2022年高考數(shù)學(xué) （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué) （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 理 20．H1，H5，H8[xx·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)右焦點的直線x＋y－＝0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為. (1)求M的方程； (2)C，D為M上兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值． 20．解：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則 ＋＝1，＋＝1. ＝－1. 由此可得＝－＝1. 因為x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝， 所以a2＝2b2. 又由題意知，M的右焦點為(，0

2、)，故a2－b2＝3. 因此a2＝6，b2＝3. 所以M的方程為＋＝1. (2)由 解得或 因此|AB|＝. 由題意可設(shè)直線CD的方程為y＝x＋n－0，x，y滿足約束條件若z＝2x＋y的最小值為1，則a＝(　　) A. B.

3、 C．1 D．2 9．B　[解析] 直線y＝a(x－3)過定點(3，0) .畫出可行域如圖，易得A(1，－2a)，B(3，0)，C(1，2). 作出直線y＝－2x，平移易知直線過A點時直線在y軸上的截距最小，即2＋(－2a)＝1a＝ .答案為B. H2　兩直線的位置關(guān)系與點到直線的距離　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 8．H2[xx·湖南卷] 在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，點P是邊AB上異于A，B的一點，光線從點P出發(fā)，經(jīng)BC，CA反射后又回到點P(如圖1－1所示)，若光線QR經(jīng)過△ABC的重心，則AP等于(　　) 圖1－1 A．2 B

4、．1 C. D. 8．D　[解析] 不妨設(shè)AP＝m(0≤m≤4)，建立坐標(biāo)系，設(shè)AB為x軸，AC為y軸，則A(0，0)，B(4，0)，C(0，4)，Q(xQ，yQ)，R(0，yR)，P(m，0)，可知△ABC的重心為G，根據(jù)反射性質(zhì)，可知P關(guān)于y軸的對稱點P1(－m，0)在直線QR上，P關(guān)于x＋y＝4的對稱點P2(4，4－m)在直線RQ上，則QR的方程為＝，將G代入可得3m2－4m＝0，即m＝或m＝0(舍)，選D. 12．H2，E1[xx·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 已知點A(－1，0)，B(1，0)，C(0，1)，直線y＝ax＋b(a＞0)將△ABC分割為面積相等的兩部分，則b的取值范圍是(　

5、　) A．(0，1) B. C. D. 12．B　[解析] 方法一：易得△ABC面積為1，利用極限位置和特值法．當(dāng)a＝0時，易得b＝1－；當(dāng)a＝時，易得b＝；當(dāng)a＝1時，易得b＝－1>.故選B. 方法二：(直接法) y＝ ，y＝ax＋b與x 軸交于，結(jié)合圖形與a>0 ，××＝(a＋b)2＝a(a＋1)>0a＝. ∵a>0，∴>0b<，當(dāng)a＝0時，極限位置易得b＝1－，故答案為B. 7．H2，H4[xx·重慶卷] 已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|＋|PN|的最

6、小值為(　　) A．5 －4 B. －1 C．6－2 D. 7．A　[解析] 如圖，作圓C1關(guān)于x軸的對稱圓C′1：(x－2)2＋(y＋3)2＝1，則|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|.由圖可知當(dāng)C2，N，P，M′，C′1在同一直線上時，|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|取得最小值，即為|C′1C2|－1－3＝5 －4，故選A. 圖1－3 H3　圓的方程　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20．H3，H10，H8，H5[xx·新課標(biāo)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(nèi)切，圓

7、心P的軌跡為曲線C. (1)求C的方程； (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(dāng)圓P的半徑最長時，求|AB|. 20．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(shè)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(nèi)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|

8、＝2R－2≤2，所以R≤2， 當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2，0)時，R＝2，所以當(dāng)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(shè)l與x軸的交點為Q， 則＝，可求得Q(－4，0)，所以可設(shè)l：y＝k(x＋4)．由l與圓M相切得＝1，解得k＝±.當(dāng)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(dāng)k＝－時，由圖形的對稱性可知|AB|＝. 綜上，|AB|＝2 或|AB|＝. 21．F2、F3、H3、H5

