《2022年高考數(shù)學 （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學 （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 文（43頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學 （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 文 21．B12，H1[xx·新課標全國卷Ⅱ] 已知函數(shù)f(x)＝x2e－x. (1)求f(x)的極小值和極大值； (2)當曲線y＝f(x)的切線l的斜率為負數(shù)時，求l在x軸上截距的取值范圍． 21．解：(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)． f′(x)＝－e－xx(x－2)．① 當x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)時，f′(x)<0； 當x∈(0，2)時，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)單調遞減，在(0，2)單調遞增． 故當x＝0時，f(x)取得極小值，極小值為f(0)＝0；當x＝2時

2、，f(x)取得極大值，極大值為f(2)＝4e－2. (2)設切點為(t，f(t))，則l的方程為 y＝f′(t)(x－t)＋f(t)． 所以l在x軸上的截距為 m(t)＝t－＝t＋＝t－2＋＋3. 由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)． 令h(x)＝x＋(x≠0)，則當x∈(0，＋∞)時，h(x)的取值范圍為[2 ，＋∞)；當x∈(－∞，－2)時，h(x)的取值范圍是(－∞，－3)． 所以當t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)時，m(t)的取值范圍是(－∞，0)∪[2 ＋3，＋∞)． 綜上，l在x軸上的截距的取值范圍是(－∞，0)∪[2 ＋3，＋∞)． 5．H1，H4[xx·

3、天津卷] 已知過點P(2，2)的直線與圓(x－1)2＋y2＝5相切，且與直線ax－y＋1＝0垂直，則a＝(　　) A．－ B．1 C．2 D. 5．C　[解析] 設過點P(2，2)的圓的切線方程為y－2＝k(x－2)，由題意得＝，解之得k＝－.又∵切線與直線ax－y＋1＝0垂直，∴a＝2. 15．H1，C8，E8[xx·四川卷] 在平面直角坐標系內，到點A(1，2)，B(1，5)，C(3，6)，D(7，－1)的距離之和最小的點的坐標是________． 15．(2，4)　[解析] 在以A，B，C，D為頂點構成的四邊形中，由平面幾何知識：三角形兩邊之和大于第三邊，可知當動點落在四邊

4、形兩條對角線AC，BD交點上時，到四個頂點的距離之和最?。瓵C所在直線方程為y＝2x，BD所在直線方程為y＝－x＋6，交點坐標為(2，4)，即為所求． H2　兩直線的位置關系與點到直線的距離　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20．H2，H4[xx·新課標全國卷Ⅱ] 在平面直角坐標系xOy中，已知圓P在x軸上截得線段長為2 ，在y軸上截得線段長為2 . (1)求圓心P的軌跡方程； (2)若P點到直線y＝x的距離為，求圓P的方程． 20．解：(1)設P(x，y)，圓P的半徑為r. 由題設y2＋2＝r2，x2＋3＝r2.從而y2＋2＝x2＋3. 故P點的軌跡方程為

5、y2－x2＝1. (2)設P(x0，y0)，由已知得 ＝. 又P點在雙曲線y2－x2＝1上，從而得 由得 此時，圓P的半徑r＝. 由得 此時，圓P的半徑r＝. 故圓P的方程為x2＋(y－1)2＝3或x2＋(y＋1)2＝3. 4．H2、H3和H4[xx·重慶卷] 設P是圓(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的動點，Q是直線x＝－3上的動點，則|PQ|的最小值為(　　) A．6 B．4 C．3 D．2 4．B　[解析] |PQ|的最小值為圓心到直線距離減去半徑．因為圓的圓心為(3，－1)，半徑為2，所以|PQ|的最小值d＝3－(－3)－2＝4. H3　圓的方程　　

6、　　　　　　　　　　　　　　　　　 14．H3[xx·江西卷] 若圓C經(jīng)過坐標原點和點(4，0)，且與直線y＝1相切，則圓C的方程是________． 14．(x－2)2＋＝　[解析] r2＝4＋(r－1)2，得r＝，圓心為.故圓C的方程是(x－2)2＋＝. 21．F2、F3、H3、H5和H8[xx·重慶卷] 如圖1－5所示，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率e＝，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A′兩點，|AA′|＝4. (1)求該橢圓的標準方程； (2)取平行于y軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P′，過P，P′作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點均在圓Q外．求△

7、PP′Q的面積S的最大值，并寫出對應的圓Q的標準方程． 圖1－5 21．解：(1)由題意知點A(－c，2)在橢圓上，則＋＝1，從而e2＋＝1. 由e＝得b2＝＝8，從而a2＝＝16. 故該橢圓的標準方程為＋＝1. (2)由橢圓的對稱性，可設Q(x0，0)，又設M(x，y)是橢圓上任意一點，則 |QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8 ＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4，4])． 設P(x1，y1)，由題意，P是橢圓上到Q的距離最小的點，因此，上式當x＝x1時取最小值，又因為x1∈(－4，4)，所以上式當x＝2x0時取最小值，所以x1＝2x0，且|QP|2

8、＝8－x. 由對稱性知P′(x1，－y1)，故|PP′|＝|2y1|，所以 S＝|2y1||x1－x0|＝×2 |x0|＝ ＝. 當x0＝±時，△PP′Q的面積S取到最大值2 . 此時對應的圓Q的圓心坐標為Q(±，0)，半徑|QP|＝＝，因此，這樣的圓有兩個，其標準方程分別為(x＋)2＋y2＝6，(x－)2＋y2＝6. 4．H2、H3和H4[xx·重慶卷] 設P是圓(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的動點，Q是直線x＝－3上的動點，則|PQ|的最小值為(　　) A．6 B．4 C．3 D．2 4．B　[解析] |PQ|的最小值為圓心到直線距離減去半徑．因為圓的圓心為(3，－

