高考数学【理科】真题分类详细解析版专题16 直线和圆（解析版）
专题16 直线和圆
【2013高考真题】
（2013·新课标Ⅱ理）（12）已知点A（-1，0）；B（1，0），C（0，1），直线y=ax+b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是
（A）（0，1） (B)（1-，） ( C)（1-， (D)[,）
【答案】B
【解析】由题意知：；当直线过点（-1，0）时，要将△ABC分割为面积相等（2013·新课标Ⅱ理）（9）已知a＞0，x，y满足约束条件,若z=2x+y的最小值为1，则a=
(A) (B) (C)1 (D)2
【答案】B
【解析】画出不等式组表示的平面区域如右图所示：
当目标函数z=2x+y表示的直线经过点A时，取得最小值，而点A的坐标为（1，），所以
，解得，故选B.
【学科网考点定位】本小题考查线性规划的基础知识，难度不大，线性规划知识在高考中一般以小题的形式出现，是高考的重点内容之一，几乎年年必考.
（2013·新课标Ⅱ理）（4）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，l则（ ）
（A）α∥β且∥α （B）α⊥β且⊥β
（C）α与β相交，且交线垂直于 （D）α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】因为m，n为异面直线，所以在空间到一点P，作，，则l ⊥，（2013·浙江理）13、设，其中实数满足，若的最大值为12，则实数________。
【答案】
【解析】此题是线性规划的逆向求解问题，其解法画出不等式组所表示的平面区域后，对目标函数中的进行讨论。此不等式表示的平面区域如下图4所示：，
当时，直线平移到A点时目标函数取最大值，即；当时，直线平移到A或B点时目标函数取最大值，可知k取值是大于零，所以不满足，所以，所以填2；
【学科网考点定位】此题考查线性规划知识点，把不等式组所表示的平面区域表示出来，然后对k进行分类讨论即可解决；
（2013·天津理）11. 已知圆的极坐标方程为, 圆心为C, 点P的极坐标为, 则|CP| = .
单曲线的极坐标是解答本类问题的关键.
（2013·天津理）4. 已知下列三个命题:
①若一个球的半径缩小到原来的, 则其体积缩小到原来的;
②若两组数据的平均数相等, 则它们的标准差也相等;
③直线x + y + 1 = 0与圆相切.
其中真命题的序号是: （ ）
(A) ①②③ (B) ①②
(C) ①③ (D) ②③
【答案】C
（2013·天津理）2. 设变量x, y满足约束条件则目标函数z = y－2x的最小值为（ ）
(A) －7 (B) －4
(C) 1 (D) 2
【答案】A
【解析】画出原不等式组表示的平面区域如图所示阴影部分，
由题意知,当目标函数表示的直线经过点A(5，3)时，取得最小值，所以的最小值为，故选A.
【学科网考点定位】本小题考查线性规划的基础知识，难度不大，线性规划知识在高考中一般以小题的形式出现，是高考的重点内容之一，几乎年年必考.
（2013·陕西理）13. 若点(x, y)位于曲线与y＝2所围成的封闭区域, 则2x－y的最小值为 .
【答案】-4。
于中等题。
（2013·山东理）8.函数的图象大致为
【答案】D
【解析】函数在时为负，排除A,由奇函数的性质可排除B，再比较C,D，不难发现在取接近于的正值时排除C。
【学科网考点定位】本题通过函数的奇偶性、函数的单调性、函数的值域等考查了函数图象的识别，难度较大，可通过求导方法来进一步研究该函数的图象和性质.
（2013·山东理）6.在平面直角坐标系中，为不等式组，所表示的区域上一动点，则直线斜率的最小值为
A. B. C. D.
【答案】C
（2013·江西理）9.过点（，0）引直线ι与曲线 交于A,B两点 ，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线ι的斜率等于（ ）
A. B.- C. D-
【答案】B
【解析】画图可知过点（，0）的直线与曲线相切时斜率为-1,所以相交成三角形的直线斜率在（-1,0）之间，故选B.
【学科网考点定位】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查应用能力和计算能力.
