數(shù)學(xué)章末測(cè)試：第二章圓錐曲線與方程B

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第二章測(cè)評(píng)B（高考體驗(yàn)卷）（時(shí)間:90分鐘滿分：100分）第Ⅰ卷（選擇題共50分）一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．設(shè)拋物線C:y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)M在C上，|MF｜＝5，若以MF為直徑的圓過點(diǎn)(0，2），則C的方程為()A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8xC．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x2．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f（y2,b2)＝1（a＞0，b＞0）的一條漸近線平行于直線l：y＝2x＋10，雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在直線l上，則雙曲線的方程為（)A。eq\f(x2,5）－eq\f（y2，20)＝1B。eq\f(x2,20）－eq\f（y2，5)＝1 C.eq\f（3x2,25）－eq\f(3y2,100）＝1D.eq\f（3x2,100）－eq\f（3y2,25）＝13．若實(shí)數(shù)k滿足0＜k＜9,則曲線eq\f(x2,25)－eq\f（y2,9－k）＝1與曲線eq\f（x2，25－k）－eq\f（y2，9)＝1的()A．焦距相等 B．實(shí)半軸長相等 C．虛半軸長相等 D．離心率相等4．拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)到雙曲線x2－eq\f（y2,3）＝1的漸近線的距離是（）A.eq\f(1,2)B.eq\f（\r（3），2） C．1D。eq\r（3）5．已知雙曲線eq\f(x2，a2)－eq\f（y2,b2）＝1(a＞0,b＞0）的兩條漸近線與拋物線y2＝2px（p＞0）的準(zhǔn)線分別交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若雙曲線的離心率為2，△AOB的面積為eq\r（3），則p＝（)A．1B。eq\f（3，2) C．2D．36．橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2，3)＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，點(diǎn)P在C上且直線PA2斜率的取值范圍是［－2，－1]，那么直線PA1斜率的取值范圍是（）A。eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，2),\f（3，4)））B。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(3,8），\f(3,4))） C。eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）,1）)D。eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(3，4），1））7．（2014課標(biāo)全國Ⅰ高考）已知拋物線C：y2＝8x的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l，P是l上一點(diǎn),Q是直線PF與C的一個(gè)交點(diǎn)．若eq\o（FP，\s\up6（→））＝4eq\o(FQ，\s\up6(→）），則|QF|＝（)A.eq\f(7，2）B．3C.eq\f（5,2)D．28．若雙曲線eq\f(x2,a2）－eq\f(y2,b2)＝1的離心率為eq\r(3)，則其漸近線方程為（）A．y＝±2xB．y＝±eq\r(2)x C．y＝±eq\f(1，2)xD．y＝±eq\f(\r(2),2）x9．已知a＞b＞0，橢圓C1的方程為eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2,b2）＝1，雙曲線C2的方程為eq\f(x2,a2）－eq\f（y2，b2)＝1，C1與C2的離心率之積為eq\f（\r(3），2），則C2的漸近線方程為()A．x±eq\r（2)y＝0B.eq\r（2）x±y＝0 C．x±2y＝0D．2x±y＝010．已知橢圓E：eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F(3，0)，過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1,－1）,則E的方程為（)A.eq\f(x2,45）＋eq\f(y2，36）＝1B.eq\f(x2,36）＋eq\f(y2，27）＝1 C。eq\f（x2，27)＋eq\f(y2,18）＝1D.eq\f(x2,18）＋eq\f（y2，9)＝1第Ⅱ卷(非選擇題共50分)二、填空題（本大題共5個(gè)小題,每小題5分，共25分．把答案填在題中的橫線上）11．雙曲線eq\f(x2，16）－eq\f(y2,9）＝1的兩條漸近線的方程為__________．12．拋物線x2＝2py（p＞0）的焦點(diǎn)為F，其準(zhǔn)線與雙曲線eq\f(x2，3）－eq\f(y2，3）＝1相交于A，B兩點(diǎn)，若△ABF為等邊三角形，則p＝________.13已知橢圓C:eq\f(x2,a2）＋eq\f(y2，b2）＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)為F,C與過原點(diǎn)的直線相交于A，B兩點(diǎn),連接AF,BF。若｜AB｜＝10，｜AF|＝6，cos∠ABF＝eq\f（4,5），則C的離心率e＝__________。14．設(shè)直線x－3y＋m＝0(m≠0)與雙曲線eq\f（x2,a2)－eq\f（y2，b2)＝1(a＞0，b＞0）的兩條漸近線分別交于點(diǎn)A，B。