高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教學(xué)案(基礎(chǔ)知識(shí)+高頻考點(diǎn)+解題訓(xùn)練)圓錐曲線的綜合問(wèn)題

2016屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教學(xué)案圓錐曲線的綜合問(wèn)題[知識(shí)能否憶起]1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系判定直線與圓錐曲線的位置關(guān)系時(shí)，通常是將直線方程與曲線方程聯(lián)立，消去變量y(或x)得關(guān)于變量x(或y)的方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．若a≠0，可考慮一元二次方程的判別式Δ，有：Δ>0?直線與圓錐曲線相交；Δ＝0?直線與圓錐曲線相切；Δ<0?直線與圓錐曲線相離．若a＝0且b≠0，則直線與圓錐曲線相交，且有一個(gè)交點(diǎn)．2．圓錐曲線的弦長(zhǎng)問(wèn)題設(shè)直線l與圓錐曲線C相交于A、B兩點(diǎn)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則弦長(zhǎng)|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|或eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.[小題能否全取]1．(教材習(xí)題改編)與橢圓eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1焦點(diǎn)相同，離心率互為倒數(shù)的雙曲線方程是()A．y2－eq\f(x2,3)＝1 B.eq\f(y2,3)－x2＝1C.eq\f(3,4)x2－eq\f(3,8)y2＝1 D.eq\f(3,4)y2－eq\f(3,8)x2＝1解析：選A設(shè)雙曲線方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝c2，,\f(c,a)＝2，,c＝2，))得a＝1，b＝eq\r(3).故雙曲線方程為y2－eq\f(x2,3)＝1.2．(教材習(xí)題改編)直線y＝kx－k＋1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置關(guān)系是()A．相交 B．相切C．相離 D．不確定解析：選A由于直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1過(guò)定點(diǎn)(1,1)，而(1,1)在橢圓內(nèi)，故直線與橢圓必相交．3．過(guò)點(diǎn)(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個(gè)公共點(diǎn)，這樣的直線有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條解析：選C結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條：直線x＝0，過(guò)點(diǎn)(0,1)且平行于x軸的直線以及過(guò)點(diǎn)(0,1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)．4．過(guò)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左頂點(diǎn)A且斜率為1的直線與橢圓的另一個(gè)交點(diǎn)為M，與y軸的交點(diǎn)為B，若|AM|＝|MB|，則該橢圓的離心率為_(kāi)_______．解析：由題意知A點(diǎn)的坐標(biāo)為(－a,0)，l的方程為y＝x＋a，所以B點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，a)，故M點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(a,2)))，代入橢圓方程得a2＝3b2，則c2＝2b2，則eq\f(c2,a2)＝eq\f(2,3)，故e＝eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)5．已知雙曲線方程是x2－eq\f(y2,2)＝1，過(guò)定點(diǎn)P(2,1)作直線交雙曲線于P1，P2兩點(diǎn)，并使P(2,1)為P1P2的中點(diǎn)，則此直線方程是________________．解析：設(shè)點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則由xeq\o\al(2,1)－eq\f(y\o\al(2,1),2)＝1，xeq\o\al(2,2)－eq\f(y\o\al(2,2),2)＝1，得k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(2x2＋x1,y2＋y1)＝eq\f(2×4,2)＝4，從而所求方程為4x－y－7＝0.將此直線方程與雙曲線方程聯(lián)立得14x2－56x＋51＝0，Δ＞0，故此直線滿足條件．答案：4x－y－7＝01.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，主要涉及弦長(zhǎng)、弦中點(diǎn)、對(duì)稱、參數(shù)的取值范圍、求曲線方程等問(wèn)題．解題中要充分重視根與系數(shù)的關(guān)系和判別式的應(yīng)用．2．當(dāng)直線與圓錐曲線相交時(shí)：涉及弦長(zhǎng)問(wèn)題，常用“根與系數(shù)的關(guān)系”設(shè)而不求計(jì)算弦長(zhǎng)(即應(yīng)用弦長(zhǎng)公式)；涉及弦的中點(diǎn)問(wèn)題，常用“點(diǎn)差法”設(shè)而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點(diǎn)坐標(biāo)聯(lián)系起來(lái)，相互轉(zhuǎn)化．同時(shí)還應(yīng)充分挖掘題目中的隱含條件，尋找量與量間的關(guān)系靈活轉(zhuǎn)化，往往就能事半功倍．解題的主要規(guī)律可以概括為“聯(lián)立方程求交點(diǎn)，韋達(dá)定理求弦長(zhǎng)，根的分布找范圍，曲線定義不能忘”．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系典題導(dǎo)入[例1](2012·北京高考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)為A(2,0)，離心率為eq\f(\r(2),2).直線y＝k(x－1)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N.(1)求橢圓C的方程；(2)當(dāng)△AMN的面積為eq\f(\r(10),3)時(shí)，求k的值．[自主解答](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得b＝eq\r(2)，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－4,1＋2k2)，所以|MN|＝eq\r(x2－x12＋y2－y12)＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(2\r(1＋k24＋6k2),1＋2k2).又因?yàn)辄c(diǎn)A(2,0)到直線y＝k(x－1)的距離d＝eq\f(|k|,\r(1＋k2))，所以△AMN的面積為S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2).