（2013·湖南理）11.如图2，在半径为的中,弦
【答案】；
【解析】由相交弦定理可知，，因为
，，即，连接DO，过圆心做CD
的垂线交于F，在三角形OFD中
【学科网考点定位】本题考查集合证明问题，考查学生数形结合的能力.
（2013·湖南理）4.若变量满足约束条件，
A． B． C． D．
【答案】C；
【解析】令，所以，作出可行域，可知当直线过点时有最大值，最大值为.
【学科网考点定位】本题考查线性规划知识，考查学生的化归与转化能力.
（2013·大纲理）15.记不等式组，所表示的平面区域为D.若直线与D有公共点，则a的取值范围是
【答案】
【解析】作出题中不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示.
∵直线过定点C（-1,0），由图并结合题意可知，
∴要使直线与平面区域D有公共点，则.
【学科网考点定位】线性规划
（2013·广东理）13. 给定区域:,令点集
是在上取得最大值或最小值的点,则中的点共确定______
条不同的直线.
【答案】
【解析】画出可行域如图所示,其中取得最小值时的整点为,
取得最大值时的整点为,,,及共个整点.故可确定5+1=6条不同的直线.
【学科网考点定位】线性规划与直线方程
（2013·湖南理）9.在平面直角坐标系中，若
右顶点，则常数 .
【答案】3
【解析】因为，所以，右顶点为（3,0），因为直线，将点坐标带入直线方程可得.
【学科网考点定位】本题考查直线的参数方程，考查学生的转化与化归能力.
（2013·大纲理）16.已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为，则球O的表面积等于
【答案】
【解析】如右图，设MN为两圆的公共弦，E为MN的中点，则
结合题意可知.又MN=R，∴为正三角形. ∴.
又，∴.∴R=2. ∴.
【学科网考点定位】球的表面积
（2013·北京理）11.如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，PA=3，，则PD= ，AB= .
【答案】 ，4
【学科网考点定位】本小题考查了切割线定理和函数与方程思想.
9.在极坐标系中，点(2，)到直线ρsinθ=2的距离等于
【答案】1
【学科网考点定位】本小题考查了极坐标方程和直角坐标系方程的互化，点到直线的距离，考查了运算求解能力.
（2013·北京理）8.设关于x,y的不等式组表示的平面区域内存在点P(x0，y0)满足x0－2y0=2，求得m的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】要使线性约束条件表示的平面区域内存在点P(x0，y0)满足x0－2y0=2，即该平面区域和直线有交点，而直线的交点在直线上移动，由得交点坐标为，当即时，才会交点.
【学科网考点定位】本小题考查了线性约束条件、线性规划问题、两条直线的位置关系和数形结合的思想.
（2013·安徽理）（7）在极坐标系中，圆的垂直于极轴的两条切线方程分别为
（A） （B）
（C） （D）
【答案】B
【解析】将圆转化为直角坐标系方程：，可求的垂直与轴的方程为再将转化为极坐标系方程为：
【学科网考点定位】极坐标与直角坐标系的相互转化，极坐标运算.
（2013·安徽理）（3）在下列命题中，不是公理的是（ ）
（A）平行于同一个平面的两个平面相互平行
（B）过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面
（C）如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内
（D）如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么他们有且只有一条过该点的公共直线
（2013·安徽理）（18）（本小题满分12分）
设椭圆的焦点在轴上
（Ⅰ）若椭圆的焦距为1，求椭圆的方程；
（Ⅱ）设分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内的点，直线交轴与点，并且，证明：当变化时，点在某定直线上。
能够确定点在定直线上，属于中档题.
【答案】
（1）由题意，得，
而，所以
所以椭圆的标准方程为
（2）设，
直线的直线方程为，当时，，
又点在曲线上，，解得
则点在定直线.
【学科网考点定位】考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线与直线，直线与椭圆的位置关系.
