H 解析几何(文科)(高考真题 模拟新题)

H　解析几何 H1　直线的倾斜角与斜率、直线的方程 22．H1、H2、H7[2012·浙江卷] 如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分． (1)求p，t的值； (2)求△ABP面积的最大值． 图1－6 22．解：(1)由题意知 得 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)， 由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)． 由得 (y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2. 故k·2m＝1. 所以直线AB方程为y－m＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由消去x，整理得 y2－2my＋2m2－m＝0， 所以Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m. 从而|AB|＝·|y1－y2| ＝·. 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＝|1－2(m－m2)|·. 由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1. 令u＝，0＜u≤，则 S＝u(1－2u2)， 设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2. 由S′(u)＝0得u＝∈，所以 S(u)max＝S＝. 故△ABP面积的最大值为. 17．H1、H7[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＝________. 17．[] [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几何意义等基础知识，考查学生综合运用知识的能力和学情，考查函数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到直线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＝. 4．H1、F1[2012·上海卷] 若d＝(2,1)是直线l的一个方向向量，则l的倾斜角的大小为________(结果用反三角函数值表示)． 4．arctan　[解析] 考查直线的方向向量、斜率与倾斜角三者之间的关系，关键是求出直线的斜率． 由已知可得直线的斜率k＝，k＝tanα，所以直线的倾斜角α＝arctan. 20．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． 20．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. H2　两直线的位置关系与点到直线的距离 22．H1、H2、H7[2012·浙江卷] 如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分． (1)求p，t的值； (2)求△ABP面积的最大值． 图1－6 22．解：(1)由题意知 得 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)， 由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)． 由得 (y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2. 故k·2m＝1. 所以直线AB方程为y－m＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由消去x，整理得 y2－2my＋2m2－m＝0， 所以Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m. 从而|AB|＝·|y1－y2| ＝·. 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＝|1－2(m－m2)|·. 由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1. 令u＝，0＜u≤，则 S＝u(1－2u2)， 设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2. 由S′(u)＝0得u＝∈，所以 S(u)max＝S＝. 故△ABP面积的最大值为. H3　圆的方程 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. 21．H3、H7、H8[2012·福建卷] 如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上． 图1－4 (1)求抛物线E的方程； (2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点． 21．解：解法一：(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°. 设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12. 因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2. 故抛物线E的方程为x2＝4y. (2)由(1)知y＝x2，y′＝x. 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q. 假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立． 由于＝(x0，y0－y1)，＝. 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0. 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*) 由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，所以 解得y1＝1. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)． 解法二： (1)同解法一． (2)由(1)知y＝x2，y′＝x， 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q. 取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于M3(0,1)或M4. 故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)． 以下证明点M(0,1)就是所要求的点． 因为＝(x0，y0－1)，＝， ·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M. 21．H3、H5、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)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在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A点在单位圆上运动，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. H4　直线与圆、圆与圆的位置关系 6．H4[2012·陕西卷] 已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则(  ) A．