9、1)，半徑為2，所以|PQ|的最小值d＝3－(－3)－2＝4. H4　直線與圓、圓與圓的位置關系　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 6．H4[xx·安徽卷] 直線x＋2y－5＋＝0被圓x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦長為(　　) A．1 B．2 C．4 D．4 6．C　[解析] 圓的標準方程是(x－1)2＋(y－2)2＝5，圓心(1，2)到直線x＋2y－5＋＝0的距離d＝1，所以直線x＋2y－5＋＝0被圓x2＋y2－2x－4y＝0所截得的弦長l＝2＝4. 7．H4[xx·廣東卷] 垂直于直線y＝x＋1且與圓x2＋y2＝1相切于第Ⅰ象限的直線方程是(　　)

10、 A．x＋y－＝0 B．x＋y＋1＝0 C．x＋y－1＝0 D．x＋y＋＝0 7．A　[解析] 設直線方程為y＝－x＋m，且原點到此直線的距離是1，即1＝，解得m＝±.當m＝－時，直線和圓切于第Ⅲ象限，故舍去，選A. 14．H4[xx·湖北卷] 已知圓O：x2＋y2＝5，直線l：x cosθ＋y sinθ＝1.設圓O上到直線l的距離等于1的點的個數(shù)為k，則k＝________． 14．4　[解析] 圓心到直線的距離d＝1，r＝，r－d>d，所以圓O上共有4個點到直線的距離為1，k＝4. 10．H4[xx·江西卷] 如圖1－3所示，已知l1⊥l2，圓心在l1上、半徑為1 m的圓O在

11、t＝0時與l2相切于點A，圓O沿l1以1 m/s的速度勻速向上移動，圓被直線l2所截上方圓弧長記為x，令y＝cos x，則y與時間t(0≤t≤1，單位：s)的函數(shù)y＝f(t)的圖像大致為(　　) 圖1－3 圖1－4 10. B　[解析] 如圖，設∠MOA＝α，cos α＝1－t，cos 2α＝2cos2 α－1＝2t2－4t＋1，x＝2α·1＝2α，y＝cos x＝cos 2α＝2t2－4t＋1，故選B. 20．H2，H4[xx·新課標全國卷Ⅱ] 在平面直角坐標系xOy中，已知圓P在x軸上截得線段長為2 ，在y軸上截得線段長為2 . (1)求圓心P的軌跡方程； (2

12、)若P點到直線y＝x的距離為，求圓P的方程． 20．解：(1)設P(x，y)，圓P的半徑為r. 由題設y2＋2＝r2，x2＋3＝r2.從而y2＋2＝x2＋3. 故P點的軌跡方程為y2－x2＝1. (2)設P(x0，y0)，由已知得 ＝. 又P點在雙曲線y2－x2＝1上，從而得 由得 此時，圓P的半徑r＝. 由得 此時，圓P的半徑r＝. 故圓P的方程為x2＋(y－1)2＝3或x2＋(y＋1)2＝3. 13．H4[xx·山東卷] 過點(3，1)作圓(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的長為________． 13．2 　[解析] 設弦與圓的交點為A、B，最短弦長

13、以(3，1)為中點，由垂徑定理得＋(3－2)2＋(2－1)2＝4，解之得|AB|＝2 . 8．H4[xx·陜西卷] 已知點M(a，b)在圓O：x2＋y2＝1外，則直線ax＋by＝1與圓O的位置關系是(　　) A．相切 B．相交 C．相離 D．不確定 8．B　[解析] 由題意點M(a，b)在圓x2＋y2＝1外，則滿足a2＋b2>1，圓心到直線的距離d＝<1，故直線ax＋by＝1與圓O相交． 5．H1，H4[xx·天津卷] 已知過點P(2，2)的直線與圓(x－1)2＋y2＝5相切，且與直線ax－y＋1＝0垂直，則a＝(　　) A．－ B．1 C．2 D. 5．C　[解析]

14、設過點P(2，2)的圓的切線方程為y－2＝k(x－2)，由題意得＝，解之得k＝－.又∵切線與直線ax－y＋1＝0垂直，∴a＝2. 20．H4，E8，B1[xx·四川卷] 已知圓C的方程為x2＋(y－4)2＝4，點O是坐標原點．直線l：y＝kx與圓C交于M，N兩點． (1)求k的取值范圍； (2)設Q(m，n)是線段MN上的點，且＝＋.請將n表示為m的函數(shù)． 20．解：(1)將y＝kx代入x2＋(y－4)2＝4，得 (1＋k2)x2－8kx＋12＝0.(*) 由Δ＝(－8k)2－4(1＋k2)×12>0，得k2>3. 所以，k的取值范圍是(－∞，－)∪(＋∞)． (2)因為M，N

15、在直線l上，可設點M，N的坐標分別為(x1，kx1)，(x2，kx2)，則 |OM|2＝(1＋k2)x，|ON|2＝(1＋k2)x. 又|OQ|2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2， 由＝＋，得 ＝＋， 即＝＋＝. 由(*)式可知，x1＋x2＝，x1x2＝， 所以m2＝. 因為點Q在直線y＝kx上，所以k＝，代入m2＝中并化簡，得5n2－3m2＝36. 由m2＝及k2>3，可知00， 所以n＝＝. 于是，n與m的函數(shù)關系為n＝(m∈(－，0)∪(0，))． 13．H4[xx·浙江卷] 直線y＝2x＋3

