數(shù)學-理科2014高考真題模擬新題單元解析幾何

HH1

Mfa，b

＝2，即當 (x>0)時，Mf(a，b)為a，b的幾何平均數(shù)f當 (x>0)時，M(a，b)為a，b的調(diào)和平均數(shù)2abfx (2)x(或填(1)k1x；(2)k2xk1，k2為正常數(shù)x[解析]A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c，0)依題意，c＝

f（a）

bf(x)＝＝依題意 2ab，則0－f（a）＝

f（a）

2ab ＝

，因 a＋ a＋

20．H1H6H8[2014·江西卷]1-7C：a2－y＝1(a>0)FA，BC的兩條漸近線上，AF⊥x軸，AB⊥OB，BF∥OA(O為坐標原點1-CCP(x0，y0)(y0≠0)l：x0x－y0y＝1AFM＝2N.PC上移動時，|NF|20．解：(1)F(c，0)b＝1c＝由題意，直線OB的方

1x，直線BF的

c (x－c)，所以B 又直線OA的方

1

Ac，c

c－ －c c

22

又因為AB⊥OB，所以a·－a＝－1，解得a＝3，故雙曲線C的 3－y由(1)知a＝3，則直線l的 yy＝1(y≠0)，即

3－

＝3y0因為直線AF的 x＝2，所以直線l與AF的交點為 2x0－3，直線l與直3

，3y0x＝2

3y0

則 x

0＋ 2 3· P(x0，y0)C

4

2 23代入上式得|NF|2＝3·3

2＝3·

＝3

卷]C：a2＋b2＝1(a>b>0)4CFC的左焦點，Tx＝－3FTF①證明：OTPQ(O為坐標原點②當|TF|T 2c＝2 C的標準方程是62(2)①證明：由(1)可得，F(xiàn)的坐標是(－2，0)T點的坐標為 則直線TF的斜率 mm≠0PQkPQ＝1.PQmm＝0PQx＝－2x＝my－2設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得 Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0. 所以y 4m，yy

6＋2 1 ＝x＋x＝m(y＋y －12.＝

MPQM點的坐標為－6，2m 33OMkOM＝－m，OTkOT＝－m，33MOTOT|TF|＝|PQ|＝＝4m －2

1所以

1m2＋1＋ 1（4＋4）＝3

3 當且僅當 4 m＝±1時，等號成立，此時|TF| 故當|TF|最小時，T點的坐標是(－3，1)或H2y軸的交點為P，與C的交點為Q，且 CA，M，B，Nl的方程．pp所以 所以C的方(2)依題意知l與坐標軸不垂直，故可設l的方x＝my＋1(m≠0)．y2＝4xy2－4my－4＝0.A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1)．l′的斜率為－m，m所以l′的 x＝－1mmmmmMNE2＋2m2＋32 4（m2＋4（m2＋1） 由于線段MN垂直平分線段AB，故A，M，B，N四點在同一圓上等價于

從而4|AB|＋|DE|＝4|MN| 2

2 4(m2＋1)2＋2m＋m＋m2＋2 m2－1＝0m＝1故所求直線l的方x－y－1＝0或H3

9．H3、H5[2014·福建卷]P，Qx＋(y－6)＝2和橢圓10＋y＝1則P，Q兩點間的最大距離是 A．5 B.46＋C．7＋ D．6 [解析]Cx2＋(y－6)2＝2C(0，6)r＝2.Q(x0，y0)是橢圓上任意一點，則0＋y2＝1

∴|CQ|＝10－10y2＋（y0－6）2＝－9y2－12y －9y0＋3 3 3則P，Q兩點間的最大距離為 H4＝0，點Q滿足→＝2(a＋b)．曲線 →＝acosθ＋bsinθ，0≤θ<2π}{P|0＜r≤|PQ|≤R，r＜R}．若C∩Ω為兩段分離的曲線，則( [解析]由已知可設→ 曲線 →＝(cosθ，sinP1：(x－2)2＋(y－2)2＝r2P2：(x－2)2＋(y－2)2＝R2所形成的圓環(huán)，如圖所19．H4、H5、H8[2014·卷]已知橢圓COACBy＝2OA⊥OB，試判斷直線ABx2＋y2＝2的位置關系，并證明你的結論． 解：(1)Ca＝2，c＝

4＋2故橢圓C的離心率 2.(2)ABx2＋y2＝2相切．證明如下：A，B的坐標分別為(x0，y0)，(t，2)，x0≠0.OA⊥OB，所以·xx0x0＝t時，y0＝－2Ct＝±故直線AB的方x＝±2.圓心O到直線AB的距離d＝2，ABx2＋y2＝2相切．當x0≠t時，直線AB的 y－2＝x0－tOAB的距離（y－2）2＋（x（y－2）2＋（x