l与C相交  B．l与C相切 C．l与C相离  D．以上三个选项均有可能 6．A　[解析] 本小题主要考查直线与圆的位置关系，解题的突破口为熟练掌握判断直线与圆位置关系的方法．x2＋y2－4x＝0是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，而点P(3,0)到圆心的距离为d＝＝1<2，点P(3,0)恒在圆内，过点P(3,0)不管怎么样画直线，都与圆相交．故选A. 7．H4[2012·辽宁卷] 将圆x2＋y2－2x－4y＋1＝0平分的直线是(  ) A．x＋y－1＝0  B．x＋y＋3＝0 C．x－y＋1＝0  D．x－y＋3＝0 7．C　[解析] 本小题主要考查直线与圆的位置关系．解题的突破口为弄清平分线的实质是过圆心的直线，即圆心符合直线方程． 圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4，所以圆心为(1,2)，把点(1,2)代人A、B、C、D，不难得出选项C符合要求． 5．H4[2012·湖北卷] 过点P(1,1)的直线，将圆形区域分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为(  ) A．x＋y－2＝0  B．y－1＝0 C．x－y＝0  D．x＋3y－4＝0 5．A　[解析] 要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，通过观察图形，显然只需该直线与直线OP垂直即可，又已知P(1,1)，则所求直线的斜率为－1，又该直线过点P(1,1)，易求得该直线的方程为x＋y－2＝0.故选A. 8．H4[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于(  ) A．3  B．2 C.  D．1 8．B　[解析] 考查直线与圆相交求弦长，突破口是“弦心距、半径、弦长之半构成直角三角形”，利用勾股定理计算．由点到直线的距离得，弦心距d＝＝1，所以弦长AB＝2＝2，所以选择B.9．H4[2012·北京卷] 直线y＝x被圆x2＋(y－2)2＝4截得的弦长为________． 9．2　[解析] 本题考查直线和圆的位置关系、考查简单的平面几何知识． 法一：几何法：圆心到直线的距离为d＝＝，圆的半径r＝2，所以弦长为l＝2×＝2＝2； 法二：代数法：联立直线和圆的方程 消去y可得x2－2x＝0，所以直线和圆的两个交点坐标分别为(2,2)，(0,0)，弦长为＝2. 9．H4[2012·安徽卷] 若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是(  ) A．[－3，－1]  B．[－1,3] C．[－3,1]  D．(－∞，－3]∪[1，＋∞) 9．C　[解析] 因为直线x－y＋1＝0与圆2＋y2＝2有公共点，所以圆心到直线的距离d＝≤r＝，可得≤2，即a∈. 7．H4[2012·福建卷] 直线x＋y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于(  ) A．2  B．2  C.  D．1 7．B　[解析] 根据圆的方程知，圆的圆心为(0,0)，半径R＝2，弦心距d＝＝1，所以弦长|AB|＝2＝2，所以选择B. 12．H4[2012·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________． 12.　[解析] 本题考查用几何方法判定两圆的位置关系．解题突破口为设出圆的圆心坐标． 圆C方程可化为(x－4)2＋y2＝1圆心坐标为(4,0)，半径为1，由题意，直线y＝kx－2上至少存在一点(x0，kx0－2)，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，因为两个圆有公共点，故≤2，整理得(k2＋1)x2－(8＋4k)x＋16≤0，此不等式有解的条件是Δ＝(8＋4k)2－64(k2＋1)≥0，解之得0≤k≤，故最大值为. 14．H4[2012·江西卷] 过直线x＋y－2＝0上点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是________． 14．(，)　[解析] 设切点为A，B，设P(x,2－x)，连结PA，PB，PO，则|PO|＝2|OA|＝2，即x2＋(2－x)2＝4，整理得x2－2x＋2＝0，解得x＝，故P的坐标为(，)． 22．H6、H4[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2－y2＝1. (1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点．若|MF|＝2，求点M的坐标； (2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积； (3)设斜率为k(|k|＜)的直线l交C于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ. 22．解：(1)双曲线C：－y2＝1，左焦点F， 设M(x，y)，则|MF|2＝2＋y2＝2， 由M点是右支上一点，知x≥，所以|MF|＝x＋＝2，得x＝， 所以M. (2)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 所以所求平行四边形的面积为S＝|OA||y|＝. (3)证明：设直线PQ的方程是y＝kx＋b，因直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝k2＋1(*)． 由得(2－k2)x2－2kbx－b2－1＝0. 设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则 又y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)，所以 ·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2 ＝＋＋b2＝. 由(*)知，·＝0，所以OP⊥OQ. 20．H4、H5[2012·辽宁卷] 如图1－7，动圆C1：x2＋y2＝t2,1b>0)，右焦点为F2(c,0)． 因△AB1B2是直角三角形且|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，从而|OA|＝|OB2|， 即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，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ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，知·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2. 当m＝2时，方程(*)化为：9y2－8y－16＝0， 故y1＝，y2＝，|y1－y2|＝， △PB2Q的面积S＝|B1B2|·|y1－y2|＝. 当m＝－2时，同理可得(或由对称性可得)△PB2Q的面积S＝. 综上所述，△PB2Q的面积为. 8．H5、H6[2012·浙江卷] 如图1－3，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是(  ) 图1－3 A．3  B．2 C.  D. 8．B　[解析] 本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题．设椭圆、双曲线的方程分别为 ＋ ＝ 1(a1>b1>0)， －＝1(a2>0，b2>0)，由题意知c1＝c2且a1＝2a2，则＝＝＝2. 19．