H-解析几何(文科).doc

H　解析几何
H1　直线的倾斜角与斜率、直线的方程
22．H1、H2、H7[2012·浙江卷] 如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分．
(1)求p，t的值；
(2)求△ABP面积的最大值．

图1－6
22．解：(1)由题意知
得
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，

由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)．
由得
(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2.
故k·2m＝1.
所以直线AB方程为y－m＝(x－m)，
即x－2my＋2m2－m＝0.
由消去x，整理得
y2－2my＋2m2－m＝0，
所以Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m.
从而|AB|＝·|y1－y2|
＝·.
设点P到直线AB的距离为d，则
d＝.
设△ABP的面积为S，则
S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·.
由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1.
令u＝，0＜u≤，则
S＝u(1－2u2)，
设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2.
由S′(u)＝0得u＝∈，所以
S(u)max＝S＝.
故△ABP面积的最大值为.
17．H1、H7[2012·浙江卷] 定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离等于曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝________.
17．[答案]
[解析] 本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程，一、二次曲线之间的位置关系与导数几何意义等基础知识，考查学生综合运用知识的能力和学情，考查函数方程和数形结合的数学思想．求出曲线C1到直线l的距离和曲线C2到直线l的距离，建立等式，求出参数a的值. 曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即d－r＝－＝，由y＝x2＋a可得y′＝2x，令y′＝2x＝1，则x＝，在曲线C1上对应的点P，所以曲线C1到直线l的距离即为点P到直线l的距离，故＝，所以＝，可得＝2，a＝－或a＝，当a＝－时，曲线C1：y＝x2－与直线l：y＝x相交，两者距离为0，不合题意，故a＝.
4．H1、F1[2012·上海卷] 若d＝(2,1)是直线l的一个方向向量，则l的倾斜角的大小为________(结果用反三角函数值表示)．
4．arctan　[解析] 考查直线的方向向量、斜率与倾斜角三者之间的关系，关键是求出直线的斜率．
由已知可得直线的斜率k＝，k＝tanα，所以直线的倾斜角α＝arctan.
20．H5、F1、H1[2012·陕西卷] 已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．
(1)求椭圆C2的方程；
(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．
20．解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a＞2)，
其离心率为，故＝，则a＝4，
故椭圆C2的方程为＋＝1.
(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，
因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，
将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x＝，
又由＝2得x＝4x，即＝，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，
因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，
由＝2得x＝，y＝，
将x，y代入＋＝1中，得＝1，
即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝±1，
故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
H2　两直线的位置关系与点到直线的距离
22．H1、H2、H7[2012·浙江卷] 如图1－6，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分．
(1)求p，t的值；
(2)求△ABP面积的最大值．

图1－6
22．解：(1)由题意知
得
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，

由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)．
由得
(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2.
故k·2m＝1.
所以直线AB方程为y－m＝(x－m)，
即x－2my＋2m2－m＝0.
由消去x，整理得
y2－2my＋2m2－m＝0，
所以Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m.
从而|AB|＝·|y1－y2|
＝·.
设点P到直线AB的距离为d，则
d＝.
设△ABP的面积为S，则
S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·.
由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1.
令u＝，0＜u≤，则
S＝u(1－2u2)，
设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2.
由S′(u)＝0得u＝∈，所以
S(u)max＝S＝.
故△ABP面积的最大值为.
H3　圆的方程
20．H3、H7、H8[2012·课标全国卷] 设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．
(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；
(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．
20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.
由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝p.
因为△ABD的面积为4，
所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，
解得p＝－2(舍去)，p＝2.
所以F(0,1)，圆F的方程为
x2＋(y－1)2＝8.
(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.
由抛物线定义知
|AD|＝|FA|＝|AB|，
所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.
当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.
由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.
解得b＝－.
因为m的截距b1＝，＝3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.
当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.
21．H3、H7、H8[2012·福建卷] 如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．

