕西卷] C 【解析】 由题意设抛物线方程为y2=2px(p>0),又∵其准线方程为x=-=-2,∴p=4,所求抛物线方程为y2=8x.‎ 大纲文数11.H7[2011·四川卷] 在抛物线y=x2+ax-5(a≠0)上取横坐标为x1=-4,x2=2的两点,过这两点引一条割线,有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x2+5y2=36相切,则抛物线顶点的坐标为(  )‎ A.(-2,-9) B.(0,-5)‎ C.(2,-9) D.(1,-6)‎ 大纲文数11.H7[2011·四川卷] A 【解析】 根据题意可知横坐标为-4,2的两点分别为(-4,11-4a),(2,-1+2a),所以该割线的斜率为a-2,由y′=2x+a=a-2⇒x=-1,即有切点为(-1,-4-a),所以切线方程为y+4+a=(a-2)(x+1)⇒(a-2)x-y-6=0,由切线与圆相切可知=⇒a=4或a=0(舍去),所以抛物线方程为y=x2+4x-5=(x+2)2-9,所以抛物线顶点坐标为(-2,-9).选择A.‎ 大纲理数10.H7[2011·四川卷] 在抛物线y=x2+ax-5(a≠0)上取横坐标为x1=-4,x2=2的两点,过这两点引一条割线,有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x2+5y2=36相切,则抛物线顶点的坐标为(  )‎ A.(-2,-9) B.(0,-5)‎ C.(2,-9) D.(1,-6)‎ 大纲理数10.H7[2011·四川卷] A 【解析】 根据题意可知横坐标为-4,2的两点分别为(-4,11-4a),(2,-1+2a),所以该割线的斜率为a-2,由y′=2x+a=a-2⇒x=-1‎ ‎,即有切点为(-1,-4-a),所以切线方程为y+4+a=(a-2)(x+1)⇒(a-2)x-y-6=0,由切线与圆相切可知=⇒a=4或a=0(舍去),所以抛物线方程为y=x2+4x-5=(x+2)2-9,所以抛物线顶点坐标为(-2,-9).选择A.‎ 课标理数21.H7[2011·浙江卷] 已知抛物线C1:x2=y,圆C2:x2+(y-4)2=1的圆心为点M.‎ ‎(1)求点M到抛物线C1的准线的距离;‎ ‎(2)已知点P是抛物线C1上一点(异于原点),过点P作圆C2‎ 图1-8‎ 的两条切线,交抛物线C1于A,B两点,若过M,P两点的直线l垂直于AB,求直线l的方程.‎ 课标理数21.H7[2011·浙江卷] 【解答】 (1)由题意可知,抛物线的准线方程为:y=-,所以圆心M(0,4)到准线的距离是.‎ ‎(2)设P(x0,x),A(x1,x),B(x2,x),由题意得x0≠0,x0≠±1,x1≠x2.‎ 设过点P的圆C2的切线方程为y-x=k(x-x0),‎ 即y=kx-kx0+x. ①‎ 则=1.‎ 即(x-1)k2+2x0(4-x)k+(x-4)2-1=0.‎ 设PA,PB的斜率为k1,k2(k1≠k2),则k1,k2是上述方程的两根,所以 k1+k2=,k1k2=.‎ 将①代入y=x2得x2-kx+kx0-x=0,‎ 由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0,所以 kAB==x1+x2=k1+k2-2x0=-2x0,‎ kMP=.‎ 由MP⊥AB,得kAB·kMP=·=-1,解得x=,‎ 即点P的坐标为,所以直线l的方程为y=±x+4.‎ 图1-8‎ 课标文数22.H7[2011·浙江卷] 如图1-8,设P是抛物线C1:x2=y上的动点.过点P 做圆C2:x2+(y+3)2=1的两条切线,交直线l:y=-3于A,B两点.‎ ‎(1)求圆C2的圆心M到抛物线C1准线的距离;‎ ‎(2)是否存在点P,使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 课标文数22.H7[2011·浙江卷] 【解答】 (1)因为抛物线C1的准线方程为y=-,‎ 所以圆心M到抛物线C1准线的距离为=.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x0,x),抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D,‎ 再设A,B,D的横坐标分别为xA,xB,xD,‎ 过点P(x0,x)的抛物线C1的切线方程为:‎ y-x=2x0(x-x0).①‎ 当x0=1时,过点P(1,1)与圆C2的切线PA为:y-1=(x-1), ‎ 可得xA=-,xB=1,xD=-1,xA+xB≠2xD.‎ 当x0=-1时,过点P(-1,1)与圆C2的切线PB为:y-1=-(x+1).‎ 可得xA=-1,xB=,xD=1,xA+xB≠2xD.‎ 所以x-1≠0.‎ 设切线PA,PB的斜率为k1,k2,则 PA:y-x=k1(x-x0),②‎ PB:y-x=k2(x-x0).③‎ 将y=-3分别代入①,②,③得 xD=(x0≠0);xA=x0-;xB=x0-(k1,k2≠0).‎ 从而xA+xB=2x0-(x+3).‎ 又=1,‎ 即(x-1)k-2(x+3)x0k1+(x+3)2-1=0.‎ 同理,(x-1)k-2(x+3)x0k2+(x+3)2-1=0.‎ 所以k1,k2是方程(x-1)k2-2(x+3)x0k+(x+3)2-1=0的两个不相等的根,从而 k1+k2=,k1·k2=.‎ 因为xA+xB=2xD,‎ 所以2x0-(3+x)=,‎ 即+=.从而=,‎ 进而得x=8,x0=±.‎ 综上所述,存在点P满足题意,点P的坐标为(±,2).‎ 课标文数19.H8[2011·北京卷] 已知椭圆G:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为(2,0),斜率为1的直线l与椭圆G交于A,B两点,以AB为底边作等腰三角形,顶点为P(-3,2).‎ ‎(1)求椭圆G的方程;‎ ‎(2)求△PAB的面积.‎ 课标文数19.H8[2011·北京卷] 【解答】 (1)由已知得,c=2,=.‎ 解得a=2.‎ 又b2=a2-c2=4,‎ 所以椭圆G的方程为+=1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y=x+m.‎ 由得 ‎4x2+6mx+3m2-12=0.①‎ 设A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)(x10,a≠0.过M(a,b)作L的两条切线l1,l2,切点分别为E,E′,l1,l2与y轴分别交于F、F′.线段EF上异于两端点的点集记为X.证明:M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a,b)=;‎ ‎(3)设D=.当点(p,q)取遍D时,求φ(p,q)的最小值(记为φmin)和最大值(记为φmax).‎ 课标理数21.B9,H8[2011·广东卷] 【解答】 (1)证明:切线l的方程为y=p0x-p.‎ ‎∀Q(p,q)∈AB有φ(p,q)==.‎ 当p0>0时,0≤p≤p0,于是φ(p,q)===; ‎ 当p0<0时,p0≤p≤0,于是φ(p,q)===.‎ ‎(2)l1,l2的方程分别为y=p1x-p,y=p2x-p.‎ 求得l1,l2交点M(a,b)的坐标.‎ 由于a2-4b>0,a≠0,故有|p1|≠|p2| .‎ ‎①先证:M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|.‎ ‎(⇒)设M(a,b)∈X.‎ 当p1>0时,0<|p2|;‎ 当p1<0时,p1<<0⇒2p1|p2|.‎ ‎(⇐)设|p1|>|p2|,则<1⇒-1<<1⇒0<<2.‎ 当p1>0时,0<|p2|.‎ 若不然,|p1|<|p2|.令Y是l2上线段E′F′上异于两端点的点的集合,由已证的等价式①M(a,b)∈Y.再由(1)得φ(a,b)=≠,矛盾.