H5、H8[2012·天津卷] 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，点P在椭圆上． (1)求椭圆的离心率； (2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值． 19．解：(1)因为点P在椭圆上，故＋＝1，可得＝， 于是e2＝＝1－＝， 所以椭圆的离心率e＝. (2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx.设点Q的坐标为(x0，y0)． 由条件得消去y0并整理得 x＝.① 由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得，(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4. 由(1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5. 所以直线OQ的斜率k＝±. 4．H5[2012·课标全国卷] 设F1，F2是椭圆E：＋＝1(a>b>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] 根据题意直线PF2的倾斜角是，所以a－c＝|PF2|＝|F1F2|＝×2c，解得e＝.故选C. 16．A2、H5[2012·上海卷] 对于常数m、n，“mn＞0”是“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”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 16．B　[解析] 考查充分条件和必要条件，以及椭圆方程．判断充分条件和必要条件，首先要确定条件与结论． 条件是“mn>0”，结论是“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”， 方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆，可以得出mn>0，且m>0，n>0，m≠n，而由条件“mn>0”推不出“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”．所以为必要不充分条件，选B. 20．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． 20．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. 21．H3、H5、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)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在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A点在单位圆上运动，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. 21．H5、H8[2012·山东卷] 如图1－7所示，椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＝±a和y＝±b所围成的矩形ABCD的面积为8. 图1－7 (1)求椭圆M的标准方程； (2)设直线l：y＝x＋m(m∈R)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值． 21．解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知 所以a＝2，b＝1， 因此椭圆M的标准方程为＋y2＝1. (2)由整理得 5x2＋8mx＋4m2－4＝0， 由Δ＝64m2－80(m2－1)＝80－16m2>0. 得－b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°. (1)求椭圆C的离心率； (2)已知△AF1B的面积为40，求a，b的值． 图1－4 20．解： (1)由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c，所以e＝. (2)( 方法一)a2＝4c2，b2＝3c2. 直线AB的方程可为y＝－(x－c)． 将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2， 得B. 所以|AB|＝·＝c. 由S△AF1B＝|AF1|·|AB|sin∠F1AB ＝a·c·＝a2＝40， 解得a＝10，b＝5. (方法二)设|AB|＝t. 因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a. 由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t. 再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得， t＝a. 由S△AF1B＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5. 5．H5[2012·全国卷] 椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x＝－4，则该椭圆的方程为(  ) A.＋＝1  B.＋＝1 C.＋＝1  D.＋＝1 5．C　[解析] 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质．解题的突破口为焦距、准线与a、b、c的关系． ∵焦距为4，一条准线为x＝－4，∴c＝2，＝4，∴a2＝8，b2＝4，故选C. 20．H5、H7、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上． (1)求椭圆C1的方程； (2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程． 20．解：(1)由C1的左焦点F1的坐标为(－1,0)知c＝1. 因为点P(0,1)在C1上，所以b＝1. 于是a＝. 故C1的方程为＋y2＝1. (2)由题设l同时与C1和C2相切，设切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x0>0.当点B在第一象限时，点B的坐标为(x0,2)． 考虑抛物线C2在第一象限的方程 y＝2，x>0. 因为y′＝， 所以l的斜率为，从而l的方程为：y＝＋. 由假设直线l与椭圆C1相切，因此方程组 有唯一解，将①代入②并整理得： (x0＋2)x2＋4x0x＋2x0(x0－1)＝0， 所以Δ＝16x－8(x0＋2)x0(x0－1) ＝－8x0(x0＋1)(x0－2)＝0. 因为x0>0，所以x0＝2. 当x0＝2时，直线l的方程为：y＝x＋. 易验证l是C1的切线． 由对称性，当切点B在第四象限时，可得l的方程为：y＝－x－. 综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为： y＝x＋，或y＝－x－. 21．H5、H10[2012·湖南卷] 在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心． (1)求椭圆E的方程； (2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标． 21．解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，故圆C的圆心为点(2,0)． 从而可设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，其焦距为2c.由题设知c＝2，e＝＝.