图1－4
(1)求抛物线E的方程；
(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．
21．解：解法一：(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°.
设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12.
因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.
故抛物线E的方程为x2＝4y.
(2)由(1)知y＝x2，y′＝x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.
由得
所以Q.
假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．
由于＝(x0，y0－y1)，＝.
由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0.
即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)
由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，所以
解得y1＝1.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
解法二：
(1)同解法一．
(2)由(1)知y＝x2，y′＝x，
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.
由得
所以Q.
取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于M3(0,1)或M4.
故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．
以下证明点M(0,1)就是所要求的点．
因为＝(x0，y0－1)，＝，
·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.
21．H3、H5、H8[2012·湖北卷] 设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k＞0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
21．解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，
可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①
因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②
将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．
因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以
当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；
当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(0，－)，(0，)．
(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.
依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得
－x1＋x2＝－，即x2＝.
因为点H在直线QN上，
所以y2－kx1＝2kx2＝.
于是＝(－2x1，－2kx1)，＝(x2－x1，y2－kx1)＝.
而PQ⊥PH等价于·＝＝0，
即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0都有PQ⊥PH.

方法2：如图(2)、(3)，对任意x1∈(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－y1)，N(0，y1)，
因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(x－x)＋(y－y)＝0.③
依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，
故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得
＝－m2.④
又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.
于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－，
而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
H4　直线与圆、圆与圆的位置关系
6．H4[2012·陕西卷] 已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则(　　)
A．l与C相交 B．l与C相切
C．l与C相离 D．以上三个选项均有可能
6．A　[解析] 本小题主要考查直线与圆的位置关系，解题的突破口为熟练掌握判断直线与圆位置关系的方法．x2＋y2－4x＝0是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，而点P(3,0)到圆心的距离为d＝＝1<2，点P(3,0)恒在圆内，过点P(3,0)不管怎么样画直线，都与圆相交．故选A.
7．H4[2012·辽宁卷] 将圆x2＋y2－2x－4y＋1＝0平分的直线是(　　)
A．x＋y－1＝0 B．x＋y＋3＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y＋3＝0
7．C　[解析] 本小题主要考查直线与圆的位置关系．解题的突破口为弄清平分线的实质是过圆心的直线，即圆心符合直线方程．
圆的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4，所以圆心为(1,2)，把点(1,2)代人A、B、C、D，不难得出选项C符合要求．
5．H4[2012·湖北卷] 过点P(1,1)的直线，将圆形区域分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为(　　)
A．x＋y－2＝0 B．y－1＝0
C．x－y＝0 D．x＋3y－4＝0
5．A　[解析] 要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，通过观察图形，显然只需该直线与直线OP垂直即可，又已知P(1,1)，则所求直线的斜率为－1，又该直线过点P(1,1)，易求得该直线的方程为x＋y－2＝0.故选A.
8．H4[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于(　　)
A．3 B．2
C. D．1
8．B　[解析] 考查直线与圆相交求弦长，突破口是“弦心距、半径、弦长之半构成直角三角形”，利用勾股定理计算．由点到直线的距离得，弦心距d＝＝1，所以弦长AB＝2＝2，所以选择B.9．H4[2012·北京卷] 直线y＝x被圆x2＋(y－2)2＝4截得的弦长为________．
9．2　[解析] 本题考查直线和圆的位置关系、考查简单的平面几何知识．
法一：几何法：圆心到直线的距离为d＝＝，圆的半径r＝2，所以弦长为l＝2×＝2＝2；
法二：代数法：联立直线和圆的方程 消去y可得x2－2x＝0，所以直线和圆的两个交点坐标分别为(2,2)，(0,0)，弦长为＝2.
9．H4[2012·安徽卷] 若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－3，－1] B．[－1,3]
C．[－3,1] D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
9．C　[解析] 因为直线x－y＋1＝0与圆2＋y2＝2有公共点，所以圆心到直线的距离d＝≤r＝，可得≤2，即a∈.
7．H4[2012·福建卷] 直线x＋y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于(　　)
A．2 B．2 C. D．1
7．B　[解析] 根据圆的方程知，圆的圆心为(0,0)，半径R＝2，弦心距d＝＝1，所以弦长|AB|＝2＝2，所以选择B.
12．H4[2012·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________．
12.　[解析] 本题考查用几何方法判定两圆的位置关系．解题突破口为设出圆的圆心坐标．
圆C方程可化为(x－4)2＋y2＝1圆心坐标为(4,0)，半径为1，由题意，直线y＝kx－2上至少存在一点(x0，kx0－2)，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，因为两个圆有公共点，故≤2，整理得(k2＋1)x2－(8＋4k)x＋16≤0，此不等式有解的条件是Δ＝(8＋4k)2－64(k2＋1)≥0，解之得0≤k≤，故最大值为.
14．H4[2012·江西卷] 过直线x＋y－2＝0上点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是________．
14．(，)　[解析] 设切点为A，B，设P(x,2－x)，连结PA，PB，PO，则|PO|＝2|OA|＝2，即x2＋(2－x)2＝4，整理得x2－2x＋2＝0，解得x＝，故P的坐标为(，)．
22．H6、H4[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2－y2＝1.
(1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点．若|MF|＝2，求点M的坐标；
(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；
(3)设斜率为k(|k|＜)的直线l交C于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ.
22．解：(1)双曲线C：－y2＝1，左焦点F，
设M(x，y)，则|MF|2＝2＋y2＝2，
由M点是右支上一点，知x≥，所以|MF|＝x＋＝2，得x＝，
所以M.
(2)左顶点A，渐近线方程：y＝±x.
过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为
y＝，即y＝x＋1.
解方程组得
所以所求平行四边形的面积为S＝|OA||y|＝.
(3)证明：设直线PQ的方程是y＝kx＋b，因直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝k2＋1(*)．
由得(2－k2)x2－2kbx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则
又y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)，所以
·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2
＝＋＋b2＝.
由(*)知，·＝0，所以OP⊥OQ.
20．H4、H5[2012·辽宁卷] 如图1－7，动圆C1：x2＋y2＝t2,1<t<3，与椭圆C2：＋y2＝1相交于A，B，C，D四点，点A1，A2分别为C2的左，右顶点．
(1)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并求出其最大面积；
(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程．

