高考數(shù)學(xué) （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 理

解析幾何H1直線的傾斜角與斜率、直線的方程20．H1，H5，H8[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ]平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)右焦點(diǎn)的直線x＋y－eq\r(3)＝0交M于A，B兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率為eq\f(1,2).(1)求M的方程；(2)C，D為M上兩點(diǎn)，若四邊形ACBD的對(duì)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eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1.eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－1.由此可得eq\f(b2（x2＋x1）,a2（y2＋y1）)＝－eq\f(y2－y1,x2－x1)＝1.因?yàn)閤1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，eq\f(y0,x0)＝eq\f(1,2)，所以a2＝2b2.又由題意知，M的右焦點(diǎn)為(eq\r(3)，0)，故a2－b2＝3.因此a2＝6，b2＝3.所以M的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－\r(3)＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4\r(3),3)，,y＝－\f(\r(3),3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝\r(3).))因此|AB|＝eq\f(4\r(6),3).由題意可設(shè)直線CD的方程為y＝x＋n－eq\f(5\r(3),3)<n<eq\r(3)，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋n，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1))得3x2＋4nx＋2n2－6＝0，于是x3，4＝eq\f(－2n±\r(2（9－n2）),3).因?yàn)橹本€CD的斜率為1，所以|CD|＝eq\r(2)|x4－x3|＝eq\f(4,3)eq\r(9－n2).由已知，四邊形ACBD的面積S＝eq\f(1,2)|CD|·|AB|＝eq\f(8\r(6),9)eq\r(9－n2).當(dāng)n＝0時(shí)，S取得最大值，最大值為eq\f(8\r(6),3).所以四邊形ACBD面積的最大值為eq\f(8\r(6),3).9．E5，H1[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ]已知a>0，x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥a（x－3）.))若z＝2x＋y的最小值為1，則a＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．29．B[解析]直線y＝a(x－3)過定點(diǎn)(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(diǎn)時(shí)直線在y軸上的截距最小，即2＋(－2a)＝1a＝eq\f(1,2).答案為B.H2兩直線的位置關(guān)系與點(diǎn)到直線的距離8．H2[·湖南卷]在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，點(diǎn)P是邊AB上異于A，B的一點(diǎn)，光線從點(diǎn)P出發(fā)，經(jīng)BC，CA反射后又回到點(diǎn)P(如圖1－1所示)，若光線QR經(jīng)過△ABC的重心，則AP等于()圖1－1A．2B．1C.eq\f(8,3)D.eq\f(4,3)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Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)))，根據(jù)反射性質(zhì)，可知P關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)P1(－m，0)在直線QR上，P關(guān)于x＋y＝4的對(duì)稱點(diǎn)P2(4，4－m)在直線RQ上，則QR的方程為eq\f(y－0,4－m)＝eq\f(x＋m,4＋m)，將Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)))代入可得3m2－4m＝0，即m＝eq\f(4,3)或m＝0(舍)，選D.12．H2，E1[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ]已知點(diǎn)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()A．(0，1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))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(shí)，易得b＝1－eq\f(\r(2),2)；當(dāng)a＝eq\f(1,3)時(shí)，易得b＝eq\f(1,3)；當(dāng)a＝1時(shí)，易得b＝eq\r(2)－1>eq\f(1,3).故選B.方法二：(直接法)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,y＝ax＋b))y＝eq\f(a＋b,a＋1)，y＝ax＋b與x軸交于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)，0))，結(jié)合圖形與a>0，eq\f(1,2)×eq\f(a＋b,a＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))＝eq\f(1,2)(a＋b)2＝a(a＋1)>0a＝eq\f(b2,1－2b).∵a>0，∴eq\f(b2,1－2b)>0b<eq\f(1,2)，當(dāng)a＝0時(shí)，極限位置易得b＝1－eq\f(\r(2),2)，故答案為B.7．H2，H4[·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(dòng)點(diǎn)，P為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5eq\r(2)－4B.eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2)D.eq\r(17)7．A[解析]如圖，作圓C1關(guān)于x軸的對(duì)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(shí)，|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|取得最小值，即為|C′1C2|－1－3＝5eq\r(2)－4，故選A.圖1－3H3圓的方程20．H3，H10，H8，H5[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]已知圓M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，動(dòng)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(diǎn)，當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí)，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?yàn)閳AP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(diǎn)，長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2，短半軸長(zhǎng)為eq\r(3)的橢圓(左頂點(diǎn)除外)，其方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠－2)．(2)對(duì)于曲線C上任意一點(diǎn)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(shí)，R＝2，所以當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí)，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|＝2eq\r(3).