9、，H8[xx·重慶卷] 如圖1－9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(biāo)準(zhǔn)方程； (2)取垂直于x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，若PQ⊥P′Q，求圓Q的標(biāo)準(zhǔn)方程． 圖1－9 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(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)由橢圓的對稱性，可設(shè)Q(x0，0)．又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點，則|QM|2＝(x－x0

10、)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8 ＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4，4])． 設(shè)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(dāng)x＝x1時取得最小值．又因x1∈(－4，4)，所以上式當(dāng)x＝2x0時取得最小值，從而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x. 因為PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，所以·′＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0， 即(x1－x0)2－y＝0.由橢圓方程及x1＝2x0得x－8＝0， 解得x1＝±，x0＝＝±，從而|QP|2＝8－x＝. 故這樣的圓有兩個，其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為 ＋y2＝，＋y2＝. H4　直線與圓

11、、圓與圓的位置關(guān)系　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 9．H4[xx·江西卷] 過點(，0)引直線l與曲線y＝相交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，當(dāng)△AOB的面積取最大值時，直線l的斜率等于(　　) A. B．－ C．± D．－ 9．B　[解析] AB：y＝k(x－)，k<0，圓心到直線的距離d＝<1，得－1

12、2x－y－3＝0 C．4x－y－3＝0 D．4x＋y－3＝0 9．A　[解析] 方法一：設(shè)點P(3，1)，圓心為C，設(shè)過點P的圓C的切線方程為y－1＝k，由題意得＝1，解之得k＝0或，即切線方程為y＝1或4x－3y－9＝0.聯(lián)立 得一切點為，又∵kPC＝＝，∴kAB＝－＝－2，即弦AB所在直線方程為y－1＝－2，整理得2x＋y－3＝0. 方法二：設(shè)點P(3，1)，圓心為C，以PC為直徑的圓的方程為＋y＝0，整理得x2－4x＋y2－y＋3＝0，聯(lián)立①，②兩式相減得2x＋y－3＝0. 11．H7，H4[xx·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M在C上，

13、|MF|＝5.若以MF為直徑的圓過點(0，2)，則C的方程為(　　) A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x 11．C　[解析] 拋物線焦點為F，0 ，由拋物線的定義，設(shè)M5－，，設(shè)N點坐標(biāo)為(0，2)． 因為圓過點N(0，2)，故NF⊥NM×＝－1，① 設(shè)＝t，則①式可化為t2－4 t＋8＝0t＝2 p2－10p＋16＝0p＝2或p＝8 . 圖1－5 21．H4，H5[xx·浙江卷] 如圖1－5所示，點P(0，－1)是橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2＋y

14、2＝4的直徑．l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D. (1)求橢圓C1的方程； (2)求△ABD面積取得最大值時直線l1的方程． 21．解：(1)由題意得 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由題意知直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k，則直線l1的方程為y＝kx－1. 又圓C2：x2＋y2＝4，故點O到直線l1的距離d＝， 所以|AB|＝2 ＝2 . 又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0. 由 消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0. 故x0＝

15、－， 所以|PD|＝. 設(shè)△ABD的面積為S，則S＝·|AB|·|PD|＝， 所以S＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)k＝±時取等號． 所以所求直線l1的方程為y＝±x－1. 7．H2，H4[xx·重慶卷] 已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|＋|PN|的最小值為(　　) A．5 －4 B. －1 C．6－2 D. 7．A　[解析] 如圖，作圓C1關(guān)于x軸的對稱圓C′1：(x－2)2＋(y＋3)2＝1，則|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|.由圖可知當(dāng)C2，N，P，M′，C′1

16、在同一直線上時，|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|取得最小值，即為|C′1C2|－1－3＝5 －4，故選A. 圖1－3 H5　橢圓及其幾何性質(zhì)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20．H3，H10，H8，H5[xx·新課標(biāo)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(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C. (1)求C的方程； (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(dāng)圓P的半徑最長時，求|AB|. 20．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)

17、，半徑r2＝3. 設(shè)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(nèi)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(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2，0)時，R＝2，所以當(dāng)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