所以a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12.故椭圆E的方程为＋＝1. (2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2.则l1，l2的方程分别为l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝. 由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切得 ＝. 即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0. 同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0. 从而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的两个实根．于是 ① 且k1k2＝＝. 由得5x－8x0－36＝0. 解得x0＝－2，或x0＝. 由x0＝－2得y0＝±3；由x0＝得y0＝±，它们均满足①式． 故点P的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或，或. 8．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(  ) A.  B.  C.  D.－2 8．B　[解析] 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＝.故选B. 20．H4、H5[2012·辽宁卷] 如图1－7，动圆C1：x2＋y2＝t2,1)的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A、B，△FAB的周长的最大值是12，则该椭圆的离心率是________． 15.　[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， 而|AB|＝|AC|＋|BC|≤|AF′|＋|BF′|， ∴当且仅当AB过F′时，△ABF周长最大． 此时，由|AF|＋|AB|＋|BF|＝4a＝12， 得a＝3，进而c＝＝2， ∴椭圆离心率为e＝＝. H6　双曲线及其几何性质 11．H6[2012·天津卷] 已知双曲线C1：－＝1(a＞0，b＞0)与双曲线C2：－＝1有相同的渐近线，且C1的右焦点为F(，0)，则a＝________，b＝________. 11．1　2　[解析] ∵双曲线C1与C2有共同的渐近线，∴b2＝4a2.① 又∵a2＋b2＝5, ② 联立①②得，a＝1，b＝2. 15．H6[2012·辽宁卷] 已知双曲线x2－y2＝1，点F1，F2为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若PF1⊥PF2，则|PF1|＋|PF2|的值为________． 15．2　[解析] 本小题主要考查双曲线的定义以及性质．解题的突破口为正确应用双曲线的定义． 不妨假设点P位于双曲线的右分支上，故而|PF1|－|PF2|＝2a＝2，所以(|PF1|－|PF2|)2＝(2a)2＝4?|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4，因为PF1⊥PF2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝(2c)2 ＝8，所以2|PF1||PF2|＝4，所以(|PF1|＋|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝12，即|PF1|＋|PF2|＝2. 5．H6[2012·福建卷] 已知双曲线－＝1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于(  ) A.  B. C.  D. 5．C　[解析] 因为双曲线的右焦点坐标为(3,0)，所以c＝3，b2＝5，则a2＝c2－b2＝9－5＝4，所以a＝2，所以e＝＝. 10．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. 10．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．H5、H6[2012·浙江卷] 如图1－3，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是(  ) 图1－3 A．3  B．2 C.  D. 8．B　[解析] 本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题．设椭圆、双曲线的方程分别为 ＋ ＝ 1(a1>b1>0)， －＝1(a2>0，b2>0)，由题意知c1＝c2且a1＝2a2，则＝＝＝2. 6．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 6．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·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. 22．H6、H4[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2－y2＝1. (1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点．若|MF|＝2，求点M的坐标； (2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积； (3)设斜率为k(|k|＜)的直线l交C于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ. 22．解：(1)双曲线C：－y2＝1，左焦点F， 设M(x，y)，则|MF|2＝2＋y2＝2， 由M点是右支上一点，知x≥，所以|MF|＝x＋＝2，得x＝， 所以M. (2)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 所以所求平行四边形的面积为S＝|OA||y|＝. (3)证明：设直线PQ的方程是y＝kx＋b，因直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝k2＋1(*)． 由得(2－k2)x2－2kbx－b2－1＝0. 设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则 又y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)，所以 ·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2 ＝＋＋b2＝. 由(*)知，·＝0，所以OP⊥OQ. 11．H6、H7[2012·山东卷] 已知双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2.若抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为(  ) A．x2＝y B．x2＝y C．x2＝8y D．x2＝16y 11．D　[解析] 本题考查双曲线、抛物线的方程及性质，考查运算求解能力，

分析

定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析

