2013年高考数学（理科）真题分类汇编H单元 解析几何
H单元 解析几何
H1 直线的倾斜角与斜率、直线的方程
20．H1，H5，H8[2013·新课标全国卷Ⅱ] 平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.
(1)求M的方程；
(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
20．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则
＋＝1，＋＝1.
＝－1.
由此可得＝－＝1.
因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，
所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.
因此a2＝6，b2＝3.
所以M的方程为＋＝1.
(2)由
解得或
因此|AB|＝.
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n－
0，x，y满足约束条件若z＝2x＋y的最小值为1，则a＝( )
A. B. C．1 D．2
9．B [解析] 直线y＝a(x－3)过定点(3，0) .画出可行域如图，易得A(1，－2a)，B(3，0)，C(1，2). 作出直线y＝－2x，平移易知直线过A点时直线在y轴上的截距最小，即2＋(－2a)＝1a＝ .答案为B.
H2 两直线的位置关系与点到直线的距离
8．H2[2013·湖南卷] 在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P(如图1－1所示)，若光线QR经过△ABC的重心，则AP等于( )
图1－1
A．2 B．1
C. D.
8．D [解析] 不妨设AP＝m(0≤m≤4)，建立坐标系，设AB为x轴，AC为y轴，则A(0，0)，B(4，0)，C(0，4)，Q(xQ，yQ)，R(0，yR)，P(m，0)，可知△ABC的重心为G，根据反射性质，可知P关于y轴的对称点P1(－m，0)在直线QR上，P关于x＋y＝4的对称点P2(4，4－m)在直线RQ上，则QR的方程为＝，将G代入可得3m2－4m＝0，即m＝或m＝0(舍)，选D.
12．H2，E1[2013·新课标全国卷Ⅱ] 已知点A(－1，0)，B(1，0)，C(0，1)，直线y＝ax＋b(a＞0)将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是( )
A．(0，1) B.
C. D.
12．B [解析] 方法一：易得△ABC面积为1，利用极限位置和特值法．当a＝0时，易得b＝1－；当a＝时，易得b＝；当a＝1时，易得b＝－1>.故选B.
方法二：(直接法) y＝ ，y＝ax＋b与x 轴交于，结合图形与a>0 ，××＝(a＋b)2＝a(a＋1)>0a＝.
∵a>0，∴>0b<，当a＝0时，极限位置易得b＝1－，故答案为B.
7．H2，H4[2013·重庆卷] 已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( )
A．5 －4 B. －1
C．6－2 D.
7．A [解析] 如图，作圆C1关于x轴的对称圆C′1：(x－2)2＋(y＋3)2＝1，则|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|.由图可知当C2，N，P，M′，C′1在同一直线上时，|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|取得最小值，即为|C′1C2|－1－3＝5 －4，故选A.
图1－3
H3 圆的方程
20．H3，H10，H8，H5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
20．解：由已知得圆M的圆心为M(－1，0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1，0)，半径r2＝3.
设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以
|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
由椭圆的定义可知，曲线C是以M, N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，
当且仅当圆P的圆心为(2，0)时，R＝2，所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.
若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝2 .
若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，
则＝，可求得Q(－4，0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．由l与圆M相切得＝1，解得k＝±.当k＝时，将y＝x＋代入＋＝1，
并整理得7x2＋8x－8＝0.解得x1，2＝.
所以|AB|＝|x2－x1|＝.
当k＝－时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝2 或|AB|＝.
21．F2、F3、H3、H5，H8[2013·重庆卷] 如图1－9所示，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率e＝，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A′两点，|AA′|＝4.
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外，若PQ⊥P′Q，求圆Q的标准方程．
图1－9
21．解：(1)由题意知点A(－c，2)在椭圆上，则＋＝1，从而e2＋＝1.
由e＝得b2＝＝8，从而a2＝＝16.
故该椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0，0)．又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8
＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4，4])．
设P(x1，y1)，由题意，P是椭圆上到Q的距离最小的点，因此，上式当x＝x1时取得最小值．又因x1∈(－4，4)，所以上式当x＝2x0时取得最小值，从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x.
因为PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，所以·′＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，
即(x1－x0)2－y＝0.由椭圆方程及x1＝2x0得x－8＝0，
解得x1＝±，x0＝＝±，从而|QP|2＝8－x＝.
故这样的圆有两个，其标准方程分别为
＋y2＝，＋y2＝.
H4 直线与圆、圆与圆的位置关系
9．H4[2013·江西卷] 过点(，0)引直线l与曲线y＝相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于( )
A. B．－
C．± D．－
9．B [解析] AB：y＝k(x－)，k<0，圆心到直线的距离d＝<1，得－10)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5.若以MF为直径的圆过点(0，2)，则C的方程为( )
A．y2＝4x或y2＝8x
B．y2＝2x或y2＝8x
C．y2＝4x或y2＝16x
D．y2＝2x或y2＝16x
11．C [解析] 抛物线焦点为F，0 ，由抛物线的定义，设M5－，，设N点坐标为(0，2)．
因为圆过点N(0，2)，故NF⊥NM×＝－1，①
设＝t，则①式可化为t2－4 t＋8＝0t＝2 p2－10p＋16＝0p＝2或p＝8 .