图1－7
20．解：(1)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积
S＝4|x0||y0|.
由＋y＝1得y＝1－，从而
xy＝x＝－2＋，
当x＝，y＝时，Smax＝6.从而
t＝时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为6.
(2)由A(x0，y0)，B(x0，－y0)，A1(－3,0)，A2(3,0)知直线AA1的方程为
y＝(x＋3)．　①
直线A2B的方程为
y＝(x－3)．　②
由①②得
y2＝(x2－9)　③
又点A(x0，y0)在椭圆C上，故
y＝1－.　④
将④代入③得－y2＝1(x<－3，y<0)．
因此点M的轨迹方程为
－y2＝1(x<－3，y<0)．
3．H4[2012·重庆卷] 设A，B为直线y＝x与圆x2＋y2＝1的两个交点，则|AB|＝(　　)
A．1 B.
C. D．2
3．D　[解析] 因为圆x2＋y2＝1的圆心(0,0)在直线AB上，所以AB为圆的直径，所以|AB|＝2×1＝2.
9．H4[2012·山东卷] 圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为(　　)
A．内切 B．相交
C．外切 D．相离
9．B　[解析] 本题考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，推理能力，容易题．
∵两圆的圆心距为＝，又∵3－2<<3＋2，∴两圆相交．
12．H4[2012·天津卷] 设m，n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2＋y2＝4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为________．
12．3　[解析] 直线mx＋ny－1＝0与两坐标轴的交点坐标分为，，又∵直线l被圆x2＋y2＝4截得弦长为2 ，由垂径定理得，2＋12＝22，即＝3，
∴S△OAB＝××≥＝3.
4．A2、H2[2012·浙江卷] 设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0平行”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．C　[解析] 本题考查了简易逻辑、两直线平行等基础知识，考查了学生简单的逻辑推理能力．
若a＝1，则直线l1：ax＋2y－1＝0与l2：x＋2y＋4＝0平行；若直线l1：ax＋2y－1＝0与l2：x＋2y＋4＝0平行，则2a－2＝0即a＝1.
∴“a＝1”是“l1：ax＋2y－1＝0与l2：x＋2y＋4＝0平行”的充要条件．
H5　椭圆及其几何性质
21．H5、H8、F3[2012·重庆卷] 如图，设椭圆的中点为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．
(1)求该椭圆的离心率和标准方程；
(2)过B1作直线交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求△PB2Q的面积．
21．解：(1)设所求椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F2(c,0)．
因△AB1B2是直角三角形且|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，从而|OA|＝|OB2|，
即b＝.结合c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，
c2＝4b2，所以离心率e＝＝.
在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故
S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2，
由题设条件S△AB1B2＝4得b2＝4，从而a2＝5b2＝20.
因此所求椭圆的标准方程为：＋＝1.
(2)由(1)知B1(－2,0)、B2(2,0)．由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为：x＝my－2.代入椭圆方程得
(m2＋5)y2－4my－16＝0.(*)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此
y1＋y2＝，y1·y2＝.
又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，所以
·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2
＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16
＝－＋16
＝－，
由PB2⊥QB2，知·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2.
当m＝2时，方程(*)化为：9y2－8y－16＝0，
故y1＝，y2＝，|y1－y2|＝，
△PB2Q的面积S＝|B1B2|·|y1－y2|＝.
当m＝－2时，同理可得(或由对称性可得)△PB2Q的面积S＝.
综上所述，△PB2Q的面积为.
8．H5、H6[2012·浙江卷] 如图1－3，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是(　　)

