2012年高考数学真题分类汇编H 解析几何（理科）
H 解析几何
H1 直线的倾斜角与斜率、直线的方程
12．H1、H7、H8[2012·北京卷] 在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2＝4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方，若直线l的倾斜角为60°，则△OAF的面积为________．
12. [解析] 本题考查抛物线方程、抛物线简单几何性质以及直线和抛物线的位置关系以及三角形面积公式，考查数形结合及转化化归思想．
抛物线y2＝4x的焦点F(1,0)，直线l的斜率为tan600＝，所以直线l的方程为y＝x－，将直线l的方程和抛物线方程联立可得3x2－10x＋3＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由点A在x轴上方，所以A点在第一象限，则x1＝3，y1＝2.
法一：|AF|＝x1＋1＝4，O点到直线AB的距离为d＝，所以SΔFOA＝×4×＝.
法二： A(3,2)，所以SΔFOA＝×1×2＝.
16．H1、H 7[2012·浙江卷] 定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离等于曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝________.
16. [解析] 本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程，一、二次曲线之间的位置关系与导数的几何意义等基础知识，考查综合运用知识的能力以及函数与方程和数形结合的数学思想．求出曲线C1到直线l的距离和曲线C2到直线l的距离，建立等式，求出参数a的值. 曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即d－r＝－＝，由y＝x2＋a可得y′＝2x，令y′＝2x＝1，则x＝，在曲线C1上对应的点P，所以曲线C1到直线l的距离即为点P直线l的距离，故＝，所以＝，可得＝2，a＝－或a＝，当a＝－时，曲线C1：y＝x2－与直线l：y＝x相交，两者距离为0，不合题意，故a＝.
19．H1、H5、H8[2012·北京卷] 已知曲线C：(5－m)x2＋(m－2)y2＝8(m∈R)．
(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；
(2)设m＝4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线y＝kx＋4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y＝1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线．
19．解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当
解得
0，
即k2>.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，
所以kAN－kAG＝＋
＝＋
＝k＋
＝k＋＝0，
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
19．H1、H5、F1 [2012·陕西卷] 已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．
(1)求椭圆C2的方程；
(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．
19．解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a>2)，
其离心率为，故＝，则a＝4，故椭圆C2的方程为＋＝1.
(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，
因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，
所以x＝，
将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x＝，
又由＝2，得x＝4x，即＝，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，
由＝2，得x＝，y＝，
将x，y代入＋＝1中，得＝1，即4＋k2＝1＋4k2，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
4．H1、F1[2012·上海卷] 若n＝(－2,1)是直线l的一个法向量，则l的倾斜角的大小为________(结果用反三角函数值表示)．
4．arctan2 [解析] 考查直线的法向量和倾斜角，关键是求出直线的斜率．
由已知可得直线的斜率k×＝－1，∴k＝2，k＝tanα，所以直线的倾斜角α＝arctan2.
8．H1、H6[2012·浙江卷] 如图1－2所示，F1，F2分别是双曲线C：－＝1(a，b>0)的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M.若|MF2|＝|F1F2|，则C的离心率是( )
A. B. C. D.
8．B [解析] 本题主要考查直线与双曲线的位置关系，直线间的位置关系，直线间的交点，双曲线的方程与几何性质等．依题得直线F1B的方程为y＝x＋b，
那么可知线段PQ的垂直平分线的方程为y＝－(x－3c)，
由联立解得点P的坐标为，
由联立解得点Q的坐标为，
那么可得线段PQ的中点坐标为，代入y＝－(x－3c)并整理可得2c2＝3a2，可得e＝＝＝，故应选B.
[点评] 众多的条件与复杂的计算是阻碍本题求解的关键，解答时要静下心来，分析点、直线、曲线的关系，求解对应的坐标并加以正确计算．
H2 两直线的位置关系与点到直线的距离
3．A2、H2[2012·浙江卷] 设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．A [解析] 本题主要考查直线的平行关系与充要条件的判断等基础知识和基本方法．
法一：直接推理：分清条件和结论，找出推出关系即可．当a＝1时，直线l1：x＋2y－1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0显然平行，所以条件具有充分性；若直线l1与直线l2平行，则有：＝，解之得：a＝1 或 a＝－2，经检验，均符合，所以条件不具有必要性．故条件是结论的充分不必要条件．
法二：把命题“a＝1”看作集合M＝{1}，把命题“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”看作集合N＝{1，－2}，易知M⊆N，所以条件是结论的充分不必要条件，答案为A.
H3 圆的方程
21．H5、H3、H8[2012·湖北卷] 设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|(m>0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k>0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
21．解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，
可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①
因为点A在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②
将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．
因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以
当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；
当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(0，－)，(0，)．
(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意的k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.
依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得
－x1＋x2＝－，即x2＝.
因为点H在直线QN上，
所以y2－kx1＝2kx2＝.
于是＝(－2x1，－2kx1)，
＝(x2－x1，y2－kx1)＝.
而PQ⊥PH等价于·＝＝0，
即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
方法2：如图(2)、(3)，对任意x1∈(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－y1)，N(0，y1)．
因为P，H两点在椭圆C上，所以
两式相减可得
m2(x－x)＋(y－y)＝0.③
依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，
故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得
＝－m2.④
又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.
于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－.
而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
20．H3、H7、H8[2012·课标全国卷] 设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．
(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；
(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．
20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.
由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝p.
因为△ABD的面积为4，所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，
解得p＝－2(舍去)，p＝2.
所以F(0,1)，圆F的方程为
x2＋(y－1)2＝8.
(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.
由抛物线定义知
|AD|＝|FA|＝|AB|，
所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.
当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.
由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.解得b＝－.
因为m的截距b1＝，＝3，
所以坐标原点到m，n距离的比值为3.
当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.
H4 直线与圆、圆与圆的位置关系
20．H5、H4、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
20．解：(1)∵e＝＝＝，
∴a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1.