18、l不平行于x軸，設(shè)l與x軸的交點為Q， 則＝，可求得Q(－4，0)，所以可設(shè)l：y＝k(x＋4)．由l與圓M相切得＝1，解得k＝±.當(dāng)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(dāng)k＝－時，由圖形的對稱性可知|AB|＝. 綜上，|AB|＝2 或|AB|＝. 10．H5[xx·新課標(biāo)全國卷Ⅰ] 已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F(3，0)，過點F的直線交E于A，B兩點，若AB的中點坐標(biāo)為(1，－1)，則E的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 10．D　[解析] 由題意

19、知kAB＝，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＋＝0. 由AB的中點是(1，－1)知 ∴＝＝，聯(lián)立a2－b2＝9，解得a2＝18，b2＝9，故橢圓E的方程為＋＝1. 18．H5、H8、H9[xx·安徽卷] 設(shè)橢圓E：＋＝1的焦點在x軸上． (1)若橢圓E的焦距為1，求橢圓E的方程； (2)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E的左、右焦點，P為橢圓E上第一象限內(nèi)的點，直線F2P交y軸于點Q，并且F1P⊥F1Q.證明：當(dāng)a變化時，點P在某定直線上． 18．解：(1)因為焦距為1，所以2a2－1＝，解得a2＝. 故橢圓E的方程為＋＝1. (2)設(shè)P(x0，y0)，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(

20、c，0)，其中c＝.由題設(shè)知x0≠c， 則直線F1P的斜率kF1P＝， 直線F2P的斜率kF2P＝， 故直線F2P的方程為y＝(x－c)． x＝0時，y＝，即點Q的坐標(biāo)為0，. 因此，直線F1Q的斜率為kF1Q＝. 由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝·＝－1. 化簡得y＝x－(2a2－1)．① 將①代入橢圓E的方程，由于點P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，即點P在定直線x＋y＝1上． 14．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∠MF1F

21、2＝2∠MF2F1，則該橢圓的離心率等于__________． 14.－1　[解析] 如圖，△MF1F2中，∵∠MF1F2＝60°，∴∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°，又|F1F2|＝2c，∴|MF1|＝c，|MF2|＝c，∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋c，得e＝＝＝－1. 12．H5[xx·江蘇卷] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>0，b>0)，右焦點為F，右準(zhǔn)線為l，短軸的一個端點為B.設(shè)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

22、設(shè)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. 圖1－7 H5，H8[xx·江西卷] 如圖1－7所示，橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點P，離心率e＝，直線l的方程為x＝4. (1)求橢圓C的方程； (2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P)，設(shè)直線AB與直線l相交于點M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3

23、？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由． 解：(1)由P在橢圓上得＋＝1，① 依題設(shè)知a＝2c，則b2＝3c2，② ②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)方法一：由題意可設(shè)AB的斜率為k，則 直線AB的方程為y＝k(x－1)，③ 代入橢圓方程3x2＋4y2＝12并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有 x1＋x2＝，x1x2＝，④ 在方程③中令x＝4得，M的坐標(biāo)為(4，3k)． 從而k1＝，k2＝，k3＝＝k－， 注意到A，F(xiàn)，B共線，則有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k

24、，所以k1＋k2＝＋＝＋－ ＝2k－·，⑤ ④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1. 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3，故存在常數(shù)λ＝2符合題意． 方法二：設(shè)B(x0，y0)(x0≠1)，則直線FB的方程為：y＝(x－1)． 令x＝4，求得M. 從而直線PM的斜率為k3＝， 聯(lián)立得A， 則直線PA的斜率為k1＝，直線PB的斜率為k2＝， 所以k1＋k2＝＋＝＝2k3， 故存在常數(shù)λ＝2符合題意． 19．H5，H10[xx·北京卷] 已知A，B，C是橢圓W：＋y2＝1上的三個點，O是坐標(biāo)原點． (1)當(dāng)點B是W的右頂點，且四邊形OABC為菱形時，求此菱形的面積；

