2016年高考数学（理科）真题分类汇编H单元 解析几何
数 学
H单元 解析几何
H1 直线的倾斜角与斜率、直线的方程
16．H1、H4[2016·全国卷Ⅲ] 已知直线l：mx＋y＋3m－＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若|AB|＝2，则|CD|＝________．
16．4 [解析] 直线l：m(x＋3)＋y－＝0过定点(－3，)，又|AB|＝2，∴2＋()2＝12，解得m＝－.直线方程中，当x＝0时，y＝2.又(－3，)，(0，2)两点都在圆上，∴直线l与圆的两交点为A(－3，)，B(0，2)．
设过点A(－3，)且与直线l垂直的直线为x＋y＋c1＝0，将(－3，)代入直线方程x＋y＋c1＝0，得c1＝2.令y＝0，得xC＝－2，同理得过点B且与l垂直的直线与x轴交点的横坐标为xD＝2，∴|CD|＝4.
H2 两直线的位置关系与点到直线的距离
12．E5、H2[2016·江苏卷] 已知实数x，y满足则x2＋y2的取值范围是________．
12.，13 [解析] 可行域如图中阴影部分所示，x2＋y2为可行域中任一点(x，y)到原点(0，0)的距离的平方．由图可知，x2＋y2的最小值为原点到直线AC的距离的平方，即2＝，最大值为OB2＝22＋32＝13.
H3 圆的方程
3．H2[2016·上海卷] 已知平行直线l1：2x＋y－1＝0，l2：2x＋y＋1＝0，则l1与l2的距离是________．
3. [解析] 由两平行线间的距离公式得d＝＝.
18．H3、H4[2016·江苏卷] 如图16，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4)．
(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；
(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程；
(3)设点T(t，0)满足：存在圆M上的两点P和Q，使得＋＝，求实数t的取值范围．
图16
18．解：圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，所以圆心M(6，7)，半径为5.
(1)由圆心N在直线x＝6上，可设N(6，y0)．
因为圆N与x轴相切，与圆M外切，
所以0
b>0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
图12
10. [解析] 方法一：由可得B(－a，)，C（a，）.
又由F(c，0)，得＝(－a－c，)，＝(a－c，).又∠BFC＝90°，
所以·＝0，化简可得2a2＝3c2，即e2＝＝，故e＝.
方法二：同方法一可得B(－a，)，C(a，)，所以BC＝a，由椭圆的焦半径公式得BF＝a－exB＝a＋e·a，CF＝a－exC＝a－e·a，
又∠BFC＝90°，所以BF2＋CF2＝BC2，即(a＋e·a)2＋(a－e·a)2＝(a)2，
式子两边同除以a2可得e2＝，即e＝.
11．H5[2016·全国卷Ⅲ] 已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点，P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )
A. B.
C. D.
11．A [解析] 设M(－c，y0)，则AM所在直线方程为y＝(x＋a)，令x＝0，得
E（0，）.BM所在直线方程为y＝(x－a)，令x＝0，得y＝.由题意得＝×，解得a＝3c，故离心率e＝＝.
19．H5，H8[2016·北京卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：|AN|·|BM|为定值．
19．解：(1)由题意得
解得a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1)．
设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.
当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝|1－yM|＝1＋.
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝|2－xN|＝2＋.
所以|AN|·|BM|＝2＋·1＋
＝
＝
＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4.
综上，|AN|·|BM|为定值．
20．H5[2016·四川卷] 已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；
(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P，证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．
20．解：(1)由已知得，a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.
由方程组得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①
方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，
此时方程①的解为x＝2，
所以椭圆E的方程为＋＝1，点T的坐标为(2，1)．
(2)证明：由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，
由方程组可得
所以P点坐标为(2－，1＋)，|PT|2＝m2.
设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由方程组可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②
方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ>0，解得－b>0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
(i)求证：点M在定直线上；
(ii)直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．
图15
21．解：(1)由题意知＝，可得a2＝4b2.
因为抛物线E的焦点F（0，），
所以b＝，a＝1，
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)(i)证明：设P（m，）(m＞0)，
由x2＝2y，可得y′＝x，
所以直线l的斜率为m，
因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，
即y＝mx－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，
联立方程
得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ＞0，
得0＜m＜(或0＜m2＜2＋)(*)，
且x1＋x2＝.