16、被圓x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦長等于________． 13．4 　[解析] 圓的標準方程為(x－3)2＋(y－4)2＝25，圓心到直線的距離為d＝＝，所以弦長為2＝2＝4 . 4．H2、H3和H4[xx·重慶卷] 設P是圓(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的動點，Q是直線x＝－3上的動點，則|PQ|的最小值為(　　) A．6 B．4 C．3 D．2 4．B　[解析] |PQ|的最小值為圓心到直線距離減去半徑．因為圓的圓心為(3，－1)，半徑為2，所以|PQ|的最小值d＝3－(－3)－2＝4. H5　橢圓及其幾何性質　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

17、 21．H5，H10[xx·安徽卷] 已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點P(，)． (1)求橢圓C的方程； (2)設Q(x0，y0)(x0y0≠0)為橢圓C上一點，過點Q作x軸的垂線，垂足為E，取點A(0，2)，聯(lián)結AE，過點A作AE的垂線交x軸于點D，點G是點D關于y軸的對稱點，作直線QG，問這樣作出的直線QG是否與橢圓C一定有唯一的公共點？并說明理由． 21．解：(1)因為焦距為4，所以a2－b2＝4.又因為橢圓C過點P(，)，所以＋＝1，故a2＝8，b2＝4， 從而橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意，E點坐標為(x0，0)，設D(xD，0)，則＝(x0，－2

18、)，＝(xD，－2)． 再由AD⊥AE知，·＝0，即x0xD＋8＝0.由于x0y0≠0，故xD＝－. 因為點G是點D關于y軸的對稱點，所以G，0， 故直線QG的斜率kQG＝＝. 又因Q(x0，y0)在橢圓C上，所以x＋2y＝8.① 從而kQG＝－. 故直線QG的方程為y＝－x－.② 將②代入橢圓C方程，得(x＋2y)x2－16x0x＋64－16y＝0.③ 再將①代入③，化簡得x2－2x0x＋x＝0， 解得x＝x0，y＝y(tǒng)0，即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點． 19．M2，H5，H10[xx·北京卷] 直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐

19、標原點． (1)當點B的坐標為(0，1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長； (2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形． 19．解：(1)因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分． 所以可設A，代入橢圓方程得＋＝1，即t＝±. 所以|AC|＝2 . (2)證明：假設四邊形OABC為菱形． 因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0. 由消y并整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則 ＝－，＝k·＋m＝. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點，且m≠0

20、，k≠0，所以直線OB的斜率為－. 因為k·≠－1，所以AC與OB不垂直． 所以OABC不是菱形，與假設矛盾． 所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形． 15．H5[xx·全國卷] 若x，y滿足約束條件則z＝－x＋y的最小值為________． 15．0　[解析] 已知不等式組表示區(qū)域如圖中的三角形ABC及其內部，目標函數(shù)的幾何意義是直線y＝x＋z在y軸上的截距，顯然在點A取得最小值，點A(1，1)，故zmin＝－1＋1＝0. 8．H5[xx·全國卷] 已知F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)是橢圓C的兩個焦點，過F2且垂直于x軸的直線交C于A，B兩點，且|AB|＝3

21、，則C的方程為(　　) A.＋y2＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 8．C　[解析] 設橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，與直線x＝1聯(lián)立得y＝±(c＝1)，所以2b2＝3a，即2(a2－1)＝3a，2a2－3a－2＝0，a>0，解得a＝2(負值舍去)，所以b2＝3，故所求橢圓方程為＋＝1. 15．H5，H8[xx·福建卷] 橢圓Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y＝(x＋c)與橢圓Γ的一個交點M滿足∠MF1F2＝2∠MF2F1，則該橢圓的離心率等于________． 15.－1　[解析] 如圖，△MF1F2中，∠MF1F2＝6

22、0°，所以∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°.又|F1F2|＝2c，所以|MF1|＝c，|MF2|＝c.根據(jù)橢圓定義得2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋c，得e＝＝＝－1. 9．H5[xx·廣東卷] 已知中心在原點的橢圓C的右焦點為F(1，0)，離心率等于，則C的方程是(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 9．D　[解析] 設橢圓C的標準方程為＋＝1(a>b>0)，由題知c＝1，＝，解得a＝2，b2＝a2－c2＝4－1＝3，選D. 12．H5[xx·江蘇卷] 在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的標準方程為＋＝1(a>0，b>0)，右焦點為F，右準線為l，

23、短軸的一個端點為B.設原點到直線BF的距離為d1，F(xiàn)到l的距離為d2.若d2＝d1，則橢圓C的離心率為________． 12.　[解析] 由題意知F(c，0)，l：x＝，不妨設B(0，b)，則直線BF：＋＝1，即bx＋cy－bc＝0. 于是d1＝＝， d2＝－c＝＝. 由d2＝d1，得＝6， 化簡得6c4＋a2c2－a4＝0， 即6e4＋e2－1＝0， 解得e2＝或e2＝－(舍去)， 故e＝，故橢圓C的離心率為. 20．H5，H8[xx·江西卷] 橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，a＋b＝3. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖1－8所示，A，B，D是橢圓C的頂

24、點，P是橢圓C上除頂點外的任意一點，直線DP交x軸于點N，直線AD交BP于點M，設BP的斜率為k，MN的斜率為m. 證明：2m－k為定值． 圖1－8 20．解：(1)因為e＝＝， 所以a＝c，b＝c，代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1， 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)方法一：因為B(2，0)，P不為橢圓頂點，則直線BP的方程為y＝k(x－2)，① ①代入＋y2＝1，解得P. 直線AD的方程為y＝x＋1.② ①與②聯(lián)立解得M. 由D(0，1)，P，N(x，0)三點共線知 ＝，解得N. 所以MN的斜率為m＝＝＝， 則2m－k＝－k＝(定值)． 方法二：