图1－5
21．H4，H5[2013·浙江卷] 如图1－5所示，点P(0，－1)是椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△ABD面积取得最大值时直线l1的方程．
21．解：(1)由题意得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为y＝kx－1.
又圆C2：x2＋y2＝4，故点O到直线l1的距离d＝，
所以|AB|＝2 ＝2 .
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.
由
消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0.
故x0＝－，
所以|PD|＝.
设△ABD的面积为S，则S＝·|AB|·|PD|＝，
所以S＝≤＝，当且仅当k＝±时取等号．
所以所求直线l1的方程为y＝±x－1.
7．H2，H4[2013·重庆卷] 已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( )
A．5 －4 B. －1
C．6－2 D.
7．A [解析] 如图，作圆C1关于x轴的对称圆C′1：(x－2)2＋(y＋3)2＝1，则|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|.由图可知当C2，N，P，M′，C′1在同一直线上时，|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|取得最小值，即为|C′1C2|－1－3＝5 －4，故选A.
图1－3
H5 椭圆及其几何性质
20．H3，H10，H8，H5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
20．解：由已知得圆M的圆心为M(－1，0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1，0)，半径r2＝3.
设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以
|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
由椭圆的定义可知，曲线C是以M, N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，
当且仅当圆P的圆心为(2，0)时，R＝2，所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.
若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝2 .
若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，
则＝，可求得Q(－4，0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．由l与圆M相切得＝1，解得k＝±.当k＝时，将y＝x＋代入＋＝1，
并整理得7x2＋8x－8＝0.解得x1，2＝.
所以|AB|＝|x2－x1|＝.
当k＝－时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝2 或|AB|＝.
10．H5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
10．D [解析] 由题意知kAB＝，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝0.
由AB的中点是(1，－1)知
∴＝＝，联立a2－b2＝9，解得a2＝18，b2＝9，故椭圆E的方程为＋＝1.
18．H5、H8、H9[2013·安徽卷] 设椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上．
(1)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；
(2)设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1P⊥F1Q.证明：当a变化时，点P在某定直线上．
18．解：(1)因为焦距为1，所以2a2－1＝，解得a2＝.
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)设P(x0，y0)，F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝.由题设知x0≠c，
则直线F1P的斜率kF1P＝，
直线F2P的斜率kF2P＝，
故直线F2P的方程为y＝(x－c)．
x＝0时，y＝，即点Q的坐标为0，.
因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝.
由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝·＝－1.
化简得y＝x－(2a2－1)．①
将①代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，即点P在定直线x＋y＝1上．
14．H5，H8[2013·福建卷] 椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y＝(x＋c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于__________．
14.－1 [解析] 如图，△MF1F2中，∵∠MF1F2＝60°，∴∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°，又|F1F2|＝2c，∴|MF1|＝c，|MF2|＝c，∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋c，得e＝＝＝－1.
12．H5[2013·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为＋＝1(a>0，b>0)，右焦点为F，右准线为l，短轴的一个端点为B.设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离为d2.若d2＝d1，则椭圆C的离心率为________．
12. [解析] 由题意知F(c，0)，l：x＝，不妨设B(0，b)，则直线BF：＋＝1，即bx＋cy－bc＝0.
于是d1＝＝，
d2＝－c＝＝.
由d2＝d1，得＝6，
化简得6c4＋a2c2－a4＝0，
即6e4＋e2－1＝0，
解得e2＝或e2＝－(舍去)，
故e＝，故椭圆C的离心率为.
20.
图1－7
H5，H8[2013·江西卷] 如图1－7所示，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)由P在椭圆上得＋＝1，①
依题设知a＝2c，则b2＝3c2，②
②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)方法一：由题意可设AB的斜率为k，则
直线AB的方程为y＝k(x－1)，③
代入椭圆方程3x2＋4y2＝12并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝，x1x2＝，④
在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4，3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－，
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k，所以k1＋k2＝＋＝＋－
＝2k－·，⑤
④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1.
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3，故存在常数λ＝2符合题意．
方法二：设B(x0，y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为：y＝(x－1)．
令x＝4，求得M.
从而直线PM的斜率为k3＝，
联立得A，
则直线PA的斜率为k1＝，直线PB的斜率为k2＝，
所以k1＋k2＝＋＝＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意．
19．H5，H10[2013·北京卷] 已知A，B，C是椭圆W：＋y2＝1上的三个点，O是坐标原点．
(1)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；
(2)当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．
19．解：(1)椭圆W：＋y2＝1的右顶点B的坐标为(2，0)．
因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．
所以可设A(1，m)，代入椭圆方程得＋m2＝1，即m＝±.