若點(diǎn)P（m，0)滿足｜PA｜＝｜PB|，則該雙曲線的離心率是__________．15．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),過點(diǎn)F1的直線交橢圓E于A,B兩點(diǎn)，若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x軸，則橢圓E的方程為__________．三、解答題（本大題共4個(gè)小題，共25分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）16．（6分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,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)，頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，b)，連接BF2并延長交橢圓于點(diǎn)A，過點(diǎn)A作x軸的垂線交橢圓于另一點(diǎn)C，連接F1C.(1)若點(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（4，3），\f（1，3））)，且BF2＝eq\r(2），求橢圓的方程;（2)若F1C⊥AB，求橢圓離心率e的值17．(6分）設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2，b2）＝1(a＞b＞0)的左,右焦點(diǎn)，M是C上一點(diǎn)且MF2與x軸垂直．直線MF1與C的另一個(gè)交點(diǎn)為N.（1）若直線MN的斜率為eq\f（3，4)，求C的離心率；（2)若直線MN在y軸上的截距為2,且|MN｜＝5｜F1N|，求a，b.18．(6分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)M到點(diǎn)F(1,0）的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1。記點(diǎn)M的軌跡為C。(1)求軌跡C的方程．（2)設(shè)斜率為k的直線l過定點(diǎn)P(－2,1）．求直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍．19．（7分)（2013廣東高考）已知拋物線C的頂點(diǎn)為原點(diǎn)，其焦點(diǎn)F(0，c)（c＞0）到直線l：x－y－2＝0的距離為eq\f(3\r（2）,2).設(shè)P為直線l上的點(diǎn)，過點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線PA,PB，其中A，B為切點(diǎn)．（1)求拋物線C的方程;(2）當(dāng)點(diǎn)P(x0，y0）為直線l上的定點(diǎn)時(shí)，求直線AB的方程;(3）當(dāng)點(diǎn)P在直線l上移動(dòng)時(shí),求｜AF｜·｜BF|的最小值．參考答案1．解析:設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0，y0)，由拋物線的定義，得｜MF｜＝x0＋eq\f（p，2）＝5,則x0＝5－eq\f（p,2).又點(diǎn)F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(p,2）,0))，所以以MF為直徑的圓的方程為(x－x0)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(p，2）))＋(y－y0)y＝0。將x＝0,y＝2代入得px0＋8－4y0＝0，即eq\f(y\o\al（2，0)，2)－4y0＋8＝0，所以y0＝4。由yeq\o\al(2,0)＝2px0,得16＝2peq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（5－\f(p，2）))，解之，得p＝2，或p＝8。所以C的方程為y2＝4x或y2＝16x。故選C.答案：C2．解析：由于雙曲線焦點(diǎn)在x軸上，且其中一個(gè)焦點(diǎn)在直線y＝2x＋10上，所以c＝5。又因?yàn)橐粭l漸近線與l平行，因此eq\f（b，a)＝2,可解得a2＝5，b2＝20，故雙曲線方程為eq\f（x2，5）－eq\f（y2,20）＝1，故選A.答案：A3．解析：因?yàn)?＜k＜9，所以方程eq\f(x2,25)－eq\f（y2，9－k)＝1與eq\f(x2,25－k)－eq\f(y2，9)＝1均表示焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線．雙曲線eq\f（x2，25)－eq\f（y2，9－k）＝1中，其實(shí)軸長為10,虛軸長為2eq\r(9－k)，焦距為2eq\r(25＋9－k)＝2eq\r（34－k)；雙曲線eq\f(x2,25－k)－eq\f（y2,9)＝1中，其實(shí)軸長為2eq\r（25－k），虛軸長為6，焦距為2eq\r(25－k＋9)＝2eq\r(34－k)。因此兩曲線的焦距相等，故選A。答案：A4．解析：由題意可得，拋物線的焦點(diǎn)為（1，0)，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r（3)x，即±eq\r（3)x－y＝0，由點(diǎn)到直線的距離公式可得拋物線的焦點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離d＝eq\f（｜±\r（3)－0|,2）＝eq\f(\r（3),2).答案：B5．解析：設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，y0），則由題意，得S△AOB＝|x0|·｜y0｜＝eq\r（3).拋物線y2＝2px的準(zhǔn)線為x＝－eq\f（p，2)，所以x0＝－eq\f(p,2）,代入雙曲線的漸近線的方程y＝±eq\f(b,a)x，得｜y0｜＝eq\f(bp，2a）.