25、設P(x0，y0)(x0≠0，±2)，則k＝. 直線AD的方程為：y＝(x＋2)， 直線BP的方程為：y＝(x－2)， 直線DP的方程為：y－1＝x，令y＝0，由于y0≠1可得N， 聯(lián)立 解得M， 因此MN的斜率為 m＝＝ ＝＝. 所以2m－k＝－ ＝ ＝ ＝ ＝(定值)． 11．H5[xx·遼寧卷] 已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，C與過原點的直線相交于A，B兩點，聯(lián)結AF，BF.若|AB|＝10，|BF|＝8，cos∠ABF＝，則C的離心率為(　　) A. B. C. D. 11．B　[解析] 設橢圓的右焦點為Q，由已知|BF|＝8，利用

26、橢圓的對稱性可以得到|AQ|＝8，△FAQ為直角三角形，然后利用橢圓的定義可以得到2a＝14，2c＝10，所以e＝. 5．H5[xx·新課標全國卷Ⅱ] 設橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是C上的點，PF2⊥F1F2，∠PF1F2＝30°，則C的離心率為(　　) A. B. C. D. 5．D　[解析] 設PF2＝x, 則PF1＝2x，由橢圓定義得3x＝2a，結合圖形知，＝＝，故選D. 22．H5，H8[xx·山東卷] 在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C的中心在原點O，焦點在x軸上，短軸長為2，離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)A

27、，B為橢圓C上滿足△AOB的面積為的任意兩點，E為線段AB的中點，射線OE交橢圓C于點P.設＝t，求實數(shù)t的值． 22．解：(1)設橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)， 故題意知 解得a＝，b＝1， 因此橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)(i)當A，B兩點關于x軸對稱時， 設直線AB的方程為x＝m，由題意－＜m＜0或0＜m＜. 將x＝m代入橢圓方程＋y2＝1， 得|y|＝. 所以S△AOB＝|m|＝. 解得m2＝或m2＝.① 又＝t＝t(＋)＝t(2m，0)＝(mt，0)， 因為P為橢圓C上一點， 所以＝1.② 由①②得 t2＝4或t2＝， 又因為t>0，所以t＝

28、2或t＝. (ii)當A，B兩點關于x軸不對稱時， 設直線AB的方程為y＝kx＋h. 將其代入橢圓的方程＋y2＝1， 得(1＋2k2)x2＋4khx＋2h2－2＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由判別式Δ>0可得1＋2k2>h2， 此時x1＋x2＝－，x1x2＝， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2h＝， 所以|AB|＝＝ 2 . 因為點O到直線AB的距離d＝， 所以S△AOB＝|AB|d ＝×2 ＝ |h|. 又S△AOB＝， 所以 |h|＝.③ 令n＝1＋2k2，代入③整理得3n2－16h2n＋16h4＝0， 解得n＝4h2或n＝h2，

29、 即1＋2k2＝4h2或1＋2k2＝h2.④ 又＝t＝t(＋)＝t(x1＋x2，y1＋y2)＝， 因為P為橢圓C上一點， 所以t2＝1， 即t2＝1.⑤ 將④代入⑤得t2＝4或t2＝，又知t>0， 故t＝2或t＝， 經(jīng)檢驗，適合題意． 綜合(i)(ii)得t＝2或t＝. 20．H5，H8[xx·陜西卷] 已知動點M(x，y)到直線l：x＝4的距離是它到點N(1，0)的距離的2倍． (1)求動點M的軌跡C的方程； (2)過點P(0，3)的直線m與軌跡C交于A，B兩點．若A是PB的中點，求直線m的斜率． 20．解： (1)設M到直線l的距離為d，根據(jù)題意，d＝2|

30、MN|. 由此得|4－x|＝2. 化簡得＋＝1， 所以，動點M的軌跡方程為＋＝1. (2)方法一：由題意，設直線m的方程為y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 將y＝kx＋3代入＋＝1中，有(3＋4k2)x2＋24kx＋24＝0， 其中，Δ＝(24k)2－4×24(3＋4k2)＝96(2k2－3)>0. 由求根公式得，x1＋x2＝－，① x1x2＝.② 又因A是PB的中點，故x2＝2x1.③ 將③代入①，②，得 x1＝－，x＝， 可得＝，且k2>， 解得k＝－或k＝， 所以，直線m的斜率為－或. 方法二：由題意，設直線m的方程為y＝kx＋3，A(

31、x1，y1)，B(x2，y2)． ∵A是PB的中點， ∴x1＝，① y1＝.② 又＋＝1，③ ＋＝1，④ 聯(lián)立①，②，③，④解得或 即點B的坐標為(2，0)或(－2，0)， 所以，直線m的斜率為－或. 9．H5[xx·四川卷] 從橢圓＋＝1(a>b>0)上一點P向x軸作垂線，垂足恰為左焦點F1，A是橢圓與x軸正半軸的交點，B是橢圓與y軸正半軸的交點，且AB∥OP(O是坐標原點)，則該橢圓的離心率是(　　) A. B. C. D. 9．C　[解析] 由已知，P點坐標為，A(a，0)，B(0，b)，于是由kAB＝kOP得－＝，整理得b＝c，從而a＝＝c.于是，離心率e＝

32、＝. 18．H5，H8[xx·天津卷] 設橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，離心率為，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為. (1)求橢圓的方程； (2)設A，B分別為橢圓的左、右頂點， 過點F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點．若·＋·＝8，求k的值． 18．解：(1)設F(－c，0)，由＝，知a＝c.過點F且與x軸垂直的直線為x＝－c， 代入橢圓方程有＋＝1，解得y＝±.于是＝，解得b＝.又a2－c2＝b2，從而a＝，c＝1，所以橢圓的方程為＋＝1. (2)設點C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直線CD的方程為y＝k(x＋1)． 由方程組消去