故必有|p1|>|p2|.再由等价式①,M(a,b)∈X.‎ 综上,M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a,b)=.‎ ‎(3)求得y=x-1和y=(x+1)2-的交点Q1(0,-1),Q2(2,1).而y=x-1是L的切点为Q2(2,1)的切线,且与y轴交于Q1(0,-1),由(1)∀Q(p,q)∈线段Q1Q2,有φ(p,q)=1.‎ 当Q(p,q)∈L1:y=(x+1)2-(0≤x≤2)时,q=(p+1)2-,∴h(p)=φ(p,q)==(0≤p≤2),在(0,2)上,令h′(p)==0得p=,由于h(0)=h(2)=1,h=, ‎ ‎∴h(p)=φ(p,q)在[0,2]上取得最大值hmax=.‎ ‎∀(p,q)∈D,有0≤p≤2,(p+1)2-≤q≤p-1,‎ 故φ(p,q)=≤‎ ‎=≤hmax=,‎ φ(p,q)=≥===1,‎ 故φmin=1,φmax=.‎ 课标理数21.H5,H7,H8[2011·湖南卷] 如图1-9,椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,x轴被曲线C2:y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长.‎ ‎(1)求C1,C2的方程;‎ ‎(2)设C2与y轴的交点为M,过坐标原点O的直线l与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交于点D,E.‎ ‎①证明:MD⊥ME;‎ ‎②记△MAB,△MDE的面积分别为S1,S2.问:是否存在直线l,使得=?请说明理由.‎ 图1-10‎ 课标理数21.H5,H7,H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知,e==,从而a=2b ‎.又2=a,解得a=2,b=1.‎ 故C1,C2的方程分别为+y2=1,y=x2-1.‎ ‎(2)①由题意知,直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y=kx.‎ 由得x2-kx-1=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1,x2是上述方程的两个实根,‎ 于是x1+x2=k,x1x2=-1.‎ 又点M的坐标为(0,-1),所以 kMA·kMB=·= ‎= ‎==-1.‎ 故MA⊥MB,即MD⊥ME.‎ ‎②设直线MA的斜率为k1,则直线MA的方程为 y=k1x-1,由解得 或 则点A的坐标为(k1,k-1).‎ 又直线MB的斜率为-,同理可得点B的坐标为.‎ 于是S1=|MA|·|MB|=·|k1|··=.‎ 由得(1+4k)x2-8k1x=0.‎ 解得或 则点D的坐标为.[来源:学科网ZXXK]‎ 又直线ME的斜率为-,同理可得点E的坐标为.‎ 于是S2=|MD|·|ME|=.‎ 因此=.‎ 由题意知,=,‎ 解得k=4,或k=.‎ 又由点A,B的坐标可知,k==k1-,‎ 所以k=±.‎ 故满足条件的直线l存在,且有两条,其方程分别为y=x和y=-x.‎ 课标文数21.H7,H8[2011·湖南卷] 已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程;‎ ‎(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,设l1与轨迹C相交于点A,B,l2与轨迹C相交于点D,E,求·的最小值.‎ 课标文数21.H7,H8[2011·湖南卷] 【解答】 设动点P的坐标为(x,y),由题意有-|x|=1.‎ 化简得y2=2x+2|x|.‎ 当x≥0时,y2=4x;当x<0时,y=0.‎ 所以,动点P的轨迹C的方程为y2=4x(x≥0)和y=0(x<0).‎ ‎(2)由题意知,直线l1的斜率存在且不为0,设为k,‎ 则l1的方程为y=k(x-1).‎ 由得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,于是x1+x2=2+,x1x2=1.‎ 因为l1⊥l2,所以l2的斜率为-.‎ 设D(x3,y3),E(x4,y4),则同理可得 x3+x4=2+4k2,x3x4=1.‎ 故·=(+)·(+)‎ ‎=·+·+·+· ‎=||·||+||·||‎ ‎=(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)‎ ‎=x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1‎ ‎=1++1+1+(2+4k2)+1‎ ‎=8+4≥8+4×2=16.‎ 当且仅当k2=,即k=±1时,·取最小值16.‎ 图1-7‎ 课标理数20.H8[2011·江西卷] P(x0,y0)(x0≠±a)是双曲线E:-=1(a>0,b>0)上一点,M,N分别是双曲线E的左、右顶点,直线PM,PN的斜率之积为.‎ ‎(1)求双曲线的离心率;‎ ‎(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A、B两点,O为坐标原点,C为双曲线上一点,满足=λ+,求λ的值.‎ 课标理数20.H8[2011·江西卷] 【解答】 (1)点P(x0,y0)(x0≠±a)在双曲线-=1上,有-=1,‎ 由题意又有·=,可得a2=5b2,c2=a2+b2=6b2,则e==.‎ ‎(2)联立得4x2-10cx+35b2=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则①‎ 设=(x3,y3),=λ+,即 又C为双曲线上一点,即x-5y=5b2,‎ 有(λx1+x2)2-5(λy1+y2)2=5b2,‎ 化简得:λ2(x-5y)+(x-5y)+2λ(x1x2-5y1y2)=5b2.‎ 又A(x1,y1),B(x2,y2)在双曲线上,‎ 所以x-5y=5b2,x-5y=5b2.②‎ 由①式又有x1x2-5y1y2=x1x2-5(x1-c)(x2-c)=-4x1x2+5c(x1+x2)-5c2=10b2,‎ 得:λ2+4λ=0,解得λ=0或λ=-4.‎ 图1-10‎ 如图1-10,已知椭圆C1的中心在原点O,长轴左、右端点M,N在x轴上,椭圆C2的短轴为MN,且C1,C2的离心率都为e,直线l⊥MN,l与C1交于两点,与C2交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.‎ ‎(1)设e=,求|BC|与|AD|的比值;‎ ‎(2)当e变化时,是否存在直线l,使得BO∥AN,并说明理由.‎ 课标理数20.H8[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设 C1:+=1,C2:+=1,(a>b>0).‎ 设直线l:x=t(|t|<a),分别与C1,C2的方程联立,求得 A,B.‎ 当e=时,b=a,分别用yA,yB表示A,B的纵坐标,可知|BC|∶|AD|===.‎ ‎(2)t=0时的l不符合题意,t≠0时,BO∥AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等,即 =,‎ 解得t=-=-·a.‎ 因为|t|<a,又0<e<1,所以<1,解得<e<1.‎ 所以当0<e≤时,不存在直线l,使得BO∥AN;‎ 当<e<1时,存在直线l,使得BO∥AN.‎ 课标文数21.H8[2011·辽宁卷] ‎ 图1-9‎ 如图1-9,已知椭圆C1的中点在原点O,长轴左、右端点M,N在x轴上,椭圆C2的短轴为MN,且C1,C2的离心率都为e.直线l⊥MN,l与C1交于两点,与C2交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.