设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，
|PQ|2＝x2＋(y－2)2＝－2(y＋1)2＋6＋3b2
≤6＋3b2，y∈[－b，b]．
由题设存在点P1满足|P1Q|＝3，
则9＝|P1Q|2≤6＋3b2，∴b≥1.
当b≥1时，由于y＝－1∈[－b，b]，此时|PQ|2取得最大值6＋3b2.
∴6＋3b2＝9⇒b2＝1，a2＝3.
故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)存在点M满足要求，使△OAB的面积最大．
假设直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离
d＝<1.
因为点M(m，n)∈C，所以＋n2＝1b>0)的左、右焦点，P为直线x
＝上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为( )
A. B. C. D.
4．C [解析] 根据题意，一定有∠PF1F2＝30°，且∠PF2x＝60°，故直线PF2的倾斜角是，设直线x＝a与x轴的交点为M，则|PF2|＝2|F2M|，又|PF2|＝|F1F2|，所以|F1F2|＝2|F2M|.所以2c＝2，即4c＝3a，故e＝＝.故选C.
19．H5、H8[2012·天津卷] 设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．
(1)若直线AP与BP的斜率之积为－，求椭圆的离心率；
(2)若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞.
19．解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)．
由题意，有＋＝1. ①
由A(－a,0)，B(a,0)，得kAP＝，kBP＝.
由kAP·kBP＝－，可得x＝a2－2y，代入①并整理得(a2－2b2)y＝0.由于y0≠0，故a2＝2b2.于是e2＝＝，所以椭圆的离心率e＝.
(2)证明：(方法一)
依题意，直线OP的方程为y＝kx，
设点P的坐标为(x0，y0)．
由条件得消去y0并整理得
x＝.②
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝，代入②，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4.由a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|>.
(方法二)依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．由点P在椭圆上，有＋＝1.因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2.③
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，代入③，得(1＋k2)＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞.
19．H5、F1、H1[2012·陕西卷] 已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．
(1)求椭圆C2的方程；
(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．
19．解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a>2)，
其离心率为，故＝，则a＝4，故椭圆C2的方程为＋＝1.
(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，
因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，
所以x＝，
将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x＝，
又由＝2，得x＝4x，即＝，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，
由＝2，得x＝，y＝，
将x，y代入＋＝1中，得＝1，即4＋k2＝1＋4k2，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
20．H5、H8 [2012·重庆卷] 如图1－3，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．
图1－3
(1)求该椭圆的离心率和标准方程；
(2)过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程．
20．解：(1)设所求椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，右焦点为F2(c,0)．
因△AB1B2是直角三角形，又|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，因此|OA|＝|OB2|，得b＝.结合c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，c2＝4b2，所以离心率e＝＝.
在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故
S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2.
由题设条件S△AB1B2＝4，得b2＝4，从而a2＝5b2＝20.
因此所求椭圆的标准方程为：
＋＝1.
(2)由(1)知B1(－2,0)，B2(2,0)．由题意知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l的方程为：x＝my－2.代入椭圆方程得(m2＋5)y2－4my－16＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此
y1＋y2＝，y1·y2＝－，
又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，所以
·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2
＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16
＝－－＋16
＝－，
由PB2⊥QB2，得·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2.
所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.
20．H5、H9[2012·辽宁卷] 如图1－7，椭圆C0：＋＝1(a＞b＞0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t，b＜t1＜a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点．C1与C0相交于A，B，C，D四点．
图1－7
(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；
(2)设动圆C2：x2＋y2＝t与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b＜t2＜a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等．证明：t＋t为定值．
20．解：(1)设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则
直线A1A的方程为y＝(x＋a)，①
直线A2B的方程为y＝(x－a)，②
由①②得y2＝(x2－a2)．③
由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故＋＝1.
从而y＝b2，代入③得
－＝1(x＜－a，y＜0).
(2)证明：
设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得
4|x1||y1|＝4|x2||y2|，
故xy＝xy.
因为点A，A′均在椭圆上，所以
b2x＝b2x，
由t1≠t2，知x1≠x2，所以x＋x＝a2.
从而y＋y＝b2，
因此t＋t＝a2＋b2为定值．
19．H1、H5、H8[2012·北京卷] 已知曲线C：(5－m)x2＋(m－2)y2＝8(m∈R)．
(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；
(2)设m＝4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线y＝kx＋4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y＝1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线．
19．解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当
解得0，
即k2>.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，
所以kAN－kAG＝＋
＝＋
＝k＋
＝k＋＝0，
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
20．H5、H4、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
20．解：(1)∵e＝＝＝，
∴a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1.
设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，
|PQ|2＝x2＋(y－2)2＝－2(y＋1)2＋6＋3b2
≤6＋3b2，y∈[－b，b]．
由题设存在点P1满足|P1Q|＝3，
则9＝|P1Q|2≤6＋3b2，∴b≥1.
当b≥1时，由于y＝－1∈[－b，b]，此时|PQ|2取得最大值6＋3b2.
∴6＋3b2＝9⇒b2＝1，a2＝3.
故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)存在点M满足要求，使△OAB的面积最大．
假设直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离
d＝<1.
因为点M(m，n)∈C，所以＋n2＝1b>0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x＝于点Q.
(1)如果点Q的坐标是(4,4)，求此时椭圆C的方程；
(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点．
图1－5
20．解：(1)(方法一)由条件知，P，
故直线PF2的斜率为kPF2＝＝－.
因为PF2⊥F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－，故Q.
由题设知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1.
故椭圆方程为＋＝1.
(方法二)设直线x＝与x轴交于点M，
由条件知，P.
因为△PF1F2∽△F2MQ，所以＝.
即＝，解得＝2a.
所以a＝2，c＝1，
故椭圆方程为＋＝1.
(2)证明：直线PQ的方程为＝，
即y＝x＋a.
将上式代入椭圆方程得，x2＋2cx＋c2＝0.
解得x＝－c，y＝，
所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．
19．H5、H8、F3[2012·福建卷] 如图1－4，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝，过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
图1－4
19．解：解法一：
(1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以4a＝8，a＝2.
又因为e＝，即＝，所以c＝1，
所以b＝＝.