33、y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. 由根與系數(shù)的關系得x1＋x2＝－，x1x2＝.因為A(－，0)，B(，0)，所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1) ＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2 ＝6＋. 由已知得6＋＝8，解得k＝±. 21．H5、H9、H10[xx·新課標全國卷Ⅰ] 已知圓M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，動圓P與圓M外切并且與圓N內切，圓心P的軌跡為曲線C. (1)求C的方

34、程； (2)l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點，當圓P的半徑最長時，求|AB|. 21．解：由已知得圓M的圓心為M(－1，0)，半徑r1＝1；圓N的圓心為N(1，0)，半徑r2＝3. 設圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R. (1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內切，所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4. 由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為＋＝1(x≠－2)． (2)對于曲線C上任意一點P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，當且僅當圓P的圓

35、心為(2，0)時，R＝2.所以當圓P的半徑最長時，其方程為(x－2)2＋y2＝4. 若l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|＝2 . 若l的傾斜角不為90°，由r1≠R知l不平行于x軸，設l與x軸的交點為Q， 則＝，可求得Q(－4，0)，所以可設l：y＝k(x＋4)． 由l與圓M相切得＝1，解得k＝±. 當k＝時，將y＝x＋代入＋＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1，2＝， 所以|AB|＝|x2－x1|＝. 當k＝－時，由圖形的對稱性得|AB|＝. 綜上，|AB|＝2 或|AB|＝. 9．H5，H6[xx·浙江卷] 如圖1－4所示，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：＋y

36、2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是(　　) 圖1－4 A. B. C. D. 9．D　[解析] 設雙曲線實半軸長為a，焦半距為c，|AF1|＝m，|AF2|＝n，由題意知c＝，2mn＝(m＋n)2－(m2＋n2)＝4，(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝8，2a＝m－n＝2 ，a＝，則雙曲線的離心率e＝＝＝，選擇D. 21．F2、F3、H3、H5和H8[xx·重慶卷] 如圖1－5所示，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率e＝，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A′兩點，|AA′|＝4

37、. (1)求該橢圓的標準方程； (2)取平行于y軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P′，過P，P′作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點均在圓Q外．求△PP′Q的面積S的最大值，并寫出對應的圓Q的標準方程． 圖1－5 21．解：(1)由題意知點A(－c，2)在橢圓上，則＋＝1，從而e2＋＝1. 由e＝得b2＝＝8，從而a2＝＝16. 故該橢圓的標準方程為＋＝1. (2)由橢圓的對稱性，可設Q(x0，0)，又設M(x，y)是橢圓上任意一點，則 |QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8 ＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4，4])． 設P(x1，y1)，由題意，

38、P是橢圓上到Q的距離最小的點，因此，上式當x＝x1時取最小值，又因為x1∈(－4，4)，所以上式當x＝2x0時取最小值，所以x1＝2x0，且|QP|2＝8－x. 由對稱性知P′(x1，－y1)，故|PP′|＝|2y1|，所以 S＝|2y1||x1－x0|＝×2 |x0|＝ ＝. 當x0＝±時，△PP′Q的面積S取到最大值2 . 此時對應的圓Q的圓心坐標為Q(±，0)，半徑|QP|＝＝，因此，這樣的圓有兩個，其標準方程分別為(x＋)2＋y2＝6，(x－)2＋y2＝6. H6　雙曲線及其幾何性質　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 22．H6、H8、D3[xx·全國

39、卷] 已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為3，直線y＝2與C的兩個交點間的距離為. (1)求a，b； (2)設過F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，且|AF1|＝|BF1|，證明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列． 22．解：(1)由題設知＝3，即＝9，故b2＝8a2. 所以C的方程為8x2－y2＝8a2. 將y＝2代入上式，并求得x＝±. 由題設知，2 ＝，解得a2＝1. 所以a＝1，b＝2 . (2)證明：由(1)知，F(xiàn)1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，C的方程為8x2－y2＝8.① 由題意可設l的方程為y＝k(

40、x－3)，|k|<2，代入①并化簡得(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝，x1x2＝. 于是 |AF1|＝＝＝－(3x1＋1)， |BF1|＝＝＝3x2＋1. 由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－. 故＝－，解得k2＝，從而x1x2＝－. 由于|AF2|＝＝＝1－3x1， |BF2|＝＝＝3x2－1， 故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4， |AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16. 因而|AF2|·|BF2

41、|＝|AB|2， 所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列． 4．H6[xx·福建卷] 雙曲線x2－y2＝1的頂點到其漸近線的距離等于(　　) A. B. C．1 D. 4．B　[解析] 取一頂點(1，0)，一條漸近線x－y＝0，d＝＝，故選B. 2．H6[xx·湖北卷] 已知0＜θ＜，則雙曲線C1：－＝1與C2：－＝1的(　　) A．實軸長相等 B．虛軸長相等 C．離心率相等 D．焦距相等 2．D　[解析] c1＝c2＝＝1，故焦距相等． 14．H6[xx·湖南卷] 設F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的兩個焦點．若在C上存在一點P，使PF1