＝－

2x0＋

x0 x2＋y2＋x2＋y2＋ 0 0

x0 ＝ABx2＋y2＝26．A2、H4[2014·福建卷]l：y＝kx＋1O：x2＋y2＝1A，B

＝ [解析]由直線l與圓O相交得圓心O到直線l的距離 ＝k＝當k＝1時 1，|AB|＝2r2－d2＝2，則△OAB＝

1 2×22

的面積為 k＝1

1

相等的四段弧，則a2＋b2＝ [解析]Ol1：y＝x＋a，l2：y＝x＋b |a| |b| 每段弧長等于圓周的4，即

＝1×sin45|a|＝|b|＝1.a＋b15．H4、C6[2014·卷]直線l1和l2是圓x2＋y2＝2的兩條切線．若l1與l2的交點 4 ] 2

2 ＝

2tan∠OPA 2＝2

＝

＝3＝3恒成立，則實數(shù)b的取值范圍是 15．(2 ＝2，解得b＝210或b＝－210(舍去)，要使h(x)>g(x)恒成立，則b＞210，即實b的取值范圍是(212．H4[2014·陜西卷]C1，其圓心與點(1，0)y＝xC的標準 [解析]C的圓心與點(1，0)y＝xC的圓心為(0，1)．又因為圓C的半徑為1，所以圓C的標準方x2＋(y－1)2＝1.14．E6，H4[2014·卷]設m∈R，過定點A的動直線x＋my＝0和過定點B的動直線mx－y－m＋3＝0交于點P(x，y)，則|PA|·|PB|的最大值是 [解析]A(0，0)，B(1，3)，且兩條直線互相垂直，則其交點P(x，y)AB為直徑的圓周上，所以 H4[2014·重慶卷]已知直線ax＋y－2＝0與圓心為C的圓(x－1)2＋(y－a)2＝4相交于A，B兩點，且△ABC為等邊三角形，則實數(shù)a＝ 13．4± [解析]C(1，a)r＝2C＋y－2＝0的距離

a2＋1

|2a－2|.∵△ABC為等邊三角形，∴|AB|＝r＝2.又2 21．H4，H5[2014·重慶卷]1-4所示，設橢圓a2＋b2＝1(a>b>0)F1，F(xiàn)2D在橢圓上，DF1⊥F1F2，|F1F2|＝22，△DF1F2的面積為 yx軸的上方有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條1- 22由|DF1|＝22得|DF1|＝ ＝22S△DF1F2＝1|DF1||F1F2|＝2c2＝2 從而|DF1|＝2DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝9，因此|DF2|＝3 2a＝|DF1|＋|DF2|＝22a＝ 因此，所求橢圓的標準 2＋y (2)yC與橢圓2＋y＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)

4⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y2＝0.11＝(x1＋1)23x2＋4x1＝0x1＝－ x1＝0時，P1，P233F1P1，F(xiàn)2P2CF1P1⊥F2P2CP1⊥CP2.又|CP1|＝|CP2|C半徑|CP1|＝2|P1P2|＝2|x1|＝4 H5 卷]C：a2＋b2＝1(a>b>0)4CFC的左焦點，Tx＝－3FTF①證明：OTPQ(O為坐標原點②當|TF|T 2c＝2 C的標準方程是62(2)①證明：由(1)可得，F(xiàn)的坐標是(－2，0)T點的坐標為 則直線TF的斜率 mm≠0PQkPQ＝1.PQmm＝0PQx＝－2x＝my－2設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得 Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0. 所以y 4m，yy

6＋2 1 ＝x＋x＝m(y＋y －12.＝

MPQM點的坐標為－6，2m 33OMkOM＝－m，OTkOT＝－m，33MOTOT|TF|＝|PQ|＝＝4m －2

1所以

1m2＋1＋ 1（4＋4）＝3

3 當且僅當 4 m＝±1時，等號成立，此時|TF| 故當|TF|最小時，T點的坐標是(－3，1)或 ]

3＋2y F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)c＝1－b2，

可得AF1＝3F1B，故

代入橢圓方程可 9191

2

9b＝1，解得b＝3，故橢圓 x＋219．H4、H5、H8[2014·卷]已知橢圓COACBy＝2OA⊥OB，試判斷直線ABx2＋y2＝2的位置關系，并證明你的結論． 解：(1)Ca＝2，c＝

4＋2故橢圓C的離心率 2.(2)ABx2＋y2＝2相切．證明如下：A，B的坐標分別為(x0，y0)，(t，2)，x0≠0.OA⊥OB，所以·xx0x0＝t時，y0＝－2Ct＝±故直線AB的方x＝±2.圓心O到直線AB的距離d＝2，ABx2＋y2＝2相切．當x0≠t時，直線AB的 y－2＝x0－tOAB的距離（y－2）2＋（x（y－2）2＋（x

＝－

2x0＋

x0 x2＋y2＋x2＋y2＋ 0 0

x0 ＝ABx2＋y2＝2

9．H3、H5[2014·福建卷]P，Qx＋(y－6)＝2和橢圓10＋y＝1則P，Q兩點間的最大距離是 A．5 B.46＋C．7＋ D．6 [解析]Cx2＋(y－6)2＝2C(0，6)r＝2.Q(x0，y0)是橢圓上任意一點，則0＋y2＝1

∴|CQ|＝10－10y2＋（y0－6）2＝－9y2－12y －9y0＋3 3 3則P，Q兩點間的最大距離為 卷]已知橢圓C：a2＋b2＝1(a>b>0)的一個焦點為(5，0)，離3CH5、H6[2014·卷]已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個π共點，且∠F1PF2＝3，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為 3A.43

2B.

11221212]11221212 3

1

1 32

3

不等式得e＋e＝e

×e≤e2＋e21＋3＝3 1 4

2 所以e1＋e2≤3.