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(diǎn)為Q，則eq\f(|QP|,|QM|)＝eq\f(R,r1)，可求得Q(－4，0)，所以可設(shè)l：y＝k(x＋4)．由l與圓M相切得eq\f(|3k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝±eq\f(\r(2),4).當(dāng)k＝eq\f(\r(2),4)時(shí)，將y＝eq\f(\r(2),4)x＋eq\r(2)代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0.解得x1，2＝eq\f(－4±6\r(2),7).所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\f(18,7).當(dāng)k＝－eq\f(\r(2),4)時(shí)，由圖形的對(duì)稱性可知|AB|＝eq\f(18,7).綜上，|AB|＝2eq\r(3)或|AB|＝eq\f(18,7).21．F2、F3、H3、H5，H8[·重慶卷]如圖1－9所示，橢圓的中心為原點(diǎn)O，長(zhǎng)軸在x軸上，離心率e＝eq\f(\r(2),2)，過左焦點(diǎn)F1作x軸的垂線交橢圓于A，A′兩點(diǎn)，|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(diǎn)P，P′，過P，P′作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點(diǎn)均在圓Q外，若PQ⊥P′Q，求圓Q的標(biāo)準(zhǔn)方程．圖1－921．解：(1)由題意知點(diǎn)A(－c，2)在橢圓上，則eq\f(（－c）2,a2)＋eq\f(22,b2)＝1，從而e2＋eq\f(4,b2)＝1.由e＝eq\f(\r(2),2)得b2＝eq\f(4,1－e2)＝8，從而a2＝eq\f(b2,1－e2)＝16.故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由橢圓的對(duì)稱性，可設(shè)Q(x0，0)．又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點(diǎn)，則|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,16)))＝eq\f(1,2)(x－2x0)2－xeq\o\al(2,0)＋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(diǎn)，因此，上式當(dāng)x＝x1時(shí)取得最小值．又因x1∈(－4，4)，所以上式當(dāng)x＝2x0時(shí)取得最小值，從而x1＝2x0，且|QP|2＝8－xeq\o\al(2,0).因?yàn)镻Q⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，所以eq\o(QP,\s\up6(→))·eq\o(QP,\s\up6(→))′＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，即(x1－x0)2－yeq\o\al(2,1)＝0.由橢圓方程及x1＝2x0得eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),16)))＝0，解得x1＝±eq\f(4\r(6),3)，x0＝eq\f(x1,2)＝±eq\f(2\r(6),3)，從而|QP|2＝8－xeq\o\al(2,0)＝eq\f(16,3).故這樣的圓有兩個(gè)，其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2\r(6),3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,3)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2\r(6),3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,3).H4直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系9．H4[·江西卷]過點(diǎn)(eq\r(2)，0)引直線l與曲線y＝eq\r(1－x2)相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)△AOB的面積取最大值時(shí)，直線l的斜率等于()A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C．±eq\f(\r(3),3)D．－eq\r(3)9．B[解析]AB：y＝k(x－eq\r(2))，k<0，圓心到直線的距離d＝eq\f(|－k\r(2)|,\r(k2＋1))<1，得－1<k<0，|AB|＝2eq\r(1－d2)＝2eq\r(\f(1－k2,1＋k2))，S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\r(2)eq\r(\f(（1－k2）k2,（1＋k2）2))，－1<k<0，可得當(dāng)k＝－eq\f(\r(3),3)時(shí)，S△AOB最大．故選B.9．H4[·山東卷]過點(diǎn)(3，1)作圓(x－1)2＋y2＝1的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則直線AB的方程為()A．2x＋y－3＝0B．2x－y－3＝0C．4x－y－3＝0D．4x＋y－3＝09．A[解析]方法一：設(shè)點(diǎn)P(3，1)，圓心為C，設(shè)過點(diǎn)P的圓C的切線方程為y－1＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－3))，由題意得eq\f(|2k－1|,\r(1＋k2))＝1，解之得k＝0或eq\f(4,3)，即切線方程為y＝1或4x－3y－9＝0.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))\s\up12(2)＋y2＝1，))得一切點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1))，又∵kPC＝eq\f(1－0,3－1)＝eq\f(1,2)，∴kAB＝－eq\f(1,kPC)＝－2，即弦AB所在直線方程為y－1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))，整理得2x＋y－3＝0.方法二：設(shè)點(diǎn)P(3，1)，圓心為C，以PC為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))＋yeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))＝0，整理得x2－4x＋y2－y＋3＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋y2－y＋3＝0①，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))\s\up12(2)＋y2＝1②，))①，②兩式相減得2x＋y－3＝0.11．H7，H4[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ]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＝8xB．y2＝2x或y2＝8xC．y2＝4x或y2＝16xD．y2＝2x或y2＝16x11．C[解析]拋物線焦點(diǎn)為Feq\f(p,2)，0，由拋物線的定義，設(shè)M5－eq\f(p,2)，eq\r(2p5－\f(p,2))，設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為(0，2)．因?yàn)閳A過點(diǎn)N(0，2)，故NF⊥NMeq\f(2,－\f(p,2))×eq\f(\r(2p5－\f(p,2))－2,5－\f(p,2))＝－1，①設(shè)eq\r(p5－\f(p,2))＝t，則①式可化為t2－4eq\r(2)t＋8＝0t＝2eq\r(2)p2－10p＋16＝0p＝2或p＝8.圖1－521．H4，H5[·浙江卷]如圖1－5所示，點(diǎn)P(0，－1)是橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)，C1的長(zhǎng)軸是圓C2：x2＋y2＝4的直徑．