所以菱形OABC的面积是
|OB|·|AC|＝×2×2|m|＝.
(2)假设四边形OABC为菱形．
因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)．
由消y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则
＝－，＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M.
因为M为AC和OB的交点，所以直线OB的斜率为－.
因为k·≠－1，所以AC与OB不垂直．
所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．
15．H5[2013·辽宁卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，联结AF，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝，则C的离心率e＝________．
15. [解析] 设椭圆的右焦点为Q，在三角形ABF中利用余弦定理可以得到|BF|＝8，利用椭圆的对称性可以得到|AQ|＝8，则△FAQ为直角三角形，然后利用椭圆的定义可以得到2a＝14，2c＝10，得e＝.
15．H5[2013·全国卷] 记不等式组所表示的平面区域为D.若直线y＝a(x＋1)与D有公共点，则a的取值范围是________．
15. [解析] 已知不等式组表示的平面区域如图1－2中的三角形ABC及其内部，直线y＝a(x＋1)是过点(－1，0)斜率为a的直线，该直线与区域D有公共点时，a的最小值为MA的斜率，最大值为MB的斜率，其中点A(1，1)，B(0，4)，故MA的斜率等于＝
eq f(1,2)，MB的斜率等于＝4，故实数a的取值范围是.
8．H5、H8[2013·全国卷] 椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8．B [解析] 椭圆的左、右顶点分别为(－2，0)，(2，0)，设P(x0，y0)，则kPA1kPA2＝·＝，而＋＝1，即y＝(4－x)，所以kPA1kPA2＝－，所以kPA1＝－∈.
22．H5[2013·山东卷] 椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，联结PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m，0)，求m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k≠0，试证明＋为定值，并求出这个定值．
22．解：(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程＋＝1，得y＝±.由题意知 ＝1，即a＝2b2.
又e＝＝，
所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)方法一：设P(x0，y0)(y0≠0)．
又F1(－，0)，F2(，0)，
所以直线PF1，PF2的方程分别为
lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，
lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.
由题意知＝.
由于点P在椭圆上，所以＋y＝1，
所以＝ .
因为－b>0)的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且椭圆C经过点P.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设过点A(0，2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝
＋，求点Q的轨迹方程．
20．解：(1)由椭圆定义知，|PF1|＋|PF2|＝＋＝2 .
所以a＝，
又由已知，c＝1，
所以椭圆C的离心率e＝＝＝.
(2)由(1)知，椭圆C的方程为＋y2＝1.
设点Q的坐标为(x，y)．
①当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为.
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，则|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x.
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.
由＝＋，得
＝＋，
即＝＋＝.①
将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6>0，得k2>.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
代入①中并化简，得
x2＝.③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.
由③及k2>，可知0b>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点，若·＋·＝8，求k的值．
18．解：(1)设F(－c，0)，由＝，知a＝c.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，
代入椭圆的方程有＋＝1，解得y＝±.于是＝，解得b＝.
又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，
所以所求椭圆的方程为＋＝1.
(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)．
由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0，
可得x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为A(－，0)，B(，0)，
所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2
＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝6＋.
由已知得6＋＝8，解得k＝±.
20．H1，H5，H8[2013·新课标全国卷Ⅱ] 平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.
(1)求M的方程；
(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
20．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则
＋＝1，＋＝1.
＝－1.
由此可得＝－＝1.
因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，
所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.
因此a2＝6，b2＝3.
所以M的方程为＋＝1.
(2)由
解得或
因此|AB|＝.
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n－b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△ABD面积取得最大值时直线l1的方程．
21．解：(1)由题意得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为y＝kx－1.
又圆C2：x2＋y2＝4，故点O到直线l1的距离d＝，
所以|AB|＝2 ＝2 .
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.
由
消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0.
故x0＝－，
所以|PD|＝.
设△ABD的面积为S，则S＝·|AB|·|PD|＝，
所以S＝≤＝，当且仅当k＝±时取等号．
所以所求直线l1的方程为y＝±x－1.
图1－2
9．H5，H6[2013·浙江卷] 如图1－2，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A. B. C. D.
9．D [解析] 设双曲线实半轴长为a，焦半距为c，|AF1|＝m，|AF2|＝n，由题意知c＝，2mn＝(m＋n)2－(m2＋n2)＝4，(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝8，2a＝m－n＝2 ，a＝，则双曲线的离心率e＝＝＝，选择D.
21．F2、F3、H3、H5，H8[2013·重庆卷] 如图1－9所示，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率e＝，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A′两点，|AA′|＝4.
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外，若PQ⊥P′Q，求圆Q的标准方程．
图1－9
21．解：(1)由题意知点A(－c，2)在椭圆上，则＋＝1，从而e2＋＝1.
由e＝得b2＝＝8，从而a2＝＝16.