] 2F3，F(xiàn)4e2.e1e2＝3，且|F2F4|＝2F1C1yAB，MABOMC2APBQ

3 21．(1)e1e2＝2

＝2a－b＝4aa F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1b＝1，a＝2.C1，C2的方程分別為 ＋y＝1，2－y(2)因AB不垂直于y軸，且過點F1(－1，0)，故可設直線AB的方x＝my－1， 2＋y

得 所以y 2m，yy 1 －4 －4 m因此x＋x＝m(y＋y ，于是AB的中點為 m

的斜率為－2，PQ的 y＝－2x，即22

4 由

得(2－m)x＝4，所以2－m>0，且x 2，y

2x2

2

2－m2.APQdBPQ

，從而

2

22·22·又因為|y1－y2|＝（y1＋y2）22· 22·

APBQ

＝2 0<2－m2≤2m＝0時，SAPBQ

15．H5[2014·江西卷]M(1，1)作斜率為－2C：a2＋b2＝1(a>b>0)交于A，B兩點，若M是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等 15.

]

1＋2兩式作差可得2 2＋

，

＝－

kAB＝－a2.AB的斜率為－2，所以－a2＝－2a＝2b.a2c＝b，e＝2 15．H5[2014·遼寧卷]C94＝1MCM的焦點的對稱點分別為A，B，線段MN的中點在C上，則 [解析]MNGGCMCF1 20．H5、H8[2014·遼寧卷]x2＋y2＝4x軸正半軸，y軸正半軸圍成— P(1-6所示)C1：a2－b2＝1P離心率為1-C2PC1lC2C2A，B兩ABPl的方程．y y0 故其圍成的三角形的面積 4

8 .x＋y＝4≥2x

x＝y(tǒng)＝＝2·x·y＝x 0 0x0y02S4P的坐標為(2， 2由題意知 解得a＝1，b＝2，故C1的 x－2(2)由(1)C2的焦點坐標為(－3，0)，(3，0)C2

P(2，2)C2上，得2＋21b1 1b111 因此C2的 6＋3顯然，l設直線l的 x＝my＋3，點由

得 6＋3 myy 1②

x1＝my1＋3，x2＝my2＋3 3＝ 3 x1x2＝my1y2＋3m（y1＋y2）＋3＝m2＋2 因為 →AP＝(2－x1，2－y1)，BP＝(2－x2，2－y2)，由題意知x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0，⑤ 解得 6＝2－1m＝－2l的方x－

1)y－3＝0x6－1)y－((2(

]33，過F2的直線l交C于A，B兩點．若△AF1B的周長為43，則C的 3

B.3＋y [解析]根據(jù)題意，因為△AF1B43，所以|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝43a＝3.e＝c＝3 ＝a－c＝3－1＝2，所以橢圓C的 3＋2

2的離心率為，F(xiàn)EAF

O 3E

2c＝，由條件知，c＝3c＝ 3

又a＝2a＝2，b＝a－c E

4＋y(2)l⊥x 2y＝kx－2代入4＋y＝1得(1＋4k)x

23

k8k8k±2從而|PQ|＝4k2＋1· ＝又點O到直線l的距離 ＝k所以△OPQ44S設4k2－3＝t

.4t 4

t＋t± 2因為 4≥4，當且僅當t＝2，即k± 2

＝－所以，當△OPQ的面積最大時，k＝7，l的 y＝7－2或 7x－2. ＝－ 2

卷Ⅱ]設F1，F(xiàn)2分別是橢圓0)的左、右焦點，MCMF2xMF1C

CMNy2，且|MN|＝5|F1N|a，b.

Mca，2b 2C的離心率為2 MF1的中點，故a＝4b 即

1C的方程，得9（a2－4a）

a＝7，b2＝4a＝28a＝7，b＝2]

3a2－b2＝1，C1與C2的離心率之積為2，則C2的漸近線 A.x± C. D.

.

1＋a＝2

22解得a＝2，所以a＝2C22

x. ]2a，bBlC1，C2P，Q(A，B)AP⊥AQ1-C1的左、右頂點．C1c，由c＝3a2－c2＝b2＝1

4＋x易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設其方y(tǒng)＝k(x－1)(k≠0)，C1的方程，整理得P的坐標為lB，∴x＝1是方程(*)由求 ，得

yP＝

－8kP的坐標為

， Q的坐標為∴→2k 22k

∴AP·AQ＝0

k33

＝－3故直線l的方

方法二：若設直線l的方x＝my＋1(m≠0)，比照方法一給分 ]2a，bBlC1，C2P，Q(A，B)AP⊥AQ1-C1的左、右頂點．C1c，由c＝3a2－c2＝b2＝1

4＋x易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設其方y(tǒng)＝k(x－1)(k≠0)，C1的方程，整理得P的坐標為lB，∴x＝1是方程(*)由求 ，得

yP＝

－8kP的坐標為

， Q的坐標為∴→2k 22k

∴AP·AQ＝0

k33

＝－3故直線l的方

方法二：若設直線l的方x＝my＋1(m≠0)，比照方法一給分 卷]設橢圓a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右2AB.已知|AB|＝2PPBF1O的ll的斜率．2由|AB|＝3|F1F2|a2＋b2＝3c2.2

b＝a－c，則＝所以橢圓的離心率 2＝

有 ·＝0，即(x＋c)c＋y P在橢圓上， 所以0 3x2＋4cx＝0.P

P的坐標為3設圓的圓心為T(x1，y1)，則

4

323＝3c，進而圓的半徑3（x1－0）2＋（y1－c）2＝3設直線l的斜率為k，依題意，直線l的方y(tǒng)＝kx.由l與圓相切，可

k－3－3 5

＝3ck2－8k＋1＝0k＝4±l4＋154－ ]PPlka，b，kPOl1lPl11-21．解：(1)設直線l的方y(tǒng)＝kx＋m(k<0)，由

y得

由于l與C只有一個公共點，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得點P b2m— 22， 22 b＋a b＋ak