解决问题能力，偏难． 由双曲线－＝1的离心率为2得c＝2a，又∵抛物线焦点到双曲线渐近线ay＝±bx的距离＝＝2，∴p＝8，即抛物线C2的方程为x2＝16y. 10．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 10．C　[解析] 根据题意可设双曲线的方程为－＝1，抛物线的准线为x＝－4，代入双曲线的方程得16－y2＝a2①.因为|AB|＝4，所以y＝±2.代入①得16－(±2)2＝a2，解得a＝2.所以C的实轴长为2a＝4，故选C. H7　抛物线及其几何性质 9．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 9．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. 14．H7[2012·陕西卷] 图1－5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1－5 14．2　[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，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． 22．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． 22．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y＝2x＋1，① y＝2(t1＋1)x－t＋1，② y＝2(t2＋1)x－t＋1，③ 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＝＝. 14．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．若|AF|＝3，则|BF|＝________. 14.　[解析] 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＝－＝. 21．H7、H9[2012·上海卷] 海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(以1海里为单位长度)，则救援船恰好在失事船正南方向12海里A处，如图1－3.现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线y＝x2；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t. 图1－3 (1)当t＝0.5时，写出失事船所在位置P的纵坐标．若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向； (2)问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？ 21．解：(1)t＝0.5时，P的横坐标xP＝7t＝，代入抛物线方程y＝x2，得P的纵坐标yP＝3. 由|AP|＝，得救援船速度的大小为海里/时． 由tan∠OAP＝，得∠OAP＝arctan，故救援船速度的方向为北偏东arctan弧度． (2)设救援船的时速为v海里，经过t小时追上失事船，此时位置为(7t,12t2)． 由vt＝， 整理得v2＝144＋337. 因为t2＋≥2，当且仅当t＝1时等号成立． 所以v2≥144×2＋337＝252，即v≥25. 因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船． 11．H6、H7[2012·山东卷] 已知双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2.若抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为(  ) A．x2＝y B．x2＝y C．x2＝8y D．x2＝16y 11．D　[解析] 本题考查双曲线、抛物线的方程及性质，考查运算求解能力，分析解决问题能力，偏难． 由双曲线－＝1的离心率为2得c＝2a，又∵抛物线焦点到双曲线渐近线ay＝±bx的距离＝＝2，∴p＝8，即抛物线C2的方程为x2＝16y. 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. 10．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 10．C　[解析] 根据题意可设双曲线的方程为－＝1，抛物线的准线为x＝－4，代入双曲线的方程得16－y2＝a2①.因为|AB|＝4，所以y＝±2.代入①得16－(±2)2＝a2，解得a＝2.所以C的实轴长为2a＝4，故选C. 20．H5、H7、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上． (1)求椭圆C1的方程； (2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程． 20．解：(1)由C1的左焦点F1的坐标为(－1,0)知c＝1. 因为点P(0,1)在C1上，所以b＝1. 于是a＝. 故C1的方程为＋y2＝1. (2)由题设l同时与C1和C2相切，设切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x0>0.当点B在第一象限时，点B的坐标为(x0,2)． 考虑抛物线C2在第一象限的方程 y＝2，x>0. 因为y′＝， 所以l的斜率为，从而l的方程为：y＝＋. 由假设直线l与椭圆C1相切，因此方程组 有唯一解，将①代入②并整理得： (x0＋2)x2＋4x0x＋2x0(x0－1)＝0， 所以Δ＝16x－8(x0＋2)x0(x0－1) ＝－8x0(x0＋1)(x0－2)＝0. 因为x0>0，所以x0＝2. 当x0＝2时，直线l的方程为：y＝x＋. 易验证l是C1的切线． 由对称性，当切点B在第四象限时，可得l的方程为：y＝－x－. 综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为： y＝x＋，或y＝－x－. 21．H3、H7、H8[2012·福建卷] 如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上． 图1－4 (1)求抛物线E的方程； (2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点． 21．解：解法一：(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°. 设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12. 因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2. 故抛物线E的方程为x2＝4y. (2)由(1)知y＝x2，y′＝x. 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q. 假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立． 由于＝(x0，y0－y1)，＝. 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0. 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*) 由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，所以 解得y1＝1. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)． 解法二： (1)同解法一． (2)由(1)知y＝x2，y′＝x， 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q. 取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于M3(0,1)或M4. 