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（c,a)＝2,，a2＋b2＝c2，））得b＝eq\r（3)a，所以｜y0｜＝eq\f（\r（3)，2)p。所以S△AOB＝eq\f(\r（3），4)p2＝eq\r（3)，解得p＝2或p＝－2（舍去）．答案:C6．解析：設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，y0),則eq\f（x\o\al(2,0)，4）＋eq\f（y\o\al(2,0),3)＝1,kPA2＝eq\f(y0，x0－2)，kPA1＝eq\f(y0，x0＋2），于是kPA1·kPA2＝eq\f（y\o\al(2,0),x\o\al(2，0)－22）＝eq\f(3－\f（3,4）x\o\al(2，0)，x\o\al（2,0）－4）＝－eq\f（3，4）。故kPA1＝－eq\f(3，4)eq\f(1，kPA2）?！遦PA2∈［－2，－1],∴kPA1∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（3，8）,\f（3，4）））.故選B。答案:B7．解析：如圖，由拋物線的定義知焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離p＝｜FM｜＝4。過Q作QH⊥l于H，則｜QH|＝|QF｜.由題意,得△PHQ∽△PMF，則有eq\f（｜HQ｜,|MF｜)＝eq\f(|PQ｜，｜PF｜)＝eq\f（3,4），∴｜HQ|＝3?！鄚QF｜＝3。答案：B8．解析:由離心率為eq\r（3)，可知c＝eq\r（3）a，∴b＝eq\r（2）a，∴漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2）x,故選B.答案:B9．解析：由題意，知橢圓C1的離心率e1＝eq\f(\r（a2－b2）,a），雙曲線C2的離心率為e2＝eq\f（\r(a2＋b2),a)。因?yàn)閑1·e2＝eq\f(\r(3)，2），所以eq\f（\r(a2－b2a2＋b2），a2）＝eq\f(\r(3)，2)，即eq\f(a2－b2a2＋b2，a4)＝eq\f(3，4），整理可得a＝eq\r（2）b.又雙曲線C2的漸近線方程為bx±ay＝0,所以bx±eq\r（2）by＝0，即x±eq\r(2)y＝0。答案：A10．解析：設(shè)A（x1,y1)，B(x2，y2），∵A，B在橢圓上，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(x\o\al（2，1),a2）＋\f（y\o\al(2，1),b2）＝1，①,\f（x\o\al（2,2）,a2）＋\f(y\o\al（2，2),b2）＝1,②))①－②，得eq\f（x1＋x2x1－x2，a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，即eq\f(b2，a2）＝－eq\f（y1＋y2y1－y2,x1＋x2x1－x2）,∵AB的中點(diǎn)為（1，－1），∴y1＋y2＝－2，x1＋x2＝2，而eq\f（y1－y2,x1－x2）＝kAB＝eq\f(0－－1，3－1）＝eq\f（1，2），∴eq\f(b2，a2)＝eq\f(1，2）.又∵a2－b2＝9,∴a2＝18,b2＝9,∴橢圓E的方程為eq\f（x2,18）＋eq\f（y2，9)＝1.故選D.答案：D11．解析：由題意可知所求雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(3，4)x.答案：y＝±eq\f(3，4）x12．解析：拋物線的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(p，2），設(shè)A，B的橫坐標(biāo)分別為xA，xB,則｜xA|2＝|xB|2＝3＋eq\f（p,4）2，所以|AB|＝|2xA|。又焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為p，由等邊三角形的特點(diǎn)得p＝eq\f（\r（3),2)｜AB|，即p2＝eq\f(3,4）×4×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f（p,4）2)）,所以p＝6.答案：613．解析:如圖所示．根據(jù)余弦定理|AF|2＝|BF｜2＋｜AB｜2－2|AB|·｜BF|cos∠ABF，即｜BF|2－16｜BF｜＋64＝0，得|BF|＝8.又|OF｜2＝|BF｜2＋|OB|2－2|OB|·|BF|cos∠ABF，得|OF|＝5.根據(jù)橢圓的對(duì)稱性｜AF｜＋｜BF|＝2a＝14，得a又｜OF|＝c＝5，故離心率e＝eq\f(5,7）.答案:eq\f(5,7)14．解析：由雙曲線方程可知，它的漸近線方程為y＝eq\f（b，a)x與y＝－eq\f（b，a)x，它們分別與x－3y＋m＝0聯(lián)立方程組，解得Aeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(－am，a－3b)，\f(－bm，a－3b）))，Beq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（－am，a＋3b），\f（bm，a＋3b）)）.由|PA｜＝|PB|知，可設(shè)AB的中點(diǎn)為Q，則Qeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\f(－am,a－3b)＋\f（－am,a＋3b),2）,\f（\f（－bm，a－3b）＋\f(bm,a＋3b),2)）），由PQ⊥AB,得kPQ·kAB＝－1，解得2a2＝8b2＝8(c2－a2），即eq\f(c2，a2）＝eq\f(5，4）。故eq\f(c,a）＝eq\f（\r(5），2).答案：eq\f（\r(5)，2）15．解析：設(shè)B在x軸上的射影為B0，由題意得,｜B0F1｜＝eq\f(1，3）|F1F2|＝eq\f(2c,3）,得B0坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（5c,3），0)),即B點(diǎn)橫坐標(biāo)為－eq\f（5c，3).