PP

(2)由于直線l1過原點O且與l垂直，故直線l1的 x＋ky＝0，所以點P到直線 ＋

2

ak＋k2≥2ab

當且僅當 ＝aPl1 21．H4，H5[2014·重慶卷]1-4所示，設橢圓a2＋b2＝1(a>b>0)F1，F(xiàn)2D在橢圓上，DF1⊥F1F2，|F1F2|＝22，△DF1F2的面積為 yx軸的上方有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條1- 22由|DF1|＝22得|DF1|＝ ＝22S△DF1F2＝1|DF1||F1F2|＝2c2＝2 從而|DF1|＝2DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝9，因此|DF2|＝3 2a＝|DF1|＋|DF2|＝22a＝ 因此，所求橢圓的標準 2＋y (2)yC與橢圓2＋y＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)

4⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y2＝0.11＝(x1＋1)23x2＋4x1＝0x1＝－ x1＝0時，P1，P233F1P1，F(xiàn)2P2CF1P1⊥F2P2CP1⊥CP2.又|CP1|＝|CP2|C半徑|CP1|＝2|P1P2|＝2|x1|＝4 H6H5、H6[2014·卷]已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2＝3，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為 3A.43

2B.

]1122121211221212 3

1

1 32

3

不等式得e＋e＝e

×e≤e2＋e21＋3＝3 1 4

2 所以e1＋e2≤3. 卷]C經(jīng)過點(2，2)，且與4－x＝1的

[解析]設雙曲線C的

－3＝λC

3－12＝1.令4－x＝0得漸近線 2222 [解析]根據(jù)題意，|F1A|－|F2A|＝2a，因為|F1A|＝2|F2A|，所以aa

]E四象限)，且△OAB8.l有且只有一個公共點的雙曲EE的方程；若不存在，說明理由．1-(1)Eb

c＝Ee＝a＝5.(2)由(1)E的方lx

l⊥xlE有且只有一個公共點，則|OC|＝a，|AB|＝4a.△OAB11 E

4

EE的方程只能為4 lxE4－16＝1 設直線l的 y＝kx＋m，依題意，得k>2或k<－2，則C－k，0.記

由 得 ，同理得

1|OC|·|y－y|

2m 2m—2－k—

由

得4－16＝1m2＝4(k2－4)，Δ＝0lElEE的方

4 (2)由(1)E

設直線l的方

由 得 ，同理得

lxC由

＋

由

得1)(t2－a2)＝04m2a2＋t2－a2＝0,4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，即(1－4m2)(a2－4)＝0，a2＝4， lEE

4(2)當直線l不與x軸垂直時，設直線l的方y(tǒng)＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依題k>2k<－2.由2

得因為4－k<0，Δ>0，所以 又因為△OAB 所以2|OA|·|OB|·sin∠AOB＝8 所以5x1＋y1·x2＋y2＝8 所 2＝4，即m＝4(k 由(1)得雙曲線E的 由

得4－k2<0lE 所以雙曲線E的 4l⊥x軸時，由△OAB8l：x＝2l：x＝2E416＝1lEE

2422 卷]k0<k<9，則曲線2

y＝1與曲線

9＝1 A．焦距相等B．實半軸長相等C．虛半軸長相等D．離心率相等

[解析]2 2對于雙曲線 225＋9－k＝2

—9225－k＋9＝234－k.

] 2F3，F(xiàn)4e2.e1e2＝3，且|F2F4|＝2F1C1yAB，MABOMC2APBQ

3 21．(1)e1e2＝2

＝2a－b＝4aa F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1b＝1，a＝2.C1，C2的方程分別為 ＋y＝1，2－y(2)因AB不垂直于y軸，且過點F1(－1，0)，故可設直線AB的方x＝my－1， 2＋y

得＝所以y 2m，yy＝－1.＝ 1 x＋x＝m(y＋y

m，于是AB的中點為 m m

的斜率為－2，PQ的 y＝－2x，即22

4 由

得(2－m)x＝4，所以2－m>0，且x 2，y

2x2

2

2－m2.APQdBPQ

，從而

2

22·22·又因為|y1－y2|＝（y122·

22·22·APBQ

＝2 0<2－m2≤2m＝0時，SAPBQ

20．H1H6H8[2014·江西卷]1-7C：a2－y＝1(a>0)FA，BC的兩條漸近線上，AF⊥x軸，AB⊥OB，BF∥OA(O為坐標原點1-CCP(x0，y0)(y0≠0)l：x0x－y0y＝1AFM＝2N.PC上移動時，|NF|20．解：(1)F(c，0)b＝1c＝由題意，直線OB的方

1x，直線BF的

c (x－c)，所以B 又直線OA的方

1

Ac，c

c－ －c c

22

又因為AB⊥OB，所以a·－a＝－1，解得a＝3，故雙曲線C的 3－y由(1)知a＝3，則直線l的 yy＝1(y≠0)，即

3－

＝3y0因為直線AF的 x＝2，所以直線l與AF的交點為 2x0－3，直線l與直3

，3y0x＝2

3y0

則 x

0＋ 2 3· x2xP(x0，y0)C

4

2 23代入上式得|NF|2＝3·3

2＝3·

＝3

H6[2014·新課標卷Ⅰ]已知F為雙曲線C：x2－my2＝3m(m>0)的一個焦點，則點F到C的一條漸近線的距離為( A. C. [解析]雙曲線的一條漸近線的 x＋my＝0.根據(jù)雙曲線方程得|＝＝3c＝3m＋3，雙曲線的右焦點坐標為|＝ H5，H6[2014·山東卷]a＞b＞0C1的