故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)． 以下证明点M(0,1)就是所要求的点． 因为＝(x0，y0－1)，＝， ·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M. 17．H1、H7[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＝________. 17．[答案] [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几何意义等基础知识，考查学生综合运用知识的能力和学情，考查函数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到直线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＝. 22．H1、H2、H7[2012·浙江卷] 如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分． (1)求p，t的值； (2)求△ABP面积的最大值． 图1－6 22．解：(1)由题意知 得 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)， 由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)． 由得 (y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2. 故k·2m＝1. 所以直线AB方程为y－m＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由消去x，整理得 y2－2my＋2m2－m＝0， 所以Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m. 从而|AB|＝·|y1－y2| ＝·. 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＝|1－2(m－m2)|·. 由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1. 令u＝，0＜u≤，则 S＝u(1－2u2)， 设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2. 由S′(u)＝0得u＝∈，所以 S(u)max＝S＝. 故△ABP面积的最大值为. H8　直线与圆锥曲线 14．H8[2012·重庆卷] 设P为直线y＝x与双曲线－＝1(a>0，b>0)左支的交点，F1是左焦点，PF1垂直于x轴，则双曲线的离心率e＝________. 14.　[解析] 因为PF1垂直于x轴且P点在双曲线的左支上，所以P点横坐标为－c.又因为P点在直线y＝x上，所以P点坐标为，将P点坐标代入双曲线－＝1，整理得＝，所以双曲线的离心率e＝. 21．H5、H8、F3[2012·重庆卷] 如图，设椭圆的中点为原点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． (1)求该椭圆的离心率和标准方程； (2)过B1作直线交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求△PB2Q的面积． 21．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是直角三角形且|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，从而|OA|＝|OB2|， 即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，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ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，知·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2. 当m＝2时，方程(*)化为：9y2－8y－16＝0， 故y1＝，y2＝，|y1－y2|＝， △PB2Q的面积S＝|B1B2|·|y1－y2|＝. 当m＝－2时，同理可得(或由对称性可得)△PB2Q的面积S＝. 综上所述，△PB2Q的面积为. 19．H5、H8[2012·天津卷] 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，点P在椭圆上． (1)求椭圆的离心率； (2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值． 19．解：(1)因为点P在椭圆上，故＋＝1，可得＝， 于是e2＝＝1－＝， 所以椭圆的离心率e＝. (2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx.设点Q的坐标为(x0，y0)． 由条件得消去y0并整理得 x＝.① 由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得，(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4. 由(1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5. 所以直线OQ的斜率k＝±. 21．H5、H8[2012·山东卷] 如图1－7所示，椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＝±a和y＝±b所围成的矩形ABCD的面积为8. 图1－7 (1)求椭圆M的标准方程； (2)设直线l：y＝x＋m(m∈R)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值． 21．解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知 所以a＝2，b＝1， 因此椭圆M的标准方程为＋y2＝1. (2)由整理得 5x2＋8mx＋4m2－4＝0， 由Δ＝64m2－80(m2－1)＝80－16m2>0. 得－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. 21．H3、H5、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)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在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A点在单位圆上运动，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．H5、H7、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上． (1)求椭圆C1的方程； (2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程． 20．解：(1)由C1的左焦点F1的坐标为(－1,0)知c＝1. 因为点P(0,1)在C1上，所以b＝1. 于是a＝. 故C1的方程为＋y2＝1. (2)由题设l同时与C1和C2相切，设切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x0>0.当点B在第一象限时，点B的坐标为(x0,2)． 考虑抛物线C2在第一象限的方程 y＝2，x>0. 因为y′＝， 所以l的斜率为，从而l的方程为：y＝＋. 