25、(2)當(dāng)點B不是W的頂點時，判斷四邊形OABC是否可能為菱形，并說明理由． 19．解：(1)橢圓W：＋y2＝1的右頂點B的坐標(biāo)為(2，0)． 因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分． 所以可設(shè)A(1，m)，代入橢圓方程得＋m2＝1，即m＝±. 所以菱形OABC的面積是 |OB|·|AC|＝×2×2|m|＝. (2)假設(shè)四邊形OABC為菱形． 因為點B不是W的頂點，且直線AC不過原點，所以可設(shè)AC的方程為y＝kx＋m(k≠0，m≠0)． 由消y并整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則 ＝－，＝k·＋m＝

26、. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點，所以直線OB的斜率為－. 因為k·≠－1，所以AC與OB不垂直． 所以四邊形OABC不是菱形，與假設(shè)矛盾． 所以當(dāng)點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形． 15．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(jié)AF，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝，則C的離心率e＝________． 15.　[解析] 設(shè)橢圓的右焦點為Q，在三角形ABF中利用余弦定理可以得到|BF|＝8，利用橢圓的對稱性可以得到|AQ|＝8，則△FAQ為直角三角形，然后利用橢

27、圓的定義可以得到2a＝14，2c＝10，得e＝. 15．H5[xx·全國卷] 記不等式組所表示的平面區(qū)域為D.若直線y＝a(x＋1)與D有公共點，則a的取值范圍是________． 15.　[解析] 已知不等式組表示的平面區(qū)域如圖1－2中的三角形ABC及其內(nèi)部，直線y＝a(x＋1)是過點(－1，0)斜率為a的直線，該直線與區(qū)域D有公共點時，a的最小值為MA的斜率，最大值為MB的斜率，其中點A(1，1)，B(0，4)，故MA的斜率等于＝，MB的斜率等于＝4，故實數(shù)a的取值范圍是. 8．H5、H8[xx·全國卷] 橢圓C：＋＝1的左、右頂點分別為A1，A2，點P在C上且直線PA2斜率的取

28、值范圍是[－2，－1]，那么直線PA1斜率的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 8．B　[解析] 橢圓的左、右頂點分別為(－2，0)，(2，0)，設(shè)P(x0，y0)，則kPA1kPA2＝·＝，而＋＝1，即y＝(4－x)，所以kPA1kPA2＝－，所以kPA1＝－∈. 22．H5[xx·山東卷] 橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，離心率為，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1. (1)求橢圓C的方程； (2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，聯(lián)結(jié)PF1，PF2，設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m，0)，求m的取值范圍

29、； (3)在(2)的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點，設(shè)直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2，若k≠0，試證明＋為定值，并求出這個定值． 22．解：(1)由于c2＝a2－b2，將x＝－c代入橢圓方程＋＝1，得y＝±.由題意知 ＝1，即a＝2b2. 又e＝＝， 所以a＝2，b＝1. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)方法一：設(shè)P(x0，y0)(y0≠0)． 又F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)， 所以直線PF1，PF2的方程分別為 lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0， lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0. 由題意知＝. 由于

30、點P在橢圓上，所以＋y＝1， 所以＝ . 因為－

31、＝. 整理得m＝， 故0≤m＜且m≠. 綜合①②可得0≤m＜. 當(dāng)－2

32、：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，且橢圓C經(jīng)過點P. (1)求橢圓C的離心率； (2)設(shè)過點A(0，2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q是線段MN上的點，且＝＋，求點Q的軌跡方程． 20．解：(1)由橢圓定義知，|PF1|＋|PF2|＝＋＝2 . 所以a＝， 又由已知，c＝1， 所以橢圓C的離心率e＝＝＝. (2)由(1)知，橢圓C的方程為＋y2＝1. 設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x，y)． ①當(dāng)直線l與x軸垂直時，直線l與橢圓C交于(0，1)，(0，－1)兩點，此時點Q的坐標(biāo)為. ②當(dāng)直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2. 因

33、為M，N在直線l上，可設(shè)點M，N的坐標(biāo)分別為(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，則|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x. 又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2. 由＝＋，得 ＝＋， 即＝＋＝.① 將y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得 (2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.② 由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6>0，得k2>. 由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝， 代入①中并化簡，得 x2＝.③ 因為點Q在直線y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化簡，得10(y－2)2－3x2＝18. 由③及k2>，可知0

34、 又滿足10(y－2)2－3x2＝18， 故點Q的軌跡方程為10(y－2)2－3x2＝18， x∈. 18．H5，H8[xx·天津卷] 設(shè)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(shè)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(shè)F(－c，0)，由＝，知a＝c.過點F且與x軸垂直的直線為x＝－c， 代入橢圓的方程有＋＝1，解得y＝±.于是＝，解得b＝. 又a2－c2＝b2，從而a＝，c＝1， 所以所求橢圓的方程為＋＝1.