（2013·安徽理）（19）（本小题满分13分）
如图，圆锥顶点为。底面圆心为，其母线与底面所成的角为。和是底面圆上的两条平行的弦，轴与平面所成的角为，
（Ⅰ）证明：平面与平面的交线平行于底面；
（Ⅱ）求。
【答案】
l 由公理可知，两面相交必交于一条直线，设面与面的交线为
∥
面,而面
∥面
而面
面面=
∥
而底面
所以，平面与平面的交线平行于底面
（2）
【学科网考点定位】考查空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，线面垂直，面面垂直，直线与面所成的角等知识.
（2013·陕西理）20. (本小题满分13分)
已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ) 已知点B(－1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线l过定点.
所以，所求动圆圆心的轨迹C的方程为（）
(Ⅱ)证明：
设直线l方程为，联立得（其中）
设,若x轴是的角平分线，则
，即故直线l方程为，直线l过定点.（1,0）
【学科网考点定位】本题考查迹曲线方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题，属于中档题。
（2013·上海理）22．（3分+5分+8分）如图，已知曲线，曲线，P是平面上一点，若存在过点P的直线与都有公共点，则称P为“C1—C2型点”．
(1)在正确证明的左焦点是“C1—C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；
(2)设直线与有公共点，求证，进而证明原点不是“C1—C2型点”；
(3)求证：圆内的点都不是“C1—C2型点”．
【解析】本题第(1)问只要注意到渐近线的斜率即可。第(2)带着绝对值处理较直接简洁,
（2）直线与C2有交点，则
，若方程组有解，则必须；
直线与C2有交点，则
，若方程组有解，则必须
故直线至多与曲线C1和C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”。
（3）显然过圆内一点的直线若与曲线C1有交点，则斜率必存在；
根据对称性，不妨设直线斜率存在且与曲线C2交于点，则
（2013·天津理）13. 如图, △ABC为圆的内接三角形, BD为圆的弦, 且BD//AC. 过点A 做圆的切线与DB的延长线交于点E, AD与BC交于点F. 若AB = AC, AE = 6, BD = 5, 则线段CF的长为 .
【答案】
的能力.
（2013·新课标Ⅱ理）（22）（本小题满分10分）选修4-1几何证明选讲
如图，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E、F分别为弦AB与弦AC上的点，
且BCAE=DCAF,B、E、F、C四点共圆。
（Ⅰ）证明：CA是△ABC外接圆的直径；
（Ⅱ）若DB=BE=EA,求过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值。
【解析】（Ⅰ）因为CD为△ABC外接圆的切线，
所以，由题设知，
故∽，所以，因为B、E、F、C四点共圆，所以，
故，所以，因此CA是△ABC外接圆的直径.
（Ⅱ）设DB=BE=EA=，则由切割线定理可得：
，解得，由（1）知：CA是△ABC外接圆的直径，所以，AC⊥CD，解得AC=，CE=，所以过B、E、F、C四点的圆的面积与△
【解题思路与技巧】本题第（Ⅰ）问，由两个三角形相似可得出角相等,再由四点共圆,得出,从而得证;第（Ⅱ）问,由切割线定理以及B、E、F、C四点共圆,可以得出两圆的半径,从而得出面积的比值.
【易错点】对第（Ⅰ）问，不容易找到这两个三角形相似;第（Ⅱ）问中两个圆半径的求出容易出错.
【学科网考点定位】本小题主要考查圆的切线、割线、圆内接四边形、勾股定理等平面几何知识，考查数形结合思想，考查分析问题、解决问题的能力.
（2013·新课标Ⅱ理）（22）（本小题满分10分）选修4-1几何证明选讲
如图，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E、F分别为弦AB与弦AC上的点，
且BCAE=DCAF,B、E、F、C四点共圆。
（Ⅰ）证明：CA是△ABC外接圆的直径；
（Ⅱ）若DB=BE=EA,求过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值。
【解析】（Ⅰ）因为CD为△ABC外接圆的切线，
所以，由题设知，
故∽，所以，因为B、E、F、C四点共圆，所以，
故，所以，因此CA是△ABC外接圆的直径.