故椭圆E的方程是＋＝1.
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.
由得Q(4,4k＋m)．
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．
设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m、k恒成立．
因为＝，＝(4－x1,4k＋m)，由·＝0，
得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**)
由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝1.
故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
解法二：(1)同解法一．
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.
由得Q(4,4k＋m)．
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．
取k＝0，m＝，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－)2＝4，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，此时P，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)．
以下证明M(1,0)就是满足条件的点：
因为M的坐标为(1,0)，所以＝，＝(3,4k＋m)，
从而·＝－－3＋＋3＝0，
故恒有⊥，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
21．H5、H3、H8[2012·湖北卷] 设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|(m>0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k>0，都有PQ⊥
PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
21．解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，
可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①
因为点A在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②
将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．
因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以
当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；
当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(0，－)，(0，)．
(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意的k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.
依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得
－x1＋x2＝－，即x2＝.
因为点H在直线QN上，
所以y2－kx1＝2kx2＝.
于是＝(－2x1，－2kx1)，
＝(x2－x1，y2－kx1)＝.
而PQ⊥PH等价于·＝＝0，
即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
方法2：如图(2)、(3)，对任意x1∈(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－y1)，N(0，y1)．
因为P，H两点在椭圆C上，所以
两式相减可得
m2(x－x)＋(y－y)＝0.③
依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，
故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得
＝－m2.④
又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.
于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－.
而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
13．H5[2012·江西卷] 椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2，若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为________．
13. [解析] 考查椭圆的定义和性质、等比数列的性质等；解题的突破口是建立关于a，c的齐次等式，然后转化为离心率e的方程求解．由椭圆的定义知，|AF1|＝a－c，|F1F2|＝2c，|BF1|＝a＋c，∵|AF1|，|F1F2|，|BF1|成等比数列，因此4c2＝(a－c)(a＋c)，整理得5c2＝a2，两边同除以a2得5e2＝1，解得e＝.
10．H5[2012·山东卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为.双曲线x2－y2＝1的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
10．D [解析] 本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，中档题．
由离心率为得，a2＝4b2，排除选项B，双曲线的渐近线方程为y＝±x，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第一象限的交点坐标为，代入选项A、C、D，知选项D正确．
22．H5、H6[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.
(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；
(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ；
(3)设椭圆C2：4x2＋y2＝1，若M、N分别是C1、C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
22．解：(1)双曲线C1：－y2＝1，左顶点A，渐近线方程：y＝±x.
过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为y＝，即y＝x＋1.
解方程组得
所以所求三角形的面积为S＝|OA||y|＝.
(2)设直线PQ的方程是y＝x＋b，因直线PQ与已知圆相切，
故＝1，即b2＝2.
由得x2－2bx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则
又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，所以
·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2
＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0.
故OP⊥OQ.
(3)当直线ON垂直于x轴时，
|ON|＝1，|OM|＝，则O到直线MN的距离为.
当直线ON不垂直于x轴时，
设直线ON的方程为y＝kx，
则直线OM的方程为y＝－x.
由得所以|ON|2＝.
同理|OM|2＝，
设O到直线MN的距离为d，
因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2.
所以＝＋＝＝3，即d＝.
综上，O到直线MN的距离是定值．
15．H5[2012·四川卷] 椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A、B.当△FAB的周长最大时，△FAB的面积是________．
15．3 [解析] 如图，设椭圆右焦点为F′，直线x＝m与x轴相交于C，
由椭圆第一定义，|AF|＋|AF′|＝|BF|＋|BF′|＝2a＝4，
而|AB|＝|AC|＋|BC|≤|AF′|＋|BF′|，
∴当且仅当AB过F′时，△ABF周长最大．
此时，由c＝1，得A，B，即|AB|＝3，
∴S△ABF＝|AB||FF′|＝3.
H6 双曲线及其几何性质
8．H6[2012·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－＝1的离心率为，则m的值为________．
8．2 [解析] 本题考查双曲线离心率的求解．解题突破口是明确焦点所在轴．根据双曲线方程可得：m>0，所以e＝＝，解之得m＝2.
图1－3
5．H6[2012·湖南卷] 已知双曲线C：－＝1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
5．A [解析] 本题考查双曲线方程和渐近线方程，意在考查考生对双曲线方程和其性质的掌握；解题思路：首先由a，b，c的关系，排除C，D，再由渐近线方程得答案A.
由已知可得双曲线的焦距2c＝10，a2＋b2＝52＝25，排除C，D，又由渐近线方程为y＝x＝x，得＝，解得a2＝20，b2＝5，所以选A.
[易错点] 本题易错一：对双曲线的几何性质不清，错以为c＝10，错选C；易错二：渐近线求解错误，错解成＝，从而错选B.
8．H6[2012·全国卷] 已知F1、F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝( )
A. B.
C. D.
8．C [解析] 本小题主要考查双曲线的定义及余弦定理的应用，解题的突破口为运用双曲线的定义求出PF1和PF2的长，再用余弦定理即可求．
由双曲线的定义有|PF1|－|PF2|＝|PF2|＝2a＝2，∴|PF1|＝2|PF2|＝4，cos∠F1PF2＝＝，故选C.
8．H1、H6[2012·浙江卷] 如图1－2所示，F1，F2分别是双曲线C：－＝1(a，b>0)的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M.若|MF2|＝|F1F2|，则C的离心率是( )
A. B. C. D.
8．B [解析] 本题主要考查直线与双曲线的位置关系，直线间的位置关系，直线间的交点，双曲线的方程与几何性质等．依题得直线F1B的方程为y＝x＋b，
那么可知线段PQ的垂直平分线的方程为y＝－(x－3c)，
由联立解得点P的坐标为，
由联立解得点Q的坐标为，
那么可得线段PQ的中点坐标为，代入y＝－(x－3c)并整理可得2c2＝3a2，可得e＝＝＝，故应选B.