因此x0＝，
将其代入y＝mx－，
得y0＝，
因此＝－，
所以直线OD的方程为y＝－x.
联立方程
得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上．
(ii)由(i)知直线l的方程为y＝mx－.
令x＝0，得y＝－，
所以G（0，－）.
又P（m，），F（0，），D（，），
所以S1＝·|GF|·m＝，
S2＝·|PM|·|m－x0|＝××＝，
所以＝.
设t＝2m2＋1(t>1)，
则＝＝＝－＋＋2，
当＝，即t＝2时，取到最大值，
此时m＝，满足(*)式，
所以P点坐标为（，）.
因此的最大值为，此时点P的坐标为（，）.
19．H5、H8[2016·天津卷] 设椭圆＋＝1(a>)的右焦点为F，右顶点为A，已知＋＝，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．
19．解：(1)设F(c，0)，由＋＝，即＋＝，可得a2－c2＝3c2.
又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．设B(xB，yB)，由方程组消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
解得x＝2或x＝.由题意得xB＝，从而yB＝.
由(1)知，F(1，0)，设H(0，yH)，有＝(－1，yH)，＝，.由BF⊥HF，得·＝0，所以＋＝0，解得yH＝，因此直线MH的方程为y＝－x＋.
设M(xM，yM)，由方程组得xM＝.在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，即(xM－2)2＋y≤x＋y，化简得xM≥1，即≥1，解得k≤－或k≥，
所以直线l的斜率的取值范围为（－∞，－]∪[，＋∞）.
19．H5[2016·浙江卷] 如图15，设椭圆＋y2＝1(a>1)．
(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；
(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．
图15
19．解：(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，
故x1＝0，x2＝－.
因此|AP|＝|x1－x2|＝·.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.
记直线AΡ，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2>0，k1≠k2.
由(1)知，|AP|＝，|AQ|＝，
故＝，
所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.
由于k1≠k2，k1，k2>0得
1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，
因此(＋1)(＋1)＝1＋a2(a2－2)，①
因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是
1＋a2(a2－2)>1，
所以a>.
因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为10，b>0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点．若正方形OABC的边长为2，则a＝________．
13．2 [解析] 不妨令B为双曲线的右焦点，A在第一象限，如图所示．因为四边形OABC为正方形，|OA|＝2，所以c＝2.因为直线OA是双曲线的一条渐近线，∠AOB＝，所以＝tan＝1，即a＝b，又a2＋b2＝c2＝8，所以a＝2.
3．H6[2016·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1的焦距是________．
3．2 [解析] 由题目所给方程可得a2＝7，b2＝3，故c2＝10，所以焦距为2.
5．H6[2016·全国卷Ⅰ] 已知方程－＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是( )
A．(－1，3) B．(－1，)
C．(0，3) D．(0，)
5．A [解析] 若已知方程表示双曲线，则(m2＋n)·(3m2－n)>0，解得－m20，b>0)．若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________．
13．2 [解析] 将x＝－c代入－＝1，得y＝±.∵2|AB|＝3|BC|，∴2×＝3×2c，整理得2c2－2a2－3ac＝0，即2e2－3e－2＝0，解得e＝2或e＝－(舍去)．
6．H6[2016·天津卷] 已知双曲线－＝1(b>0)，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
6．D [解析] 由题意及双曲线的对称性画出示意图如图所示，渐近线OB：y＝x.设Bx0，x0，则·x0·x0＝，∴x0＝1，∴B(1，)，∴12＋＝22，∴b2＝12，∴双曲线方程为－＝1.
21．H6，H8，F3[2016·上海卷] 双曲线x2－＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过F2且与双曲线交于A，B两点．
(1)若l的倾斜角为，△F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
(2)设b＝，若l的斜率存在，且(＋)·＝0，求l的斜率．
21．解：(1)设A(xA，yA)，
F2(c，0)，c＝，由题意，y＝b2(c2－1)＝b4，
因为△F1AB是等边三角形，所以2c＝|yA|，
即4(1＋b2)＝3b4，解得b2＝2.
故双曲线的渐近线方程为y＝±x.
(2)由已知，F1(－2，0)，F2(2，0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝k(x－2)，显然k≠0.
由得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0.