l1，l2是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點(diǎn)，l2交橢圓C1于另一點(diǎn)D.(1)求橢圓C1的方程；(2)求△ABD面積取得最大值時(shí)直線l1的方程．21．解：(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,a＝2，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋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(diǎn)O到直線l1的距離d＝eq\f(1,\r(k2＋1))，所以|AB|＝2eq\r(4－d2)＝2eq\r(\f(4k2＋3,k2＋1)).又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋ky＋k＝0，,x2＋4y2＝4.))消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0.故x0＝－eq\f(8k,4＋k2)，所以|PD|＝eq\f(8\r(k2＋1),4＋k2).設(shè)△ABD的面積為S，則S＝eq\f(1,2)·|AB|·|PD|＝eq\f(8\r(4k2＋3),4＋k2)，所以S＝eq\f(32,\r(4k2＋3)＋\f(13,\r(4k2＋3)))≤eq\f(32,2\r(\r(4k2＋3)·\f(13,\r(4k2＋3))))＝eq\f(16\r(13),13)，當(dāng)且僅當(dāng)k＝±eq\f(\r(10),2)時(shí)取等號(hào)．所以所求直線l1的方程為y＝±eq\f(\r(10),2)x－1.7．H2，H4[·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(dòng)點(diǎn)，P為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5eq\r(2)－4B.eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2)D.eq\r(17)7．A[解析]如圖，作圓C1關(guān)于x軸的對(duì)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(shí)，|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|取得最小值，即為|C′1C2|－1－3＝5eq\r(2)－4，故選A.圖1－3H5橢圓及其幾何性質(zhì)20．H3，H10，H8，H5[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]已知圓M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，動(dòng)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(diǎn)，當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí)，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?yàn)閳AP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(diǎn)，長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2，短半軸長(zhǎng)為eq\r(3)的橢圓(左頂點(diǎn)除外)，其方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠－2)．(2)對(duì)于曲線C上任意一點(diǎn)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(shí)，R＝2，所以當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí)，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|＝2eq\r(3).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(diǎn)為Q，則eq\f(|QP|,|QM|)＝eq\f(R,r1)，可求得Q(－4，0)，所以可設(shè)l：y＝k(x＋4)．由l與圓M相切得eq\f(|3k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝±eq\f(\r(2),4).當(dāng)k＝eq\f(\r(2),4)時(shí)，將y＝eq\f(\r(2),4)x＋eq\r(2)代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0.解得x1，2＝eq\f(－4±6\r(2),7).所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\f(18,7).當(dāng)k＝－eq\f(\r(2),4)時(shí)，由圖形的對(duì)稱性可知|AB|＝eq\f(18,7).綜上，|AB|＝2eq\r(3)或|AB|＝eq\f(18,7).10．H5[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]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)＝1C.eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1D.eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝110．D[解析]由題意知kAB＝eq\f(1,2)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1))eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0.由AB的中點(diǎn)是(1，－1)知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝－2，))∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,2)，聯(lián)立a2－b2＝9，解得a2＝18，b2＝9，故橢圓E的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.18．H5、H8、H9[·安徽卷]設(shè)橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,1－a2)＝1的焦點(diǎn)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(diǎn)，P為橢圓E上第一象限內(nèi)的點(diǎn)，直線F2P交y軸于點(diǎn)Q，并且F1P⊥F1Q.證明：當(dāng)a變化時(shí)，點(diǎn)P在某定直線上．18．解：(1)因?yàn)榻咕酁?，所以2a2－1＝eq\f(1,4)，解得a2＝eq\f(5,8).故橢圓E的方程為eq\f(8x2,5)＋eq\f(8y2,3)＝1.(2)設(shè)P(x0，y0)，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中c＝eq\r(2a2－1).由題設(shè)知x0≠c，則直線F1P的斜率kF1P＝eq\f(y0,x0＋c)，直線F2P的斜率kF2P＝eq\f(y0,x0－c)，故直線F2P的方程為y＝eq\f(y0,x0－c)(x－c)．x＝0時(shí)，y＝eq\f(cy0,c－x0)，即點(diǎn)Q的坐標(biāo)為0，eq\f(cy0,c－x0).因此，直線F1Q的斜率為kF1Q＝eq\f(y0,c－x0).由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝eq\f(y0,x0＋c)·eq\f(y0,c－x0)＝－1.化簡(jiǎn)得yeq\o\al(2,0)＝xeq\o\al(2,0)－(2a2－1)．①將①代入橢圓E的方程，由于點(diǎn)P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，即點(diǎn)P在定直線x＋y＝1上．14．H5，H8[·福建卷]橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y＝eq\r(3)(x＋c)與橢圓Γ的一個(gè)交點(diǎn)M滿足∠MF1F2＝2∠MF2F1，則該橢圓的離心率等于__________．