由eq\f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)＝eq\f(\r(10),3)，解得k＝±1.由題悟法研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系時(shí)，一般轉(zhuǎn)化為研究其直線方程與圓錐方程組成的方程組解的個(gè)數(shù)，但對(duì)于選擇、填空題也可以利用幾何條件，用數(shù)形結(jié)合的方法求解．以題試法1．(2012·信陽(yáng)模擬)設(shè)拋物線y2＝8x的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)Q，若過(guò)點(diǎn)Q的直線l與拋物線有公共點(diǎn)，則直線l的斜率的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) B．[－2,2]C．[－1,1] D．[－4,4]解析：選C易知拋物線y2＝8x的準(zhǔn)線x＝－2與x軸的交點(diǎn)為Q(－2,0)，于是，可設(shè)過(guò)點(diǎn)Q(－2,0)的直線l的方程為y＝k(x＋2)(由題可知k是存在的)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝kx＋2))?k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0.當(dāng)k＝0時(shí)，易知符合題意；當(dāng)k≠0時(shí)，其判別式為Δ＝(4k2－8)2－16k4＝－64k2＋64≥0，可解得－1≤k≤1.最值與范圍問(wèn)題典題導(dǎo)入[例2](2012·浙江高考)如圖，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，其左焦點(diǎn)到點(diǎn)P(2,1)的距離為eq\r(10).不過(guò)原點(diǎn)O的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，且線段AB被直線OP平分．(1)求橢圓C的方程；(2)求△ABP面積取最大值時(shí)直線l的方程．[自主解答](1)設(shè)橢圓左焦點(diǎn)為F(－c,0)，則由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2＋c2＋1)＝\r(10)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2.))所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點(diǎn)為M.當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，直線AB的方程為x＝0，與不過(guò)原點(diǎn)的條件不符，舍去．故可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m(m≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12))消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2則Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(8km,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－12,3＋4k2).))所以線段AB的中點(diǎn)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2))).因?yàn)镸在直線OP：y＝eq\f(1,2)x上，所以eq\f(3m,3＋4k2)＝eq\f(－2km,3＋4k2).得m＝0(舍去)或k＝－eq\f(3,2).此時(shí)方程①為3x2－3mx＋m2－3＝0，則Δ＝3(12－m2)＞0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m，,x1x2＝\f(m2－3,3).))所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\f(\r(39),6)·eq\r(12－m2)，設(shè)點(diǎn)P到直線AB的距離為d，則d＝eq\f(|8－2m|,\r(32＋22))＝eq\f(2|m－4|,\r(13)).設(shè)△ABP的面積為S，則S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(\r(3),6)·eq\r(m－4212－m2).其中m∈(－2eq\r(3)，0)∪(0,2eq\r(3))．令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2eq\r(3)，2eq\r(3)]，u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－eq\r(7))(m－1＋eq\r(7))．所以當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－eq\r(7)時(shí)，u(m)取到最大值．故當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－eq\r(7)時(shí)，S取到最大值．綜上，所求直線l的方程為3x＋2y＋2eq\r(7)－2＝0.由題悟法1．解決圓錐曲線的最值與范圍問(wèn)題常見(jiàn)的解法有兩種：幾何法和代數(shù)法．(1)若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來(lái)解決，這就是幾何法；(2)若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值，這就是代數(shù)法．2．在利用代數(shù)法解決最值與范圍問(wèn)題時(shí)常從以下五個(gè)方面考慮：(1)利用判別式來(lái)構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問(wèn)題的核心是在兩個(gè)參數(shù)之間建立等量關(guān)系；(3)利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(4)利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；(5)利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍．以題試法2．(2012·東莞模擬)已知拋物線y2＝2px(p≠0)上存在關(guān)于直線x＋y＝1對(duì)稱的相異兩點(diǎn)，則實(shí)數(shù)p的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))解析：選B設(shè)拋物線上關(guān)于直線x＋y＝1對(duì)稱的兩點(diǎn)是M(x1，y1)、N(x2，y2)，設(shè)直線MN的方程為y＝x＋b.將y＝x＋b代入拋物線方程，得x2＋(2b－2p)x＋b2＝0，則x1＋x2＝2p－2b，y1＋y2＝(x1＋x2)＋2b＝2p，則MN的中點(diǎn)P的坐標(biāo)為(p－b，p)．因?yàn)辄c(diǎn)P在直線x＋y＝1上，所以2p－b＝1，即b＝2p－1.又Δ＝(2b－2p)2－4b2＝4p2－8bp＞0，將b＝2p－1代入得4p2－8p(2p－1)＞0，即3p2－2p＜0，解得0＜p＜eq\f(2,3).定點(diǎn)定值問(wèn)題典題導(dǎo)入[例3](2012·遼寧高考)如圖，橢圓C0：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0，a，b為常數(shù))，動(dòng)圓C1：x2＋y2＝teq\o\al(2,1)，b<t1<a.