由假设直线l与椭圆C1相切，因此方程组 有唯一解，将①代入②并整理得： (x0＋2)x2＋4x0x＋2x0(x0－1)＝0， 所以Δ＝16x－8(x0＋2)x0(x0－1) ＝－8x0(x0＋1)(x0－2)＝0. 因为x0>0，所以x0＝2. 当x0＝2时，直线l的方程为：y＝x＋. 易验证l是C1的切线． 由对称性，当切点B在第四象限时，可得l的方程为：y＝－x－. 综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为： y＝x＋，或y＝－x－. 21．H3、H7、H8[2012·福建卷] 如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上． 图1－4 (1)求抛物线E的方程； (2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点． 21．解：解法一：(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°. 设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12. 因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2. 故抛物线E的方程为x2＝4y. (2)由(1)知y＝x2，y′＝x. 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q. 假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立． 由于＝(x0，y0－y1)，＝. 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0. 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*) 由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，所以 解得y1＝1. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)． 解法二： (1)同解法一． (2)由(1)知y＝x2，y′＝x， 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q. 取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于M3(0,1)或M4. 故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)． 以下证明点M(0,1)就是所要求的点． 因为＝(x0，y0－1)，＝， ·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M. 20．H5、H8[2012·安徽卷] 如图1－4，F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°. (1)求椭圆C的离心率； (2)已知△AF1B的面积为40，求a，b的值． 图1－4 20．解： (1)由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c，所以e＝. (2)( 方法一)a2＝4c2，b2＝3c2. 直线AB的方程可为y＝－(x－c)． 将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2， 得B. 所以|AB|＝·＝c. 由S△AF1B＝|AF1|·|AB|sin∠F1AB ＝a·c·＝a2＝40， 解得a＝10，b＝5. (方法二)设|AB|＝t. 因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a. 由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t. 再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得， t＝a. 由S△AF1B＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5. H9　曲线与方程 21．H7、H9[2012·上海卷] 海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(以1海里为单位长度)，则救援船恰好在失事船正南方向12海里A处，如图1－3.现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线y＝x2；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t. 图1－3 (1)当t＝0.5时，写出失事船所在位置P的纵坐标．若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向； (2)问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？ 21．解：(1)t＝0.5时，P的横坐标xP＝7t＝，代入抛物线方程y＝x2，得P的纵坐标yP＝3. 由|AP|＝，得救援船速度的大小为海里/时． 由tan∠OAP＝，得∠OAP＝arctan，故救援船速度的方向为北偏东arctan弧度． (2)设救援船的时速为v海里，经过t小时追上失事船，此时位置为(7t,12t2)． 由vt＝， 整理得v2＝144＋337. 因为t2＋≥2，当且仅当t＝1时等号成立． 所以v2≥144×2＋337＝252，即v≥25. 因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船． H10  单元综合 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)点Q(x0，y0)(－20，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． 21．H10、E9[2012·四川卷] 如图1－6，动点M与两定点A(－1,0)、B(1,0)构成△MAB，且直线MA、MB的斜率之积为4.设动点M的轨迹为C. 图1－6 (1)求轨迹C的方程； (2)设直线y＝x＋m(m>0)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． 21．解：(1)设M的坐标为(x，y)，当x＝－1时，直线MA的斜率不存在；当x＝1时，直线MB的斜率不存在． 于是x≠1且x≠－1，此时，MA的斜率为，MB的斜率为， 由题意，有·＝4， 化简可得，4x2－y2－4＝0. 故动点M的轨迹C的方程为4x2－y2－4＝0(x≠1且x≠－1)． (2)由消去y，可得3x2－2mx－m2－4＝0.(*) 对于方程(*)，其判别式Δ＝(－2m)2－4×3(－m2－4)＝16m2＋48>0，而当1或－1为方程(*)的根时，m的值为－1或1， 结合题设(m>0)可知，m>0，且m≠1. 设Q、R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，则xQ，xR为方程(*)的两根． 因为|PQ|<|PR|，所以|xQ|<|xR|，xQ＝，xR＝. 所以＝＝＝ 1＋. 此时>1，且≠2. 所以1<1＋<3，且1＋≠， 所以1<＝<3，且＝≠. 综上所述，的取值范围是∪. 21．H5、H10[2012·湖南卷] 在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心． (1)求椭圆E的方程； (2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标． 21．