14.eq\r(3)－1[解析]如圖，△MF1F2中，∵∠MF1F2＝60°，∴∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°，又|F1F2|＝2c，∴|MF1|＝c，|MF2|＝eq\r(3)c，∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋eq\r(3)c，得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)＋1)＝eq\r(3)－1.12．H5[·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eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，右焦點(diǎn)為F，右準(zhǔn)線為l，短軸的一個(gè)端點(diǎn)為B.設(shè)原點(diǎn)到直線BF的距離為d1，F(xiàn)到l的距離為d2.若d2＝eq\r(6)d1，則橢圓C的離心率為________．12.eq\f(\r(3),3)[解析]由題意知F(c，0)，l：x＝eq\f(a2,c)，不妨設(shè)B(0，b)，則直線BF：eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋cy－bc＝0.于是d1＝eq\f(|－bc|,\r(b2＋c2))＝eq\f(bc,a)，d2＝eq\f(a2,c)－c＝eq\f(a2－c2,c)＝eq\f(b2,c).由d2＝eq\r(6)d1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,c)))eq\s\up12(2)＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)))eq\s\up12(2)，化簡(jiǎn)得6c4＋a2c2－a4即6e4＋e2－1＝0，解得e2＝eq\f(1,3)或e2＝－eq\f(1,2)(舍去)，故e＝eq\f(\r(3),3)，故橢圓C的離心率為eq\f(\r(3),3).20.圖1－7H5，H8[·江西卷]如圖1－7所示，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，離心率e＝eq\f(1,2)，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(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過點(diǎn)P)，設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)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？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．解：(1)由Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓上得eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，①依題設(shè)知a＝2c，則b2＝3c2，②②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝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＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4（k2－3）,4k2＋3)，④在方程③中令x＝4得，M的坐標(biāo)為(4，3k)．從而k1＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)，k3＝eq\f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq\f(1,2)，注意到A，F(xiàn)，B共線，則有k＝kAF＝kBF，即有eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k，所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(x1＋x2－2,x1x2－（x1＋x2）＋1)，⑤④代入⑤得k1＋k2＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4（k2－3）,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1.又k3＝k－eq\f(1,2)，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＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)．令x＝4，求得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3y0,x0－1))).從而直線PM的斜率為k3＝eq\f(2y0－x0＋1,2（x0－1）)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y0,x0－1)（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x0－8,2x0－5)，\f(3y0,2x0－5)))，則直線PA的斜率為k1＝eq\f(2y0－2x0＋5,2（x0－1）)，直線PB的斜率為k2＝eq\f(2y0－3,2（x0－1）)，所以k1＋k2＝eq\f(2y0－2x0＋5,2（x0－1）)＋eq\f(2y0－3,2（x0－1）)＝eq\f(2y0－x0＋1,x0－1)＝2k3，故存在常數(shù)λ＝2符合題意．19．H5，H10[·北京卷]已知A，B，C是橢圓W：eq\f(x2,4)＋y2＝1上的三個(gè)點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)當(dāng)點(diǎn)B是W的右頂點(diǎn)，且四邊形OABC為菱形時(shí)，求此菱形的面積；(2)當(dāng)點(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時(shí)，判斷四邊形OABC是否可能為菱形，并說明理由．19．解：(1)橢圓W：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2，0)．因?yàn)樗倪呅蜲ABC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eq\f(1,4)＋m2＝1，即m＝±eq\f(\r(3),2).所以菱形OABC的面積是eq\f(1,2)|OB|·|AC|＝eq\f(1,2)×2×2|m|＝eq\r(3).(2)假設(shè)四邊形OABC為菱形．因?yàn)辄c(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)，且直線AC不過原點(diǎn)，所以可設(shè)AC的方程為y＝kx＋m(k≠0，m≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m))消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2)，eq\f(y1＋y2,2)＝k·eq\f(x1＋x2,2)＋m＝eq\f(m,1＋4k2).所以AC的中點(diǎn)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).因?yàn)镸為AC和OB的交點(diǎn)，所以直線OB的斜率為－eq\f(1,4k).因?yàn)閗·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))≠－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(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時(shí)，四邊形OABC不可能是菱形．15．H5[·遼寧卷]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)，聯(lián)結(jié)AF，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝eq\f(4,5)，則C的離心率e＝________．15.eq\f(5,7)[解析]設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)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(duì)稱性可以得到|AQ|＝8，則△FAQ為直角三角形，然后利用橢圓的定義可以得到2a＝14，2c＝10，得e＝eq\f(5,7).15．H5[·全國(guó)卷]記不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋3y≥4，,3x＋y≤4))所表示的平面區(qū)域?yàn)镈.