（Ⅱ）设DB=BE=EA=，则由切割线定理可得：
，解得，由（1）知：CA是△ABC外接圆的直径，所以
【解题思路与技巧】本题第（Ⅰ）问，由两个三角形相似可得出角相等,再由四点共圆,得出,从而得证;第（Ⅱ）问,由切割线定理以及B、E、F、C四点共圆,可以得出两圆的半径,从而得出面积的比值.
【易错点】对第（Ⅰ）问，不容易找到这两个三角形相似;第（Ⅱ）问中两个圆半径的求出容易出错.
【学科网考点定位】本小题主要考查圆的切线、割线、圆内接四边形、勾股定理等平面几何知识，考查数形结合思想，考查分析问题、解决问题的能力.
【2012高考真题】
1．（2012·北京卷） 在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2＝4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方，若直线l的倾斜角为60°，则△OAF的面积为________．
【答案】 【解析】本题考查抛物线方程、抛物线简单几何性质以及直线和抛物线的位置关系以及三角形面积公式，考查数形结合及转化化归思想．抛物线y2＝4x的焦点F(1,0)，直线l的斜率为tan600＝，所以直线l的方程为y＝x－，将直线l的方程和抛物线方程联立可得3x2－10x＋3＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由点A在x轴上方，所以A点在第一象限，则x1＝3，y1＝2.
法一：|AF|＝x1＋1＝4，O点到直线AB的距离为d＝，所以SΔFOA＝×4×＝.
法二： A(3,2)，所以SΔFOA＝×1×2＝.
2．（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＝________.
与圆的半径之差，即d－r＝－＝，由y＝x2＋a可得y′＝2x，令y′＝2x＝1，则x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＝.
3．（2012·北京卷） 已知曲线C：(5－m)x2＋(m－2)y2＝8(m∈R)．
(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；
(2)设m＝4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线y＝kx＋4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y＝1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线．
【答案】解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当
解得
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.
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.
5．（2012·上海卷） 若n＝(－2,1)是直线l的一个法向量，则l的倾斜角的大小为________(结果用反三角函数值表示)．
【答案】arctan2 【解析】考查直线的法向量和倾斜角，关键是求出直线的斜率．
由已知可得直线的斜率k×＝－1，∴k＝2，k＝tanα，所以直线的倾斜角α＝arctan2.
6．（2012·浙江卷） 设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋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
【答案】A 【解析】本题主要考查直线的平行关系与充要条件的判断等基础知识和基本方法．
法一：直接推理：分清条件和结论，找出推出关系即可．当a＝1时，直线l1：x＋2y－1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0显然平行，所以条件具有充分性；若直线l1与直线l2平行，则有：＝，解之得：a＝1 或 a＝－2，经检验，均符合，所以条件不具有必要性．故条件是结论的充分不必要条件．
法二：把命题“a＝1”看作集合M＝{1}，把命题“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”看作集合N＝{1，－2}，易知M⊆N，所以条件是结论的充分不必要条件，答案为A.
7．（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)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，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．
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)，对任意的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)．
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.
8．（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．
【答案】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.
9．（2012·广东卷） 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)∵e＝＝＝，
∴a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1.
设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，
假设直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离
d＝<1.
因为点M(m，n)∈C，所以＋n2＝1b>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.
【答案】C 【解析】根据题意，一定有∠PF1F2＝30°，且∠PF2x＝60°，故直线PF2的倾斜角是，设直线x＝a与x轴的交点为M，则|PF2|＝2|F2M|，又|PF2|＝|F1F2|，所以|F1F2|＝2|F2M|.所以2c＝2，即4c＝3a，故e＝＝.故选C.
16．（2012·天津卷）设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．
(1)若直线AP与BP的斜率之积为－，求椭圆的离心率；
(2)若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞.
【答案】解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)．
2b2.于是e2＝＝，所以椭圆的离心率e＝.
(2)证明：(方法一)
依题意，直线OP的方程为y＝kx，
设点P的坐标为(x0，y0)．
由条件得消去y0并整理得
x＝.②
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝，代入②，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4.由a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|>.