35、(2)設(shè)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y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0， 可得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＝±. 20．H1，H5，H8[xx·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 平面直角坐標(biāo)系xOy中，過

36、橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)右焦點的直線x＋y－＝0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為. (1)求M的方程； (2)C，D為M上兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值． 20．解：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則 ＋＝1，＋＝1. ＝－1. 由此可得＝－＝1. 因為x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝， 所以a2＝2b2. 又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a2－b2＝3. 因此a2＝6，b2＝3. 所以M的方程為＋＝1. (2)由 解得或 因此|AB|＝. 由題意可設(shè)直線CD的

37、方程為y＝x＋n－b>0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2＋y2＝4的直徑．l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D. (1

38、)求橢圓C1的方程； (2)求△ABD面積取得最大值時直線l1的方程． 21．解：(1)由題意得 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由題意知直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k，則直線l1的方程為y＝kx－1. 又圓C2：x2＋y2＝4，故點O到直線l1的距離d＝， 所以|AB|＝2 ＝2 . 又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0. 由 消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0. 故x0＝－， 所以|PD|＝. 設(shè)△ABD的面積為S，則S＝·|AB|·|PD|＝， 所以S＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)k＝±時取等

39、號． 所以所求直線l1的方程為y＝±x－1. 圖1－2 9．H5，H6[xx·浙江卷] 如圖1－2，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(　　) A. B. C. D. 9．D　[解析] 設(shè)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，H8[xx·重慶卷] 如圖1

40、－9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(biāo)準(zhǔn)方程； (2)取垂直于x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，若PQ⊥P′Q，求圓Q的標(biāo)準(zhǔn)方程． 圖1－9 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(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)由橢圓的對稱性，可設(shè)Q(x0，0)．又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點，則|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x

41、＋8 ＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4，4])． 設(shè)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(dāng)x＝x1時取得最小值．又因x1∈(－4，4)，所以上式當(dāng)x＝2x0時取得最小值，從而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x. 因為PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，所以·′＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0， 即(x1－x0)2－y＝0.由橢圓方程及x1＝2x0得x－8＝0， 解得x1＝±，x0＝＝±，從而|QP|2＝8－x＝. 故這樣的圓有兩個，其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為 ＋y2＝，＋y2＝. H6　雙曲線及其幾何性質(zhì)　　　　　　　　　　

42、　　　　　　　　　 4．H6[xx·新課標(biāo)全國卷Ⅰ] 已知雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的離心率為，則C的漸近線方程為(　　) A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 4．C　[解析] 離心率＝，所以＝＝＝.由雙曲線方程知焦點在x軸上，故漸近線方程為y＝±x. 6．H6[xx·北京卷] 若雙曲線－＝1的離心率為，則其漸近線方程為(　　) A．y＝±2x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 6．B　[解析] 由離心率為，可知c＝a，∴c2＝3a2，∴b2＝2a2，∴b＝a，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±x＝±x. 3．H6[xx·福建卷]

43、 雙曲線－y2＝1的頂點到其漸近線的距離等于(　　) A. B. C. D. 3．C　[解析] 取一頂點(2，0)，一條漸近線x＋2y＝0，d＝＝ ，故選C. 7．H6[xx·廣東卷] 已知中心在原點的雙曲線C的右焦點為F(3，0)，離心率等于，則C的方程是(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 7．B　[解析] 設(shè)雙曲線方程為－＝1，由題知：c＝3，e＝＝，解得a＝2，b2＝c2－a2＝9－4＝5，故C的方程是－＝1. 5．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．焦距