點(diǎn)A1，A2分別為C0的左，右頂點(diǎn)，C1與C0相交于A，B，C，D四點(diǎn)．(1)求直線AA1與直線A2B交點(diǎn)M的軌跡方程；(2)設(shè)動(dòng)圓C2：x2＋y2＝teq\o\al(2,2)與C0相交于A′，B′，C′，D′四點(diǎn)，其中b<t2<a，t1≠t2.若矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等，證明：teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)為定值．[自主解答](1)設(shè)A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，則直線A1A的方程為y＝eq\f(y1,x1＋a)(x＋a)，①直線A2B的方程為y＝eq\f(－y1,x1－a)(x－a)．②由①②得y2＝eq\f(－y\o\al(2,1),x\o\al(2,1)－a2)(x2－a2)．③由點(diǎn)A(x1，y1)在橢圓C0上，故eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1.從而yeq\o\al(2,1)＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))，代入③得eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(x<－a，y<0)．(2)證明：設(shè)A′(x2，y2)，由矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等，得4|x1||y1|＝4|x2|·|y2|，故xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,2).因?yàn)辄c(diǎn)A，A′均在橢圓上，所以b2xeq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))＝b2xeq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),a2))).由t1≠t2，知x1≠x2，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝a2，從而yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝b2，因此teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)＝a2＋b2為定值．由題悟法1．求定值問(wèn)題常見(jiàn)的方法有兩種(1)從特殊入手，求出表達(dá)式，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)；(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值．2．定點(diǎn)的探索與證明問(wèn)題(1)探索直線過(guò)定點(diǎn)時(shí)，可設(shè)出直線方程為y＝kx＋b，然后利用條件建立b、k等量關(guān)系進(jìn)行消元，借助于直線系方程找出定點(diǎn)；(2)從特殊情況入手，先探求定點(diǎn)，再證明一般情況．以題試法3．(2012·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)已知拋物線y2＝2px(p≠0)及定點(diǎn)A(a，b)，B(－a,0)，ab≠0，b2≠2pa，M是拋物線上的點(diǎn)．設(shè)直線AM，BM與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)分別為M1，M2，當(dāng)M變動(dòng)時(shí)，直線M1M解析：設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),2p)，y0))，M1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2p)，y1))，M2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2p)，y2))，由點(diǎn)A，M，M1共線可知eq\f(y0－b,\f(y\o\al(2,0),2p)－a)＝eq\f(y1－y0,\f(y\o\al(2,1),2p)－\f(y\o\al(2,0),2p))，得y1＝eq\f(by0－2pa,y0－b)，同理由點(diǎn)B，M，M2共線得y2＝eq\f(2pa,y0).設(shè)(x，y)是直線M1M2上的點(diǎn)，則eq\f(y2－y1,\f(y\o\al(2,2),2p)－\f(y\o\al(2,1),2p))＝eq\f(y2－y,\f(y\o\al(2,2),2p)－x)，即y1y2＝y(tǒng)(y1＋y2)－2px，又y1＝eq\f(by0－2pa,y0－b)，y2＝eq\f(2pa,y0)，則(2px－by)y02＋2pb(a－x)y0＋2pa(by－2pa)＝0.當(dāng)x＝a，y＝eq\f(2pa,b)時(shí)上式恒成立，即定點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2pa,b))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2pa,b)))1．已知雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的左頂點(diǎn)為A1，右焦點(diǎn)為F2，P為雙曲線右支上一點(diǎn)，則,·,的最小值為()A．－2 B．－eq\f(81,16)C．1 D．0解析：選A設(shè)點(diǎn)P(x，y)，其中x≥1.依題意得A1(－1,0)，F(xiàn)2(2,0)，由雙曲線方程得y2＝3(x2－1)．,·,＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝(x＋1)(x－2)＋y2＝x2＋y2－x－2＝x2＋3(x2－1)－x－2＝4x2－x－5＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,8)))2－eq\f(81,16)，其中x≥1.因此，當(dāng)x＝1時(shí)，,·,取得最小值－2.2．過(guò)拋物線y2＝2x的焦點(diǎn)作一條直線與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，它們的橫坐標(biāo)之和等于2，則這樣的直線()A．有且只有一條 B．有且只有兩條C．有且只有三條 D．有且只有四條解析：選B設(shè)該拋物線焦點(diǎn)為F，則|AB|＝|AF|＋|FB|＝xA＋eq\f(p,2)＋xB＋eq\f(p,2)＝xA＋xB＋1＝3＞2p＝2.所以符合條件的直線有且僅有兩條．3．(2012·南昌聯(lián)考)過(guò)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)F作與x軸垂直的直線，分別與雙曲線、雙曲線的漸近線交于點(diǎn)M、N(均在第一象限內(nèi))，若,＝4,，則雙曲線的離心率為()A.eq\f(5,4) B.eq\f(5,3)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)解析：選B由題意知F(c,0)，則易得M，N的縱坐標(biāo)分別為eq\f(b2,a)，eq\f(bc,a)，由,＝4,得eq\f(b2,a)＝4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)－\f(b2,a)))，即eq\f(b,c)＝eq\f(4,5).又c2＝a2＋b2，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(5,3).4．