3a2－b2＝1，C1與C2的離心率之積為2，則C2的漸近線 A.x± C. D.[解析]橢圓C1的離心率

.＝

1＋a＝22 2解得a＝2，所以a＝2C2

x. ]＋10，雙曲線的一個焦點在直線l上，則雙曲線的方 5

C.25 [解析]由題意知，雙曲線的漸近線為y＝ 2.∵雙曲線的左焦點 為5

16．H6[2014·浙江卷]x－3y＋m＝0(m≠0)與雙曲線a2－b2＝1(a>0，b>0) [解析]雙曲線的漸近線為 ，漸近線與直線 bm bm 的交點為

2 8．H6[2014·重慶卷]F1，F(xiàn)2分別為雙曲線a2－b2＝1(a>0，b>0)4 4 [解析]P為雙曲線右支上一點，根據(jù)雙曲線的定義有 則由題設條件 cc

1＋3H710．B11、H7[2014·卷]曲線y＝e－5x＋2在點(0，3)處的切線 ]，即10．H7[2014·遼寧卷]已知點A(－2，3)在拋物線C：y2＝2px的準線上，過點A的直線與C在第一象限相切于點B，記C的焦點為F，則直線BF的斜率為( [解析]因為拋物線C：y2＝2px的準線為

以p＝4.設直線AB的方x＋2＝m(y－3)，與拋物線方程y2＝8x聯(lián)立得到 1(舍)或者m＝2，這時B點的坐標為(8，8)，而焦F的坐標為(2，0)BF

10．H7[2014·新課標卷Ⅰ]已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，準線為l，P是l一點，Q是直線PF與C的一個交點．若→＝→，則 22

5 ]19．H7、H8[2014·卷]如圖1-4，已知兩條拋物線E1：y2＝2p1x(p1＞0)和2p2x(p2＞0)Ol1l2，l1E1，E2A1，A2兩點，l21-SS2

1則由1

A1k2k1

由 得A2k2，k 22B1k2k2，B2k2k222 1 1 1所以A1B1＝k2k2kk＝2p1k2－k2，k－k 1 1 1A2B2＝k2－k2，k－k＝2p2k2－k2，k－k 故 p1

pA1B1＝A2B2p2→ 因此S＝→ p 又由(1)＝1

知 p →＝p 2故＝2p p21．H7、H8、H9[2014·卷]在平面直角坐標系xOy中，點M到點F(1，0)的距離y1.MC.(1)C(2)klP(－2，1)lC恰好有一個公共點、兩個k的相應取值范圍．21．解：(1)M(x，y)，依題意得|MF|＝|x|＋1，即（x－1）2＋y2＝|x|＋1，y2＝2(|x|＋x)．故點M的軌跡C的方y(tǒng)2＝(2)MCC1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)．依題意，可設直線l的方y(tǒng)－1＝k(x＋2)．由方程組

當k＝0時，y＝1.把y＝1代入軌跡C的方程，得 l：y＝1C恰好有一個公共點 k≠0

lx軸的交點為(x0，0)y－1＝k(x＋2)y＝0

若

k<－1 lC 若

或 k∈－1，2lC1 k∈－2，0lC1C2 k∈－2，0∪－1，2lC

即當 ，－2∪0，2時，直線l與C1有兩個公共點，與C2有一個公共點lCk∈(－∞，－1)∪1，＋∞∪{0}lC

，2lCH7[2014·湖南卷]1-4ABCDDEFGb)OADy2＝2px(p＞0)

1- ＋ [解析]依題意可得

＝2a2＋bb－2ab－a＝0a－2a－1＝0，解得a＝1＋y軸的交點為P，與C的交點為Q，且 CA，M，B，Nl的方程．pp所以 所以C的方(2)依題意知l與坐標軸不垂直，故可設l的方x＝my＋1(m≠0)．y2＝4xy2－4my－4＝0.A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1)．l′的斜率為－m，m所以l′的 x＝－1mmmmmMNE2＋2m2＋32 4（m2＋4（m2＋1） 由于線段MN垂直平分線段AB，故A，M，B，N四點在同一圓上等價于

從而4|AB|＋|DE|＝4|MN| 2

2 4(m2＋1)2＋2m＋m＋m2＋2 m2－1＝0m＝1故所求直線l的方x－y－1＝0或10．H7、H8[2014·新課標卷Ⅱ]設F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為( A.3 9 B. [解析]拋物線的焦點為F4，0，則過點F且傾斜角為30°的直線 3－4，即x＝3y＋4，代入拋物線方程得y