‎ ‎(1)设e=,求|BC|与|AD|的比值;‎ ‎(2)当e变化时,是否存在直线l,使得BO∥AN,并说明理由.‎ 课标文数21.H8[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设 C1:+=1,C2:+=1,(a>b>0).‎ 设直线l:x=t(|t|<a),分别与C1,C2的方程联立,求得 A,B.‎ 当e=时,b=a,分别用yA,yB表示A,B的纵坐标,可知 ‎|BC|∶|AD|===.‎ ‎(2)t=0时的l不符合题意.t≠0时,BO∥AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等,即 =,‎ 解得t=-=-·a.‎ 因为|t|<a,又0<e<1,所以<1,解得<e<1.‎ 所以当0<e≤时,不存在直线l,使得BO∥AN;‎ 当<e<1时,存在直线l,使得BO∥AN.‎ 课标理数17.H5,H8[2011·陕西卷] ‎ 图1-8‎ 如图1-8,设P是圆x2+y2=25上的动点,点D是P在x轴上的投影,M为PD上一点,且|MD|=|PD|.‎ ‎(1)当P在圆上运动时,求点M的轨迹C的方程;‎ ‎(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度.‎ 课标理数17.H5,H8[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设M的坐标为(x,y),P的坐标为(xP,yP),‎ 由已知得 ‎∵P在圆上,∴x2+2=25,‎ 即C的方程为+=1.‎ ‎(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y=(x-3),‎ 设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 将直线方程y=(x-3)代入C的方程,得 +=1,即x2-3x-8=0.‎ ‎∴x1=,x2=.‎ ‎∴线段AB的长度为 ‎|AB|====.‎ 课标数学18.H8,H10[2011·江苏卷] ‎ 图1-5‎ 如图1-5,在平面直角坐标系xOy中,M、N分别是椭圆+=1的顶点,过坐标原点的直线交椭圆于P,A两点,其中点P在第一象限,过P作x轴的垂线,垂足为C,连结AC,并延长交椭圆于点B,设直线PA的斜率为k.‎ ‎(1)若直线PA平分线段MN,求k的值;‎ ‎(2)当k=2时,求点P到直线AB的距离d;‎ ‎(3)对任意的k>0,求证:PA⊥PB.‎ 课标数学18.H8,H10[2011·江苏卷] 本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力.‎ 图1-6‎ ‎【解答】 (1)由题设知,a=2,b=,故M(-2,0),N(0,-),所以线段MN中点的坐标为.由于直线PA平分线段MN,故直线PA过线段MN的中点,又直线PA过坐标原点,所以k==.‎ ‎(2)直线PA的方程为y=2x,代入椭圆方程得 +=1,解得x=±,‎ 因此P,A.‎ 于是C,直线AC的斜率为=1,‎ 故直线AB的方程为x-y-=0.‎ 因此,d==.‎ ‎(3)解法一:‎ 将直线PA的方程y=kx代入+=1,‎ 解得x=± .‎ 记μ=,则P(μ,μk),A(-μ,-μk),‎ 于是C(μ,0),故直线AB的斜率为=,‎ 其方程为y=(x-μ),‎ 代入椭圆方程得(2+k2)x2-2μk2x-μ2(3k2+2)=0,‎ 解得x=或x=-μ,‎ 因此B.‎ 于是直线PB的斜率k1===-.‎ 因此k1k=-1,所以PA⊥PB.‎ 解法二:‎ 设P(x1,y1),B(x2,y2),则x1>0,x2>0,x1≠x2,A(-x1,-y1),C(x1,0),设直线PB,AB的斜率分别为k1,k2,因为C在直线AB上,所以k2===,从而k1k+1=2k1k2+1=2··+1‎ ‎=+1===0.‎ 因此k1k=-1,所以PA⊥PB.‎ 课标理数18.H8[2011·天津卷] 在平面直角坐标系xOy中,点P(a,b)(a>b>0)为动点,F1,F2分别为椭圆+=1的左、右焦点.已知△F1PF2为等腰三角形.‎ ‎(1)求椭圆的离心率e;‎ ‎(2)设直线PF2与椭圆相交于A,B两点,M是直线PF2上的点,满足·=-2,求点M 的轨迹方程.‎ 课标理数18.H8[2011·天津卷] 【解答】 (1)设F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).由题意,可得|PF2|=|F1F2|,‎ 即=2c.整理得22+-1=0.‎ 得=-1(舍),或=.所以e=.‎ ‎(2)由(1)知a=2c,b=c.可得椭圆方程为3x2+4y2=12c2,直线PF2方程为y=(x-c).‎ A,B两点的坐标满足方程组 消去y并整理,得5x2-8cx=0.解得x1=0,x2=c,‎ 得方程组的解 不妨设A,B(0,-c).‎ 设点M的坐标为(x,y),则=,=.‎ 由y=(x-c),得c=x-y.‎ 于是=,=(x,x).由·=-2,‎ 即·x+·x=-2,‎ 化简得18x2-16xy-15=0.‎ 将y=代入c=x-y,得c=>0.所以x>0.‎ 因此,点M的轨迹方程是18x2-16xy-15=0(x>0).‎ 课标文数6.H8[2011·天津卷] 已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左顶点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点的距离为4,且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(-2,-1),则双曲线的焦距为(  )‎ A.2 B.2 C.4 D.4 课标文数6.H8[2011·天津卷] B 【解析】 双曲线-=1的渐近线为y=±x,由双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(-2,-1)得-=-2,即p=4.又∵+a=4,∴a=2,将(-2,-1)代入y=x得b=1, ‎ ‎∴c===,∴2c=2.‎ 课标文数18.H8[2011·天津卷] 设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P(a,b)满足|PF2|=|F1F2|. ‎ ‎(1)求椭圆的离心率e;‎ ‎(2)设直线PF2与椭圆相交于A,B两点,若直线PF2与圆(x+1)2+(y-)2=16相交于M,N两点,且|MN|=|AB|,求椭圆的方程.‎ 课标文数18.H8[2011·天津卷] 【解答】 (1)设F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),因为|PF2|=‎ ‎|F1F2|,所以=2c,整理得22+-1=0,得=-1(舍),或=,所以e=.‎ ‎(2)由(1)知a=2c,b=c,可得椭圆方程为3x2+4y2=12c2,直线PF2的方程为y=(x-c).‎ A,B两点的坐标满足方程组消去y并整理,得5x2-8cx=0.解得x1=0,x2=c.得方程组的解不妨设A,B(0,-c),所以|AB|==c.‎ 于是|MN|=|AB|=2c.‎ 圆心(-1,)到直线PF2的距离d==.‎ 因为d2+2=42,所以(2+c)2+c2=16,整理得7c2+12c-52=0.得c=-(舍),或c=2.‎ 所以椭圆方程为+=1.‎ 课标理数8.H8[2011·浙江卷] 已知椭圆C1:+=1(a>b>0)与双曲线C2:x2-=1有公共的焦点,C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A、B两点.若C1恰好将线段AB三等分,则(  )‎ A.a2= B.a2=13‎ C.b2= D.b2=2‎ 课标理数8.H8[2011·浙江卷] C 【解析】 由双曲线x2-=1知渐近线方程为y=±2x,又∵椭圆与双曲线有公共焦点,‎ ‎∴椭圆方程可化为b2x2+y2=b2,‎ 联立直线与椭圆方程消y得,x2=.