已知橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1的焦點(diǎn)是F1，F(xiàn)2，如果橢圓上一點(diǎn)P滿足PF1⊥PF2，則下面結(jié)論正確的是()A．P點(diǎn)有兩個(gè) B．P點(diǎn)有四個(gè)C．P點(diǎn)不一定存在 D．P點(diǎn)一定不存在解析：選D設(shè)橢圓的基本量為a，b，c，則a＝5，b＝4，c＝3.以F1F2為直徑構(gòu)造圓，可知圓的半徑r＝c＝3＜4＝b5．已知橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的兩焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P(x0，y0)滿足eq\f(x\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)≤1，則|PF1|＋|PF2|的取值范圍為_(kāi)_______．解析：當(dāng)P在原點(diǎn)處時(shí)，|PF1|＋|PF2|取得最小值2；當(dāng)P在橢圓上時(shí)，|PF1|＋|PF2|取得最大值2eq\r(2)，故|PF1|＋|PF2|的取值范圍為[2,2eq\r(2)]．答案：[2,2eq\r(2)]6．(2013·長(zhǎng)沙月考)直線l：x－y＝0與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1相交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，則△ABC面積的最大值為_(kāi)_______．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得3x2＝2，∴x＝±eq\f(\r(6),3)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，∴|AB|＝eq\f(4\r(3),3).設(shè)點(diǎn)C(eq\r(2)cosθ，sinθ)，則點(diǎn)C到AB的距離d＝eq\f(|\r(2)cosθ－sinθ|,\r(2))＝eq\f(\r(3),\r(2))·eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,))sin(θ－φ)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,))≤eq\f(\r(3),\r(2))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|·d≤eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),3)×eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\r(2).答案：eq\r(2)7．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<1)的左，右焦點(diǎn)，過(guò)F1的直線l與E相交于A，B兩點(diǎn)，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數(shù)列．(1)求|AB|；(2)若直線l的斜率為1，求b的值．解：(1)由橢圓定義知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝eq\f(4,3).(2)l的方程為y＝x＋c，其中c＝eq\r(1－b2).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)滿足方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋c，,x2＋\f(y2,b2)＝1，))化簡(jiǎn)得(1＋b2)x2＋2cx＋1－2b2＝0.則x1＋x2＝eq\f(－2c,1＋b2)，x1x2＝eq\f(1－2b2,1＋b2).因?yàn)橹本€AB的斜率為1，所以|AB|＝eq\r(2)|x2－x1|，即eq\f(4,3)＝eq\r(2)|x2－x1|.則eq\f(8,9)＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq\f(41－b2,1＋b22)－eq\f(41－2b2,1＋b2)＝eq\f(8b4,1＋b22)，解得b＝eq\f(\r(2),2).8．(2012·黃岡質(zhì)檢)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，橢圓上任意一點(diǎn)到右焦點(diǎn)F的距離的最大值為eq\r(2)＋1.(1)求橢圓的方程；(2)已知點(diǎn)C(m,0)是線段OF上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，是否存在過(guò)點(diǎn)F且與x軸不垂直的直線l與橢圓交于A，B點(diǎn)，使得|AC|＝|BC|？并說(shuō)明理由．解：(1)∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2),a＋c＝\r(2)＋1))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2),c＝1))，∴b＝1，∴橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由(1)得F(1,0)，∴0≤m≤1.假設(shè)存在滿足題意的直線l，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq\f(－2k,2k2＋1).設(shè)AB的中點(diǎn)為M，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,2k2＋1)，－\f(k,2k2＋1))).∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，即kCM·kAB＝－1，∴eq\f(\f(k,2k2＋1),m－\f(2k2,2k2＋1))·k＝－1，即(1－2m)k2＝m.∴當(dāng)0≤m＜eq\f(1,2)時(shí)，k＝±eq\r(\f(m,1－2m))，即存在滿足題意的直線l；當(dāng)eq\f(1,2)≤m≤1時(shí)，k不存在，即不存在滿足題意的直線l.9．(2012·江西模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，直線y＝x＋eq\r(6)與以原點(diǎn)為圓心，以橢圓C的短半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左，右焦點(diǎn)，P為橢圓C上任一點(diǎn)，△F1PF2的重心為G，內(nèi)心為I，且IG∥F1F2.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，且線段AB的垂直平分線過(guò)定點(diǎn)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，0))，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解：(1)設(shè)P(x0，y0)，x0≠±a，則Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,3)，\f(y0,3))).