44、相等 D．離心率相等 5．D　[解析] e＝＝，C1與C2的＝tan2 θ，故e1＝e2，選D. 14．H6[xx·湖南卷] 設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的兩個焦點，P是C上一點，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小內(nèi)角為30°，則C的離心率為________． 14.　[解析] 若最小角為∠F1PF2，由對稱性設(shè)|PF1|>|PF2|，由|PF1|＋|PF2|＝6a，|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，此時|PF2|<|F1F2|，故∠F1PF2不可能為最小角． 由雙曲線對稱性，不妨記最小角為∠PF1F2＝30°，

45、則|PF1|>|PF2|，由|PF1|＋|PF2|＝6a，|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，由余弦定理可得4a2＝16a2＋4c2－2×4a×2c×cos 30°，即3a2－2 ac＋c2＝0，解得c＝a，即e＝＝. 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. 14．H6[xx·江西卷] 拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F，其準(zhǔn)線與雙曲線－＝1相交于A，B兩點，若△ABF為等邊三角形，則p＝________． 14．6　[解析] 由題知三角形邊長為p，得點

46、B，代入雙曲線方程得p＝6. 21．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(shè)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． 21．解：(1)由題設(shè)知＝3，即＝9，故b2＝8a2. 所以C的方程為8x2－y2＝8a2. 將y＝2代入上式，求得x＝±. 由題設(shè)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)

47、，C的方程為8x2－y2＝8.① 由題意可設(shè)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(shè)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|·|BF

48、2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16. 因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2， 所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列． 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(biāo)為，雙曲線－y2＝1的右焦點坐標(biāo)為，連線的方程為y＝－，聯(lián)立 得2x2＋p2x－2p2＝0.設(shè)點M的橫坐標(biāo)為a，則在點M處切線的斜率為y′|x＝a＝′＝.又∵雙曲線－y2＝1的漸

49、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，則m等于________． 11．9　[解析] 由a2＝16，b2＝m，則c2＝16＋m，則e＝＝，則m＝9. 6．H6，H7[xx·四川卷] 拋物線y2＝4x的焦點到雙曲線x2－＝1的漸近線的距離是(　　) A. 　B. 　C．1 　D. 6．B　[解析] 拋物線y2＝4x的焦點坐標(biāo)為F(1，0)，雙曲線x2－＝1的漸近線為x±y＝0，故點F到x±y＝0的距離d＝＝. 5．H6，H7[xx·天津卷] 已知雙曲線－

50、＝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，O為坐標(biāo)原點．若雙曲線的離心率為2，△AOB的面積為，則p＝(　　) A．1 B. C．2 D．3 5．C　[解析] 雙曲線的離心率e＝＝＝2，解得＝，聯(lián)立得y＝.又因為S△OAB＝×＝，將＝代入解得p＝2. 圖1－2 9．H5，H6[xx·浙江卷] 如圖1－2，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(　　) A. B. C. D. 9．D　[解析] 設(shè)雙曲線實半軸長為a

51、，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. H7　拋物線及其幾何性質(zhì)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 13．H7[xx·安徽卷] 已知直線y＝a交拋物線y＝x2于A，B兩點．若該拋物線上存在點C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為________． 13．[1，＋∞)　[解析] 方法一：設(shè)直線y＝a與y軸交于M點，若拋物線y＝x2上存在C點使得∠ACB＝90°，只要以|AB|為直徑的圓與拋物線y＝x2有除A、

52、B外的交點即可，即使|AM|≤|MO|，所以≤a，所以a≥1或a≤0，因為由題意知a>0，所以a≥1. 方法二：設(shè)C(m，m2)，由已知可令A(yù)(，a)，B(－，a)，則＝(m－，m2－a)，＝(m＋，m2－a)，因為⊥，所以m2－a＋m4－2am2＋a2＝0，可得(m2－a)(m2＋1－a)＝0，解得m2＝a>0且m2＝a－1≥0，故a∈[1，＋∞)． 18．H7，H8[xx·福建卷] 如圖1－5所示，在正方形OABC中，O為坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo)為(10，0)，點C的坐標(biāo)為(0，10)．分別將線段OA和AB十等分，分點分別記為A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9，聯(lián)結(jié)OBi，過Ai作