‎ 又∵C1将线段AB三等分,‎ ‎∴×2=,‎ 解之得b2=.‎ 课标文数9.H8[2011·浙江卷] 已知椭圆C1:+=1(a>b>0)与双曲线C2:x2-=1有公共的焦点,C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A,B两点.若C1恰好将线段AB三等分,则(  )‎ A.a2= B.a2=13 C.b2= D.b2=2‎ 课标文数9.H8[2011·浙江卷] C 【解析】 由双曲线x2-=1知渐近线方程为y=±2x,又 ‎∵椭圆与双曲线有公共焦点,‎ ‎∴椭圆方程可化为b2x2+(b2+5)y2=(b2+5)b2,‎ 联立直线与椭圆方程消y得,x2=.‎ 又∵C1将线段AB三等分,‎ ‎∴×2=,‎ 解之得b2=.‎ 课标理数21.H9[2011·安徽卷] ‎ 设λ>0,点A的坐标为(1,1),点B在抛物线y=x2上运动,点Q满足=λ,经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M,点P满足=λ,求点P的轨迹方程.‎ 图1-7‎ 课标理数21.H9[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查直线和抛物线的方程,平面向量的概念、性质与运算,动点的轨迹方程等基本知识,考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力,全面考核综合数学素养.‎ ‎【解答】 由=λ知Q,M,P三点在同一条垂直于x轴的直线上,故可设P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),‎ 则x2-y0=λ(y-x2),‎ 即y0=(1+λ)x2-λy.①‎ 再设B(x1,y1),由=λ,即(x-x1,y0-y1)=λ(1-x,1-y0),解得 ②‎ 将①式代入②式,消去y0,得 ③‎ 又点B在抛物线y=x2上,所以y1=x,‎ 再将③式代入y1=x,得 ‎(1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=[(1+λ)x-λ]2,‎ ‎(1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=(1+λ)2x2-2λ(1+λ)x+λ2,‎ ‎2λ(1+λ)x-λ(1+λ)y-λ(1+λ)=0.‎ 因λ>0,两边同除以λ(1+λ),得 ‎2x-y-1=0.‎ 故所求点P的轨迹方程为y=2x-1.‎ 课标理数14.H9[2011·北京卷] 曲线C是平面内与两个定点F1(-1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a>1)的点的轨迹,给出下列三个结论:‎ ‎①曲线C过坐标原点;‎ ‎②曲线C关于坐标原点对称;‎ ‎③若点P在曲线C上,则△F1PF2的面积不大于a2.‎ 其中,所有正确结论的序号是________.‎ 课标理数14.H9[2011·北京卷] ②③ 【解析】 ①曲线C经过原点,这点不难验证是错误的,如果经过原点,那么a=1,与条件不符;②曲线C关于原点对称,这点显然正确,如果在某点处|PF1||PF2|=a2,关于原点的对称点处也一定符合|PF1||PF2|=a2;③三角形的面积S△F1F2P2≤,很显然S△F1F2P=|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤|PF1||PF2|=.所以②③正确.‎ 课标理数20.H9,H10[2011·湖北卷] 平面内与两定点A1(-a,0)、A2(a,0)(a>0)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹,加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线.‎ ‎(1)求曲线C的方程,并讨论C的形状与m值的关系;‎ ‎(2)当m=-1时,对应的曲线为C1;对给定的m∈(-1,0)∪(0,+∞),对应的曲线为 C2.设F1、F2是C2的两个焦点,试问:在C1上,是否存在点N,使得△F1NF2的面积S=|m|a2.若存在,求tan∠F1NF2的值;若不存在,请说明理由.‎ 课标理数20.H9,H10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)设动点为M,其坐标为(x,y),‎ 当x≠±a时,由条件可得kMA1·kMA2=·==m,‎ 即mx2-y2=ma2(x≠±a),‎ 又A1(-a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2-y2=ma2,‎ 故依题意,曲线C的方程为mx2-y2=ma2.‎ 当m<-1时,曲线C的方程为+=1,C是焦点在y轴上的椭圆;‎ 当m=-1时,曲线C的方程为 x2+y2=a2,C是圆心在原点的圆;‎ 当-10时,曲线C的方程为-=1,C是焦点在x轴上的双曲线.‎ ‎(2)由(1)知,当m=-1时,C1的方程为x2+y2=a2;‎ 当m∈(-1,0)∪(0,+∞)时,C2的两个焦点分别为F1(-a,0),F2(a,0).‎ 对于给定的m∈(-1,0)∪(0,+∞),C1上存在点N(x0,y0)(y0≠0)使得△F1NF2的面积S=|m|a2的充要条件 是 由①得0<|y0|≤a,由②得|y0|= .‎ 当0<≤a,即≤m<0或0a,即-10)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹,加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线.‎ ‎(1)求曲线C的方程,并讨论C的形状与m值的关系;‎ ‎(2)当m=-1时,对应的曲线为C1,对给定的m∈(-1,0)∪(0,+∞),对应的曲线为C2.设F1、F2是C2的两个焦点.试问:在C1上,是否存在点N,使得△F1NF2的面积S=|m|a2.若存在,求tan∠F1NF2的值;若不存在,请说明理由.‎ 课标文数21.H9,H10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)设动点为M,其坐标为(x,y).‎ 当x≠±a时,由条件可得kMA1·kMA2=·==m.‎ 即mx2-y2=ma2(x≠±a),‎ 又A1(-a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2-y2=ma2,‎ 故依题意,曲线C的方程为mx2-y2=ma2.‎ 当m<-1时,曲线C的方程为+=1,C是焦点在y轴上的椭圆;‎ 当m=-1时,曲线C的方程为x2+y2=a2,C是圆心在原点的圆;‎ 当-10时,曲线C的方程为-=1,C是焦点在x轴上的双曲线.‎ ‎(2)由(1)知,当m=-1时,C1的方程为x2+y2=a2;‎ 当m∈(-1,0)∪(0,+∞)时,‎ C2的两个焦点分别为F1,‎ F2(a,0).‎ 对于给定的m∈(-1,0)∪(0,+∞),C1上存在点N(x0,y0)(y0≠0)使得△F1NF2的面积S=|m|a2的充要条件是 由①得0<|y0|≤a,由②得|y0|=.‎ 所以,当0<≤a,即≤m<0,或0a,即-1时,‎ 不存在满足条件的点N.‎ 当m∈∪时,‎ 由=,‎ =,‎ 可得·=x-(1+m)a2+y=-ma2.‎ 设||=r1,||=r2,∠F1NF2=θ.‎ 则由·=r1r2cosθ=-ma2,可得r1r2=-,‎ 从而S=r1r2sinθ=-=-ma2tanθ,‎ 于是由S=|m|a2,‎ 可得-ma2tanθ=|m|a2,即tanθ=-.