又設(shè)I(xI，yI)，∵IG∥F1F2∴yI＝eq\f(y0,3)，∵|F1F2|＝2∴S△F1PF2＝eq\f(1,2)·|F1F2|·|y0|＝eq\f(1,2)(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))eq\f(y0,3)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))，∴2c·3＝2a＋∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，又由題意知b＝eq\f(|\r(6)|,\r(1＋1))，∴b＝eq\r(3)，∴a＝2，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由題意知Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，即m2＜4k2＋3，又x1＋x2＝－eq\f(8km,3＋4k2)，則y1＋y2＝eq\f(6m,3＋4k2)，∴線段AB的中點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2))).又線段AB的垂直平分線l′的方程為y＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,6)))，點(diǎn)P在直線l′上，∴eq\f(3m,3＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,3＋4k2)－\f(1,6)))，∴4k2＋6km＋3＝0，∴m＝－eq\f(1,6k)(4k2＋3)，∴eq\f(4k2＋32,36k2)＜4k2＋3，∴k2＞eq\f(3,32)，解得k＞eq\f(\r(6),8)或k＜－eq\f(\r(6),8)，∴k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(6),8)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),8)，＋∞)).1．(2012·長(zhǎng)春模擬)已知點(diǎn)A(－1,0)，B(1,0)，動(dòng)點(diǎn)M的軌跡曲線C滿足∠AMB＝2θ，||,·||,cos2θ＝3，過(guò)點(diǎn)B的直線交曲線C于P，Q兩點(diǎn)．(1)求||,＋||,的值，并寫出曲線C的方程；(2)求△APQ的面積的最大值．解：(1)設(shè)M(x，y)，在△MAB中，||,＝2，∠AMB＝2θ，根據(jù)余弦定理得||,2＋||,2－2||,·||,cos2θ＝||,2＝4，即(||,＋||,)2－2||,·||,·(1＋cos2θ)＝4，所以(||,＋||,)2－4||,||,·cos2θ＝4.因?yàn)閨|,·||,cos2θ＝3，所以(||,＋||,)2－4×3＝4，所以||,＋||,＝4.又||,＋|BM|,＝4＞2＝||，因此點(diǎn)M的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓(點(diǎn)M在x軸上也符合題意)，設(shè)橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，則a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3.所以曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線PQ的方程為x＝my＋1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my顯然方程①的判別式Δ＝36m2＋36(設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則△APQ的面積S△APQ＝eq\f(1,2)×2×|y1－y2|＝|y1－y2|.由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×eq\f(3m2＋3,3m2＋42).令t＝3m2＋3，則t≥3，(y1－y2)2＝eq\f(48,t＋\f(1,t)＋2)，由于函數(shù)φ(t)＝t＋eq\f(1,t)在[3，＋∞)上是增函數(shù)，所以t＋eq\f(1,t)≥eq\f(10,3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝3m2＋3＝3，即m＝0時(shí)取等號(hào)，所以(y1－y2)2≤eq\f(48,\f(10,3)＋2)＝9，即|y1－y2|的最大值為3，所以△APQ的面積的最大值為3，此時(shí)直線PQ的方程為x＝1.2．(2012·鄭州模擬)已知圓C的圓心為C(m,0)，m＜3，半徑為eq\r(5)，圓C與離心率e＞eq\f(1,2)的橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的其中一個(gè)公共點(diǎn)為A(3,1)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)．(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(4,4)，試探究直線PF1與圓C能否相切？若能，設(shè)直線PF1與橢圓E相交于D，B兩點(diǎn)，求△DBF2的面積；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)由已知可設(shè)圓C的方程為(x－m)2＋y2＝5(m＜3)，將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入圓C的方程中，得(3－m)2＋1＝5，即(3－m)2＝4，解得m＝1，或m＝5.∴m＜3，∴m＝1.∴圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝5.(2)直線PF1能與圓C相切，依題意設(shè)直線PF1的斜率為k，則直線PF1的方程為y＝k(x－4)＋4，即kx－y－4k＋4＝0，若直線PF1與圓C相切，則eq\f(|k－0－4k＋4|,\r(k2＋1))＝eq\r(5).∴4k2－24k＋11＝0，解得k＝eq\f(11,2)或k＝eq\f(1,2).當(dāng)k＝eq\f(11,2)時(shí)，直線PF1與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq\f(36,11)，不合題意，舍去．當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，直線PF1與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－4，∴c＝4，F(xiàn)1(－4,0)，F(xiàn)2(4,0)．∴由橢圓的定義得：2a＝|AF1|＋|AF2|＝eq\r(3＋42＋12)＋eq\r(3－42＋12)＝5eq\r(2)＋eq\r(2)＝6eq\r(2).∴a＝3eq\r(2)，即a2＝18，∴e＝eq\f(4,3\r(2))＝eq\f(2\r(2),3)＞eq\f(1,2)，滿足題意．故直線PF1能與圓C相切．直線PF1的方程為x－2y＋4＝0，橢圓E的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,2)＝1.設(shè)B(x1，y1)，D(x2，y2)，把直線PF1的方程代入橢圓E的方程并化簡(jiǎn)得，13y2－16y－2＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝eq\f(16,13)，y1y2＝－eq\f(2,13)，故S△DBF2＝4|y1－y2|＝4eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(24\r(10),13).1．已知拋物線C的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)為F(1,0)，過(guò)焦點(diǎn)F的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線l的傾斜角為45°，則弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為()A．(1,0) B．(2,2)C．