故该椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0，0)．又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8
＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4，4])．
设P(x1，y1)，由题意，P是椭圆上到Q的距离最小的点，因此，上式当x＝x1时取得最小值．又因x1∈(－4，4)，所以上式当x＝2x0时取得最小值，从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x.
因为PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，所以·′＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，
即(x1－x0)2－y＝0.由椭圆方程及x1＝2x0得x－8＝0，
解得x1＝±，x0＝＝±，从而|QP|2＝8－x＝.
故这样的圆有两个，其标准方程分别为
＋y2＝，＋y2＝.
H6 双曲线及其几何性质
4．H6[2013·新课标全国卷Ⅰ] 已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，则C的渐近线方程为( )
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
4．C [解析] 离心率＝，所以＝＝＝.由双曲线方程知焦点在x轴上，故渐近线方程为y＝±x.
6．H6[2013·北京卷] 若双曲线－＝1的离心率为，则其渐近线方程为( )
A．y＝±2x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
6．B [解析] 由离心率为，可知c＝a，∴c2＝3a2，∴b2＝2a2，∴b＝a，∴双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x.
3．H6[2013·福建卷] 双曲线－y2＝1的顶点到其渐近线的距离等于( )
A. B. C. D.
3．C [解析] 取一顶点(2，0)，一条渐近线x＋2y＝0，d＝＝ ，故选C.
7．H6[2013·广东卷] 已知中心在原点的双曲线C的右焦点为F(3，0)，离心率等于，则C的方程是( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
7．B [解析] 设双曲线方程为－＝1，由题知：c＝3，e＝＝，解得a＝2，b2＝c2－a2＝9－4＝5，故C的方程是－＝1.
5．H6[2013·湖北卷] 已知0<θ<，则双曲线C1：－＝1与C2：－＝1的( )
A．实轴长相等 B．虚轴长相等
C．焦距相等 D．离心率相等
5．D [解析] e＝＝，C1与C2的＝tan2 θ，故e1＝e2，选D.
14．H6[2013·湖南卷] 设F1，F2是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P是C上一点，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小内角为30°，则C的离心率为________．
14. [解析] 若最小角为∠F1PF2，由对称性设|PF1|>|PF2|，由|PF1|＋|PF2|＝6a，|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，此时|PF2|<|F1F2|，故∠F1PF2不可能为最小角．
由双曲线对称性，不妨记最小角为∠PF1F2＝30°，则|PF1|>|PF2|，由|PF1|＋|PF2|＝6a，|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，由余弦定理可得4a2＝16a2＋4c2－2×4a×2c×cos 30°，即3a2－2 ac＋c2＝0，解得c＝a，即e＝＝.
3．H6[2013·江苏卷] 双曲线－＝1的两条渐近线的方程为________．
3．y＝±x [解析] 令－＝0，得渐近线方程为y＝±x.
14．H6[2013·江西卷] 抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线－＝1相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝________．
14．6 [解析] 由题知三角形边长为p，得点B，代入双曲线方程得p＝6.
21．H6、H8、D3[2013·全国卷] 已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y＝2与C的两个交点间的距离为.
(1)求a，b；
(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
21．解：(1)由题设知＝3，即＝9，故b2＝8a2.
所以C的方程为8x2－y2＝8a2.
将y＝2代入上式，求得x＝±.
由题设知，2 ＝，解得a2＝1.
所以a＝1，b＝2 .
(2)证明：由(1)知，F1(－3，0)，F2(3，0)，C的方程为8x2－y2＝8.①
由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，|k|＜2 ，代入①并化简得
(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1≤－1，x2≥1，
x1＋x2＝，x1x2＝.
于是|AF1|＝＝＝－(3x1＋1)，
|BF1|＝＝＝3x2＋1.
由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－.
故＝－，解得k2＝，从而x1x2＝－.
由于|AF2|＝＝＝1－3x1，
|BF2|＝＝＝3x2－1，
故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，
|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.
因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，
所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
11．H6、H7[2013·山东卷] 抛物线C1：y＝x2(p>0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝( )
A. B. C. D.
11．D [解析] 抛物线C1：y＝x2的焦点坐标为，双曲线－y2＝1的右焦点坐标为，连线的方程为y＝－，联立 得2x2＋p2x－2p2＝0.设点M的横坐标为a，则在点M处切线的斜率为y′|x＝a＝′＝.又∵双曲线－y2＝1的渐近线方程为±y＝0，其与切线平行，∴＝，即a＝p，代入2x2＋p2x－2p2＝0得，p＝或p＝0(舍去)．
11．H6[2013·陕西卷] 双曲线－＝1的离心率为，则m等于________．
11．9 [解析] 由a2＝16，b2＝m，则c2＝16＋m，则e＝＝，则m＝9.