解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，故圆C的圆心为点(2,0)． 从而可设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，其焦距为2c.由题设知c＝2，e＝＝.所以a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12.故椭圆E的方程为＋＝1. (2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2.则l1，l2的方程分别为l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝. 由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切得 ＝. 即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0. 同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0. 从而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的两个实根．于是 ① 且k1k2＝＝. 由得5x－8x0－36＝0. 解得x0＝－2，或x0＝. 由x0＝－2得y0＝±3；由x0＝得y0＝±，它们均满足①式． 故点P的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或，或. 19．H10[2012·北京卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N. (1)求椭圆C的方程； (2)当△AMN的面积为时，求k的值． 19．解：(1)由题意得 解得b＝. 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0. 设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)， x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|MN|＝ ＝. 又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝， 所以△AMN的面积为 S＝|MN|·d＝. 由＝，解得k＝±1. 2012模拟题 1．[2012·江西师大附中月考] “a＝3”是“直线ax＋2y＋2a＝0和直线3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”的(  ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 1．A　[解析] 由a＝3?直线ax＋2y＋2a＝0和直线3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行成立，反之由 直线ax＋2y＋2a＝0和3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行得出a＝3或a＝－2，所以“a＝3”是“直线ax＋2y＋2a＝0和直线3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”的充分而不必要条件． 2．[2012·江西师大附中月考] 已知P是直线3x＋4y＋8＝0上的动点，PA、PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的切线，A、B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是(  ) A.          B．2          C．2        D．4 2．C　[解析] 由题意，圆x2＋y2－2x－2y＋1 ＝0的圆心是C(1,1)，半径为1，PA＝PB易知四边形PACB的面积为(PA＋PB)＝PA，故当PA最小时，四边形PACB面积最小． 由于|PA|＝，故PC最小时PA最小，此时CP垂直直线3x＋4y＋8＝0， |PC|＝＝3，所以|PA|＝＝2， ∴四边形PACB的面积的最小值是2. 3．[2012·泉州四校联考] 圆心在曲线y＝(x>0)上，且与直线3x＋4y＋3＝0相切的面积最小的圆的方程为(  ) A．(x－2)2＋2＝9  B．(x－3)2＋(y－1)2＝2 C．(x－1)2＋(y－3)2＝2  D．(x－)2＋(y－)2＝9 3．A　[解析] R＝≥3，当且仅当x＝2时取等号；所以半径最小时圆心为，圆方程为(x－2)2＋2＝9. 4．[2012·西安五校一模] F1，F2是椭圆＋y2＝1(a>1)的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使得∠F1PF2＝，则该椭圆的离心率的取值范围是(  ) A.                B. C.                D. 4．B　[解析] ∵∠F1PF2＝，∴P在短轴端点，e＝，所以≤e<1. 5．[2012·保定八校联考] 双曲线－＝1(b∈N)的两个焦点为F1、F2，P为双曲线上一点，|OP|<5，|PF1|、|F1F2|、|PF2|成等比数列，则b2＝________. 5．1　[解析] 由双曲线定义不妨记|PF1|－|PF2|＝4①，又|PF1|、、成等比数列，则|PF1|·|PF2|＝|F1F2|2＝4c2②，由①②可得|PF1|2＋|PF2|2＝16＋8c2，又结合图形可知|PF1|2＝|OP|2＋|OF1|2－2·|OP|·|OF1|cos∠POF1，③ |PF2|2＝|OP|2＋|OF2|2－2·|OP|·|OF2|cos∠POF2，④ 由③④相加得|PF1|2＋|PF2|2＝2(|OP|2＋|OF1|2)<2(25＋c2)，即16＋8c2<50＋2c2，解得c2<，即b2<，因为b∈N，所以b2＝1. 6．[2012·保定模拟] 设抛物线x2＝4y的焦点为F，经过点P(1,5)的直线l与抛物线相交于A，B两点，且点P恰为线段AB的中点，则|AF|＋|BF|＝________. 6．12　[解析] A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝10，由抛物线定义得|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋p＝10＋2＝12. 7．[2012·绍兴一中月考] 设抛物线y2＝2x的焦点为F，过点M(，0)的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于点C，|BF|＝2，则△BCF与△ACF的面积之比＝________. 7.  　[解析] 设直线AB的方程为y＝k(x－)，交抛物线于A，B两点，分别过点A，B作抛物线准线的垂线，垂足分别为A′，B′，联立方程组， ∴k2x2－(2k2＋2)x＋3k2＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵|BF|＝2，∴x2＝， ∵x1·x2＝3，∴x1＝2. ∴＝＝＝＝. 8．[2012·黄冈模拟] 已知△ABC中，点A、B的坐标分别为(－，0)，(，0)，点C在x轴上方． (1)若点C坐标为(，1)，求以A、B为焦点且经过点C的椭圆的方程； (2)过点P(m,0)作倾角为π的直线l交(1)中曲线于M、N两点，若点Q(1,0)恰在以线段MN为直径的圆上，求实数m的值． 8．解：(1)设椭圆方程为＋＝1，c＝， 2a＝|AC|＋|BC|＝4，∴a＝2，b＝，故椭圆方程为＋＝1(y>0)． (2)直线l的方程为y＝－(x－m)，令M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程得 3x2－4mx＋2m2－4＝0，Δ>0?－