42、⊥PF2，且∠PF1F2＝30°，則C的離心率為________． 14.＋1　[解析] 如圖，因PF1⊥PF2，且∠PF1F2＝30°，故|PF2|＝|F1F2|＝c，則|PF1|＝c，又由雙曲線定義可得|PF1|－|PF2|＝2a，即c－c＝2a，故＝＝＋1. 3．H6[xx·江蘇卷] 雙曲線－＝1的兩條漸近線的方程為________． 3．y＝±x　[解析] 令－＝0，得漸近線方程為y＝±x. 11．H6，H7[xx·山東卷] 拋物線C1：y＝x2(p>0)的焦點與雙曲線C2：－y2＝1的右焦點的連線交C1于第一象限的點M.若C1在點M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p＝(

43、　　) A. B. C. D. 11．D　[解析] 拋物線C1：y＝x2的焦點坐標為，雙曲線－y2＝1的右焦點坐標為(2，0)，連線的方程為y＝－(x－2)，聯(lián)立得2x2＋p2x－2p2＝0.設點M的橫坐標為a ，則在點M處切線的斜率為y′|x＝a＝′＝.又∵雙曲線－y2＝1的漸近線方程為±y＝0，其與切線平行，∴＝，即a＝p，代入2x2＋p2x－2p2＝0得，p＝或p＝0(舍去)． 11．H6[xx·陜西卷] 雙曲線－＝1的離心率為________． 11.　[解析] 由雙曲線方程中a2＝16, b2＝9，則c2＝a2＋b2＝25，則e＝＝. 11．H6，H7[xx·天津卷]

44、 已知拋物線y2＝8x的準線過雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且雙曲線的離心率為2，則該雙曲線的方程為________． 11．x2－＝1　[解析] 由拋物線的準線方程為x＝－2，得a2＋b2＝4，又∵雙曲線的離心率為2，得＝2，得a＝1，b2＝3，∴雙曲線的方程為x2－＝1. 7．A2，H6[xx·北京卷] 雙曲線x2－＝1的離心率大于的充分必要條件是(　　) A．m> B．m≥1 C．m>1 D．m>2 7．C　[解析] 雙曲線的離心率e＝＝>，解得m>1.故選C. 4．H6[xx·新課標全國卷Ⅰ] 已知雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的離心率為，則C的漸近線方

45、程為(　　) A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 4．C　[解析] ＝＝，所以＝，故所求的雙曲線漸近線方程是y＝±x. 9．H5，H6[xx·浙江卷] 如圖1－4所示，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是(　　) 圖1－4 A. B. C. D. 9．D　[解析] 設雙曲線實半軸長為a，焦半距為c，|AF1|＝m，|AF2|＝n，由題意知c＝，2mn＝(m＋n)2－(m2＋n2)＝4，(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝8，2a＝m－n

46、＝2 ，a＝，則雙曲線的離心率e＝＝＝，選擇D. 10．E1、H6和H8[xx·重慶卷] 設雙曲線C的中心為點O，若有且只有一對相交于點O，所成的角為60°的直線A1B1和A2B2，使|A1B1|＝|A2B2|，其中A1，B1和A2，B2分別是這對直線與雙曲線C的交點，則該雙曲線的離心率的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 10．A　[解析] 設雙曲線的焦點在x軸上，則由作圖易知雙曲線的漸近線的斜率必須滿足<≤，所以<≤3，<1＋≤4，即有 <≤2.又雙曲線的離心率為e＝＝，所以

47、 9．H7[xx·北京卷] 若拋物線y2＝2px的焦點坐標為(1，0)，則p＝________；準線方程為________. 9．2　x＝－1　[解析] ∵拋物線y2＝2px的焦點坐標為(1，0)，∴＝1，解得p＝2，∴準線方程為x＝－1. 20．H7，H8[xx·福建卷] 如圖1－5，拋物線E：y2＝4x的焦點為F，準線l與x軸的交點為A.點C在拋物線E上，以C為圓心，|CO|為半徑作圓，設圓C與準線l交于不同的兩點M，N. (1)若點C的縱坐標為2，求|MN|； (2)若|AF|2＝|AM|·|AN|，求圓C的半徑． 圖1－5 20．解：(1)拋物線y2＝4x的準線l的方

48、程為x＝－1. 由點C的縱坐標為2，得點C的坐標為(1，2)， 所以點C到準線l的距離d＝2，又|CO|＝， 所以|MN|＝2 ＝2 ＝2. (2)設C，則圓C的方程為＋(y－y0)2＝＋y，即x2－x＋y2－2y0y＝0. 由x＝－1，得y2－2y0y＋1＋＝0. 設M(－1，y1)，N(－1，y2)，則 由|AF|2＝|AM|·|AN|，得|y1y2|＝4， 所以＋1＝4，解得y0＝±，此時Δ>0. 所以圓心C的坐標為或， 從而|CO|2＝，|CO|＝，即圓C的半徑為. 20．H7，H8，H10[xx·廣東卷] 已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F(0，c)(c>0

49、)到直線l：x－y－2＝0的距離為，設P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點． (1)求拋物線C的方程； (2)當點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程； (3)當點P在直線l上移動時，求|AF|·|BF|的最小值． 20．解： 21．B12[xx·廣東卷] 設函數(shù)f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)． (1)當k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)當k<0時，求函數(shù)f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M. 21．解： 9．H7[xx·江西卷] 已知點A(2，0)，拋物線C：x2＝4y的焦點為F，射線FA與

50、拋物線C相交于點M，與其準線相交于點N，則|FM|∶|MN|＝(　　) A．2∶ B．1∶2 C．1∶ D．1∶3 9．C　[解析] FA：y＝－x＋1，與x2＝4y聯(lián)立，得xM＝－1，F(xiàn)A：y＝－x＋1，與y＝－1聯(lián)立，得N(4，－1)，由三角形相似知＝＝，故選C. 10．H7[xx·新課標全國卷Ⅱ] 設拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線l過F且與C交于A，B兩點．若|AF|＝3|BF|，則l的方程為(　　) A．y＝x－1或y＝－x＋1 B．y＝(x－1)或y＝－(x－1) C．y＝(x－1)或y＝－(x－1) D．y＝(x－1)或y＝－(x－1) 10．C　