6．H6，H7[2013·四川卷] 抛物线y2＝4x的焦点到双曲线x2－＝1的渐近线的距离是( )
A. B. C．1 D.
6．B [解析] 抛物线y2＝4x的焦点坐标为F(1，0)，双曲线x2－＝1的渐近线为x±y＝0，故点F到x±y＝0的距离d＝＝.
5．H6，H7[2013·天津卷] 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线与抛物线y2
＝2px(p>0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，则p＝( )
A．1 B. C．2 D．3
5．C [解析] 双曲线的离心率e＝＝＝2，解得＝，联立得y＝.又因为S△OAB＝×＝，将＝代入解得p＝2.
图1－2
9．H5，H6[2013·浙江卷] 如图1－2，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A. B. C. D.
9．D [解析] 设双曲线实半轴长为a，焦半距为c，|AF1|＝m，|AF2|＝n，由题意知c＝，2mn＝(m＋n)2－(m2＋n2)＝4，(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝8，2a＝m－n＝2 ，a＝，则双曲线的离心率e＝＝＝，选择D.
H7 抛物线及其几何性质
13．H7[2013·安徽卷] 已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________．
13．[1，＋∞) [解析] 方法一：设直线y＝a与y轴交于M点，若抛物线y＝x2上存在C点使得∠ACB＝90°，只要以|AB|为直径的圆与抛物线y＝x2有除A、B外的交点即可，即使|AM|≤|MO|，所以≤a，所以a≥1或a≤0，因为由题意知a>0，所以a≥1.
方法二：设C(m，m2)，由已知可令A(，a)，B(－，a)，则＝(m－，m2－a)，＝(m＋，m2－a)，因为⊥，所以m2－a＋m4－2am2＋a2＝0，可得(m2－a)(m2＋1－a)＝0，解得m2＝a>0且m2＝a－1≥0，故a∈[1，＋∞)．
18．H7，H8[2013·福建卷] 如图1－5所示，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10，0)，点C的坐标为(0，10)．分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1
，A2，…，A9和B1，B2，…，B9，联结OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*，1≤i≤9)．
(1)求证：点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；
(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积比为4∶1，求直线l的方程．
图1－5
18．解：(1)方法一：依题意，过Ai(i∈N*，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
设Pi的坐标为(x，y)，由
得y＝x2，即x2＝10y.
所以点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
方法二：点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在抛物线E：x2＝10y上．
证明如下：过Ai(i∈N*，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，
Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.由解得Pi的坐标为，
因为点Pi的坐标都满足方程x2＝10y，
所以点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10.
由
得x2－10kx－100＝0.
此时Δ＝100k2＋400>0，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则
因为S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.
又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，
分别代入①和②，得解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.
11．H6、H7[2013·山东卷] 抛物线C1：y＝x2(p>0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝
( )
A. B. C. D.
11．D [解析] 抛物线C1：y＝x2的焦点坐标为，双曲线－y2＝1的右焦点坐标为，连线的方程为y＝－，联立 得2x2＋p2x－2p2＝0.设点M的横坐标为a，则在点M处切线的斜率为y′|x＝a＝′)＝.又∵双曲线－y2＝1的渐近线方程为±y＝0，其与切线平行，∴＝，即a＝p，代入2x2＋p2x－2p2＝0得，p＝或p＝0(舍去)．
20．H7，H8[2013·陕西卷] 已知动圆过定点A(4，0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1，0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点．
20．解：(1)如图所示，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，
|O1A|＝|O1M|，
当O1不在y轴上时，
过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，
∴|O1M|＝，又|O1A|＝，
∴＝.
化简得y2＝8x(x≠0)．
又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0，0)也满足方程y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中，
得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0，
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由求根公式得，x1＋x2＝，①
x1x2＝.②
因为x轴是∠PBQ的角平分线，
所以＝－.
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③
将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b，此时Δ>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，
即直线l过定点(1，0)．
6．H6，H7[2013·四川卷] 抛物线y2＝4x的焦点到双曲线x2－＝1的渐近线的距离是( )
A. B. C．1 D.
6．B [解析] 抛物线y2＝4x的焦点坐标为F(1，0)，双曲线x2－＝1的渐近线为x±y＝0，故点F到x±y＝0的距离d＝＝.
5．H6，H7[2013·天津卷] 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p>0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，则p＝( )
A．1 B. C．2 D．3
5．C [解析] 双曲线的离心率e＝＝＝2，解得＝，联立得y＝.又因为S△OAB＝×＝，将＝代入解得p＝2.
11．H7，H4[2013·新课标全国卷Ⅱ] 设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5.若以MF为直径的圆过点(0，2)，则C的方程为( )
A．y2＝4x或y2＝8x
B．y2＝2x或y2＝8x
C．y2＝4x或y2＝16x
D．y2＝2x或y2＝16x
11．C [解析] 抛物线焦点为F，0 ，由抛物线的定义，设M5－，，设N点坐标为
(0，2)．
因为圆过点N(0，2)，故NF⊥NM×＝－1，①
设＝t，则①式可化为t2－4 t＋8＝0t＝2 p2－10p＋16＝0p＝2或p＝8 .