‎ 综上可得:‎ 当m∈时,在C1上,存在点N,使得S=|m|a2,且tan∠F1NF2=2;‎ 当m∈时,在C1上,存在点N,使得S=|m|a2,且tan∠F1NF2=-2;‎ 当m∈∪时,在C1上,不存在满足条件的点N.‎ 课标理数20.H2,H9[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).‎ 所以=(-x,-1-y),=(0,-3-y),=(x,-2).‎ 再由题意可知(+)·=0,‎ 即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0,‎ 所以曲线C的方程为y=x2-2.‎ ‎(2)设P(x0,y0)为曲线C:y=x2-2上一点,‎ 因为y′=x,所以l的斜率为x0.‎ 因此直线l的方程为y-y0=x0(x-x0),‎ 即x0x-2y+2y0-x=0.‎ 则O点到l的距离d=,又y0=x-2,‎ 所以d==≥2,‎ 当x0=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为2.‎ 课标理数8.H9[2011·山东卷] 已知双曲线-=1(a>0,b>0)的两条渐近线均和圆C:x2+y2-6x+5=0相切,且双曲线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为(  )‎ A.-=1 B.-=1‎ C.-=1 D.-=1‎ 课标理数8.H9[2011·山东卷] A 【解析】 圆方程化为标准方程为(x-3)2+y2=4,所以圆心C(3,0),r=2,所以双曲线焦点F(3,0),即c=3,渐近线为ay±bx=0,由圆心到渐近线的距离为2得=2,又a2+b2=9,所以|b|=2,即b2=4,a2=c2-b2=9-4=5,所以所求双曲线方程为-=1.‎ 课标理数19.H10[2011·北京卷] 已知椭圆G:+y2=1,过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A,B两点.‎ ‎(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率;‎ ‎(2)将|AB|表示为m的函数,并求|AB|的最大值.‎ 课标理数19.H10[2011·北京卷] 【解答】 (1)由已知得a=2,b=1.‎ 所以c==.‎ 所以椭圆G的焦点坐标为(-,0),(,0).‎ 离心率为e==.‎ ‎(2)由题意知,|m|≥1.‎ 当m=1时,切线l的方程为x=1,点A,B的坐标分别为,,‎ 此时|AB|=.‎ 当m=-1时,同理可知|AB|=.‎ 当|m|>1时,设切线l的方程为y=k(x-m),‎ 由得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0.‎ 设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),‎ 则x1+x2=,x1x2=,‎ 又由l与圆x2+y2=1相切,得=1,‎ 即m2k2=k2+1,‎ 所以|AB|= ‎= ‎= ‎=.‎ 由于当m=±1时,|AB|=.‎ 所以|AB|=,m∈(-∞,-1 ]∪[1,+∞).‎ 因为|AB|==≤2,且当m=±时,|AB|=2.‎ 所以|AB|的最大值为2.‎ 大纲理数21.H8,H10[2011·全国卷] 已知O为坐标原点,F为椭圆C:x2+=1在y轴正半轴上的焦点,过F且斜率为-的直线l与C交于A、B两点,点P满足++=0.‎ ‎(1)证明:点P在C上;‎ ‎(2)设点P关于点O的对称点为Q,证明:A、P、B、Q四点在同一圆上.‎ 图1-4[来源:学+科+网Z+X+X+K]‎ 大纲理数21.H8,H10[2011·全国卷] 【解答】 (1)证明:F(0,1),l的方程为y=-x+1,代入x2+=1并化简得 ‎4x2-2x-1=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),‎ 则x1=,x2=,‎ x1+x2=,y1+y2=-(x1+x2)+2=1,‎ 由题意得x3=-(x1+x2)=-,y3=-(y1+y2)=-1.‎ 所以点P的坐标为.‎ 经验证,点P的坐标满足方程x2+=1,故点P在椭圆C上.‎ ‎(2)证明:由P和题设知Q,PQ的垂直平分线l1的方程为y=-x.①‎ 设AB的中点为M,则M,AB的垂直平分线l2的方程为y=x+.②‎ 由①、②得l1、l2的交点为N.‎ ‎|NP|==,‎ ‎|AB|=·|x2-x1|=,‎ ‎|AM|=,‎ ‎|MN|==,‎ ‎|NA|==,‎ 故|NP|=|NA|.‎ 又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|,‎ 所以|NA|=|NP|=|NB|=|NQ|,‎ 由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心,NA为半径的圆上.‎ 大纲文数22.H8,H10[2011·全国卷] 已知O为坐标原点,F为椭圆C:x2+=1在y轴正半轴上的焦点,过F且 图1-4‎ 斜率为-的直线l与C交于A、B两点,点P满足++=0.‎ ‎(1)证明:点P在C上;‎ ‎(2)设点P关于点O的对称点为Q,证明:A、P、B、Q四点在同一圆上.‎ 大纲文数22.H8,H10[2011·全国卷] ‎ ‎【解答】 (1)证明:F(0,1),l的方程为y=-x+1,代入x2+=1并化简得 ‎4x2-2x-1=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),‎ 则x1=,x2=,‎ x1+x2=,y1+y2=-(x1+x2)+2=1,‎ 由题意得x3=-(x1+x2)=-,y3=-(y1+y2)=-1.‎ 所以点P的坐标为.‎ 经验证,点P的坐标满足方程x2+=1,故点P在椭圆C上.‎ ‎(2)证明:由P和题设知Q,PQ的垂直平分线l1的方程为y=-x.①‎ 设AB的中点为M,则M,AB的垂直平分线l2的方程为y=x+.②‎ 由①、②得l1、l2的交点为N.‎ ‎|NP|==,‎ ‎|AB|=·|x2-x1|=,‎ ‎|AM|=,‎ ‎|MN|==,‎ ‎|NA|==,‎ 故|NP|=|NA|.‎ 又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|,‎ 所以|NA|=|NP|=|NB|=|NQ|,‎ 由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心,NA为半径的圆上.‎ 课标理数19.H10[2011·广东卷] 设圆C与两圆(x+)2+y2=4,(x-)2+y2=4‎ 中的一个内切,另一个外切.‎ ‎(1)求C的圆心轨迹L的方程;‎ ‎(2)已知点M,F(,0),且P为L上动点.求||MP|-|FP||的最大值及此时点P的坐标.‎ 课标理数19.H10[2011·广东卷] 【解答】 (1)设C的圆心的坐标为(x,y),由题设知 ‎|-|=4,‎ 化简得L的方程为-y2=1.‎ ‎(2)由已知可求得过M,F的直线l方程为y=-2(x-),将其代入L的方程得15x2-32x+84=0,‎ 解得x1=,x2=,故可求得l与L的交点坐标分别为T1,T2.‎ 因T1在线段MF外,T2在线段MF内,‎ 故||MT1|-|FT1||=|MF|=2,||MT2|-|FT2||<|MF|=2. ‎ 若P不在直线MF上,在△MFP中有||MP|-|FP||<|MF|=2. ‎ 故||MP|-|FP||只在点P位于T1时取得最大值2.‎ 图1-3‎ 课标文数21.H10,B9[2011·广东卷] ‎ 在平面直角坐标系xOy中,直线l:x=-2交x轴于点A.设P是l上一点,M是线段OP的垂直平分线上一点,且满足∠MPO=∠AOP.‎ ‎(1)当点P在l上运动时,求点M的轨迹E的方程;‎ ‎(2)已知T(1,-1).设H是E上动点,求|HO|+|HT|的最小值,并给出此时点H的坐标;[来源:学.