(方法二)依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．由点P在椭圆上，有＋＝1.因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2.③
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，代入③，得(1＋k2)＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞.
17．（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．
【答案】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.
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.
18．（2012·重庆卷）如图1－3，设椭圆的中心为原点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．
图1－3
(1)求该椭圆的离心率和标准方程；
(2)过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程．
【答案】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，又|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，因此|OA|＝|OB2|，得b＝.结合c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，c2＝4b2，所以离心率e＝＝.
＋＝1.
(2)由(1)知B1(－2,0)，B2(2,0)．由题意知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l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，得·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2.
所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.
19．（2012·辽宁卷）如图1－7，椭圆C0：＋＝1(a＞b＞0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t，b＜t1＜a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点．C1与C0相交于A，B，C，D四点．
图1－7
(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；
(2)设动圆C2：x2＋y2＝t与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b＜t2＜a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等．证明：t＋t为定值．
【答案】解：(1)设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则
直线A1A的方程为y＝(x＋a)，①
直线A2B的方程为y＝(x－a)，②
由①②得y2＝(x2－a2)．③
由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故＋＝1.
从而y＝b2，代入③得
－＝1(x＜－a，y＜0).
(2)证明：
设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得
4|x1||y1|＝4|x2||y2|，
故xy＝xy.
因为点A，A′均在椭圆上，所以
b2x＝b2x，
由t1≠t2，知x1≠x2，所以x＋x＝a2.
从而y＋y＝b2，
因此t＋t＝a2＋b2为定值．
19．（2012·北京卷） 已知曲线C：(5－m)x2＋(m－2)y2＝8(m∈R)．
(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；
(2)设m＝4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线y＝kx＋4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y＝1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线．
【答案】解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当
解得0，
即k2>.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，
所以kAN－kAG＝＋
＝＋
＝k＋
＝k＋＝0，
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
20．（2012·广东卷）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)∵e＝＝＝，
∴a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1.
设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，
|PQ|2＝x2＋(y－2)2＝－2(y＋1)2＋6＋3b2
≤6＋3b2，y∈[－b，b]．
由题设存在点P1满足|P1Q|＝3，
则9＝|P1Q|2≤6＋3b2，∴b≥1.
当b≥1时，由于y＝－1∈[－b，b]，此时|PQ|2取得最大值6＋3b2.
∴6＋3b2＝9⇒b2＝1，a2＝3.
故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)存在点M满足要求，使△OAB的面积最大．
假设直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离
d＝<1.
因为点M(m，n)∈C，所以＋n2＝1b>0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x＝于点Q.
(1)如果点Q的坐标是(4,4)，求此时椭圆C的方程；
(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点．
图1－5
【答案】解：(1)(方法一)由条件知，P，
故直线PF2的斜率为kPF2＝＝－.
因为PF2⊥F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－，故Q.
由题设知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1.
故椭圆方程为＋＝1.
(方法二)设直线x＝与x轴交于点M，
由条件知，P.
因为△PF1F2∽△F2MQ，所以＝.
即＝，解得＝2a.
所以a＝2，c＝1，
故椭圆方程为＋＝1.
(2)证明：直线PQ的方程为＝，
即y＝x＋a.
将上式代入椭圆方程得，x2＋2cx＋c2＝0.
解得x＝－c，y＝，
所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．
22．（2012·福建卷）如图1－4，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝，过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
图1－4
【答案】解：解法一：
(1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以4a＝8，a＝2.
又因为e＝，即＝，所以c＝1，
所以b＝＝.
故椭圆E的方程是＋＝1.
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.
由得Q(4,4k＋m)．
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．
设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m、k恒成立．
因为＝，＝(4－x1,4k＋m)，由·＝0，
得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**)
由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝1.
故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
解法二：(1)同解法一．
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.
由得Q(4,4k＋m)．
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．
取k＝0，m＝，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－)2＝4，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，此时P，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)．
以下证明M(1,0)就是满足条件的点：
因为M的坐标为(1,0)，所以＝，＝(3,4k＋m)，
从而·＝－－3＋＋3＝0，
故恒有⊥，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
23．（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)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，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．
【答案】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
因为点A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)，对任意的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.