[点评] 众多的条件与复杂的计算是阻碍本题求解的关键，解答时要静下心来，分析点、直线、曲线的关系，求解对应的坐标并加以正确计算．
8．H6、H7[2012·课标全国卷] 等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，|AB|＝4，则C的实轴长为( )
A. B．2 C．4 D．8
8．C [解析] 由题意可设双曲线的方程为－＝1(a>0)．易知抛物线y2＝16x的准线方程为x＝－4，联立 得16－y2＝a2(*)，因为|AB|＝4，所以y＝±2.代入(*)式，得16－(±2)2＝a2，解得a＝2(a>0)．所以C的实轴长为2a＝4，故选C.
22．H5、H6[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.
(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；
(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ；
(3)设椭圆C2：4x2＋y2＝1，若M、N分别是C1、C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
22．解：(1)双曲线C1：－y2＝1，左顶点A，渐近线方程：y＝±x.
过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为y＝，即y＝x＋1.
解方程组得
所以所求三角形的面积为S＝|OA||y|＝.
(2)设直线PQ的方程是y＝x＋b，因直线PQ与已知圆相切，
故＝1，即b2＝2.
由得x2－2bx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则
又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，所以
·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2
＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0.
故OP⊥OQ.
(3)当直线ON垂直于x轴时，
|ON|＝1，|OM|＝，则O到直线MN的距离为.
当直线ON不垂直于x轴时，
设直线ON的方程为y＝kx，
则直线OM的方程为y＝－x.
由得所以|ON|2＝.
同理|OM|2＝，
设O到直线MN的距离为d，
因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2.
所以＝＋＝＝3，即d＝.
综上，O到直线MN的距离是定值．
14．H6、H8[2012·湖北卷] 如图1－5所示，双曲线－＝1(a，b>0)的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2.若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A，B，C，D.则
(1)双曲线的离心率e＝________；
(2)菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值＝________.
图1－5
14．(1) (2) [解析] (1)由图可知，点O到直线F1B2的距离d与圆O的半径OA1相等，
又直线F1B2的方程为＋＝1，即bx－cy＋bc＝0.
所以d＝＝a，整理得b2(c2－a2)＝a2c2，即(c2－a2)2＝a2c2，得c2－a2＝ac.
所以e2－e－1＝0，解得e＝(负值舍去)．
(2)连结OB，设BC与x轴的交点为E，由勾股定理可求得|BF1|＝.
由等面积法可求得|BE|＝＝，
所以|OE|＝＝.
所以S2＝2|OE|·2|EB|＝.
而S1＝|F1F2||B1B2|＝2bc, 所以＝＝e3＝.
H7 抛物线及其几何性质
8．H7[2012·四川卷] 已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M(2，y0)，若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|＝( )
A．2 B．2
C．4 D．2
8．B [解析] 由于抛物线关于x轴对称，且经过的点M的横坐标2＞0，可知抛物线开口向右，
设方程为y2＝2px，准线为x＝－，而M点到准线距离为3，可知＝1，即p＝2，
故抛物线方程为y2＝4x.
当x＝2时，可得y0＝±2，
∴|OM|＝＝2.
13．H7[2012·陕西卷] 图1－4是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，
水面宽4米，水位下降1米后，水面宽________米．
图1－4
13．2 [解析] 本小题主要考查了抛物线的知识，解题的关键是建立坐标系求出抛物线的方程．以拱顶为坐标原点建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为：x2＝－2py(p>0)，由题意知抛物线过点(2，－2)，代入方程得p＝1，则抛物线的方程为：x2＝－2y，当水面下降1米时，为y＝－3，代入抛物线方程得x＝，所以此时水面宽为2米．
9．H7[2012·安徽卷] 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|＝3，则△AOB的面积为( )
A. B. C. D．2
9．C [解析] 本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系．
如图，设A.易知抛物线y2＝4x的焦点为F，抛物线的准线方程为x＝－1，故由抛物线的定义得＝x0－＝3，解得x0＝2，所以y0＝－2，故点A.则直线AB的斜率为k＝＝－2，直线AB的方程为y＝－2x＋2，联立 消去y得2x2－5x＋2＝0，由x1x2＝1，得A，B两点横坐标之积为1，所以点B的横坐标为.再由抛物线的定义得＝－＝，＝＋＝3＋＝.又因为点O到直线AB的距离为d＝，所以S△AOB＝××＝.
16．H1、H 7[2012·浙江卷] 定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离等于曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝________.
16. [解析] 本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程，一、二次曲线之间的位置关系与导数的几何意义等基础知识，考查综合运用知识的能力以及函数与方程和数形结合的数学思想．求出曲线C1到直线l的距离和曲线C2到直线l的距离，建立等式，求出参数a的值. 曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即d－r＝－＝，由y＝x2＋a可得y′＝2x，令y′＝2x＝1，则x＝，在曲线C1上对应的点P，所以曲线C1到直线l的距离即为点P直线l的距离，故＝，所以＝，可得＝2，a＝－或a＝，当a＝－时，曲线C1：y＝x2－与直线l：y＝x相交，两者距离为0，不合题意，故a＝.
21．H7、H8[2012·山东卷] 在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物C的准线的距离为.
(1)求抛物线C的方程；
(2)是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；
(3)若点M的横坐标为，直线l2：y＝kx＋与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当≤k≤2时，|AB|2＋|DE|2的最小值．
21．解：(1)依题意知F，圆心Q在线段OF的垂直平分线y＝上，
因为抛物线C的准线方程为y＝－，
所以＝，即p＝1，
因此抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)假设存在点M(x0>0)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为
y′x＝x0＝x＝x0＝x0.
所以直线MQ的方程为y－＝x0(x－x0)，
令y＝得xQ＝＋，
所以Q.
又|QM|＝|OQ|，
故2＋2＝2＋，
因此2＝，又x0>0，
所以x0＝，此时M(，1)．
故存在点M(，1)，使得直线MQ与抛物线C相切于点M.
(3)当x0＝时，由(2)得Q，
⊙Q的半径为r＝＝，
所以⊙Q的方程为2＋2＝.
由整理得2x2－4kx－1＝0.