（33）21．H7，H8，H10[2014·山東卷]C：y2＝2px(p＞0)F，AC上AlCBxD，且有＝|FD|.A3時，△ADFCl1∥ll1CAE②△ABE D(t，0)(t>0)FD的中點為 因為 3＋2＝t＝3＋pt＝－3(舍去)．由4＝3所以拋物線C的方y(tǒng)2＝4x.(2)①證明：由(1)F(1，0)．2xD>0xD＝x0＋2D(x0＋2，0)．ABkAB＝－y0.2l1AB2 2＋代入拋物線方程得 8y－8b ＋

y0y2y0＝y(tǒng)2＋0

＝0b＝－0yyy2≠4

0y4y 4y0

可得直線AE的 y－y0＝4y00y2＝4x ＝整理可得 4y0(x－＝AE0當y2＝4時，直線AE的方x＝1，過點F(1，0)．AEF(1，0)．0AE 設直線AE的方x＝my＋1，A(x0，y0)AE上，m＝y(tǒng)02直線AB的 2yy0yy2＋8y0yy0 BAE ＋x0＋4＋m

x0＋1則△ABE的面積 4

＝2×1

x0當且僅當x0＝x0x0＝1所以△ABE

]2a，bBlC1，C2P，Q(A，B)AP⊥AQ1-C1的左、右頂點．C1c，由c＝3a2－c2＝b2＝1

4＋x易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設其方y(tǒng)＝k(x－1)(k≠0)，C1的方程，整理得P的坐標為lB，∴x＝1是方程(*)由求 ，得

yP＝

－8kP的坐標為

， Q的坐標為∴→2k 22k

∴AP·AQ＝0

k33

＝－3故直線l的方

方法二：若設直線l的方x＝my＋1(m≠0)，比照方法一給分H8直線與圓錐曲線（AB作業(yè)y軸的交點為P，與C的交點為Q，且 CA，M，B，Nl的方程．pp所以 所以C的方(2)依題意知l與坐標軸不垂直，故可設l的方x＝my＋1(m≠0)．y2＝4xy2－4my－4＝0.A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1)．l′的斜率為－m，m所以l′的 x＝－1mmmmmMNE2＋2m2＋32 4（m2＋1） 14（m2＋1）由于線段MN垂直平分線段AB，故A，M，B，N四點在同一圓上等價于

從而4|AB|＋|DE|＝4|MN| 2

2 4(m2＋1)2＋2m＋m＋m2＋2 m2－1＝0m＝1故所求直線l的方x－y－1＝0或19．H7、H8[2014·卷]如圖1-4，已知兩條拋物線E1：y2＝2p1x(p1＞0)和2p2x(p2＞0)Ol1l2，l1E1，E2A1，A2兩點，l21-SS2

1則由1

A1k2k1

由 得A2k2，k 22B1k2k2，B2k2k222 1 1 1所以A1B1＝k2k2kk＝2p1k2－k2，k－k 1 1 121212121A2B2＝k2－k2，k－k＝2p2k2－k2，k－k21212121故 p1pA1B1＝A2B2p2→ 因此S＝→ p 又由(1)＝1

知 p →＝p

2故＝2p p19．H4、H5、H8[2014·卷]已知橢圓COACBy＝2OA⊥OB，試判斷直線ABx2＋y2＝2的位置關系，并證明你的結論． 19．解：(1)Ca＝2，c＝

4＋2故橢圓C的離心率 2.(2)ABx2＋y2＝2相切．證明如下：A，B的坐標分別為(x0，y0)，(t，2)，x0≠0.OA⊥OB，所以·xx0x0＝t時，y0＝－2Ct＝±故直線AB的方x＝±2.圓心O到直線AB的距離d＝2，ABx2＋y2＝2相切．當x0≠t時，直線AB的 y－2＝x0－tOAB的距離（y－2）2＋（x（y－2）2＋（x

＝－ 2x0＋

x0 x2＋y2＋x2＋y2＋ 0 0

x0 ＝ABx2＋y2＝2 ]E四象限)，且△OAB8.l有且只有一個公共點的雙曲EE的方程；若不存在，說明理由．1-(1)Eb

c＝Ee＝a＝5.(2)由(1)E的方lx

l⊥xlE有且只有一個公共點，則|OC|＝a，|AB|＝4a.△OAB11 E

4

EE的方程只能為4 lxE4－16＝1 設直線l的 y＝kx＋m，依題意，得k>2或k<－2，則C－k，0.記

由 得 ，同理得

1|OC|·|y－y|

2m 2m—2－k—

由

得4－16＝1m2＝4(k2－4)，Δ＝0lElEE的方

4 (2)由(1)E

設直線l的方

由 得 ，同理得

lxC由

＋

由

得1)(t2－a2)＝04m2a2＋t2－a2＝0,4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，即(1－4m2)(a2－4)＝0，a2＝4， lEE

4(2)當直線l不與x軸垂直時，設直線l的方y(tǒng)＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依題k>2k<－2.由2

得因為4－k<0，Δ>0，所以 又因為△OAB 所以2|OA|·|OB|·sin∠AOB＝8 所以5x1＋y1·x2＋y2＝8 所 2＝4，即m＝4(k 由(1)得雙曲線E的 由

得4－k2<0lE 所以雙曲線E的 4l⊥x軸時，由△OAB8l：x＝2l：x＝2E416＝1 lEE

4 卷]已知橢圓C：a2＋b2＝1(a>b>0)的一個焦點為(5，0)，離3CH7、H8、H9[2014·卷]在平面直角坐標系xOy中，點M到點F(1，0)的距y1.M(1)C(2)klP(－2，1)lC恰好有一個公共點、兩個k的相應取值范圍．21．解：(1)M(x，y)，依題意得|MF|＝|x|＋1，即（x－1）2＋y2＝|x|＋1，y2＝2(|x|＋x)．故點M的軌跡C的方y(tǒng)2＝(2)MCC1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)．依題意，可設直線l的方y(tǒng)－1＝k(x＋2)．由方程組