(3,2) D．(2,4)解析：選C依題意得，拋物線C的方程是y2＝4x，直線l的方程是y＝x－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝x－1))消去y得(x－1)2＝4x，即x2－6x＋1＝0，因此線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是eq\f(6,2)＝3，縱坐標(biāo)是y＝3－1＝2，所以線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)是(3,2)．2．若直線mx＋ny＝4和圓O：x2＋y2＝4沒(méi)有交點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．至多1個(gè) B．2個(gè)C．1個(gè) D．0個(gè)解析：選B由題意得eq\f(4,\r(m2＋n2))＞2，即m2＋n2＜4，則點(diǎn)(m，n)在以原點(diǎn)為圓心，以2為半徑的圓內(nèi)，此圓在橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的內(nèi)部．3．(2012·深圳模擬)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，以橢圓C的左頂點(diǎn)T為圓心作圓T：(x＋2)2＋y2＝r2(r＞0)，設(shè)圓T與橢圓C交于點(diǎn)M與點(diǎn)N.(1)求橢圓C的方程；(2)求,·,的最小值，并求此時(shí)圓T的方程；(3)設(shè)點(diǎn)P是橢圓C上異于M，N的任意一點(diǎn)，且直線MP，NP分別與x軸交于點(diǎn)R，S，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：|OR|·|OS|為定值．解：(1)依題意，得a＝2，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴c＝eq\r(3)，b＝eq\r(a2－c2)＝1.故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)易知點(diǎn)M與點(diǎn)N關(guān)于x軸對(duì)稱，設(shè)M(x1，y1)，N(x1，－y1)，不妨設(shè)y1＞0.由于點(diǎn)M在橢圓C上，∴yeq\o\al(2,1)＝1－eq\f(x\o\al(2,1),4).(*)由已知T(－2,0)，則,＝(x1＋2，y1)，,＝(x1＋2，－y1)，∴,·,＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－yeq\o\al(2,1)＝(x1＋2)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4)))＝eq\f(5,4)xeq\o\al(2,1)＋4x1＋3＝eq\f(5,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(8,5)))2－eq\f(1,5).由于－2＜x1＜2，故當(dāng)x1＝－eq\f(8,5)時(shí)，,·,取得最小值－eq\f(1,5).把x1＝－eq\f(8,5)代入(*)式，得y1＝eq\f(3,5)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，\f(3,5)))，又點(diǎn)M在圓T上，代入圓的方程得r2＝eq\f(13,25).故圓T的方程為(x＋2)2＋y2＝eq\f(13,25).(3)設(shè)P(x0，y0)，則直線MP的方程為：y－y0＝eq\f(y0－y1,x0－x1)(x－x0)，令y＝0，得xR＝eq\f(x1y0－x0y1,y0－y1)，同理：xS＝eq\f(x1y0＋x0y1,y0＋y1)，故xR·xS＝eq\f(x\o\al(2,1)y\o\al(2,0)－x\o\al(2,0)y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1)).(**)又點(diǎn)M與點(diǎn)P在橢圓上，故xeq\o\al(2,0)＝4(1－yeq\o\al(2,0))，xeq\o\al(2,1)＝4(1－yeq\o\al(2,1))，代入(**)式，得xR·xS＝eq\f(41－y\o\al(2,1)y\o\al(2,0)－41－y\o\al(2,0)y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1))))＝4.所以|OR|·|OS|＝|xR|·|xS|＝|xR·xS|＝4為定值．平面解析幾何(時(shí)間：120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分)1．(2012·佛山模擬)已知直線l：ax＋y－2－a＝0在x軸和y軸上的截距相等，則a的值是()A．1 B．－1C．－2或－1 D．－2或1解析：選D由題意得a＋2＝eq\f(a＋2,a)，解得a＝－2或a＝1.2．若直線l與直線y＝1，x＝7分別交于點(diǎn)P，Q，且線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則直線l的斜率為()A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．－eq\f(3,2) D.eq\f(2,3)解析：選B設(shè)P(xP,1)，由題意及中點(diǎn)坐標(biāo)公式得xP＋7＝2，解得xP＝－5，即P(－5,1)，所以k＝－eq\f(1,3).3．(2012·長(zhǎng)春模擬)已知點(diǎn)A(1，－1)，B(－1,1)，則以線段AB為直徑的圓的方程是()A．x2＋y2＝2 B．x2＋y2＝eq\r(2)C．x2＋y2＝1 D．x2＋y2＝4解析：選AAB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0)，|AB|＝eq\r([1－－1]2＋－1－12)＝2eq\r(2)，∴圓的方程為x2＋y2＝2.4．(2012·福建高考)已知雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦點(diǎn)與拋物線y2＝12x的焦點(diǎn)重合，則該雙曲線的焦點(diǎn)到其漸近線的距離等于()A.eq\r(5) B．4eq\r(2)C．3 D．5解析：選A∵拋物線y2＝12x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0)，故雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦點(diǎn)為(3,0)，即c＝3，故32＝4＋b2，∴b2＝5，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(5),2)x，∴雙曲線的右焦點(diǎn)到其漸近線的距離為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)×3)),\r(1＋\f(5,4)))＝eq\r(5).5．(2012·鄭州模擬)若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，線段F1F2被拋物線y2＝2bx的焦點(diǎn)分成7∶3的兩段，則此雙曲線的離心率為()A.eq\f(9,8) B.eq\f(5,3)C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(5,4)解析：選B依題意得，c＋eq\f(b,2)＝eq\f(7,7＋3)×2c，即b＝eq\f(4,5)c(其中c是雙曲線的半焦距)，a＝eq\r(c2－b2)＝eq\f(3,5)c，則eq\f(c,a)＝eq\f(5,3)，因此該雙曲線的離心率等于eq\f(5,3).6．