科.网]‎ ‎(3)过点T(1,-1)且不平行于y轴的直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点.求直线l1的斜率k的取值范围.‎ 图1-2‎ ‎∵MQ为线段OP的垂直平分线,‎ ‎∴∠MPQ=∠MOQ.‎ 又∵∠MPQ=∠AOP,∴∠MOQ=∠AOP.‎ 因此M在x轴上,此时,记M的坐标为(x,0).‎ 为分析M(x,0)中x的变化范围,设P(-2,a)为l上任意点(a∈R).‎ 由|MO|=|MP|,即|x|=得,‎ x=-1-a2≤-1.‎ 故M(x,0)的轨迹方程为 y=0,x≤-1. ②‎ 综合①和②得,点M轨迹E的方程为 y2= ‎(2)由(1)知,轨迹E的方程由下面E1和E2两部分组成(如图1-3):‎ 图1-3‎ E1:y2=4(x+1)(x≥-1);‎ E2:y=0,x<-1.‎ 当H∈E1时,过T作垂直于l的直线,垂足为T′,交E1于D.再过H作垂直于l的直线,交l于H′.‎ 因此,|HO|=|HH′|(抛物线的性质).‎ ‎∴|HO|+|HT|=|HH′|+|HT|≥|TT′|=3(该等号仅当H′与T′重合(或H与D重合)时取得).‎ 当H∈E2时,则|HO|+|HT|>|BO|+|BT|=1+>3.‎ 综合可得,|HO|+|HT|的最小值为3,且此时点H的坐标为.‎ ‎(3)由图1-3知,直线l1的斜率k不可能为零.‎ 设l1:y+1=k(x-1)(k≠0).‎ 故x=(y+1)+1,代入E1的方程得:y2-y-=0.‎ 因判别式Δ=+4=2+28>0,‎ 所以l1与E中的E1有且仅有两个不同的交点.‎ 又由E2和l1的方程可知,若l1与E2有交点,‎ 则此交点的坐标为,且<-1.即当-0)‎ 连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹,加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线.‎ ‎(1)求曲线C的方程,并讨论C的形状与m值的关系;‎ ‎(2)当m=-1时,对应的曲线为C1;对给定的m∈(-1,0)∪(0,+∞),对应的曲线为C2.设F1、F2是C2的两个焦点,试问:在C1上,是否存在点N,使得△F1NF2的面积S=|m|a2.若存在,求tan∠F1NF2的值;若不存在,请说明理由.‎ 课标理数20.H9,H10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)设动点为M,其坐标为(x,y),‎ 当x≠±a时,由条件可得kMA1·kMA2=·==m,‎ 即mx2-y2=ma2(x≠±a),‎ 又A1(-a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2-y2=ma2,‎ 故依题意,曲线C的方程为mx2-y2=ma2.‎ 当m<-1时,曲线C的方程为+=1,C是焦点在y轴上的椭圆;‎ 当m=-1时,曲线C的方程为 x2+y2=a2,C是圆心在原点的圆;‎ 当-10时,曲线C的方程为-=1,C是焦点在x轴上的双曲线.‎ ‎(2)由(1)知,当m=-1时,C1的方程为x2+y2=a2;‎ 当m∈(-1,0)∪(0,+∞)时,C2的两个焦点分别为F1(-a,0),F2(a,0).‎ 对于给定的m∈(-1,0)∪(0,+∞),C1上存在点N(x0,y0)(y0≠0)使得△F1NF2的面积S=|m|a2的充要条件 是 由①得0<|y0|≤a,由②得|y0|= .‎ 当0<≤a,即≤m<0或0a,即-10)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹,加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线.‎ ‎(1)求曲线C的方程,并讨论C的形状与m值的关系;‎ ‎(2)当m=-1时,对应的曲线为C1,对给定的m∈(-1,0)∪(0,+∞),对应的曲线为C2.设F1、F2是C2的两个焦点.试问:在C1上,是否存在点N,使得△F1NF2的面积S=|m|a2.若存在,求tan∠F1NF2的值;若不存在,请说明理由.‎ 课标文数21.H9,H10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)设动点为M,其坐标为(x,y).‎ 当x≠±a时,由条件可得kMA1·kMA2=·==m.‎ 即mx2-y2=ma2(x≠±a),‎ 又A1(-a,0)、A2(a,0)的坐标满足mx2-y2=ma2,‎ 故依题意,曲线C的方程为mx2-y2=ma2.‎ 当m<-1时,曲线C的方程为+=1,C是焦点在y轴上的椭圆;‎ 当m=-1时,曲线C的方程为x2+y2=a2,C是圆心在原点的圆;‎ 当-10时,曲线C的方程为-=1,C是焦点在x轴上的双曲线.‎ ‎(2)由(1)知,当m=-1时,C1的方程为x2+y2=a2;‎ 当m∈(-1,0)∪(0,+∞)时,‎ C2的两个焦点分别为F1,‎ F2(a,0).‎ 对于给定的m∈(-1,0)∪(0,+∞),C1上存在点N(x0,y0)(y0≠0)使得△F1NF2的面积S=|m|a2的充要条件是 由①得0<|y0|≤a,由②得|y0|=.‎ 所以,当0<≤a,即≤m<0,或0a,即-1时,‎ 不存在满足条件的点N.‎ 当m∈∪时,‎ 由=,‎ =,‎ 可得·=x-(1+m)a2+y=-ma2.‎ 设||=r1,||=r2,∠F1NF2=θ.‎ 则由·=r1r2cosθ=-ma2,可得r1r2=-,‎ 从而S=r1r2sinθ=-=-ma2tanθ,‎ 于是由S=|m|a2,‎ 可得-ma2tanθ=|m|a2,即tanθ=-.‎ 综上可得:‎ 当m∈时,在C1上,存在点N,使得S=|m|a2,且tan∠F1NF2=2;‎ 当m∈时,在C1上,存在点N,使得S=|m|a2,且tan∠F1NF2=-2;‎ 当m∈∪时,在C1上,不存在满足条件的点N.‎ 课标理数9.H10[2011·江西卷] 若曲线C1:x2+y2-2x=0与曲线C2:y(y-mx-m)=0有四个不同的交点,则实数m的取值范围是(  )‎ A. ‎ B.∪ C. ‎ D.∪ 课标理数9.H10[2011·江西卷] B 【解析】 配方得,曲线C1:(x-1)2+y2=1,即曲线C1为圆心在点C1(1,0),半径为1的圆,曲线C2则表示两条直线:x轴与直线l:y=m(x+1),‎ 显然x轴与圆C1有两个交点,于是知直线l与圆C1相交,‎ ‎∴圆心C1到直线l的距离d=0,‎ 即3k2+2>m2,(★)‎ 又x1+x2=-,x1x2=,‎ 所以|PQ|=· ‎=·.‎ 因为点O到直线l的距离为d=,‎ 所以S△OPQ=|PQ|·d ‎=·· ‎=.‎ 又S△OPQ=,‎ 整理得3k2+2=2m2,且符合(★)式.‎ 此时x+x=(x1+x2)2-2x1x2=‎ 2-2×=3,‎ y+y=(3-x)+(3-x)=4-(x+x)=2.‎ 综上所述,x+x=3,y+y=2,结论成立.‎ ‎(2)解法一:①当直线l的斜率不存在时,‎ 由(1)知|OM|=|x1|=,|PQ|=2|y1|=2,‎ 因此|OM|·|PQ|=×2=.‎ ‎②当直线l的斜率存在时,由ⅰ知:‎ =-,‎ =k+m=-+m==,‎ ‎|OM|2=2+2=+==.‎ ‎|PQ|2=(1+k2)==2.‎ 所以|OM|2·|PQ|2=××2× ‎=≤2=.‎ 所以|OM|·|PQ|≤,当且仅当3-=2+,即m=±时,等号成立.‎ 综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为.‎ 解法二:‎ 因为4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2=2[(x+x)+(y+y)]=10.‎ 所以2|OM|·|PQ|≤== 5.‎ 即|OM|·|PQ|≤,当且仅当2|OM|=|PQ|=时等号成立.