當k＝0時，y＝1.把y＝1代入軌跡C的方程，得 l：y＝1C恰好有一個公共點 k≠0

lx軸的交點為(x0，0)y－1＝k(x＋2)y＝0

若

k<－1 lC 若

或 k∈－1，2lC1 k∈－2，0lC1C2 k∈－2，0∪－1，2lC

即當 ，－2∪0，2時，直線l與C1有兩個公共點，與C2有一個公共點lCk∈(－∞，－1)∪1，＋∞∪{0}lC

，2lC

] 2F3，F(xiàn)4e2.e1e2＝3，且|F2F4|＝2F1C1yAB，MABOMC2APBQ

1-

21．(1)e1e2＝2

＝2a－b＝4aa F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1b＝1，a＝2.C1，C2的方程分別為 ＋y＝1，2－y(2)因AB不垂直于y軸，且過點F1(－1，0)，故可設直線AB的方x＝my－1， 2＋y

得＝所以y 2m，yy＝－1.＝ 1 x＋x＝m(y＋y

m，于是AB的中點為 m

的斜率為－2，PQ的 y＝－2x，即22

4 由

得(2－m)x＝4，所以2－m>0，且x 2，y

2x2

2

2－m2.APQdBPQ

，從而

2

22·22·又因為|y1－y2|＝（y122·222·

APBQ

＝2 0<2－m2≤2m＝0時，SAPBQ

20．H1H6H8[2014·江西卷]1-7C：a2－y＝1(a>0)FA，BC的兩條漸近線上，AF⊥x軸，AB⊥OB，BF∥OA(O為坐標原點1-CCP(x0，y0)(y0≠0)l：x0x－y0y＝1AFM＝2N.PC上移動時，|NF|20．解：(1)F(c，0)b＝1c＝由題意，直線OB的方

1x，直線BF的

c (x－c)，所以B 又直線OA的方

1

Ac，c

c－ －c c

22

又因為AB⊥OB，所以a·－a＝－1，解得a＝3，故雙曲線C的 3－y由(1)知a＝3，則直線l的 yy＝1(y≠0)，即

3－

＝3y0因為直線AF的 x＝2，所以直線l與AF的交點為 2x0－3，直線l與直3

，3y0x＝2

3y0

則 x

0＋ 2 3· P(x0，y0)C

4

2 23代入上式得|NF|2＝3·3

2＝3·

＝3

20．H5、H8[2014·遼寧卷]x2＋y2＝4x軸正半軸，y軸正半軸圍成— P(1-6所示)C1：a2－b2＝1P離心率為1-C2PC1lC2C2A，B兩ABPl的方程．y y0 故其圍成的三角形的面積 4

8 .x＋y＝4≥2x

x＝y(tǒng)＝＝2·x·y＝x 0 0x0y02S4P的坐標為(2， 2由題意知 解得a＝1，b＝2，故C1的 x－2(2)由(1)C2的焦點坐標為(－3，0)，(3，0)C2

P(2，2)C2上，得2＋21b1 1b111 因此C2的 6＋3顯然，l設直線l的 x＝my＋3，點由

得 6＋3 myy 1②

x1＝my1＋3，x2＝my2＋3 3＝ 3 x1x2＝my1y2＋3m（y1＋y2）＋3＝m2＋2 因為 →AP＝(2－x1，2－y1)，BP＝(2－x2，2－y2)，由題意知x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0，⑤ 解得 6＝2－1m＝－2l的方x－

1)y－3＝0x6－1)y－((2 (

2的離心率為，F(xiàn)EAF

O 3E

2c＝，由條件知，c＝3c＝ 3

又a＝2a＝2，b＝a－c E

4＋y(2)l⊥x 2y＝kx－2代入4＋y＝1得(1＋4k)x

23

k8k8k±2從而|PQ|＝4k2＋1· ＝又點O到直線l的距離 ＝k所以△OPQ44S設4k2－3＝t

.4t 4

t＋t± 2因為 4≥4，當且僅當t＝2，即k± 2

＝－所以，當△OPQ的面積最大時，k＝7，l的 y＝7－2或 7x－2. ＝－ 2 10．H7、H8[2014·新課標卷Ⅱ]設F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為( A.3 9 B. [解析]拋物線的焦點為F4，0，則過點F且傾斜角為30°的直線 3－4，即x＝3y＋4，代入拋物線方程得y

（33） 卷Ⅱ]設F1，F(xiàn)2分別是橢圓0)的左、右焦點，MCMF2xMF1C

CMNy2，且|MN|＝5|F1N|a，b.

Mca，2b 2C的離心率為2 MF1的中點，故a＝4b 即

1C的方程，得9（a2－4a）

a＝7，b2＝4a＝28a＝7，b＝2H7，H8，H10[2014·山東卷]C：y2＝2px(p＞0)F，AC上AlCBxD，且有|FA|＝|FD|.A3時，△ADFCl1∥ll1CAE②△ABE D(t，0)(t>0)FD的中點為 因為 3＋2＝t＝3＋pt＝－3(舍去)．由4＝3所以拋物線C的方y(tǒng)2＝4x.(2)①證明：由(1)F(1，0)．2xD>0xD＝x0＋2D(x0＋2，0)．ABkAB＝－y0.2l1AB2 2＋代入拋物線方程得 8y－8b ＋