设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由于Δ1＝16k2＋8>0，x1＋x2＝2k，x1x2＝－，
所以|AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝(1＋k2)(4k2＋2)．
由
整理得(1＋k2)x2－x－＝0.
设D、E两点的坐标分别为(x3，y3)，(x4，y4)，
由于Δ2＝＋>0，x3＋x4＝，x3x4＝－，
所以|DE|2＝(1＋k2)[(x3＋x4)2－4x3x4]＝
＋.
因此|AB|2＋|DE|2＝(1＋k2)(4k2＋2)＋＋.
令1＋k2＝t，由于≤k≤2，则≤t≤5，
所以|AB|2＋|DE|2＝t(4t－2)＋＋＝4t2－2t＋＋，
设g(t)＝4t2－2t＋＋，t∈，
因为g′(t)＝8t－2－，
所以当t∈时，g′(t)≥g′＝6，即函数g(t)在上是增函数，
所以当t＝时g(t)取到最小值.因此，当k＝时，|AB|2＋|DE|2取到最小值.
8．H6、H7[2012·课标全国卷] 等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，|AB|＝4，则C的实轴长为( )
A. B．2 C．4 D．8
8．C [解析] 由题意可设双曲线的方程为－＝1(a>0)．易知抛物线y2＝16x的准线方程为x＝－4，联立 得16－y2＝a2(*)，因为|AB|＝4，所以y＝±2.代入(*)式，得16－(±2)2＝a2，解得a＝2(a>0)．所以C的实轴长为2a＝4，故选C.
21．H7[2012·全国卷] 已知抛物线C：y＝(x＋1)2与圆M：(x－1)2＋2＝r2(r>0)有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l.
(1)求r；
(2)设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m、n的交点为D，求D到l的距离．
21．解：(1)设A(x0，(x0＋1)2)．对y＝(x＋1)2求导得y′＝2(x＋1)．
故l的斜率k＝2(x0＋1)．
当x0＝1时，不合题意，所以x0≠1.
圆心为M，MA的斜率k′＝.
由l⊥MA知k·k′＝－1，
即2(x0＋1)·＝－1，
解得x0＝0，故A(0,1)，
r＝|MA|＝＝，
即r＝.
(2)设(t，(t＋1)2)为C上一点，则在该点处的切线方程为
y－(t＋1)2＝2(t＋1)(x－t)．
即y＝2(t＋1)x－t2＋1.
若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为，即＝，
化简得t2(t2－4t－6)＝0，
解得t0＝0，t1＝2＋，t2＝2－.
抛物线C在点(ti，(ti＋1)2)(i＝0,1,2)处的切线分别为l，m，n，其方程分别为
②－③得x＝＝2.
将x＝2代入②得y＝－1，故D(2，－1)，
所以D到l的距离d＝＝.
21．H7、H8、H10[2012·湖南卷] 在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x－5)2＋y2＝9外，且对C1上任意一点M，M到直线x＝－2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．
(1)求曲线C1的方程；
(2)设P(x0，y0)(y0≠±3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
21．解：(1)解法1：设M的坐标为(x，y)，由已知得|x＋2|＝－3.
易知圆C2上的点位于直线x＝－2的右侧，于是x＋2＞0，所以＝x＋5.
化简得曲线C1的方程为y2＝20x.
解法2：由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x＝－5的距离．因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x＝－5为准线的抛物线．故其方程为y2＝20x.
(2)证明：当点P在直线x＝－4上运动时，P的坐标为(－4，y0)，又y0≠±3，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y－y0＝k(x＋4)，即kx－y＋y0＋4k＝0.于是＝3.
整理得72k2＋18y0k＋y－9＝0. ①
设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根．故
k1＋k2＝－＝－. ②
由得
k1y2－20y＋20(y0＋4k1)＝0. ③
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程③的两个实根，所以
y1y2＝. ④
同理可得
y3y4＝. ⑤
于是由②，④，⑤三式得
y1y2y3y4＝
＝
＝＝6400.
所以，当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400.
12．H1、H7、H8[2012·北京卷] 在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2＝4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方，若直线l的倾斜角为60°，则△OAF的面积为________．
12. [解析] 本题考查抛物线方程、抛物线简单几何性质以及直线和抛物线的位置关系以及三角形面积公式，考查数形结合及转化化归思想．
抛物线y2＝4x的焦点F(1,0)，直线l的斜率为tan600＝，所以直线l的方程为y＝x－，将直线l的方程和抛物线方程联立可得3x2－10x＋3＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由点A在x轴上方，所以A点在第一象限，则x1＝3，y1＝2.
法一：|AF|＝x1＋1＝4，O点到直线AB的距离为d＝，所以SΔFOA＝×4×＝.
法二： A(3,2)，所以SΔFOA＝×1×2＝.
20．H3、H7、H8[2012·课标全国卷] 设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．
(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；
(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．
20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.
由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝p.
因为△ABD的面积为4，所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，
解得p＝－2(舍去)，p＝2.
所以F(0,1)，圆F的方程为
x2＋(y－1)2＝8.
(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.
由抛物线定义知
|AD|＝|FA|＝|AB|，
所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.
当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.
由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.解得b＝－.
因为m的截距b1＝，＝3，
所以坐标原点到m，n距离的比值为3.
当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.
H8 直线与圆锥曲线
14．H8[2012·重庆卷] 过抛物线y2＝2x的焦点F作直线交抛物线于A、B两点，若|AB|＝，|AF|＜|BF|，则|AF|＝________.
14. [解析] 由抛物线方程可知p＝1，焦点F的坐标为，设A(x1，y1)，B(x2，y2
)，则|AB|＝x1＋x2＋p＝x1＋x2＋1＝，所以x1＋x2＝.设直线AB的方程为y＝k，代入抛物线y2＝2x，得k2＝2x，即k2x2－(k2＋2)x＋＝0，x1＋x2＝＝，所以k2＝24，将k2＝24代入k2x2－(k2＋2)x＋＝0，因为|AF|＜|BF|，所以解方程得x1＝，所以|AF|＝x1＋＝.