‎ 因此|OM|·|PQ|的最大值为.‎ ‎(3)椭圆C上不存在三点D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=.‎ 证明:假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足S△ODE=S△ODG=S△OEG=.‎ 由(1)得u2+x=3,u2+x=3,x+x=3,v2+y=2,v2+y=2,y+y=2.‎ 解得u2=x=x=;v2=y=y=1.‎ 因此u,x1,x2只能从±中选取,v,y1,y2只能从±1中选取.‎ 因此D、E、G只能在这四点中选取三个不同点,‎ 而这三点的两两连线中必有一条过原点,‎ 与S△ODE=S△ODG=S△OEG=矛盾,‎ 所以椭圆C上不存在满足条件的三点D、E、G.‎ 课标文数15.H10[2011·山东卷] 已知双曲线-=1(a>0,b>0)和椭圆+=1有相同的焦点,且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍,则双曲线的方程为________________.‎ 课标文数22.H10[2011·山东卷] 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+y2=1.如图1-10所示,斜率为k(k>0)且不过原点的直线l交椭圆C于A,B两点,线段AB的中点为E,射线OE交椭圆C于点G,交直线x=-3于点D(-3,m).‎ ‎(1)求m2+k2的最小值;‎ ‎(2)若|OG|2=|OD|·|OE|.‎ ‎①求证:直线l过定点;‎ ‎②试问点B,G能否关于x轴对称?若能,求出此时△ABG的外接圆方程;若不能,请说明理由.‎ 课标文数22.H10[2011·山东卷] 【解答】 (1)设直线l的方程为y=kx+t(k>0),‎ 由题意,t>0.‎ 由方程组得 ‎(3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0.‎ 由题意Δ>0,‎ 所以3k2+1>t2.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由韦达定理得x1+x2=-.‎ 所以y1+y2=.‎ 由于E为线段AB的中点.‎ 因此xE=-,yE=,‎ 此时kOE==-.‎ 所以OE所在直线方程为y=-x.‎ 又由题设知D(-3,m),‎ 令x=-3,得m=,‎ 即mk=1,‎ 所以m2+k2≥2mk=2,‎ 当且仅当m=k=1时上式等号成立.‎ 此时由Δ>0得0<t<2.‎ 因此当m=k=1且0<t<2时,m2+k2取最小值2.‎ ‎(2)①由(1)知OD所在直线的方程为y=-x,‎ 将其代入椭圆C的方程,并由k>0,‎ 解得G.‎ 又E,D,‎ 由距离公式及t>0得 ‎|OG|2=2+2=.‎ ‎|OD|==,‎ ‎|OE|==.‎ 由|OG|2=|OD|·|OE|得t=k.‎ 因此直线l的方程为y=k(x+1).‎ 所以直线l恒过定点(-1,0).‎ ‎②由①得G,‎ 若B,G关于x轴对称,‎ 则B.‎ 代入y=k(x+1)整理得3k2-1=k,‎ 即6k4-7k2+1=0,‎ 解得k2=(舍去)或k2=1,‎ 所以k=1.‎ 此时B,G关于x轴对称.[来源:学#科#网]‎ 又由(1)得x1=0,y1=1,所以A(0,1).‎ 由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上,可设△ABG的外接圆的圆心为(d,0).‎ 因此d2+1=2+,解得d=-,‎ 故△ABG的外接圆的半径为r==.‎ 所以△ABG的外接圆方程为2+y2=.‎ 课标数学14.H10[2011·江苏卷] 设集合A=, B={(x,y)|2m≤x+y≤2m+1,x,y∈R}, 若A∩B≠∅, 则实数m的取值范围是________.‎ 课标数学14.H10[2011·江苏卷]  ‎ ‎【解析】 若m<0,则符合题意的条件是:直线x+y=2m+1与圆(x-2)2+y2=m2有交点,从而由≤|m|,解之得≤m≤,矛盾;‎ 若m=0,则代入后可知矛盾;‎ 若m>0,则当≤m2,即m≥时,集合A表示一个环形区域,且大圆半径不小于,即直径不小于1,集合B表示一个带形区域,且两直线间距离为,‎ 从而当直线x+y=2m与x+y=2m+1中至少有一条与圆(x-2)2+y2=m2有交点,即可符合题意,从而有 ≤|m|或≤|m|,解之得≤m≤2+,‎ 所以综上所述,实数m的取值范围是≤m≤2+.‎ 课标数学18.H8,H10[2011·江苏卷] ‎ 图1-5‎ 如图1-5,在平面直角坐标系xOy中,M、N分别是椭圆+=1‎ 的顶点,过坐标原点的直线交椭圆于P,A两点,其中点P在第一象限,过P作x轴的垂线,垂足为C,连结AC,并延长交椭圆于点B,设直线PA的斜率为k.‎ ‎(1)若直线PA平分线段MN,求k的值;‎ ‎(2)当k=2时,求点P到直线AB的距离d;‎ ‎(3)对任意的k>0,求证:PA⊥PB.‎ 课标数学18.H8,H10[2011·江苏卷] 本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力.‎ 图1-6‎ ‎【解答】 (1)由题设知,a=2,b=,故M(-2,0),N(0,-),所以线段MN中点的坐标为.由于直线PA平分线段MN,故直线PA过线段MN的中点,又直线PA过坐标原点,所以k==.‎ ‎(2)直线PA的方程为y=2x,代入椭圆方程得 +=1,解得x=±,‎ 因此P,A.‎ 于是C,直线AC的斜率为=1,‎ 故直线AB的方程为x-y-=0.‎ 因此,d==.‎ ‎(3)解法一:‎ 将直线PA的方程y=kx代入+=1,‎ 解得x=± .‎ 记μ=,则P(μ,μk),A(-μ,-μk),‎ 于是C(μ,0),故直线AB的斜率为=,‎ 其方程为y=(x-μ),‎ 代入椭圆方程得(2+k2)x2-2μk2x-μ2(3k2+2)=0,‎ 解得x=或x=-μ,‎ 因此B.‎ 于是直线PB的斜率k1===-.‎ 因此k1k=-1,所以PA⊥PB.‎ 解法二:‎ 设P(x1,y1),B(x2,y2),则x1>0,x2>0,x1≠x2,A(-x1,-y1),C(x1,0),设直线PB,AB的斜率分别为k1,k2,因为C在直线AB上,所以k2===,从而k1k+1=2k1k2+1=2··+1‎ ‎=+1===0.‎ 因此k1k=-1,所以PA⊥PB.‎ 大纲文数21.H10[2011·四川卷] 如图1-8,过点C(0,1)的椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆与x轴交于两点A(a,0),B(-a,0).过点C的直线l与椭圆交于另一点D,并与x轴交于点P,直线AC与直线BD交于点Q.‎ ‎(1)当直线l过椭圆右焦点时,求线段CD的长;‎ ‎(2)当点P异于点B时,求证:·为定值.‎ 图1-8‎ 大纲文数21.H10[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知得b=1,=,解得a=2,所以椭圆方程为+y2=1.‎ 椭圆的右焦点为(,0),此时直线l的方程为y=-x+1,‎ 代入椭圆方程化简得7x2-8x=0.‎ 解得x1=0,x2=,‎ 代入直线l的方程得y1=1,y2=-, ‎ 所以D点坐标为.‎ 故|CD|==.‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时与题意不符.‎ 设直线l的方程为y=kx+1.‎ 代入椭圆方程化简得 ‎(4k2+1)x2+8kx=0.‎ 解得x1=0,x2=,代入直线l的方程得y1=1,y2=,‎ 所以D点坐标为.‎ 又直线AC的方程为+y=1,直线BD的方程为y=(x+2),‎ 联立解得 因此Q点坐标为(-4k,2k+1).‎ 又P点坐标为,‎ 所以·=·(-4k,2k+1)=4.‎ 故·为定值.