因为l与双曲线交于两点，所以k2－3≠0，且Δ＝36(1＋k2)>0.
设AB的中点为M(xM，yM)．
由(＋)·＝0，即·＝0，知F1M⊥AB，故kF1M·k＝－1.
又xM＝＝，yM＝k(xM－2)＝，所以kF1M＝，
所以·k＝－1，得k2＝，故l的斜率为±.
H7 抛物线及其几何性质
10．H7[2016·全国卷Ⅰ] 以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点，已知|AB|＝4，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
10．B [解析] 设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，点A在第一象限，点D在第二象限．根据抛物线的对称性可得点A的纵坐标为2，代入抛物线方程得x＝，即点A（，2）.易知点D（－，），由于点A，D都在以坐标原点为圆心的圆上，所以＋8＝＋5，解得p＝4，此即为抛物线的焦点到准线的距离．
8．H7[2016·四川卷] 设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为( )
A. B.
C. D．1
8．C [解析] 如图，由题可知F，设P点坐标为.
显然，当y0<0时，kOM<0；当y0>0时，kOM>0.所以要求kOM的最大值，不妨设y0>0.
因为 ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ (－) ＝ ＋ ＝ ，所以
kOM ＝ ＝ ≤ ＝ ，当且仅当y＝2p2时，等号成立．
14．H7[2016·天津卷] 设抛物线(t为参数，p>0)的焦点为F，准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C（p，0），AF与BC相交于点E.若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3，则p的值为________．
14. [解析] 由题意得，抛物线的普通方程为y2＝2px，∴F（，0），∴|CF|＝3p，∴|AB|＝|AF|＝p，∴A(p，±p)．易知△AEB∽△FEC，∴＝＝，
故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×＝p2＝3，∴p2＝6.∵p>0，∴p＝.
9．H7[2016·浙江卷] 若抛物线y2＝4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是________．
9．9 [解析] 由题意得，p＝2，则＝1，即原点到准线的距离是1.由点M到焦点的距离与到准线的距离相等，知点M到准线的距离为10，故M到y轴的距离为10－1＝9.
20．H7[2016·上海卷] 有一块正方形菜地EFGH，EH所在直线是一条小河，收获的蔬菜可送到F点或河边运走．于是，菜地分为两个区域S1和S2，其中S1中的蔬菜运到河边较近，S2中的蔬菜运到F点较近，而菜地内S1和S2的分界线C上的点到河边与到F点的距离相等．现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点F的坐标为(1，0)，如图15所示．
(1)求菜地内的分界线C的方程；
(2)菜农从蔬菜运量估计出S1的面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的“经验值”为.设M是C上纵坐标为1的点，请计算以EH为一边、另有一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的“经验值”．
图15
20．解：(1)因为C上的点到直线EH与到点F的距离相等，所以C是以F为焦点、以EH为准线的抛物线在正方形EFGH内的部分，其方程为y2＝4x(00)．
(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程．
(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；
②求p的取值范围．
图18
22．解：(1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为，0，
由点，0在直线l：x－y－2＝0上，得－0－2＝0，即p＝4.
所以抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)，
因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.
①证明：由消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)
因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1≠y2，
从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化简得p＋2b>0.
方程(*)的两根为y1，2＝－p±，从而y0＝＝－p.
因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p.
因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．
②因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上，
所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.
由①知p＋2b>0，于是p＋2(2－2p)>0，所以p<.
因此，p的取值范围为0，.
20．H7、H9[2016·全国卷Ⅲ] 已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明：AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
20．解：由题设知F（，0）.设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，且A（，a），B（，b），P（－，a），Q（－，b），R（－，）.
记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.
(1)证明：由于F在线段AB上，所以1＋ab＝0.
记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则
k1＝＝＝＝＝－b＝k2，
所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1，0)，
则S△ABF＝|b－a||FD|＝|b－a|，S△PQF＝.
由题设可得|b－a|＝，所以x1＝0(舍去)或x1＝1.
设满足条件的AB的中点为E(x，y)．
当AB与x轴不垂直时，由kAB＝kDE可得＝(x≠1)．
而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．
当AB与x轴垂直时，E与D重合．所以所求轨迹方程为y2＝x－1.
21．H5，H7，H10[2016·山东卷] 平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
(i)求证：点M在定直线上；
(ii)直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．
图15
21．解：(1)由题意知＝，可得a2＝4b2.