設(shè)雙曲線的左，右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，左，右頂點(diǎn)為M，N，若△PF1F2的一個(gè)頂點(diǎn)P在雙曲線上，則△PF1F2的內(nèi)切圓與邊F1A．在線段MN的內(nèi)部B．在線段F1M的內(nèi)部或NF2C．點(diǎn)N或點(diǎn)MD．以上三種情況都有可能解析：選C若P在右支上，并設(shè)內(nèi)切圓與PF1，PF2的切點(diǎn)分別為A，B，則|NF1|－|NF2|＝|PF1|－|PF2|＝(|PA|＋|AF1|)－(|PB|＋|BF2|)＝|AF1|－|BF2|.所以N為切點(diǎn)，同理P在左支上時(shí)，M為切點(diǎn)．7．圓x2＋y2－4x＝0在點(diǎn)P(1,eq\r(3))處的切線方程為()A．x＋eq\r(3)y－2＝0 B．x＋eq\r(3)y－4＝0C．x－eq\r(3)y＋4＝0 D．x－eq\r(3)y＋2＝0解析：選D圓的方程為(x－2)2＋y2＝4，圓心坐標(biāo)為(2,0)，半徑為2，點(diǎn)P在圓上，設(shè)切線方程為y－eq\r(3)＝k(x－1)，即kx－y－k＋eq\r(3)＝0，所以eq\f(|2k－k＋\r(3)|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(\r(3),3).所以切線方程為y－eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x－eq\r(3)y＋2＝0.8．(2012·新課標(biāo)全國(guó)卷)等軸雙曲線C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，C與拋物線y2＝16x的準(zhǔn)線交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝4eq\r(3)，則C的實(shí)軸長(zhǎng)為()A.eq\r(2) B．2eq\r(2)C．4 D．8解析：選C拋物線y2＝16x的準(zhǔn)線方程是x＝－4，所以點(diǎn)A(－4，2eq\r(3))在等軸雙曲線C：x2－y2＝a2(a＞0)上，將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入得a＝2，所以C的實(shí)軸長(zhǎng)為4.9．(2012·濰坊適應(yīng)性訓(xùn)練)已知雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1的左，右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P為C的右支上一點(diǎn)，且|PF2|＝|F1F2|，則|PF2|＝|F1F2|，則,·,等于()A．24 B．48C．50 D．56解析：選C由已知得|PF2|＝|F1F2|＝6，根據(jù)雙曲線的定義可得|PF1|＝10，在△F1PF2中，根據(jù)余弦定理可得cos∠F1PF2＝eq\f(5,6)，所以,·,＝10×6×eq\f(5,6)＝50.10．(2012·南昌模擬)已知△ABC外接圓半徑R＝eq\f(14\r(3),3)，且∠ABC＝120°，BC＝10，邊BC在x軸上且y軸垂直平分BC邊，則過(guò)點(diǎn)A且以B，C為焦點(diǎn)的雙曲線方程為()A.eq\f(x2,75)－eq\f(y2,100)＝1 B.eq\f(x2,100)－eq\f(y2,75)＝1C.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1 D.eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1解析：選D∵sin∠BAC＝eq\f(BC,2R)＝eq\f(5\r(3),14)，∴cos∠BAC＝eq\f(11,14)，|AC|＝2Rsin∠ABC＝2×eq\f(14\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝14，sin∠ACB＝sin(60°－∠BAC)＝sin60°cos∠BAC－cos60°sin∠BAC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(11,14)－eq\f(1,2)×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(3\r(3),14)，∴|AB|＝2Rsin∠ACB＝2×eq\f(14\r(3),3)×eq\f(3\r(3),14)＝6，∴2a＝||AC|－|AB∴a＝4，又c＝5，∴b2＝c2－a2＝25－16＝9，∴所求雙曲線方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.11．(2012·烏魯木齊模擬)已知拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，P，Q是拋物線上的兩個(gè)點(diǎn)，若△PQF是邊長(zhǎng)為2的正三角形，則p的值是()A．2±eq\r(3) B．2＋eq\r(3)C.eq\r(3)±1 D.eq\r(3)－1解析：選A依題意得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2p)，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2p)，y2))(y1≠y2)．由拋物線定義及|PF|＝|QF|，得eq\f(y\o\al(2,1),2p)＋eq\f(p,2)＝eq\f(y\o\al(2,2),2p)＋eq\f(p,2)，所以yeq\o\al(2,1)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)，所以y1＝－y2.又|PQ|＝2，因此|y1|＝|y2|＝1，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2p)，y1)).又點(diǎn)P位于該拋物線上，于是由拋物線的定義得|PF|＝eq\f(1,2p)＋eq\f(p,2)＝2，由此解得p＝2±eq\r(3).12．已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，焦距為4的橢圓與直線x＋eq\r(3)y＋4＝0有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，則橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為()A．3eq\r(2)或4eq\r(2) B．2eq\r(6)或2eq\r(7)C．2eq\r(5)或2eq\r(7) D.eq\r(5)或eq\r(7)解析：選C設(shè)橢圓方程為mx2＋ny2＝1(m≠n且m，n＞0)，與直線方程x＋eq\r(3)y＋4＝0聯(lián)立，消去x得(3m＋n)y2＋8eq\r(3)my＋16m－1＝0，由Δ＝0得3m＋n＝16mn，即eq\f(3,n)＋eq\f(1,m)＝16，①又c＝2，即eq\f(1,m)－eq\f(1,n)＝±4，②由①②聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,7),n＝\f(1,3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1,n＝\f(1,5)))，故橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2eq\r(7)或2eq\r(5).二、填空題(本題有4小題，每小題5分，共20分)13．(2012·青島模擬)已知兩直線l1：x＋ysinθ－1＝0和l2：2xsinθ＋y＋1＝0，當(dāng)l1⊥l2時(shí)，θ＝________.解析：l1⊥l2的充要條件是2sinθ＋sinθ＝0，即sinθ＝0，所以θ＝kπ(k∈Z)．所以當(dāng)θ＝kπ(k∈Z)時(shí)，l1⊥l2.答案：kπ(k∈Z)14．