‎ 大纲理数21.H10[2011·四川卷] 如图1-8,椭圆有两顶点A(-1,0)、B(1,0),过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点,并与x轴交于点P,直线AC与直线BD交于点Q.‎ ‎(1)当|CD|=时,求直线l的方程;‎ ‎(2)当点P异于A、B两点时,求证:·为定值.‎ 图1-8‎ 大纲理数21.H10[2011·四川卷] (1)因椭圆焦点在y轴上,设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0).‎ 由已知得b=1,c=1,所以a=,椭圆方程为+x2=1.‎ 直线l垂直于x轴时与题意不符.‎ 设直线l的方程为y=kx+1,将其代入椭圆方程化简得(k2+2)x2+2kx-1=0.‎ 设C(x1,y1),D(x2,y2),‎ 则x1+x2=-,x1·x2=-,‎ ‎|CD|=·=.‎ 由已知得=.‎ 解得k=±.‎ 所以直线l的方程为y=x+1或y=-x+1.‎ ‎(2)直线l与x轴垂直时与题意不符.‎ 设直线l的方程为y=kx+1(k≠0且k≠±1),‎ 所以P点坐标为.‎ 设C(x1,y1),D(x2,y2),由(1)知x1+x2=-,‎ x1·x2=-.‎ 直线AC的方程y=(x+1),直线BD的方程为y=(x-1),‎ 将两直线方程联立,消去y得=.‎ 因为-1<x1,x2<1,所以与异号.‎ 2==·= ‎==2.‎ 又y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1==-·,‎ ‎∴与y1y2异号,与同号,∴=,解得x=-k. ‎ 因此Q点坐标为(-k,y0).‎ ·=·(-k,y0)=1.‎ 故·为定值.‎ 大纲理数15.H10[2011·重庆卷] 设圆C位于抛物线y2=2x与直线x=3所围成的封闭区域(包含边界)内,则圆C的半径能取到的最大值为________.‎ 大纲理数15.H10[2011·重庆卷] -1 【解析】 由题意知,半径取得最大值的圆的圆心必在x轴上.‎ 设圆心C(a,0)(0<a<3),则半径为3-a,于是圆的方程为(x-a)2+y2=(3-a)2,‎ 将抛物线方程y2=2x代入圆的方程得 ‎(x-a)2+2x=(a-3)2,即x2-2(a-1)x+6a-9=0,‎ 由Δ=4(a-1)2-4(6a-9)=0,即a2-8a+10=0,解得a=4±,‎ ‎∵0<a<3,∴a=4-.‎ 故圆C的半径能取到的最大值为3-a=-1.‎ 图1-8‎ 大纲理数20.H10[2011·重庆卷] 如图1-8,椭圆的中心为原点O,离心率e=,一条准线的方程为x=2.‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程;‎ ‎(2)设动点P满足:=+2,其中M,N是椭圆上的点,直线OM与ON的斜率之积为-,问:是否存在两个定点F1,F2,使得|PF1|+|PF2|为定值?若存在,求F1,F2的坐标,若不存在,说明理由.‎ 大纲理数20.H10[2011·重庆卷] 【解答】 (1)由e==,=2,‎ 解得a=2,c=,b2=a2-c2=2,‎ 故椭圆的标准方程为+=1.‎ ‎(2)设P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 则由=+2得 ‎(x,y)=(x1,y1)+2(x2,y2)=(x1+2x2,y1+2y2),‎ 即x=x1+2x2,y=y1+2y2.‎ 因为点M,N在椭圆x2+2y2=4上,‎ 所以x+2y=4,x+2y=4,[来源:学。科。网Z。X。X。K]‎ 故x2+2y2=(x+4x+4x1x2)+2(y+4y+4y1y2)‎ ‎=(x+2y)+4(x+2y)+4(x1x2+2y1y2)‎ ‎=20+4(x1x2+2y1y2).‎ 设kOM,kON分别为直线OM,ON的斜率,由题设条件知kOM·kON==-,因此x1x2+2y1y2=0,‎ 所以x2+2y2=20.‎ ‎、大纲文数21.H10[2011·重庆卷] 如图1-5,椭圆的中心为原点O,离心率e=,一条准线的方程是x=2.‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程;‎ ‎(2)设动点P满足:=+2,其中M,N是椭圆上的点,直线OM与ON的斜率之积为-.问:是否存在定点F,使得|PF|与点P到直线l:x=2的距离之比为定值?若存在,求F的坐标;若不存在,说明理由.‎ 大纲文数21.H10[2011·重庆卷] ‎ ‎【解答】 (1)由e==,=2,‎ 解得a=2,c=,b2=a2-c2=2,‎ 故椭圆的标准方程为 +=1.‎ ‎(2)设P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 则由=+2得 ‎(x,y)=(x1,y1)+2(x2,y2)=(x1+2x2,y1+2y2),‎ 即x=x1+2x2,y=y1+2y2.‎ 因为点M,N在椭圆x2+2y2=4上,所以 x+2y=4,x+2y=4,‎ 故x2+2y2=(x+4x+4x1x2)+2(y+4y+4y1y2)‎ ‎=(x+2y)+4(x+2y)+4(x1x2+2y1y2)‎ ‎=20+4(x1x2+2y1y2).‎ 设kOM,kON分别为直线OM,ON的斜率,由题设条件知 kOM·kON==-,因此x1x2+2y1y2=0.‎ 所以x2+2y2=20.‎ 所以P点是椭圆+=1上的点,该椭圆的右焦点为F(,0),离心率e=,直线l:x=2是该椭圆的右准线,故根据椭圆的第二定义,存在定点F(,0)使得|PF|与P点到直线l的距离之比为定值.‎ ‎[2011·重庆模拟] 已知直线l过点O(0,0)和点P(2+cosα,sinα),则直线l的斜率的最大值为(  )‎ A. B. C. D. ‎[2011·上海模拟] 直线2x-y+3=0关于直线x-y+2=0对称的直线方程是(  )‎ A.x-2y+3=0‎ B.x-2y-3=0‎ C.x+2y+1=0‎ D.x+2y-1=0‎ ‎[2011·临川一中诊断] 已知直线l1和l2的夹角平分线为y=x,如果l1的方程是ax+by+c=0,那么直线l2的方程为(  )‎ A.bx+ay+c=0 B.ax-by+c=0‎ C.bx+ay-c=0 D.bx-ay+c=0‎ ‎[2011·北京海淀模拟] 已知直线l1:x+y+1=0,l2:x+y-1=0,则l1,l2之间的距离为(  )‎ A.1 B. C. D. ‎[2011·张家界期末] 过点P(4,2)作圆x2+y2=4的两条切线,切点分别为A,B,O为坐标原点,则△OAB的外接圆方程是(  )‎ A.(x-2)2+(y-1)2=5‎ B.(x-4)2+(y-2)2=20‎ C.(x+2)2+(y+1)2=5‎ ‎ D.(x+4)2+(y+2)2=20‎ ‎[2011·德州一模] 若直线2x-y+a=0与圆(x-1)2+y2=1有公共点,则实数a的取值范围为(  )‎ A.-2-0)的准线与圆x2+y2-6x-7=0相切,则p的值为__________.‎ ‎[2011·揭阳调研] 已知a>b>0,e1,e2分别为圆锥曲线+=1和-=1的离心率,则lge1+lge2的值(  )‎ A.大于0且小于1 ‎ B. 大于1‎ C. 小于0 ‎ D. 等于0‎ ‎[2011·北京西城区一模] 设圆C的圆心为双曲线-=1(a>0)的右焦点且与此双曲线的渐近线相切,若圆C被直线l:x-y=0截得的弦长等于2,则a的值为(  )‎ A. B. C.2 D.3‎ ‎[2011·温州中学月考] 已知动圆圆心在抛物线y2=4x上,且动圆恒与直线x=-1相切,则此动圆必过定点__________.‎ ‎[2011·浙江六校联考] 不论a为何值时,直线(a-1)x-y+2a+1=0恒过定点P,则过P点的抛物线的标准方程为__________.‎
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