24．（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________．
【答案】 【解析】考查椭圆的定义和性质、等比数列的性质等；解题的突破口是建立关于a，c的齐次等式，然后转化为离心率e的方程求解．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＝.
25．（2012·山东卷）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为.双曲线x2－y2＝1的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
【答案】D 【解析】本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，中档题．
由离心率为得，a2＝4b2，排除选项B，双曲线的渐近线方程为y＝±x，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第一象限的交点坐标为，代入选项A、C、D，知选项D正确．
26．（2012·上海卷）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.
(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；
(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ；
(3)设椭圆C2：4x2＋y2＝1，若M、N分别是C1、C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
【答案】解：(1)双曲线C1：－y2＝1，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
所以所求三角形的面积为S＝|OA||y|＝.
(2)设直线PQ的方程是y＝x＋b，因直线PQ与已知圆相切，
故＝1，即b2＝2.
由得x2－2bx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则
又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，所以
·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2
＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0.
故OP⊥OQ.
(3)当直线ON垂直于x轴时，
|ON|＝1，|OM|＝，则O到直线MN的距离为.
当直线ON不垂直于x轴时，
设直线ON的方程为y＝kx，
则直线OM的方程为y＝－x.
由得所以|ON|2＝.
同理|OM|2＝，
设O到直线MN的距离为d，
因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2.
所以＝＋＝＝3，即d＝.
综上，O到直线MN的距离是定值．
27．（2012·四川卷）椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A、B.当△FAB的周长最大时，△FAB的面积是________．
【答案】3 【解析】如图，设椭圆右焦点为F′，直线x＝m与x轴相交于C，
由椭圆第一定义，|AF|＋|AF′|＝|BF|＋|BF′|＝2a＝4，
而|AB|＝|AC|＋|BC|≤|AF′|＋|BF′|，
∴当且仅当AB过F′时，△ABF周长最大．
此时，由c＝1，得A，B，即|AB|＝3，
∴S△ABF＝|AB||FF′|＝3.
【2011高考真题】
（2011·安徽卷）在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x，y)为整点，下列命题中正确的是________(写出所有正确命题的编号)．
①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；
②如果k与b都是无理数，则直线y＝kx＋b不经过任何整点；
③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点；
④直线y＝kx＋b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数；
⑤存在恰经过一个整点的直线．
【答案】①③⑤
【解析】 ①正确，比如直线y＝x＋，不与坐标轴平行，且当x取整数时，y始终是一个无理数，即不经过任何整点；②错，直线y＝x－中k与b都是无理数，但直线经过整点(1,0)；③正确，当直线经过两个整点时，它经过无数多个整点；④错误，当k＝0，b＝时，直线y＝不通过任何整点；⑤正确，比如直线y＝x－只经过一个整点(1,0)．
（2011·福建卷）已知直线l：y＝x＋m，m∈R.
(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；
(2)若直线l关于x轴对称的直线为l′，问直线l′与抛物线C：x2＝4y是否相切？说明理由．
【解答】 解法一：
图1－6
(1)依题意，点P的坐标为(0，m)．
因为MP⊥l，所以×1＝－1，
解得m＝2，即点P的坐标为(0,2)．
从而圆的半径
r＝|MP|＝＝2，
故所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.
(2)因为直线l的方程为y＝x＋m，
所以直线l′的方程为y＝－x－m.
由得x2＋4x＋4m＝0.
Δ＝42－4×4m＝16(1－m)．
①当m＝1，即Δ＝0时，直线l′与抛物线C相切；
②当m≠1，即Δ≠0时，直线l′与抛物线C不相切．
综上，当m＝1时，直线l′与抛物线C相切；当m≠1时，直线l′与抛物线C不相切．
解法二：
(1)设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x－2)2＋y2＝r2.
依题意，所求圆与直线l：x－y＋m＝0相切于点P(0，m)，则
解得
所以所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.