53、x軸的垂線與OBi交于點Pi(i∈N*，1≤i≤9)． (1)求證：點Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一條拋物線上，并求該拋物線E的方程； (2)過點C作直線l與拋物線E交于不同的兩點M，N，若△OCM與△OCN的面積比為4∶1，求直線l的方程． 圖1－5 18．解：(1)方法一：依題意，過Ai(i∈N*，1≤i≤9)且與x軸垂直的直線方程為x＝i，Bi的坐標(biāo)為(10，i)，所以直線OBi的方程為y＝x. 設(shè)Pi的坐標(biāo)為(x，y)，由 得y＝x2，即x2＝10y. 所以點Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x2＝10y. 方法二：點Pi(i∈

54、N*，1≤i≤9)都在拋物線E：x2＝10y上． 證明如下：過Ai(i∈N*，1≤i≤9)且與x軸垂直的直線方程為x＝i， Bi的坐標(biāo)為(10，i)，所以直線OBi的方程為y＝x.由解得Pi的坐標(biāo)為， 因為點Pi的坐標(biāo)都滿足方程x2＝10y， 所以點Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x2＝10y. (2)依題意，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋10. 由 得x2－10kx－100＝0. 此時Δ＝100k2＋400>0，直線l與拋物線E恒有兩個不同的交點M，N. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 因為S△OCM＝4S△OCN

55、，所以|x1|＝4|x2|. 又x1·x2<0，所以x1＝－4x2， 分別代入①和②，得解得k＝±. 所以直線l的方程為y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0. 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(biāo)為，雙曲線－y2＝1的右焦點坐標(biāo)為，連線的方程為y＝－，聯(lián)立 得2x2＋p2x－2p2＝0.設(shè)點M的橫坐標(biāo)為a，則在點M處切線的斜率

56、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)． 20．H7，H8[xx·陜西卷] 已知動圓過定點A(4，0)，且在y軸上截得弦MN的長為8. (1)求動圓圓心的軌跡C的方程； (2)已知點B(－1，0)，設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，證明直線l過定點． 20．解：(1)如圖所示，設(shè)動圓圓心O1(x，y)，由題意， |O1A|＝|O1M|， 當(dāng)O1不在y軸上時， 過O1作O1H⊥MN交MN于H，則H是MN的中點， ∴

57、|O1M|＝，又|O1A|＝， ∴＝. 化簡得y2＝8x(x≠0)． 又當(dāng)O1在y軸上時，O1與O重合，點O1的坐標(biāo)(0，0)也滿足方程y2＝8x， ∴動圓圓心的軌跡C的方程為y2＝8x. (2)由題意，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋b(k≠0)， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 將y＝kx＋b代入y2＝8x中， 得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0， 其中Δ＝－32kb＋64>0. 由求根公式得，x1＋x2＝，① x1x2＝.② 因為x軸是∠PBQ的角平分線， 所以＝－. 即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0， (kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋

58、b)(x1＋1)＝0， 2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③ 將①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0， ∴k＝－b，此時Δ>0， ∴直線l的方程為y＝k(x－1)， 即直線l過定點(1，0)． 6．H6，H7[xx·四川卷] 拋物線y2＝4x的焦點到雙曲線x2－＝1的漸近線的距離是(　　) A. 　B. 　C．1 　D. 6．B　[解析] 拋物線y2＝4x的焦點坐標(biāo)為F(1，0)，雙曲線x2－＝1的漸近線為x±y＝0，故點F到x±y＝0的距離d＝＝. 5．H6，H7[xx·天津卷] 已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線

59、與拋物線y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線分別交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點．若雙曲線的離心率為2，△AOB的面積為，則p＝(　　) A．1 B. C．2 D．3 5．C　[解析] 雙曲線的離心率e＝＝＝2，解得＝，聯(lián)立得y＝.又因為S△OAB＝×＝，將＝代入解得p＝2. 11．H7，H4[xx·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M在C上，|MF|＝5.若以MF為直徑的圓過點(0，2)，則C的方程為(　　) A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x 11．C　[解析] 拋物線