20．H5、H8、F3[2012·重庆卷] 如图1－3，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．
图1－3
(1)求该椭圆的离心率和标准方程；
(2)过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程．
20．解：(1)设所求椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，右焦点为F2(c,0)．
因△AB1B2是直角三角形，又|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，因此|OA|＝|OB2|，得b＝.结合c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，c2＝4b2，所以离心率e＝＝.
在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故
S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2.
由题设条件S△AB1B2＝4，得b2＝4，从而a2＝5b2＝20.
因此所求椭圆的标准方程为：
＋＝1.
(2)由(1)知B1(－2,0)，B2(2,0)．由题意知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l的方程为：x＝my－2.代入椭圆方程得(m2＋5)y2－4my－16＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此
y1＋y2＝，y1·y2＝－，
又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，所以
·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2
＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16
＝－－＋16
＝－，
由PB2⊥QB2，得·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2.
所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.
19．H5、H8[2012·天津卷] 设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．
(1)若直线AP与BP的斜率之积为－，求椭圆的离心率；
(2)若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞.
19．解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)．
由题意，有＋＝1. ①
由A(－a,0)，B(a,0)，得kAP＝，kBP＝.
由kAP·kBP＝－，可得x＝a2－2y，代入①并整理得(a2－2b2)y＝0.由于y0≠0，故a2＝2b2.于是e2＝＝，所以椭圆的离心率e＝.
(2)证明：(方法一)
依题意，直线OP的方程为y＝kx，
设点P的坐标为(x0，y0)．
由条件得消去y0并整理得
x＝.②
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝，代入②，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4.由a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|>.
(方法二)依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．由点P在椭圆上，有＋＝1.因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2.③
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，代入③，得(1＋k2)＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞.
21．H7、H8[2012·山东卷] 在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物C的准线的距离为.
(1)求抛物线C的方程；
(2)是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；
(3)若点M的横坐标为，直线l2：y＝kx＋与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当≤k≤2时，|AB|2＋|DE|2的最小值．
21．解：(1)依题意知F，圆心Q在线段OF的垂直平分线y＝上，
因为抛物线C的准线方程为y＝－，
所以＝，即p＝1，
因此抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)假设存在点M(x0>0)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为
y′x＝x0＝x＝x0＝x0.
所以直线MQ的方程为y－＝x0(x－x0)，
令y＝得xQ＝＋，
所以Q.
又|QM|＝|OQ|，
故2＋2＝2＋，
因此2＝，又x0>0，
所以x0＝，此时M(，1)．
故存在点M(，1)，使得直线MQ与抛物线C相切于点M.
(3)当x0＝时，由(2)得Q，
⊙Q的半径为r＝＝，
所以⊙Q的方程为2＋2＝.
由整理得2x2－4kx－1＝0.
设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由于Δ1＝16k2＋8>0，x1＋x2＝2k，x1x2＝－，
所以|AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝(1＋k2)(4k2＋2)．
由
整理得(1＋k2)x2－x－＝0.
设D、E两点的坐标分别为(x3，y3)，(x4，y4)，
由于Δ2＝＋>0，x3＋x4＝，x3x4＝－，
所以|DE|2＝(1＋k2)[(x3＋x4)2－4x3x4]＝
＋.
因此|AB|2＋|DE|2＝(1＋k2)(4k2＋2)＋＋.
令1＋k2＝t，由于≤k≤2，则≤t≤5，
所以|AB|2＋|DE|2＝t(4t－2)＋＋＝4t2－2t＋＋，
设g(t)＝4t2－2t＋＋，t∈，
因为g′(t)＝8t－2－，
所以当t∈时，g′(t)≥g′＝6，即函数g(t)在上是增函数，
所以当t＝时g(t)取到最小值.因此，当k＝时，|AB|2＋|DE|2取到最小值.
21．H7、H8、H10[2012·湖南卷] 在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x－5)2＋y2＝9外，且对C1上任意一点M，M到直线x＝－2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．
(1)求曲线C1的方程；
(2)设P(x0，y0)(y0≠±3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
21．解：(1)解法1：设M的坐标为(x，y)，由已知得|x＋2|＝－3.
易知圆C2上的点位于直线x＝－2的右侧，于是x＋2＞0，所以＝x＋5.
化简得曲线C1的方程为y2＝20x.
解法2：由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x＝－5的距离．因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x＝－5为准线的抛物线．故其方程为y2＝20x.
(2)证明：当点P在直线x＝－4上运动时，P的坐标为(－4，y0)，又y0≠±3，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y－y0＝k(x＋4)，即kx－y＋y0＋4k＝0.于是＝3.
整理得72k2＋18y0k＋y－9＝0. ①
设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根．故
k1＋k2＝－＝－. ②
由得
k1y2－20y＋20(y0＋4k1)＝0. ③
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程③的两个实根，所以
y1y2＝. ④
同理可得
y3y4＝. ⑤
于是由②，④，⑤三式得
y1y2y3y4＝
＝
＝＝6400.
所以，当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400.
21．H5、H3、H8[2012·湖北卷] 设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|(m>0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k>0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
21．解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，
可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①
因为点A在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②
将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．
因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以
当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；
当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(0，－)，(0，)．
(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意的k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.
依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得
－x1＋x2＝－，即x2＝.
因为点H在直线QN上，
所以y2－kx1＝2kx2＝.
于是＝(－2x1，－2kx1)，
＝(x2－x1，y2－kx1)＝.
而PQ⊥PH等价于·＝＝0，
即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
方法2：如图(2)、(3)，对任意x1∈(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－y1)，N(0，y1)．
因为P，H两点在椭圆C上，所以
两式相减可得
m2(x－x)＋(y－y)＝0.③
依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，
故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得
＝－m2.④
又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.
于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－.
而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
14．H6、H8[2012·湖北卷] 如图1－5所示，双曲线－＝1(a，b>0)的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2.若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A，B，C，D.则
(1)双曲线的离心率e＝________；
(2)菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值＝________.