(2)同解法一．
图1－2
（2011·湖北卷）如图1－2，直角坐标系xOy所在的平面为α，直角坐标系x′Oy′(其中y′轴与y轴重合)所在的平面为β，∠xOx′＝45°.
(1)已知平面β内有一点P′(2，2)，则点P′在平面α内的射影P的坐标为________；
(2)已知平面β内的曲线C′的方程是(x′－)2＋2y′2－2＝0，则曲线C′在平面α内的射影C的方程是______________．
【答案】 2＋y2＝1
【解析】 (1)过点P′作PP′⊥α，垂足为P，过P作PM⊥y轴于M，连接P′M，则∠P′MP＝45°.又MP′＝2，所以MP＝2cos45°＝2.所以点P.
(2)设曲线C′上任意一点为，则该点在平面α内的射影为，故有 即 代入2＋2y′2－2＝0中，得2＋y2－1＝0，即2＋y2＝1.
（2011·福建卷）设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( )
A.或 B.或2
C.或2 D.或
【答案】A
【解析】 设|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|，
若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率e＝＝；
若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a＝|PF1|－|PF2|＝c，离心率e＝＝，故选A.
（2011·湖南卷）如图1－9，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．
(1)求C1，C2的方程；
(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.
①证明：MD⊥ME；
②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理由．
图1－10
【解答】 (1)由题意知，e＝＝，从而a＝2b.又2＝a，解得a＝2，b＝1.
故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1.
(2)①由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx.
由得x2－kx－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1，x2是上述方程的两个实根，
于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.
又点M的坐标为(0，－1)，所以
kMA·kMB＝·＝
＝
＝＝－1.
故MA⊥MB，即MD⊥ME.
②设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为
y＝k1x－1，由解得
或
则点A的坐标为(k1，k－1)．
又直线MB的斜率为－，同理可得点B的坐标为.
于是S1＝|MA|·|MB|＝·|k1|··＝.
由得(1＋4k)x2－8k1x＝0.
解得或
则点D的坐标为.
又直线ME的斜率为－，同理可得点E的坐标为.
于是S2＝|MD|·|ME|＝.
因此＝.
由题意知，＝，
解得k＝4，或k＝.
又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－，
所以k＝±.
故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y＝x和y＝－x.
（2011·江西卷）若椭圆＋＝1的焦点在x轴上，过点作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．
【答案】 ＋＝1
【解析】 由题可知过点与圆x2＋y2＝1的圆心的直线方程为y＝x，由垂径定理可得kAB＝－2.
显然过点的一条切线为直线x＝1，此时切点记为A(1,0)，即为椭圆的右焦点，故c＝1.
由点斜式可得，直线AB的方程为y＝－2(x－1)，
即AB：2x＋y－2＝0.
令x＝0得上顶点为(0,2)，∴b＝2，∴a2＝b2＋c2＝5，故得所求椭圆方程为＋＝1.
（2011·课标全国卷）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为.过F1的直线l交C于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为________________．
【答案】 ＋＝1
【解析】 设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．
因为离心率为，所以＝，
解得＝，即a2＝2b2.
图1－7
又△ABF2的周长为＋＋＝＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝2a＋2a＝4a，，所以4a＝16，a＝4，所以b＝2，
所以椭圆方程为＋＝1.
（2011·陕西卷）
图1－8
如图1－8，设P是圆x2＋y2＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|.
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度．
【解答】 (1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，
由已知得
∵P在圆上，∴x2＋2＝25，
即C的方程为＋＝1.
(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，
设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得
＋＝1，即x2－3x－8＝0.
∴x1＝，x2＝.
∴线段AB的长度为
|AB|＝＝＝＝.
（2011·浙江卷）设F1，F2分别为椭圆＋y2＝1的左，右焦点，点A，B在椭圆上．若＝5，则点A的坐标是________．
【答案】(0，±1)
【解析】 设直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B′，又∵＝5，由椭圆的对称性可得＝5，设A，B′，
又∵|F1A|＝，|F1B′|＝，
∴ 解之得x1＝0，
∴点A的坐标为.