H8 直线与圆锥曲线(AB课时作业)
20．H3，H10，H8，H5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
20．解：由已知得圆M的圆心为M(－1，0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1，0)，半径r2＝3.
设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以
|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
由椭圆的定义可知，曲线C是以M, N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，
当且仅当圆P的圆心为(2，0)时，R＝2，所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.
若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝2 .
若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，
则＝，可求得Q(－4，0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．由l与圆M相切得＝1，解得k＝±.当k＝时，将y＝x＋代入＋＝1，
并整理得7x2＋8x－8＝0.解得x1，2＝.
所以|AB|＝|x2－x1|＝.
当k＝－时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝2 或|AB|＝.
18．H5、H8、H9[2013·安徽卷] 设椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上．
(1)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；
(2)设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1P⊥F1Q.证明：当a变化时，点P在某定直线上．
18．解：(1)因为焦距为1，所以2a2－1＝，解得a2＝.
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)设P(x0，y0)，F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝.由题设知x0≠c，
则直线F1P的斜率kF1P＝，
直线F2P的斜率kF2P＝，
故直线F2P的方程为y＝(x－c)．
x＝0时，y＝，即点Q的坐标为0，.
因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝.
由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝·＝－1.
化简得y＝x－(2a2－1)．①
将①代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，即点P在定直线x＋y＝1上．
18．H7，H8[2013·福建卷] 如图1－5所示，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10，0)，点C的坐标为(0，10)．分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9，联结OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*，1≤i≤9)．
(1)求证：点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；
(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积比为4∶1，求直线l的方程．
图1－5
18．解：(1)方法一：依题意，过Ai(i∈N*，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
设Pi的坐标为(x，y)，由
得y＝x2，即x2＝10y.
所以点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
方法二：点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在抛物线E：x2＝10y上．
证明如下：过Ai(i∈N*，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，
Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.由解得Pi的坐标为，
因为点Pi的坐标都满足方程x2＝10y，
所以点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10.
由
得x2－10kx－100＝0.
此时Δ＝100k2＋400>0，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则
因为S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.
又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，
分别代入①和②，得解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.
14．H5，H8[2013·福建卷] 椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y＝(x＋c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于__________．
14.－1 [解析] 如图，△MF1F2中，∵∠MF1F2＝60°，∴∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°，又|F1F2|＝2c，∴|MF1|＝c，|MF2|＝c，∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋c，得e＝＝＝－1.
21．H8，H10[2013·湖北卷] 如图1－9，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n(m>n)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记λ＝，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.
(1)当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，求λ的值；
(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2？并说明理由．
图1－9
21．解： 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为
C1：＋＝1，C2：＋＝1，其中a>m>n>0，λ＝>1.
(1)方法一：如图①，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x＝0，则S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|，所以＝.在C1和C2的方程中分别令x＝0，可得yA＝m，yB＝n，yD＝－m，于是＝＝＝.
若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0.由λ>1，可解得λ＝＋1，故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋1.
方法二：如图①，若直线l与y轴重合，则
|BD|＝|OB|＋|OD|＝m＋n，|AB|＝|OA|－|OB|＝m－n；
S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|.
所以＝＝＝，若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0，由λ>1，可解得λ＝＋1，故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋1.
(2)方法一：如图②，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2，根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k>0)，
点M(－a，0)，N(a，0)到直线l的距离分别为d1，d2，则
因为d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.
又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ，即|BD|＝λ|AB|.由对称性可知|AB|＝|CD|，所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|，|AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|，于是
＝.①
将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得
xA＝，xB＝.
根据对称性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是
＝＝＝.②
从而由①和②式可得
＝.③
令t＝，则由m>n，可得t≠1，于是由③可解得k2＝.因为k≠0，所以k2>0，于是③式关于k有解，当且仅当>0，等价于(t2－1)t2－<0，由λ>1可解得1，解得λ>1＋，所以当1<λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；
当λ>1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.
方法二：如图②，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2，根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k>0)，
点M(－a，0)，N(a，0)到直线l的距离分别为d1，d2，则
因为d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.
又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ.
因为＝＝＝λ，所以＝.
由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得
＋＝1，＋＝1，两式相减可得＋＝0，依题意xA>xB>0，所以x>x，所以由上式解得k2＝.
因为k2>0，所以由>0，可解得1<<λ，
从而1<<λ，解得λ>1＋，所以
当1<λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；
当λ>1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1＝λS2.
20.
图1－7
H5，H8[2013·江西卷] 如图1－7所示，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P
，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)由P在椭圆上得＋＝1，①
依题设知a＝2c，则b2＝3c2，②
②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)方法一：由题意可设AB的斜率为k，则
直线AB的方程为y＝k(x－1)，③
代入椭圆方程3x2＋4y2＝12并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝，x1x2＝，④
在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4，3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－，
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k，所以k1＋k2＝＋＝＋－
＝2k－·，⑤
④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1.