若直線y＝a(x＋1)與D有公共點(diǎn)，則a的取值范圍是________．15.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))[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(diǎn)(－1，0)斜率為a的直線，該直線與區(qū)域D有公共點(diǎn)時(shí)，a的最小值為MA的斜率，最大值為MB的斜率，其中點(diǎn)A(1，1)，B(0，4)，故MA的斜率等于eq\f(1－0,1－（－1）)＝eq\f(1,2)，MB的斜率等于eq\f(4－0,0－（－1）)＝4，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4)).8．H5、H8[·全國(guó)卷]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))8．B[解析]橢圓的左、右頂點(diǎn)分別為(－2，0)，(2，0)，設(shè)P(x0，y0)，則kPA1kPA2＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)，而eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝eq\f(3,4)(4－xeq\o\al(2,0))，所以kPA1kPA2＝－eq\f(3,4)，所以kPA1＝－eq\f(3,4kPA2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(3,4))).22．H5[·山東卷]橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(3),2)，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長(zhǎng)為1.(1)求橢圓C的方程；(2)點(diǎn)P是橢圓C上除長(zhǎng)軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)PF1，PF2，設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M(m，0)，求m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，過點(diǎn)P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，設(shè)直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2，若k≠0，試證明eq\f(1,kk1)＋eq\f(1,kk2)為定值，并求出這個(gè)定值．22．解：(1)由于c2＝a2－b2，將x＝－c代入橢圓方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得y＝±eq\f(b2,a).由題意知eq\f(2b2,a)＝1，即a＝2b2.又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝1.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)方法一：設(shè)P(x0，y0)(y0≠0)．又F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，所以直線PF1，PF2的方程分別為lPF1：y0x－(x0＋eq\r(3))y＋eq\r(3)y0＝0，lPF2：y0x－(x0－eq\r(3))y－eq\r(3)y0＝0.由題意知eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(my0＋\r(3)y0)),\r(yeq\o\al(2,0)＋（x0＋\r(3)）2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(my0－\r(3)y0)),\r(yeq\o\al(2,0)＋（x0－\r(3)）2)).由于點(diǎn)P在橢圓上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以eq\f(|m＋\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x0＋2))\s\up12(2)))＝eq\f(|m－\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x0－2))\s\up12(2))).因?yàn)椋璭q\r(3)<m<eq\r(3)，－2<x0<2，可得eq\f(m＋\r(3),\f(\r(3),2)x0＋2)＝eq\f(\r(3)－m,2－\f(\r(3),2)x0).所以m＝eq\f(3,4)x0.因此－eq\f(3,2)<m<eq\f(3,2).方法二：設(shè)P(x0，y0)．當(dāng)0≤x0＜2時(shí)，①當(dāng)x0＝eq\r(3)時(shí)，直線PF2的斜率不存在，易知Peq\r(3)，eq\f(1,2)或Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－\f(1,2))).若Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，則直線PF1的方程為x－4eq\r(3)y＋eq\r(3)＝0.由題意得eq\f(|m＋\r(3)|,7)＝eq\r(3)－m，因?yàn)椋璭q\r(3)<m<eq\r(3)，所以m＝eq\f(3\r(3),4).若Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－\f(1,2)))，同理可得m＝eq\f(3\r(3),4).②當(dāng)x0≠eq\r(3)時(shí)，設(shè)直線PF1，PF2的方程分別為y＝k1(x＋eq\r(3))，y＝k2(x－eq\r(3))．由題意知eq\f(|mk1＋\r(3)k1|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝eq\f(|mk2－\r(3)k2|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))，所以eq\f(（m＋\r(3)）2,（m－\r(3)）2)＝eq\f(1＋\f(1,keq\o\al(2,1)),1＋\f(1,keq\o\al(2,2))).因?yàn)閑q\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，并且k1＝eq\f(y0,x0＋\r(3))，k2＝eq\f(y0,x0－\r(3))，所以eq\f(（m＋\r(3)）2,（m－\r(3)）2)＝eq\f(4（x0＋\r(3)）2＋4－xeq\o\al(2,0),4（x0－\r(3)）2＋4－xeq\o\al(2,0))＝eq\f(3xeq\o\al(2,0)＋8\r(3)x0＋16,3xeq\o\al(2,0)－8\r(3)x0＋16)＝eq\f(（\r(3)x0＋4）2,（\r(3)x0－4）2)，即eq\f(|m＋\r(3)|,|m－\r(3)|)＝eq\f(|\r(3)x0＋4|,|\r(3)x0－4|).因?yàn)椋璭q\r(3)<m<eq\r(3)，0≤x0＜2且x0≠eq\r(3)，所以eq\f(\r(3)＋m,\r(3)－m)＝eq\f(4＋\r(3)x0,4－\r(3)x0).整理得m＝eq\f(3x0,4)，故0≤m＜eq\f(3,2)且m≠eq\f(3\r(3),4).綜合①②可得0≤m＜eq\f(3,2).當(dāng)－2<x0<0時(shí)，同理可得－eq\f(3,2)<m<0.綜上所述，m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3,2))).(3)設(shè)P(x0，y0)(y0≠0)，則直線l的方程為y－y0＝k(x－x0)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－y0＝k（x－x0），))整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(yeq\o\al(2,0)－2kx0y0＋k2xeq\o\al(2,0)－1)＝0.由題意Δ＝0，即(4－xeq\o\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq\o\al(2,0)＝0.又eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以16yeq\o\al(2,0)k2＋8x0y0k＋xeq\o\al(2,0)＝0，故k＝－eq\f(x0,4y0).