图1－5
14．(1) (2) [解析] (1)由图可知，点O到直线F1B2的距离d与圆O的半径OA1相等，
又直线F1B2的方程为＋＝1，即bx－cy＋bc＝0.
所以d＝＝a，整理得b2(c2－a2)＝a2c2，即(c2－a2)2＝a2c2，得c2－a2＝ac.
所以e2－e－1＝0，解得e＝(负值舍去)．
(2)连结OB，设BC与x轴的交点为E，由勾股定理可求得|BF1|＝.
由等面积法可求得|BE|＝＝，
所以|OE|＝＝.
所以S2＝2|OE|·2|EB|＝.
而S1＝|F1F2||B1B2|＝2bc, 所以＝＝e3＝.
20．H5、H4、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
20．解：(1)∵e＝＝＝，
∴a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1.
设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，
|PQ|2＝x2＋(y－2)2＝－2(y＋1)2＋6＋3b2
≤6＋3b2，y∈[－b，b]．
由题设存在点P1满足|P1Q|＝3，
则9＝|P1Q|2≤6＋3b2，∴b≥1.
当b≥1时，由于y＝－1∈[－b，b]，此时|PQ|2取得最大值6＋3b2.
∴6＋3b2＝9⇒b2＝1，a2＝3.
故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)存在点M满足要求，使△OAB的面积最大．
假设直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离
d＝<1.
因为点M(m，n)∈C，所以＋n2＝10，
即k2>.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，
所以kAN－kAG＝＋
＝＋
＝k＋
＝k＋＝0，
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
20．H5、H8[2012·安徽卷] 如图1－5，点F1(－c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x＝于点Q.
(1)如果点Q的坐标是(4,4)，求此时椭圆C的方程；
(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点．
图1－5
20．解：(1)(方法一)由条件知，P，
故直线PF2的斜率为kPF2＝＝－.
因为PF2⊥F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－，故Q.
由题设知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1.
故椭圆方程为＋＝1.
(方法二)设直线x＝与x轴交于点M，
由条件知，P.
因为△PF1F2∽△F2MQ，所以＝.
即＝，解得＝2a.
所以a＝2，c＝1，
故椭圆方程为＋＝1.
(2)证明：直线PQ的方程为＝，
即y＝x＋a.
将上式代入椭圆方程得，x2＋2cx＋c2＝0.
解得x＝－c，y＝，
所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．
12．H1、H7、H8[2012·北京卷] 在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2＝4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方，若直线l的倾斜角为60°，则△OAF的面积为________．
12. [解析] 本题考查抛物线方程、抛物线简单几何性质以及直线和抛物线的位置关系以及三角形面积公式，考查数形结合及转化化归思想．
抛物线y2＝4x的焦点F(1,0)，直线l的斜率为tan600＝，所以直线l的方程为y＝x－，将直线l的方程和抛物线方程联立可得3x2－10x＋3＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由点A在x轴上方，所以A点在第一象限，则x1＝3，y1＝2.
法一：|AF|＝x1＋1＝4，O点到直线AB的距离为d＝，所以SΔFOA＝×4×＝.
法二： A(3,2)，所以SΔFOA＝×1×2＝.
19．H5、H8、F3[2012·福建卷] 如图1－4，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝，过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
图1－4
19．解：解法一：
(1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以4a＝8，a＝2.
又因为e＝，即＝，所以c＝1，
所以b＝＝.
故椭圆E的方程是＋＝1.
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.
由得Q(4,4k＋m)．
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．
设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m、k恒成立．
因为＝，＝(4－x1,4k＋m)，由·＝0，
得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**)
由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝1.
故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
解法二：(1)同解法一．
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.
由得Q(4,4k＋m)．
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．
取k＝0，m＝，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－)2＝4，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，此时P，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)．
以下证明M(1,0)就是满足条件的点：
因为M的坐标为(1,0)，所以＝，＝(3,4k＋m)，
从而·＝－－3＋＋3＝0，
故恒有⊥，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
20．H3、H7、H8[2012·课标全国卷] 设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．
(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；
(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．
20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.
由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝p.
因为△ABD的面积为4，所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，
解得p＝－2(舍去)，p＝2.
所以F(0,1)，圆F的方程为
x2＋(y－1)2＝8.
(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.
由抛物线定义知
|AD|＝|FA|＝|AB|，
所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.
当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.
由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.解得b＝－.
因为m的截距b1＝，＝3，
所以坐标原点到m，n距离的比值为3.
当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.
H9 曲线与方程
12．H9[2012·课标全国卷] 设点P在曲线y＝ex上，点Q在曲线y＝ln(2x)上，则|PQ|的最小值为( )
A．1－ln2 B.(1－ln2)
C．1＋ln2 D.(1＋ln2)
12．B [解析] 因为y＝ex和y＝ln(2x)互为反函数，关于直线y＝x对称，所以当曲线y＝ex和y＝ln(2x)的切线的斜率都为1时，两条切线间的距离即为|PQ|的最小值．令y′＝ex＝1，得x＝ln2.所以y＝ex的斜率为1的切线的切点是(ln2,1)，所以切点(ln2,1)到直线y＝x的距离为d＝＝.所以|PQ|min＝2d＝2＝(1－ln2)．故选B.
20．H5、H9[2012·辽宁卷] 如图1－7，椭圆C0：＋＝1(a＞b＞0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t，b＜t1＜a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点．C1与C0相交于A，B，C，D四点．
图1－7
(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；
(2)设动圆C2：x2＋y2＝t与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b＜t2＜a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等．证明：t＋t为定值．
20．解：(1)设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则
直线A1A的方程为y＝(x＋a)，①
直线A2B的方程为y＝(x－a)，②
由①②得y2＝(x2－a2)．③
由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故＋＝1.
从而y＝b2，代入③得
－＝1(x＜－a，y＜0).
(2)证明：
设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得
4|x1||y1|＝4|x2||y2|，
故xy＝xy.
因为点A，A′均在椭圆上，所以
b2x＝b2x，
由t1≠t2，知x1≠x2，所以x＋x＝a2.