設(shè)直線AB的斜率為k，又直線過點(diǎn)F1(－c，0），∴直線AB的方程為y＝k(x＋c）．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝kx＋c，，x2＋\f(y2,b2)＝1)）得（k2＋b2)x2＋2ck2x＋k2c2－b2＝0，其兩根為－eq\f（5c,3）和c,由韋達(dá)定理得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f（5,3）c＋c＝\f（－2ck2,k2＋b2），，－\f(5，3)c×c＝\f（k2c2－b2,k2＋b2），)）解之，得c2＝eq\f（1,3），∴b2＝1－c2＝eq\f(2，3)。∴橢圓方程為x2＋eq\f（3，2）y2＝1。答案：x2＋eq\f(3,2）y2＝116．分析：（1）利用橢圓的幾何性質(zhì)可得BF2＝a＝eq\r（2），再把點(diǎn)C的坐標(biāo)代入即可求出橢圓方程；（2)寫出B，F(xiàn)2的坐標(biāo)，用b，c表示直線AB的方程，聯(lián)立橢圓方程表示出點(diǎn)A的坐標(biāo)，利用點(diǎn)A與點(diǎn)C的對(duì)稱性，表示出點(diǎn)C的坐標(biāo)，利用直線F1C的斜率及kF1C·kAB＝－1建立a，b，c解:設(shè)橢圓的焦距為2c,則F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0（1)因?yàn)锽(0，b)，所以BF2＝eq\r(b2＋c2）＝a.又BF2＝eq\r(2),故a＝eq\r(2）.因?yàn)辄c(diǎn)Ceq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（4，3)，\f（1，3)））在橢圓上，所以eq\f（\f（16，9),a2）＋eq\f（\f（1,9)，b2)＝1。解得b2＝1。故所求橢圓的方程為eq\f(x2,2）＋y2＝1。（2）因?yàn)锽（0，b),F2(c,0)在直線AB上，所以直線AB的方程為eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1。解方程組eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（x，c）＋\f(y，b)＝1，，\f(x2,a2）＋\f（y2，b2）＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＝\f(2a2c，a2＋c2），，y1＝\f（bc2－a2,a2＋c2），))eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝b。)）所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2a2c，a2＋c2)，\f（bc2－a2，a2＋c2）))。又AC垂直于x軸，由橢圓的對(duì)稱性，可得點(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2a2c，a2＋c2),\f（ba2－c2,a2＋c2）)）。因?yàn)橹本€F1C的斜率為eq\f（\f(ba2－c2，a2＋c2)－0,\f（2a2c,a2＋c2）－－c）＝eq\f(ba2－c2，3a2c＋c3)，直線AB的斜率為－eq\f（b，c），且F1C⊥AB所以eq\f（ba2－c2,3a2c＋c3）·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(b，c))）＝－1。又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2故e2＝eq\f（1，5).因此e＝eq\f(\r(5)，5).17．分析：在第(1)問中,根據(jù)橢圓中a，b，c的關(guān)系及題目給出的條件可知點(diǎn)M的坐標(biāo)，從而由斜率條件得出a，c的關(guān)系,再利用離心率公式可求得離心率,注意離心率的取值范圍；在第（2）問中，根據(jù)題目條件，O是F1F2的中點(diǎn)，MF2∥y軸,可得a，b之間的一個(gè)關(guān)系式，再根據(jù)條件|MN|＝5|F1N|，可得|DF1｜與|F1N|的關(guān)系，然后可求出點(diǎn)N的坐標(biāo),代入C的方程，可得a，b,c的另一關(guān)系式，最后利用a,b，c的關(guān)系式可求得結(jié)論解：（1）根據(jù)c＝eq\r(a2－b2)及題設(shè)知Meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（c，\f（b2,a)）)，2b2＝3ac.將b2＝a2－c2代入2b2＝3ac解得eq\f(c，a)＝eq\f(1，2)，eq\f(c,a)＝－2(舍去)．故C的離心率為eq\f(1，2）。(2）由題意，原點(diǎn)O為F1F2的中點(diǎn)，MF2∥y軸,所以直線MF1與y軸的交點(diǎn)D（0,2）是線段MF1的中點(diǎn)，故eq\f(b2，a)＝4,即b2＝4a。由|MN｜＝5|F1N|得｜DF1｜＝2|F1N|，設(shè)N(x1,y1），由題意知y1＜0，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2－c－x1＝c，，－2y1＝2，）)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x1＝－\f(3,2）c，,y1＝－1，)）代入C的方程,得eq\f(9c2，4a2)＋eq\f（1,b2）＝1。②將①及c＝eq\r(a2－b2）代入②得eq\f（9a2－4a，4a2）＋eq\f（1,4a）＝1。解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7,b＝2eq\r(7）.18．