60、焦點為F，0 ，由拋物線的定義，設(shè)M5－，，設(shè)N點坐標(biāo)為(0，2)． 因為圓過點N(0，2)，故NF⊥NM×＝－1，① 設(shè)＝t，則①式可化為t2－4 t＋8＝0t＝2 p2－10p＋16＝0p＝2或p＝8 . H8　直線與圓錐曲線(AB課時作業(yè))　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20．H3，H10，H8，H5[xx·新課標(biāo)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(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C. (1)求C的方程； (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(dāng)圓P的半徑最長

61、時，求|AB|. 20．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(shè)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(nèi)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(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2，0)時，R＝2，所以當(dāng)圓P的半徑最長時，其方程為(x－2)2＋y2＝4

62、. 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(shè)l與x軸的交點為Q， 則＝，可求得Q(－4，0)，所以可設(shè)l：y＝k(x＋4)．由l與圓M相切得＝1，解得k＝±.當(dāng)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(dāng)k＝－時，由圖形的對稱性可知|AB|＝. 綜上，|AB|＝2 或|AB|＝. 18．H5、H8、H9[xx·安徽卷] 設(shè)橢圓E：＋＝1的焦點在x軸上． (1)若橢圓E的焦距為1，求橢圓E的方程； (2)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E的左

63、、右焦點，P為橢圓E上第一象限內(nèi)的點，直線F2P交y軸于點Q，并且F1P⊥F1Q.證明：當(dāng)a變化時，點P在某定直線上． 18．解：(1)因為焦距為1，所以2a2－1＝，解得a2＝. 故橢圓E的方程為＋＝1. (2)設(shè)P(x0，y0)，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中c＝.由題設(shè)知x0≠c， 則直線F1P的斜率kF1P＝， 直線F2P的斜率kF2P＝， 故直線F2P的方程為y＝(x－c)． x＝0時，y＝，即點Q的坐標(biāo)為0，. 因此，直線F1Q的斜率為kF1Q＝. 由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝·＝－1. 化簡得y＝x－(2a2－1)．① 將①代入橢圓E

64、的方程，由于點P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，即點P在定直線x＋y＝1上． 18．H7，H8[xx·福建卷] 如圖1－5所示，在正方形OABC中，O為坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo)為(10，0)，點C的坐標(biāo)為(0，10)．分別將線段OA和AB十等分，分點分別記為A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9，聯(lián)結(jié)OBi，過Ai作x軸的垂線與OBi交于點Pi(i∈N*，1≤i≤9)． (1)求證：點Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一條拋物線上，并求該拋物線E的方程； (2)過點C作直線l與拋物線E交于不同的兩點M，N，若△OCM與△OCN的面積比為4∶1，求直線l的方程．

65、 圖1－5 18．解：(1)方法一：依題意，過Ai(i∈N*，1≤i≤9)且與x軸垂直的直線方程為x＝i，Bi的坐標(biāo)為(10，i)，所以直線OBi的方程為y＝x. 設(shè)Pi的坐標(biāo)為(x，y)，由 得y＝x2，即x2＝10y. 所以點Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x2＝10y. 方法二：點Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在拋物線E：x2＝10y上． 證明如下：過Ai(i∈N*，1≤i≤9)且與x軸垂直的直線方程為x＝i， Bi的坐標(biāo)為(10，i)，所以直線OBi的方程為y＝x.由解得Pi的坐標(biāo)為， 因為點Pi的坐標(biāo)都滿足方程x2＝10y， 所

66、以點Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x2＝10y. (2)依題意，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋10. 由 得x2－10kx－100＝0. 此時Δ＝100k2＋400>0，直線l與拋物線E恒有兩個不同的交點M，N. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 因為S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|. 又x1·x2<0，所以x1＝－4x2， 分別代入①和②，得解得k＝±. 所以直線l的方程為y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0. 14．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__________． 14.－1　[解析] 如圖，△MF1F2中，∵∠MF1F2＝60°，∴∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°，又|F1F2|＝2c，∴|MF1|＝c，|MF2|＝c，∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋c，得e＝＝＝－1. 21