已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左，右焦點(diǎn)，A，B分別是此橢圓的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，P是橢圓上一點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，OP∥AB，PF1⊥x軸，|F1A|＝eq\r(10)＋eq\r(5)，則此橢圓的方程是______________________．解析：由于直線AB的斜率為－eq\f(b,a)，故直線OP的斜率為－eq\f(b,a)，直線OP的方程為y＝－eq\f(b,a)x.與橢圓方程聯(lián)立得eq\f(x2,a2)＋eq\f(x2,a2)＝1，解得x＝±eq\f(\r(2),2)a.根據(jù)PF1⊥x軸，取x＝－eq\f(\r(2),2)a，從而－eq\f(\r(2),2)a＝－c，即a＝eq\r(2)c.又|F1A|＝a＋c＝eq\r(10)＋eq\r(5)，故eq\r(2)c＋c＝eq\r(10)＋eq\r(5)，解得c＝eq\r(5)，從而a＝eq\r(10).所以所求的橢圓方程為eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,5)＝1.答案：eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,5)＝115．(2012·陜西高考)右圖是拋物線形拱橋，當(dāng)水面在l時(shí)，拱頂離水面2米，水面寬4米．水位下降1米后，水面寬________米．解析：設(shè)拋物線的方程為x2＝－2py，則點(diǎn)(2，－2)在拋物線上，代入可得p＝1，所以x2＝－2y.當(dāng)y＝－3時(shí)，x2＝6，即x＝±eq\r(6)，所以水面寬為2eq\r(6).答案：2eq\r(6)16．(2012·天津高考)設(shè)m，n∈R，若直線l：mx＋ny－1＝0與x軸相交于點(diǎn)A，與y軸相交于點(diǎn)B，且l與圓x2＋y2＝4相交所得弦的長(zhǎng)為2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則△AOB面積的最小值為_(kāi)_______．解析：由直線與圓相交所得弦長(zhǎng)為2，知圓心到直線的距離為eq\r(3)，即eq\f(1,\r(m2＋n2))＝eq\r(3)，所以m2＋n2＝eq\f(1,3)≥2|mn|，所以|mn|≤eq\f(1,6)，又Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,n)))，所以△AOB的面積為eq\f(1,2|mn|)≥3，最小值為3.答案：3三、解答題(本題共6小題，共70分)17．(10分)求過(guò)直線l1：x－2y＋3＝0與直線l2：2x＋3y－8＝0的交點(diǎn)，且到點(diǎn)P(0,4)距離為2的直線方程．解：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3＝0，,2x＋3y－8＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))所以l1與l2的交點(diǎn)為(1,2)，設(shè)所求直線y－2＝k(x－1)(由題可知k存在)，即kx－y＋2－k＝0，∵P(0,4)到直線距離為2，∴2＝eq\f(|－2－k|,\r(1＋k2))，解得k＝0或k＝eq\f(4,3).∴直線方程為y＝2或4x－3y＋2＝0.18．(12分)(2012·南昌模擬)已知圓C過(guò)點(diǎn)P(1,1)，且與圓M：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r＞0)關(guān)于直線x＋y＋2＝0對(duì)稱．(1)求圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P作兩條相異直線分別與圓C相交于A，B，且直線PA和直線PB的傾斜角互補(bǔ)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，試判斷直線OP和AB是否平行？請(qǐng)說(shuō)明理由．解：設(shè)圓心C(a，b)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－2,2)＋\f(b－2,2)＋2＝0，,\f(b＋2,a＋2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0，))則圓C的方程為x2＋y2＝r2，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得r2＝2，故圓C的方程為x2＋y2＝2.(2)由題意知，直線PA和直線PB的斜率存在，且互為相反數(shù)，故可設(shè)PA：y－1＝k(x－1)，PB：y－1＝－k(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝kx－1，,x2＋y2＝2))得(1＋k2)x2＋2k(1－k)x＋(1－k)2－2＝0.因?yàn)辄c(diǎn)P的橫坐標(biāo)x＝1一定是該方程的解，故可得xA＝eq\f(k2－2k－1,1＋k2).同理可得xB＝eq\f(k2＋2k－1,1＋k2)，所以kAB＝eq\f(yB－yA,xB－xA)＝eq\f(－kxB－1－kxA－1,xB－xA)＝eq\f(2k－kxB＋xA,xB－xA)＝1＝kOP，所以，直線AB和OP一定平行．19．(12分)(2012·天津高考)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)a，\f(\r(2),2)a))在橢圓上．(1)求橢圓的離心率；(2)設(shè)A為橢圓的左頂點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若點(diǎn)Q在橢圓上且滿足|AQ|＝|AO|，求直線OQ的斜率的值．解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)a，\f(\r(2),2)a))在橢圓上，故eq\f(a2,5a2)＋eq\f(a2,2b2)＝1，可得eq\f(b2,a2)＝eq\f(5,8).于是e2＝eq\f(a2－b2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,8)，所以橢圓的離心率e＝eq\f(\r(6),4).(2)設(shè)直線OQ的斜率為k，則其方程為y＝kx，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x0，y0)．由條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝kx0，,\f(x\o\al(2,0),a2)＋\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，))消去y0并整理得xeq\o\al(2,0)＝eq\f(a2b2,k2a2＋b2).①由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2xeq\o\al(2,0)＝a2.整理得(1＋k2)xeq\o\al(2,0)＋2ax0＝0，而x0≠0，故x0＝eq\f(－2a,1＋k2)，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·eq\f(a2,b2)＋4.由(1)知eq\f(a2,b2)＝eq\f(8,5)，故(1＋k2)2＝eq\f(32,5)k2＋4，即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5.所以直線OQ的斜率k＝±eq\r(5).20．(12分)(2012·河南模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(