分析：第（1）問求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程，就是找出動(dòng)點(diǎn)M（x，y)中x與y的關(guān)系，依據(jù)點(diǎn)M到點(diǎn)F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸距離多1建立等式|MF｜＝｜x|＋1,而｜MF|可用兩點(diǎn)間距離公式表示，化簡(jiǎn)整理可得軌跡C的方程．而對(duì)于第(2)問，由于直線過定點(diǎn)(－2，1）,可用點(diǎn)斜式得直線方程y－1＝k（x＋2),討論直線l與曲線C公共點(diǎn)個(gè)數(shù)問題可轉(zhuǎn)化為直線與曲線方程聯(lián)立得到的方程組解的個(gè)數(shù)問題．由第（1)問知曲線C的方程分為兩段：一段是拋物線，一段為射線，而由直線與拋物線聯(lián)立得到的是二次項(xiàng)含字母的方程,需對(duì)二次項(xiàng)系數(shù)以及根的判別式作出討論,還要注意與拋物線聯(lián)立后有解時(shí)x的取值為非負(fù)這一條件．解:(1)設(shè)點(diǎn)M（x，y）,依題意得｜MF｜＝|x|＋1，即eq\r（x－12＋y2)＝|x|＋1,化簡(jiǎn)整理得y2＝2(｜x｜＋x)。故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x，x≥0，，0，x<0。)）(2)在點(diǎn)M的軌跡C中,記C1：y2＝4x,C2：y＝0(x＜0)．依題意,可設(shè)直線l的方程為y－1＝k(x＋2)．由方程組eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝kx＋2，，y2＝4x，))可得ky2－4y＋4(2k＋1）＝0.①ⅰ)當(dāng)k＝0時(shí),此時(shí)y＝1.把y＝1代入軌跡C的方程,得x＝eq\f（1,4)。故此時(shí)直線l：y＝1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，4）,1））.ⅱ）當(dāng)k≠0時(shí)，方程①的判別式為Δ＝－16（2k2＋k－1）．②設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為(x0,0)，則由y－1＝k（x＋2),令y＝0，得x0＝－eq\f（2k＋1,k）.③（a）若eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(Δ〈0,，x0〈0,)）由②③解得k＜－1，或k＞eq\f（1，2).即當(dāng)k∈(－∞,－1）∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，＋∞）)時(shí)，直線l與C1沒有公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公共點(diǎn),故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)．（b）若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝0，,x0〈0，））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（Δ>0，，x0≥0，）)由②③解得k∈eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(－1，\f（1，2））)，或－eq\f（1，2)≤k＜0。即當(dāng)k∈eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（－1,\f（1,2)）)時(shí)，直線l與C1只有一個(gè)公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公共點(diǎn)．當(dāng)k∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0）)時(shí)，直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn),與C2沒有公共點(diǎn)．故當(dāng)k∈eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2），0））∪eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1，2）)）時(shí)，直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn)．（c)若eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（Δ〉0，,x0〈0，）)由②③解得－1＜k＜－eq\f(1，2）,或0＜k＜eq\f(1,2).即當(dāng)k∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1，－\f(1，2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（1,2)))時(shí),直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公共點(diǎn)，故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有三個(gè)公共點(diǎn)．綜合ⅰ，ⅱ可知，當(dāng)k∈(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，＋∞)）∪{0｝時(shí)，直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)k∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2),0))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（