y0y2y0＝y(tǒng)2＋0

＝0b＝－0yyy2≠4

0y4y 4y0

可得直線AE的 y－y0＝4y00y2＝4x ＝整理可得 4y0(x－＝AE0當y2＝4時，直線AE的方x＝1，過點F(1，0)．AEF(1，0)．0AE 設直線AE的方x＝my＋1，A(x0，y0)AE上，m＝y(tǒng)02直線AB的 2yy0yy2＋8y0yy0 BAEx＋x0＋4＋mx＋x0＋4＋md＝

x0＋1則△ABE的面積 4

＝2×1

x0當且僅當x0＝x0x0＝1所以△ABE

]2離心率為3.2a，bBlC1，C2P，Q(A，B)AP⊥AQ1-C1的左、右頂點．C1c，由c＝3a2－c2＝b2＝1

4＋x易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設其方y(tǒng)＝k(x－1)(k≠0)，C1的方程，整理得P的坐標為lB，∴x＝1是方程(*)由求 ，得

yP＝

－8kP的坐標為

， Q的坐標為∴→2k 22k

∴AP·AQ＝0

k33

＝－3故直線l的方

方法二：若設直線l的方x＝my＋1(m≠0)，比照方法一給分 卷]C：a2＋b2＝1(a>b>0)4CFC的左焦點，Tx＝－3FTF①證明：OTPQ(O為坐標原點②當|TF|T 2c＝2 C的標準方程是62(2)①證明：由(1)可得，F(xiàn)的坐標是(－2，0)T點的坐標為 則直線TF的斜率 mm≠0PQkPQ＝1.PQmm＝0PQx＝－2x＝my－2設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得 Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0. 所以y 4m，yy

6＋2 1 ＝x＋x＝m(y＋y －12.＝

MPQM點的坐標為－6，2m 33OMkOM＝－m，OTkOT＝－m，33MOTOT|TF|＝|PQ|＝＝4m －2

1所以

1m2＋1＋ 1（4＋4）＝3

3 當且僅當 4 m＝±1時，等號成立，此時|TF| 故當|TF|最小時，T點的坐標是(－3，1)或 卷]設橢圓a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右2AB.已知|AB|＝2PPBF1O的ll的斜率．2由|AB|＝3|F1F2|a2＋b2＝3c2.2

b＝a－c，則＝所以橢圓的離心率 2＝

有 ·＝0，即(x＋c)c＋y P在橢圓上， 所以0 3x2＋4cx＝0.P

P的坐標為3設圓的圓心為T(x1，y1)，則

4

323＝3c，進而圓的半徑3（x1－0）2＋（y1－c）2＝3設直線l的斜率為k，依題意，直線l的方y(tǒng)＝kx.由l與圓相切，可

k－3－3 5

＝3ck2－8k＋1＝0k＝4±l4＋154－ ]PPlka，b，kPOl1lPl11-21．解：(1)設直線l的方y(tǒng)＝kx＋m(k<0)，由

y得

由于l與C只有一個公共點，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得點P b2m— 22， 22 b＋a b＋ak

PP

(2)由于直線l1過原點O且與l垂直，故直線l1的 x＋ky＝0，所以點P到直線 ＋

，2

ak＋k2≥2ab

當且僅當 ＝aPl1H9＝0，點Q滿足→＝2(a＋b)．曲線 →＝acosθ＋bsinθ，0≤θ<2π} [解析]由已知可設

( 曲線 →＝(cosθ，sinP1：(x－2)2＋(y－2)2＝r2P2：(x－2)2＋(y－2)2＝R2所形成的圓環(huán)，如圖所21．H7、H8、H9[2014·卷]在平面直角坐標系xOy中，點M到點F(1，0)的距離y1.MC.(1)C(2)klP(－2，1)lC恰好有一個公共點、兩個k的相應取值范圍．21．解：(1)M(x，y)，依題意得|MF|＝|x|＋1，即（x－1）2＋y2＝|x|＋1，y2＝2(|x|＋x)．故點M的軌跡C的方 (2)MCC1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)．依題意，可設直線l的方y(tǒng)－1＝k(x＋2)．由方程組

當k＝0時，y＝1.把y＝1代入軌跡C的方程，得 l：y＝1C恰好有一個公共點 k≠0

lx軸的交點為(x0，0)y－1＝k(x＋2)y＝0

若

k<－1 lC 若

或 k∈－1，2lC1 k∈－2，0lC1C2 k∈－2，0∪－1，2lC

即當 ，－2∪0，2時，直線l與C1有兩個公共點，與C2有一個公共點lCk∈(－∞，－1)∪1，＋∞∪{0}lC

，2lCH109．H10[2014·江西卷]在平面直角坐標系中，A，BxyAB為直徑的圓C與直線2x＋y－4＝0相切，則圓C面積的最小值為 55

4C．(6－25)π4 [解析]CO(0，0)CO，所以線l的距離為圓C的直徑，即2r＝4 2，所以S ，所以 ] 2F3，F(xiàn)4e2.e1e2＝3，且|F2F4|＝2F1C1yAB，MABOMC2APBQ

3 21．(1)e1e2＝2

＝2a－b＝4aa F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1b＝1，a＝2.C1，C2的方程分別為 ＋y＝1，2－y(2)因AB不垂直于y軸，且過點F1(－1，0)，故可設直線AB的方x＝my－1， 2＋y

得＝所以y 2m，yy＝－1.＝ 1 x＋x＝m(y＋y

m，于是AB的中點為 m m

的斜率為－2，PQ的 y＝－2x，即22

4 由

得(2－m)x＝4，所以2－m>0，且x 2，y

2