由(2)知eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(x0＋\r(3),y0)＋eq\f(x0－\r(3),y0)＝eq\f(2x0,y0)，所以eq\f(1,kk1)＋eq\f(1,kk2)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4y0,x0)))·eq\f(2x0,y0)＝－8，因此eq\f(1,kk1)＋eq\f(1,kk2)為定值，這個(gè)定值為－8.20．H5，H8[·四川卷]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，且橢圓C經(jīng)過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3))).(1)求橢圓C的離心率；(2)設(shè)過點(diǎn)A(0，2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)Q是線段MN上的點(diǎn)，且eq\f(2,|AQ|2)＝eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|AN|2)，求點(diǎn)Q的軌跡方程．20．解：(1)由橢圓定義知，|PF1|＋|PF2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)＋1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝2eq\r(2).所以a＝eq\r(2)，又由已知，c＝1，所以橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).(2)由(1)知，橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x，y)．①當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，直線l與橢圓C交于(0，1)，(0，－1)兩點(diǎn)，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2－\f(3\r(5),5))).②當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2.因?yàn)镸，N在直線l上，可設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，則|AM|2＝(1＋k2)xeq\o\al(2,1)，|AN|2＝(1＋k2)xeq\o\al(2,2).又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.由eq\f(2,|AQ|2)＝eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|AN|2)，得eq\f(2,（1＋k2）x2)＝eq\f(1,（1＋k2）xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,（1＋k2）xeq\o\al(2,2))，即eq\f(2,x2)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,2))＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)).①將y＝kx＋2代入eq\f(x2,2)＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6>0，得k2>eq\f(3,2).由②可知，x1＋x2＝eq\f(－8k,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(6,2k2＋1)，代入①中并化簡(jiǎn)，得x2＝eq\f(18,10k2－3).③因?yàn)辄c(diǎn)Q在直線y＝kx＋2上，所以k＝eq\f(y－2,x)，代入③中并化簡(jiǎn)，得10(y－2)2－3x2＝18.由③及k2>eq\f(3,2)，可知0<x2<eq\f(3,2)，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2))).又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2－\f(3\r(5),5)))滿足10(y－2)2－3x2＝18，故點(diǎn)Q的軌跡方程為10(y－2)2－3x2＝18，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，\f(\r(6),2))).18．H5，H8[·天津卷]設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，離心率為eq\f(\r(3),3)，過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為eq\f(4\r(3),3).(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)A，B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，過點(diǎn)F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點(diǎn)，若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝8，求k的值．18．解：(1)設(shè)F(－c，0)，由eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，知a＝eq\r(3)c.過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線為x＝－c，代入橢圓的方程有eq\f(（－c）2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq\f(\r(6)b,3).于是eq\f(2\r(6)b,3)＝eq\f(4\r(3),3)，解得b＝eq\r(2).又a2－c2＝b2，從而a＝eq\r(3)，c＝1，所以所求橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)點(diǎn)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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0，可得x1＋x2＝－eq\f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－6,2＋3k2).因?yàn)锳(－eq\r(3)，0)，B(eq\r(3)，0)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(x1＋eq\r(3)，y1)·(eq\r(3)－x2，－y2)＋(x2＋eq\r(3)，y2)·(eq\r(3)－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋eq\f(2k2＋12,2＋3k2).由已知得6＋eq\f(2k2＋12,2＋3k2)＝8，解得k＝±eq\r(2).20．H1，H5，H8[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ]平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)右焦點(diǎn)的直線x＋y－eq\r(3)＝0交M于A，B兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率為eq\f(1,2).(1)求M的方程；(2)C，D為M上兩點(diǎn)，若四邊形ACBD的對(duì)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eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1.eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－1.由此可得eq\f(b2（x2＋x1）,a2（y2＋y1）)＝－eq\f(y2－y1,x2－x1)＝1.因?yàn)閤1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，eq\f(y0,x0)＝eq\f(1,2)，所以a2＝2b2.又由題意知，M的右焦點(diǎn)為(eq\r(3)，0)，故a2－b2＝3.因此a2＝6，b2＝3.所以M的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－\r(3)＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4\r(3),3)，,y＝－\f(\r(3),3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝\r(3).))