图1－3
A．3 B．2
C. D.
8．B　[解析] 本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题．设椭圆、双曲线的方程分别为 ＋ ＝ 1(a1>b1>0)，
－＝1(a2>0，b2>0)，由题意知c1＝c2且a1＝2a2，则＝＝＝2.
19．H5、H8[2012·天津卷] 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，点P在椭圆上．
(1)求椭圆的离心率；
(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值．
19．解：(1)因为点P在椭圆上，故＋＝1，可得＝，
于是e2＝＝1－＝，
所以椭圆的离心率e＝.
(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx.设点Q的坐标为(x0，y0)．
由条件得消去y0并整理得
x＝.①
由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得，(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4.
由(1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5.
所以直线OQ的斜率k＝±.
4．H5[2012·课标全国卷] 设F1，F2是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，P为直线x＝上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为(　　)
A. B. C. D.
4．C　[解析] 根据题意直线PF2的倾斜角是，所以a－c＝|PF2|＝|F1F2|＝×2c，解得e＝.故选C.
16．A2、H5[2012·上海卷] 对于常数m、n，“mn＞0”是“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
16．B　[解析] 考查充分条件和必要条件，以及椭圆方程．判断充分条件和必要条件，首先要确定条件与结论．
条件是“mn>0”，结论是“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”， 方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆，可以得出mn>0，且m>0，n>0，m≠n，而由条件“mn>0”推不出“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”．所以为必要不充分条件，选B.
20．H5、F1 [2012·陕西卷] 已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．
(1)求椭圆C2的方程；
(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．
20．解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a＞2)，
其离心率为，故＝，则a＝4，
故椭圆C2的方程为＋＝1.
(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，
因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，
将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x＝，
又由＝2得x＝4x，即＝，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，
因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，
由＝2得x＝，y＝，
将x，y代入＋＝1中，得＝1，
即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝±1，
故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
21．H3、H5、H8[2012·湖北卷] 设A是单位圆x2＋y2＝1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)．当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k＞0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
21．解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|＝m|DA|(m＞0，且m≠1)，
可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①
因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②
将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1(m＞0，且m≠1)．
因为m∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以
当0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(－，0)，(，0)；
当m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为(0，－)，(0，)．
(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k＞0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2＋4k2)x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.
依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得
－x1＋x2＝－，即x2＝.
因为点H在直线QN上，
所以y2－kx1＝2kx2＝.
于是＝(－2x1，－2kx1)，＝(x2－x1，y2－kx1)＝.
而PQ⊥PH等价于·＝＝0，
即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0都有PQ⊥PH.

方法2：如图(2)、(3)，对任意x1∈(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(－x1，－y1)，N(0，y1)，
因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(x－x)＋(y－y)＝0.③
依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，
故(x1－x2)(x1＋x2)≠0.于是由③式可得
＝－m2.④
又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.
于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－，
而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
21．H5、H8[2012·山东卷] 如图1－7所示，椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＝±a和y＝±b所围成的矩形ABCD的面积为8.