51、[解析] 拋物線的焦點為F(1，0)，若A在第一象限，如圖1－5，設AF＝3m，BF＝m.過B作AD的垂線交AD于G，則AG＝2m，由于AB＝4m，故BG＝2m，tan∠GAB＝.∴直線AB的斜率為.同理，若A在第四象限，直線AB的斜率為－，故答案為C. 圖1－5 11．H6，H7[xx·山東卷] 拋物線C1：y＝x2(p>0)的焦點與雙曲線C2：－y2＝1的右焦點的連線交C1于第一象限的點M.若C1在點M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p＝(　　) A. B. C. D. 11．D　[解析] 拋物線C1：y＝x2的焦點坐標為，雙曲線－y2＝1的右焦點坐標為(2，0)，連線

52、的方程為y＝－(x－2)，聯(lián)立得2x2＋p2x－2p2＝0.設點M的橫坐標為a ，則在點M處切線的斜率為y′|x＝a＝′)＝.又∵雙曲線－y2＝1的漸近線方程為±y＝0，其與切線平行，∴＝，即a＝p，代入2x2＋p2x－2p2＝0得，p＝或p＝0(舍去)． 11．H6，H7[xx·天津卷] 已知拋物線y2＝8x的準線過雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且雙曲線的離心率為2，則該雙曲線的方程為________． 11．x2－＝1　[解析] 由拋物線的準線方程為x＝－2，得a2＋b2＝4，又∵雙曲線的離心率為2，得＝2，得a＝1，b2＝3，∴雙曲線的方程為x2－＝1. 5．H7，H8

53、[xx·四川卷] 拋物線y2＝8x的焦點到直線x－y＝0的距離是(　　) A．2 B．2 C. D．1 5．D　[解析] 拋物線y2＝8x的焦點為F(2，0)，該點到直線x－y＝0的距離為d＝＝1. 8．H7[xx·新課標全國卷Ⅰ] O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線C：y2＝4 x的焦點，P為C上一點，若|PF|＝4 ，則△POF的面積為(　　) A．2 B．2 C．2 D．4 8．C　[解析] 設P(x0，y0)，根據(jù)拋物線定義得|PF|＝x0＋，所以x0＝3 ，代入拋物線方程得y2＝24，解得|y|＝2 ，所以△POF的面積等于·|OF|·|y|＝××2 ＝2 .

54、 H8　直線與圓錐曲線(AB課時作業(yè))　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 22．H6、H8、D3[xx·全國卷] 已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為3，直線y＝2與C的兩個交點間的距離為. (1)求a，b； (2)設過F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，且|AF1|＝|BF1|，證明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列． 22．解：(1)由題設知＝3，即＝9，故b2＝8a2. 所以C的方程為8x2－y2＝8a2. 將y＝2代入上式，并求得x＝±. 由題設知，2 ＝，解得a2＝1. 所以a＝1，b＝2

55、. (2)證明：由(1)知，F(xiàn)1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，C的方程為8x2－y2＝8.① 由題意可設l的方程為y＝k(x－3)，|k|<2，代入①并化簡得(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝，x1x2＝. 于是 |AF1|＝＝＝－(3x1＋1)， |BF1|＝＝＝3x2＋1. 由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－. 故＝－，解得k2＝，從而x1x2＝－. 由于|AF2|＝＝＝1－3x1， |BF2|＝＝＝3x2－1， 故|AB|＝|AF2|－|BF2

56、|＝2－3(x1＋x2)＝4， |AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16. 因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2， 所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列． 12．F3、H8[xx·全國卷] 已知拋物線C：y2＝8x與點M(－2，2)，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若·＝0，則k＝(　　) A. B. C. D．2 12．D　[解析] 拋物線的焦點坐標為(2，0)，設直線l的方程為x＝ty＋2，與拋物線方程聯(lián)立得y2－8ty－16＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2＝－16，y1＋y2＝8t，x1＋x2＝t(y

57、1＋y2)＋4＝8t2＋4，x1x2＝t2y1y2＋2t(y1＋y2)＋4＝－16t2＋16t2＋4＝4. ·＝(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2－2(y1＋y2)＋4 ＝4＋16t2＋8＋4－16－16t＋4＝16t2－16t＋4＝4(2t－1)2＝0，解得t＝，所以k＝＝2. 20．H7，H8[xx·福建卷] 如圖1－5，拋物線E：y2＝4x的焦點為F，準線l與x軸的交點為A.點C在拋物線E上，以C為圓心，|CO|為半徑作圓，設圓C與準線l交于不同的兩點M，N. (1)若點C的縱坐標為2，求|MN|； (2)若|AF|2＝|A

58、M|·|AN|，求圓C的半徑． 圖1－5 20．解：(1)拋物線y2＝4x的準線l的方程為x＝－1. 由點C的縱坐標為2，得點C的坐標為(1，2)， 所以點C到準線l的距離d＝2，又|CO|＝， 所以|MN|＝2 ＝2 ＝2. (2)設C，則圓C的方程為＋(y－y0)2＝＋y，即x2－x＋y2－2y0y＝0. 由x＝－1，得y2－2y0y＋1＋＝0. 設M(－1，y1)，N(－1，y2)，則 由|AF|2＝|AM|·|AN|，得|y1y2|＝4， 所以＋1＝4，解得y0＝±，此時Δ>0. 所以圓心C的坐標為或， 從而|CO|2＝，|CO|＝，即圓C的半徑為.