因此|AB|＝eq\f(4\r(6),3).由題意可設(shè)直線CD的方程為y＝x＋n－eq\f(5\r(3),3)<n<eq\r(3)，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋n，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1))得3x2＋4nx＋2n2－6＝0，于是x3，4＝eq\f(－2n±\r(2（9－n2）),3).因?yàn)橹本€CD的斜率為1，所以|CD|＝eq\r(2)|x4－x3|＝eq\f(4,3)eq\r(9－n2).由已知，四邊形ACBD的面積S＝eq\f(1,2)|CD|·|AB|＝eq\f(8\r(6),9)eq\r(9－n2).當(dāng)n＝0時(shí)，S取得最大值，最大值為eq\f(8\r(6),3).所以四邊形ACBD面積的最大值為eq\f(8\r(6),3).圖1－521．H4，H5[·浙江卷]如圖1－5所示，點(diǎn)P(0，－1)是橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)，C1的長(zhǎng)軸是圓C2：x2＋y2＝4的直徑．l1，l2是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點(diǎn)，l2交橢圓C1于另一點(diǎn)D.(1)求橢圓C1的方程；(2)求△ABD面積取得最大值時(shí)直線l1的方程．21．解：(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,a＝2，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋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(diǎn)O到直線l1的距離d＝eq\f(1,\r(k2＋1))，所以|AB|＝2eq\r(4－d2)＝2eq\r(\f(4k2＋3,k2＋1)).又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋ky＋k＝0，,x2＋4y2＝4.))消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0.故x0＝－eq\f(8k,4＋k2)，所以|PD|＝eq\f(8\r(k2＋1),4＋k2).設(shè)△ABD的面積為S，則S＝eq\f(1,2)·|AB|·|PD|＝eq\f(8\r(4k2＋3),4＋k2)，所以S＝eq\f(32,\r(4k2＋3)＋\f(13,\r(4k2＋3)))≤eq\f(32,2\r(\r(4k2＋3)·\f(13,\r(4k2＋3))))＝eq\f(16\r(13),13)，當(dāng)且僅當(dāng)k＝±eq\f(\r(10),2)時(shí)取等號(hào)．所以所求直線l1的方程為y＝±eq\f(\r(10),2)x－1.圖1－29．H5，H6[·浙江卷]如圖1－2，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點(diǎn)，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點(diǎn)．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\f(3,2)D.eq\f(\r(6),2)9．D[解析]設(shè)雙曲線實(shí)半軸長(zhǎng)為a，焦半距為c，|AF1|＝m，|AF2|＝n，由題意知c＝eq\r(3)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,m2＋n2＝（2c）2＝12，))2mn＝(m＋n)2－(m2＋n2)＝4，(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝8，2a＝m－n＝2eq\r(2)，a＝eq\r(2)，則雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),2)，選擇D.21．F2、F3、H3、H5，H8[·重慶卷]如圖1－9所示，橢圓的中心為原點(diǎn)O，長(zhǎng)軸在x軸上，離心率e＝eq\f(\r(2),2)，過左焦點(diǎn)F1作x軸的垂線交橢圓于A，A′兩點(diǎn)，|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(diǎn)P，P′，過P，P′作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點(diǎn)均在圓Q外，若PQ⊥P′Q，求圓Q的標(biāo)準(zhǔn)方程．圖1－921．解：(1)由題意知點(diǎn)A(－c，2)在橢圓上，則eq\f(（－c）2,a2)＋eq\f(22,b2)＝1，從而e2＋eq\f(4,b2)＝1.由e＝eq\f(\r(2),2)得b2＝eq\f(4,1－e2)＝8，從而a2＝eq\f(b2,1－e2)＝16.故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由橢圓的對(duì)稱性，可設(shè)Q(x0，0)．又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點(diǎn)，則|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,16)))＝eq\f(1,2)(x－2x0)2－xeq\o\al(2,0)＋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(diǎn)，因此，上式當(dāng)x＝x1時(shí)取得最小值．又因x1∈(－4，4)，所以上式當(dāng)x＝2x0時(shí)取得最小值，從而x1＝2x0，且|QP|2＝8－xeq\o\al(2,0).因?yàn)镻Q⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，所以eq\o(QP,\s\up6(→))·eq\o(QP,\s\up6(→))′＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，即(x1－x0)2－yeq\o\al(2,1)＝0.由橢圓方程及x1＝2x0得eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),16)))＝0，解得x1＝±eq\f(4\r(6),3)，x0＝eq\f(x1,2)＝±eq\f(2\r(6),3)，從而|QP|2＝8－xeq\o\al(2,0)＝eq\f(16,3).故這樣的圓有兩個(gè)，其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2\r(6),3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,3)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2\r(6),3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,3).H6雙曲線及其幾何性質(zhì)4．H6[·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為eq\f(\r(5),2)，則C的漸近線方程為()A．y＝±eq\f(1,4)xB．y＝±eq\f(1,3)xC．y＝±eq\f(1,2)xD．y＝±x4．C[解析]離心率eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，所以eq\f(b,a)＝eq\r(\f(c2－a2,a2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))\s\up12(2)－1)＝eq\f(1,2).由雙曲線方程知焦點(diǎn)在x軸上，故漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x.6．H6[·北京卷]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)xC．y＝±eq\f(1,2)xD．y＝±eq\f(\r(2),2)x6．B[解析]由離心率為eq\r(3)，可知c＝eq\r(3)a，∴c2＝3a2，∴b2＝2a2，∴b＝eq\r(2)a，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x.3．