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3，故存在常数λ＝2符合题意．
方法二：设B(x0，y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为：y＝(x－1)．
令x＝4，求得M.
从而直线PM的斜率为k3＝，
联立得A，
则直线PA的斜率为k1＝，直线PB的斜率为k2＝，
所以k1＋k2＝＋＝＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意．
图1－7
20．H8[2013·辽宁卷] 如图，抛物线C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p>0)．点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)．
当x0＝1－时，切线MA的斜率为－.
(1)求p的值；
(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)．
20．解： (1)因为抛物线C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为y′＝，且切线MA的斜率为－，所以A点坐标为.故切线MA的方程为
y＝－(x＋1)＋.
因为点M(1－，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是
y0＝－(2－)＋＝－，①
y0＝－＝－.②
由①②得p＝2.
(2)设N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N为线段AB中点知
x＝，③
y＝.④
切线MA，MB的方程为
y＝(x－x1)＋，⑤
y＝(x－x2)＋.⑥
由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为
x0＝，y0＝.
因为点M(x0，y0)在C2上，即x＝－4y0，所以
x1x2＝－.⑦
由③④⑦得x2＝y，x≠0.
当x1＝x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2＝y.
因此AB中点N的轨迹方程为x2＝y.
21．H6、H8、D3[2013·全国卷] 已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y＝2与C的两个交点间的距离为.
(1)求a，b；
(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
21．解：(1)由题设知＝3，即＝9，故b2＝8a2.
所以C的方程为8x2－y2＝8a2.
将y＝2代入上式，求得x＝±.
由题设知，2 ＝，解得a2＝1.
所以a＝1，b＝2 .
(2)证明：由(1)知，F1(－3，0)，F2(3，0)，C的方程为8x2－y2＝8.①
由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，|k|＜2 ，代入①并化简得
(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1≤－1，x2≥1，
x1＋x2＝，x1x2＝.
于是|AF1|＝＝＝－(3x1＋1)，
|BF1|＝＝＝3x2＋1.
由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－.
故＝－，解得k2＝，从而x1x2＝－.
由于|AF2|＝＝＝1－3x1，
|BF2|＝＝＝3x2－1，
故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，
|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.
因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，
所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
11．F3、H8[2013·全国卷] 已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2，2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若·MB＝0，则k＝( )
A. B.
C. D．2
11．D [解析] 抛物线的焦点坐标为(2，0)，设直线l的方程为x＝ty＋2，与抛物线方程联立得y2－8ty－16＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－16，y1＋y2＝8t，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋4＝8t2＋4，x1x2＝t2y1y2＋2t(y1＋y2)＋4＝－16t2＋16t2＋4＝4.
·＝(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2－2(y1＋y2)＋4
＝4＋16t2＋8＋4－16－16t＋4＝16t2－16t＋4＝4(2t－1)2＝0，解得t＝，所以k＝＝2.
8．H5、H8[2013·全国卷] 椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8．B [解析] 椭圆的左、右顶点分别为(－2，0)，(2，0)，设P(x0，y0)，则kPA1kPA2＝·＝，而＋＝1，即y＝(4－x)，所以kPA1kPA2＝－，所以kPA1＝－∈.
20．H7，H8[2013·陕西卷] 已知动圆过定点A(4，0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1，0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点．
20．解：(1)如图所示，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，
|O1A|＝|O1M|，
当O1不在y轴上时，
过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，
∴|O1M|＝，又|O1A|＝，
∴＝.
化简得y2＝8x(x≠0)．
又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0，0)也满足方程y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中，
得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0，
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由求根公式得，x1＋x2＝，①
x1x2＝.②
因为x轴是∠PBQ的角平分线，
所以＝－.
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③
将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b，此时Δ>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，
即直线l过定点(1，0)．
20．H5，H8[2013·四川卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且椭圆C经过点P.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设过点A(0，2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝＋，求点Q的轨迹方程．
20．解：(1)由椭圆定义知，|PF1|＋|PF2|＝＋＝2 .
所以a＝，
又由已知，c＝1，
所以椭圆C的离心率e＝＝＝.
(2)由(1)知，椭圆C的方程为＋y2＝1.
设点Q的坐标为(x，y)．
①当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为.
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，则|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x.
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.
由＝＋，得
＝＋，
即＝＋＝.①
将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6>0，得k2>.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
代入①中并化简，得
x2＝.③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.
由③及k2>，可知0b>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点，若·＋·＝8，求k的值．
18．解：(1)设F(－c，0)，由＝，知a＝c.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，
代入椭圆的方程有＋＝1，解得y＝±.于是＝，解得b＝.
又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，
所以所求椭圆的方程为＋＝1.
(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)．
由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0，
可得x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为A(－，0)，B(，0)，
所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2
＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝6＋.