59、15．H5，H8[xx·福建卷] 橢圓Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y＝(x＋c)與橢圓Γ的一個交點M滿足∠MF1F2＝2∠MF2F1，則該橢圓的離心率等于________． 15.－1　[解析] 如圖，△MF1F2中，∠MF1F2＝60°，所以∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°.又|F1F2|＝2c，所以|MF1|＝c，|MF2|＝c.根據(jù)橢圓定義得2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋c，得e＝＝＝－1. 20．H7，H8，H10[xx·廣東卷] 已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F(0，c)(c>0)到直線l：x－y－2＝0的距離為，設

60、P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點． (1)求拋物線C的方程； (2)當點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程； (3)當點P在直線l上移動時，求|AF|·|BF|的最小值． 20．解： 21．B12[xx·廣東卷] 設函數(shù)f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)． (1)當k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)當k<0時，求函數(shù)f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M. 21．解： 22．H8，H10[xx·湖北卷] 如圖1－5所示，已知橢圓C1與C2的中心在坐標原點O，長軸均為MN且在x軸上，短軸長分別為

61、2m，2n(m>n)，過原點且不與x軸重合的直線l與C1，C2的四個交點按縱坐標從大到小依次為A，B，C，D.記λ＝，△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2. (1)當直線l與y軸重合時，若S1＝λS2，求λ的值； (2)當λ變化時，是否存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2？并說明理由． 圖1－5 22．解：依題意可設橢圓C1和C2的方程分別為 C1：＋＝1，C2：＋＝1，其中a>m>n>0，λ＝>1. (1)方法一：如圖①，若直線l與y軸重合，即直線l的方程為x＝0.則S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|，所以＝. 在C1和C

62、2的方程中分別令x＝0，可得yA＝m，yB＝n，yD＝－m， 于是＝＝＝. 若＝λ，則＝λ，化簡得λ2－2λ－1＝0. 由λ＞1，可解得λ＝＋1. 故當直線l與y軸重合時，若S1＝λS2，則λ＝＋1. 方法二：如圖①，若直線l與y軸重合，則 |BD|＝|OB|＋|OD|＝m＋n，|AB|＝|OA|－|OB|＝m－n. S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|. 所以＝＝＝. 若＝λ，則＝λ，化簡得λ2－2λ－1＝0，由λ>1，可解得λ＝＋1. 故當直線l與y軸重合時，若S1＝λS2，則λ＝＋1. (2)方法一：如圖②，若存在與坐標軸不

63、重合的直線l，使得S1＝λS2，根據(jù)對稱性，不妨設直線l：y＝kx(k>0)， 點M(－a，0)，N(a，0)到直線l的距離分別為d1，d2，則因為d1＝＝，d2＝＝， 所以d1＝d2. 又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以＝＝λ，即|BD|＝λ|AB|. 由對稱性可知|AB|＝|CD|，所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|， |AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|，于是＝，① 將l的方程分別與C1，C2的方程聯(lián)立，可求得 xA＝，xB＝. 根據(jù)對稱性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是 ＝＝＝.② 從而由①和②式可得＝.③ 令t＝，則

64、由m>n，可得t≠1，于是由③可解得k2＝. 因為k≠0，所以k2>0，于是③式關于k有解，當且僅當>0， 等價于(t2－1)t2－<0.由λ>1，可解得1，解得λ>1＋，所以當1<λ≤1＋時，不存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2； 當λ>1＋時，存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2. 方法二：如圖②，若存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2.根據(jù)對稱性，不妨設直線l：y＝kx(k>0)， 點M(－a，0)，N(a，0)到直線l的距離分別為d1，d2，則 因為d1＝＝，d2＝＝，所以d1＝d2. 又S1＝|BD|d1，S2＝|

65、AB|d2， 所以＝＝λ. 因為＝＝＝λ， 所以＝. 由點A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分別在C1，C2上， 可得＋＝1，＋＝1， 兩式相減可得＋＝0， 依題意xA>xB>0，所以x>x，所以由上式解得k2＝. 因為k2>0，所以由>0，可解得1<<λ. 從而1<<λ，解得λ>1＋，所以當1<λ≤1＋時，不存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2； 當λ>1＋時，存在與坐標軸不重合的直線l，使得S1＝λS2. 20．H5，H8[xx·江西卷] 橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，a＋b＝3. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖1－8所示，A，B，D是

66、橢圓C的頂點，P是橢圓C上除頂點外的任意一點，直線DP交x軸于點N，直線AD交BP于點M，設BP的斜率為k，MN的斜率為m. 證明：2m－k為定值． 圖1－8 20．解：(1)因為e＝＝， 所以a＝c，b＝c，代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1， 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)方法一：因為B(2，0)，P不為橢圓頂點，則直線BP的方程為y＝k(x－2)，① ①代入＋y2＝1，解得P. 直線AD的方程為y＝x＋1.② ①與②聯(lián)立解得M. 由D(0，1)，P，N(x，0)三點共線知 ＝，解得N. 所以MN的斜率為m＝＝＝， 則2m－k＝－k＝(定值)． 方法二： 設P(x0，y0)(x0≠0，±2)，則k＝. 直線AD的方程為：y＝(x＋2)， 直線BP的方程為：y＝(x－2)， 直線DP的方程為：y－1＝x，令y＝0，由于y0≠1可得N， 聯(lián)立 解得M， 因此MN的斜率為 m＝＝ ＝＝. 所以2m－k＝－ ＝ ＝ ＝ ＝(定值)． 圖1－5 20．H8[xx·遼寧卷] 如圖1－5，拋物線C1：x2＝4y，C2：