从而y＋y＝b2，
因此t＋t＝a2＋b2为定值．
H10 单元综合
21．H10[2012·浙江卷] 如图1－6，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．
图1－6
21．解：(1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得
得
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.
当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为
y＝kx＋m(m≠0)，
由消去y，整理得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①
则
Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，
所以线段AB的中点M.
因为M在直线OP上，所以
＝.
得m＝0(舍去)或k＝－.
此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则
Δ＝3(12－m2)＞0，
所以
|AB|＝·|x1－x2|＝·.
设点P到直线AB的距离为d，则
d＝＝.
设△ABP的面积为S，则
S＝|AB|·d＝·.
其中m∈(－2，0)∪(0,2)．
令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2，2]．
u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－)(m－1＋)．
所以当且仅当m＝1－，u(m)取到最大值．
故当且仅当m＝1－，S取到最大值．
综上，所求直线l方程为3x＋2y＋2－2＝0.
20．H10[2012·江西卷] 已知三点O(0,0)，A(－2,1)，B(2，1)，曲线C上任意一点M(x，y)满足|＋|＝·(＋)＋2.
(1)求曲线C的方程；
(2)动点Q(x0，y0)(－2，所以l与直线PA，PB一定相交．
分别联立方程组解得D，E的横坐标分别是
xD＝，xE＝，
则xE－xD＝(1－t).
又|FP|＝－－t，有S△PDE＝·|FP|·|xE－xD|＝·.
又S△QAB＝·4·＝，
于是＝·
＝·.
对任意x0∈(－2,2)，要使为常数，则t要满足
解得t＝－1，此时＝2，
故存在t＝－1，使△QAB与△PDE的面积之比是常数2.
19．H10[2012·江苏卷] 如图1－6，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．已知点(1，e)和都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2和BF1交于点P.
(i)若AF1－BF2＝，求直线AF1的斜率；
(ii)求证：PF1＋PF2是定值．
图1－6
19．解：(1)由题设知a2＝b2＋c2，e＝.由点(1，e)在椭圆上，
得＋＝1，解得b2＝1，于是c2＝a2－1.
又点在椭圆上，所以＋＝1，即＋＝1，解得a2＝2.
因此，所求椭圆的方程是＋y2＝1.
(2)由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为x＋1＝my，直线BF2的方程为x－1＝my.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1>0，y2>0.
由得(m2＋2)y－2my1－1＝0，解得y1＝，
故AF1＝＝＝. ①
同理，BF2＝. ②
(i)由①②得AF1－BF2＝，
解＝得m2＝2，注意到m>0，
故m＝.所以直线AF1的斜率为＝.
(ii)因为直线AF1与BF2平行，所以＝，于是＝，
故PF1＝BF1.由B点在椭圆上知BF1＋BF2＝2，
从而PF1＝(2－BF2)．同理PF2＝(2－AF1)．
因此，PF1＋PF2＝(2－BF2)＋(2－AF1)
＝2－.
又由①②知AF1＋BF2＝，AF1·BF2＝，
所以PF1＋PF2＝2－＝.因此，PF1＋PF2是定值．
8．H10[2012·福建卷] 已知双曲线－＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( )
A. B．4 C．3 D．5
8．A [解析] 由抛物线方程知抛物线的焦点坐标F(3,0)，所以双曲线方程中半焦距c＝3.因为双曲线的焦点为F(c,0)，双曲线的渐近线方程为：y＝±x，焦点到渐近线的距离d＝＝b，所以双曲线的焦点到渐近线的距离为b.因为双曲线方程中a＝2，c＝3，所以b＝＝＝.
21．H10、E9[2012·四川卷] 如图1－7所示，动点M与两定点A(－1,0)、B(2,0)构成△MAB，且∠MBA＝2∠MAB，设动点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设直线y＝－2x＋m与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|＜|PR|，求的取值范围．
图1－7
21．解：(1)设M的坐标为(x，y)，显然有x>0，且y≠0.
当∠MBA＝90°时，点M的坐标为(2，±3)．
当∠MBA≠90°时，x≠2，由∠MBA＝2∠MAB，有
tan∠MBA＝，
即－＝.
化简可得，3x2－y2－3＝0.
而点(2，±3)在曲线3x2－y2－3＝0上，
综上可知，轨迹C的方程为3x2－y2－3＝0(x>1)．
(2)由消去y，可得
x2－4mx＋m2＋3＝0.(*)
由题意，方程(*)有两根且均在(1，＋∞)内，设f(x)＝x2－4mx＋m2＋3.
所以
解得，m>1，且m≠2.
设Q、R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，由|PQ|<|PR|有xR＝2m＋，xQ＝2m－.
所以＝＝＝＝－1＋.
由m>1，且m≠2，有
1<－1＋<7＋4，且－1＋≠7.
所以的取值范围是(1,7)∪(7,7＋4)．
21．H7、H8、H10[2012·湖南卷] 在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x－5)2＋y2＝9外，且对C1上任意一点M，M到直线x＝－2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．
(1)求曲线C1的方程；
(2)设P(x0，y0)(y0≠±3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
21．解：(1)解法1：设M的坐标为(x，y)，由已知得|x＋2|＝－3.
易知圆C2上的点位于直线x＝－2的右侧，于是x＋2＞0，所以＝x＋5.
化简得曲线C1的方程为y2＝20x.
解法2：由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x＝－5的距离．因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x＝－5为准线的抛物线．故其方程为y2＝20x.
(2)证明：当点P在直线x＝－4上运动时，P的坐标为(－4，y0)，又y0≠±3，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y－y0＝k(x＋4)，即kx－y＋y0＋4k＝0.于是＝3.
整理得72k2＋18y0k＋y－9＝0. ①
设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根．故
k1＋k2＝－＝－. ②
由得
k1y2－20y＋20(y0＋4k1)＝0. ③
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程③的两个实根，所以
y1y2＝. ④
同理可得
y3y4＝. ⑤
于是由②，④，⑤三式得
y1y2y3y4＝
＝
＝＝6400.
所以，当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400.