图1－7
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设直线l：y＝x＋m(m∈R)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值．
21．解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知
所以a＝2，b＝1，
因此椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)由整理得
5x2＋8mx＋4m2－4＝0，
由Δ＝64m2－80(m2－1)＝80－16m2>0.
得－<m<.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|PQ|＝
＝
＝(－<m<)．
线段CD的方程为y＝1(－2≤x≤2)，线段AD的方程为x＝－2(－1≤y≤1)．
①不妨设点S在AD边上，T在CD边上，可知1≤m<，S(－2，m－2)，D(－2,1)，
所以|ST|＝|SD|＝[1－(m－2)]＝(3－m)，
因此＝.
令t＝3－m(1≤m<)，
则m＝3－t，t∈(3－，2]．
所以＝＝＝，
由于t∈(3－，2]．
所以∈.
因此当＝，即t＝时，取得最大值，此时m＝.
②不妨设点S在AB边上，T在CD边上，此时－1≤m≤1，
因此|ST|＝|AD|＝2，此时＝.
所以当m＝0时，取得最大值.
③不妨设点S在AB边上，T在BC边上，－<m≤－1.
由椭圆和矩形的对称性知的最大值为，此时m＝－.
综上所述m＝±或m＝0时，取得最大值.
20．H5、H8[2012·安徽卷] 如图1－4，F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)已知△AF1B的面积为40，求a，b的值．

图1－4
20．解： (1)由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c，所以e＝.
(2)( 方法一)a2＝4c2，b2＝3c2.
直线AB的方程可为y＝－(x－c)．
将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2，
得B.
所以|AB|＝·＝c.
由S△AF1B＝|AF1|·|AB|sin∠F1AB
＝a·c·＝a2＝40，
解得a＝10，b＝5.
(方法二)设|AB|＝t.
因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a.
由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t.
再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得，
t＝a.
由S△AF1B＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5.
5．H5[2012·全国卷] 椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x＝－4，则该椭圆的方程为(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
5．C　[解析] 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质．解题的突破口为焦距、准线与a、b、c的关系．
∵焦距为4，一条准线为x＝－4，∴c＝2，＝4，∴a2＝8，b2＝4，故选C.
20．H5、H7、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．
20．解：(1)由C1的左焦点F1的坐标为(－1,0)知c＝1.
因为点P(0,1)在C1上，所以b＝1.
于是a＝.
故C1的方程为＋y2＝1.
(2)由题设l同时与C1和C2相切，设切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x0>0.当点B在第一象限时，点B的坐标为(x0,2)．

考虑抛物线C2在第一象限的方程
y＝2，x>0.
因为y′＝，
所以l的斜率为，从而l的方程为：y＝＋.
由假设直线l与椭圆C1相切，因此方程组

有唯一解，将①代入②并整理得：
(x0＋2)x2＋4x0x＋2x0(x0－1)＝0，
所以Δ＝16x－8(x0＋2)x0(x0－1)
＝－8x0(x0＋1)(x0－2)＝0.
因为x0>0，所以x0＝2.
当x0＝2时，直线l的方程为：y＝x＋.
易验证l是C1的切线．
由对称性，当切点B在第四象限时，可得l的方程为：y＝－x－.
综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为：
y＝x＋，或y＝－x－.
21．H5、H10[2012·湖南卷] 在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标．
21．解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，故圆C的圆心为点(2,0)．
从而可设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，其焦距为2c.由题设知c＝2，e＝＝.所以a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12.故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2.则l1，l2的方程分别为l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝.
由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切得
＝.
即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0.
同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0.
从而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的两个实根．于是
①
且k1k2＝＝.
由得5x－8x0－36＝0.
解得x0＝－2，或x0＝.
由x0＝－2得y0＝±3；由x0＝得y0＝±，它们均满足①式．
故点P的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或，或.
8．H5[2012·江西卷] 椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2.若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为(　　)
A. B. C. D.－2
8．B　[解析] 由椭圆的定义知，|AF1|＝a－c，|F1F2|＝2c，|BF1|＝a＋c.∵|AF1|，|F1F2|，|BF1|成等比数列，因此4c2＝(a－c)(a＋c)，整理得5c2＝a2，两边同除以a2得5e2＝1，解得e＝.故选B.
20．H4、H5[2012·辽宁卷