由已知得6＋＝8，解得k＝±.
20．H1，H5，H8[2013·新课标全国卷Ⅱ] 平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.
(1)求M的方程；
(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
20．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则
＋＝1，＋＝1.
＝－1.
由此可得＝－＝1.
因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，
所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.
因此a2＝6，b2＝3.
所以M的方程为＋＝1.
(2)由
解得或
因此|AB|＝.
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n－n)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记λ＝，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.
(1)当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，求λ的值；
(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2？并说明理由．
图1－9
21．解： 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为
C1：＋＝1，C2：＋＝1，其中a>m>n>0，λ＝>1.
(1)方法一：如图①，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x＝0，则S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|，所以＝.在C1和C2的方程中分别令x＝0，可得yA＝m，yB＝n，yD＝－m，于是＝＝＝.
若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0.由λ>1，可解得λ＝＋1，故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋1.
方法二：如图①，若直线l与y轴重合，则
|BD|＝|OB|＋|OD|＝m＋n，|AB|＝|OA|－|OB|＝m－n；
S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|.
所以＝＝＝，若＝λ，则＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0，由λ>1，可解得λ＝＋1，故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝＋1.
(2)方法一：如图②，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2，根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k>0)，
点M(－a，0)，N(a，0)到直线l的距离分别为d1，d2，则
因为d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.
又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ，即|BD|＝λ|AB|.由对称性可知|AB|＝|CD|，所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|，|AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|，于是
＝.①
将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得
xA＝，xB＝.
根据对称性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是
＝＝＝.②
从而由①和②式可得
＝.③
令t＝，则由m>n，可得t≠1，于是由③可解得k2＝.因为k≠0，所以k2>0，于是③式关于k有解，当且仅当>0，等价于(t2－1)t2－<0，由λ>1可解得1，解得λ>1＋，所以当1<λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；
当λ>1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.
方法二：如图②，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2，根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k>0)，
点M(－a，0)，N(a，0)到直线l的距离分别为d1，d2，则
因为d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2.
又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ.
因为＝＝＝λ，所以＝.
由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得
＋＝1，＋＝1，两式相减可得＋＝0，依题意xA>xB>0，所以x>x，所以由上式解得k2＝.
因为k2>0，所以由>0，可解得1<<λ，
从而1<<λ，解得λ>1＋，所以
当1<λ≤1＋时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；
当λ>1＋时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1＝λS2.
21．H10[2013·湖南卷] 过抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1＋k2＝2.l1与E相交于点A，B ，l2与E相交于点C，D以AB，CD为直径的圆M，圆N(M，N为圆心)的公共弦所在直线记为l.
(1)若k1>0，k2>0，证明：·<2p2；
(2)若点M到直线l的距离的最小值为，求抛物线E的方程．
21．解：(1)证明：由题意，抛物线E的焦点为F，直线l1的方程为y＝k1x＋.
由得x2－2pk1x－p2＝0.
设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实数根，从而x1＋x2＝2pk1.
y1＋y2＝k1(x1＋x2)＋p＝2pk＋p.
所以点M的坐标为，＝(pk1，pk)．
同理可得点N的坐标为，＝(pk2，pk)．于是·＝p2(k1k2＋kk)．
由题设，k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2，所以00，所以点M到直线l的距离
d＝＝＝.
故当k1＝－时，d取最小值.
由题设＝，
解得p＝8.
故所求的抛物线E的方程为x2＝16y.
17．H10[2013·江苏卷] 如图1－3，在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：y＝2x－4.设圆C的半径为1，圆心在l上．
(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；
(2)若圆C上存在点M，使MA＝2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．
图1－3
17．解：(1)由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3，2)，于是切线的斜率必存在．设过A(0，3)的圆C的切线方程为y＝kx＋3.
由题意，＝1，解得k＝0或－，
故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.
(2)因为圆心在直线y＝2x－4上，所以圆C的方程为
(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.
设点M(x，y)，因为MA＝2MO，
所以＝2 ，
化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4，
所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．
由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，
则|2－1|≤CD≤2＋1，
即1≤≤3.
由5a2－12a＋8≥0，得a∈R；
由5a2－12a≤0，得0≤a≤.
所以点C的横坐标a的取值范围为.
19．H5，H10[2013·北京卷] 已知A，B，C是椭圆W：＋y2
＝1上的三个点，O是坐标原点．
(1)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；
(2)当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．
19．解：(1)椭圆W：＋y2＝1的右顶点B的坐标为(2，0)．
因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．
所以可设A(1，m)，代入椭圆方程得＋m2＝1，即m＝±.
所以菱形OABC的面积是
|OB|·|AC|＝×2×2|m|＝.
(2)假设四边形OABC为菱形．
因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)．
由消y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则
＝－，＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M.
因为M为AC和OB的交点，所以直线OB的斜率为－.
因为k·≠－1，所以AC与OB不垂直．
所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．