H6[·福建卷]雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的頂點(diǎn)到其漸近線的距離等于()A.eq\f(2,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(4\r(5),5)3．C[解析]取一頂點(diǎn)(2，0)，一條漸近線x＋2y＝0，d＝eq\f(2,\r(12＋22))＝eq\f(2,5)eq\r(5)，故選C.7．H6[·廣東卷]已知中心在原點(diǎn)的雙曲線C的右焦點(diǎn)為F(3，0)，離心率等于eq\f(3,2)，則C的方程是()A.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,\r(5))＝1B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1D.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,\r(5))＝17．B[解析]設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，由題知：c＝3，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2)，解得a＝2，b2＝c2－a2＝9－4＝5，故C的方程是eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1.5．H6[·湖北卷]已知0<θ<eq\f(π,4)，則雙曲線C1：eq\f(x2,cos2θ)－eq\f(y2,sin2θ)＝1與C2：eq\f(y2,sin2θ)－eq\f(x2,sin2θtan2θ)＝1的()A．實(shí)軸長(zhǎng)相等B．虛軸長(zhǎng)相等C．焦距相等D．離心率相等5．D[解析]e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))，C1與C2的eq\f(b2,a2)＝tan2θ，故e1＝e2，選D.14．H6[·湖南卷]設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是C上一點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小內(nèi)角為30°，則C的離心率為________．14.eq\r(3)[解析]若最小角為∠F1PF2，由對(duì)稱性設(shè)|PF1|>|PF2|，由|PF1|＋|PF2|＝6a，|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，此時(shí)|PF2|<|F1F2|，故∠F1PF2不可能為最小角．由雙曲線對(duì)稱性，不妨記最小角為∠PF1F2＝30°，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×cos30°，即3a2－2eq\r(3)ac＋c2＝0，解得c＝eq\r(3)a，即e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).3．H6[·江蘇卷]雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的兩條漸近線的方程為________．3．y＝±eq\f(3,4)x[解析]令eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝0，得漸近線方程為y＝±eq\f(3,4)x.14．H6[·江西卷]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＝________．14．6[解析]由題知三角形邊長(zhǎng)為eq\f(2,\r(3))p，得點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3))p，－\f(p,2)))，代入雙曲線方程得p＝6.21．H6、H8、D3[·全國(guó)卷]已知雙曲線C：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，離心率為3，直線y＝2與C的兩個(gè)交點(diǎn)間的距離為eq\r(6).(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(diǎn)，且|AF1|＝|BF1|，證明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列．21．解：(1)由題設(shè)知eq\f(c,a)＝3，即eq\f(a2＋b2,a2)＝9，故b2＝8a2.所以C的方程為8x2－y2＝8a2.將y＝2代入上式，求得x＝±eq\r(a2＋\f(1,2)).由題設(shè)知，2eq\r(a2＋\f(1,2))＝eq\r(6)，解得a2＝1.所以a＝1，b＝2eq\r(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(shè)l的方程為y＝k(x－3)，|k|＜2eq\r(2)，代入①并化簡(jiǎn)得(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝eq\f(6k2,k2－8)，x1x2＝eq\f(9k2＋8,k2－8).于是|AF1|＝eq\r(（x1＋3）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x1＋3）2＋8xeq\o\al(2,1)－8)＝－(3x1＋1)，|BF1|＝eq\r(（x2＋3）2＋yeq\o\al(2,2))＝eq\r(（x2＋3）2＋8xeq\o\al(2,2)－8)＝3x2＋1.由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－eq\f(2,3).故eq\f(6k2,k2－8)＝－eq\f(2,3)，解得k2＝eq\f(4,5)，從而x1x2＝－eq\f(19,9).由于|AF2|＝eq\r(（x1－3）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x1－3）2＋8xeq\o\al(2,1)－8)＝1－3x1，|BF2|＝eq\r(（x2－3）2＋yeq\o\al(2,2))＝eq\r(（x2－3）2＋8xeq\o\al(2,2)－8)＝3x2－1，故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝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．11．H6、H7[·山東卷]拋物線C1：y＝eq\f(1,2p)x2(p>0)的焦點(diǎn)與雙曲線C2：eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦點(diǎn)的連線交C1于第一象限的點(diǎn)M.若C1在點(diǎn)M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p＝()A.eq\f(\r(3),16)B.eq\f(\r(3),8)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(4\r(3),3)11．D[解析]拋物線C1：y＝eq\f(1,2p)x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p>0))的焦點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0))，連線的方程為y＝－eq\f(p,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(p,4)（x－2），,y＝\f(1,2p)x2))得2x2＋p2x－2p2＝0.設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為a，則在點(diǎn)M處切線的斜率為y′|x＝a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2p)x2))′eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(,)))eq\s\do7(x＝a)＝eq\f(a,p).又∵雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的漸近線方程為eq\f(x,\r(3))±y＝0，其與切線平行，∴eq\f(a,p)＝eq\f(\r(3),3)，即a＝eq\f(\r(3),3)p，代入2x2＋p2x－2p2＝0得，p＝eq\f(4\r(3),3)或p＝0(舍去)．11．H6[·陜西卷]雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,m)＝1的離心率為eq\f(5,4)，則m等于________．11．9[解析]由a2＝16，b2＝m，則c2＝16＋m，則e＝eq\f(\r(16＋m),4)＝eq\f(5,4)，則m＝9.6