（2011·安徽卷）双曲线2x2－y2＝8的实轴长是( )
A．2 B．2 C．4 D．4
【答案】C
【解析】 双曲线方程可化为－＝1，所以a2＝4，得a＝2，所以2a＝4.故实轴长为4.
（2011·全国卷）已知F1、F2分别为双曲线C：－＝1的左、右焦点，点A∈C，点M的坐标为(2,0)，AM为∠F1AF2的平分线，则|AF2|＝________.
【答案】6
【解析】 根据角平分线的性质，＝＝.又－＝6，故＝6.
【2010高考真题】
1.（2010江西理）8.直线与圆相交于M,N两点，若，则k的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】考查直线与圆的位置关系、点到直线距离公式，重点考察数形结合的运用.
解法1：圆心的坐标为（3.，2），且圆与y轴相切.当，由点到直线距离公式，解得；
解法2：数形结合，如图由垂径定理得夹在两直线之间即可， 不取，排除B，考虑区间不对称，排除C，利用斜率估值，选A
2.（2010重庆理）(8) 直线y=与圆心为D的圆交与A、B两点，则直线AD与BD的倾斜角之和为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】数形结合
由圆的性质可知
故
3.（2010安徽理）9、动点在圆上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12秒旋转一周。已知时间时，点的坐标是，则当时，动点的纵坐标关于（单位：秒）的函数的单调递增区间是
A、 B、 C、 D、和
【答案】 D
【解析】画出图形，设动点A与轴正方向夹角为，则时，每秒钟旋转，在上，在上，动点的纵坐标关于都是单调递增的。
4.（2010四川理）（14）直线与圆相交于A、B两点，则 .
解析：方法一、圆心为(0,0)，半径为2
圆心到直线的距离为d＝
故
得|AB|＝2
答案：2
5.（2010广东理）12.已知圆心在x轴上，半径为的圆O位于y轴左侧，且与直线x+y=0相切，则圆O的方程是
答案：．
解析：设圆心为，则，解得
【2009高考真题】
1.（辽宁理，4）已知圆C与直线x－y=0 及x－y－4=0都相切，圆心在直线x+y=0上，则圆C的方程为
A. B.
C. D.
【解析】圆心在x＋y＝0上,排除C、D,再结合图象,或者验证A、B中圆心到两直线的距离等于半径即可.
【答案】B
2.（重庆理，1）直线与圆的位置关系为（ ）
A．相切 B．相交但直线不过圆心 C．直线过圆心 D．相离
【解析】圆心为到直线，即的距离，而，选B。
【答案】B
3.（天津理，13）设直线的参数方程为（t为参数），直线的方程为y=3x+4则与的距离为_______
【解析】由题直线的普通方程为，故它与与的距离为
。
【答案】
4.（全国Ⅱ理16）已知为圆:的两条相互垂直的弦，垂足为,则四边形的面积的最大值为 。
【解析】设圆心到的距离分别为,则.
四边形的面积
【答案】5
5.（全国Ⅱ理16）已知为圆:的两条相互垂直的弦，垂足为,则四边形的面积的最大值为 。
【解析】设圆心到的距离分别为,则.
四边形的面积
【答案】5
6.（2009江苏卷18）（本小题满分16分）
在平面直角坐标系中，已知圆和圆.
（1）若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程；
（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。
【解析】
解：(1)设直线的方程为：，即
由垂径定理，得：圆心到直线的距离，
结合点到直线距离公式，得：
化简得：
求直线的方程为：或，即或
(2) 设点P坐标为，直线、的方程分别为：
，即：
因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，两圆半径相等。
由垂径定理，得：：圆心到直线与直线的距离相等。
故有：，
化简得：
关于的方程有无穷多解，有：
解之得：点P坐标为或。
【2008年高考真题】
1.（2008年全国Ⅱ理11）等腰三角形两腰所在直线的方程分别为与x-7y-4=0,
原点在等腰三角形的底边上，则底边所在直线的斜率为 （ ）.
A．3 B．2 C． D．
答案 A
解析 ，，设底边为
由题意，到所成的角等于到所成的角于是有