因为抛物线E的焦点F（0，），
所以b＝，a＝1，
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)(i)证明：设P（m，）(m＞0)，
由x2＝2y，可得y′＝x，
所以直线l的斜率为m，
因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，
即y＝mx－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，
联立方程
得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ＞0，
得0＜m＜(或0＜m2＜2＋)(*)，
且x1＋x2＝.
因此x0＝，
将其代入y＝mx－，
得y0＝，
因此＝－，
所以直线OD的方程为y＝－x.
联立方程
得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上．
(ii)由(i)知直线l的方程为y＝mx－.
令x＝0，得y＝－，
所以G（0，－）.
又P（m，），F（0，），D（，），
所以S1＝·|GF|·m＝，
S2＝·|PM|·|m－x0|＝××＝，
所以＝.
设t＝2m2＋1(t>1)，
则＝＝＝－＋＋2，
当＝，即t＝2时，取到最大值，
此时m＝，满足(*)式，
所以P点坐标为（，）.
因此的最大值为，此时点P的坐标为（，）.
H8 直线与圆锥曲线（AB课时作业）
10．H5，H8[2016·江苏卷] 如图12，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
图12
10. [解析] 方法一：由可得B(－a，)，C（a，）.
又由F(c，0)，得＝(－a－c，)，＝(a－c，).又∠BFC＝90°，
所以·＝0，化简可得2a2＝3c2，即e2＝＝，故e＝.
方法二：同方法一可得B(－a，)，C(a，)，所以BC＝a，由椭圆的焦半径公式得BF＝a－exB＝a＋e·a，CF＝a－exC＝a－e·a，
又∠BFC＝90°，所以BF2＋CF2＝BC2，即(a＋e·a)2＋(a－e·a)2＝(a)2，
式子两边同除以a2可得e2＝，即e＝.
19．H5，H8[2016·北京卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：|AN|·|BM|为定值．
19．解：(1)由题意得
解得a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1)．
设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.
当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝|1－yM|＝1＋.
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝|2－xN|＝2＋.
所以|AN|·|BM|＝2＋·1＋
＝
＝
＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4.
综上，|AN|·|BM|为定值．
22．H7、H8[2016·江苏卷] 如图18，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p>0)．
(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程．
(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；
②求p的取值范围．
图18
22．解：(1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为，0，
由点，0在直线l：x－y－2＝0上，得－0－2＝0，即p＝4.
所以抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)，
因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.
①证明：由消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)
因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1≠y2，
从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化简得p＋2b>0.
方程(*)的两根为y1，2＝－p±，从而y0＝＝－p.
因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p.
因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．
②因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上，
所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.
由①知p＋2b>0，于是p＋2(2－2p)>0，所以p<.
因此，p的取值范围为0，.
20．H8，H9[2016·全国卷Ⅰ] 设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
20．解：(1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2.由椭圆定义可得点E的轨迹方程为
＋＝1(y≠0)．
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积
S＝|MN||PQ|＝12.
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8)．
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，
|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8)．
20．H8[2016·全国卷Ⅱ] 已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
20．解：(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
当t＝4时，椭圆E的方程为＋＝1，A(－2，0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为，
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0，
解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)由题意知t>3，k>0，A(－，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得
(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－)＝得x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝.
由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|得＝，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝.
t>3等价于＝<0，即<0，
由此得或解得)的右焦点为F，右顶点为A，已知＋＝，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．
19．解：(1)设F(c，0)，由＋＝，即＋＝，可得a2－c2＝3c2.
又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．设B(xB，yB)，由方程组消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
解得x＝2或x＝.由题意得xB＝，从而yB＝.
由(1)知，F(1，0)，设H(0，yH)，有＝(－1，yH)，＝，.由BF⊥HF，得·＝0，所以＋＝0，解得yH＝，因此直线MH的方程为y＝－x＋.
设M(xM，yM)，由方程组得xM＝.在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，即(xM－2)2＋y≤x＋y，化简得xM≥1，即≥1，解得k≤－或k≥，
所以直线l的斜率的取值范围为（－∞，－]∪[，＋∞）.
21．H6，H8，F3[2016·上海卷] 双曲线x2－＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过F2且与双曲线交于A，B两点．
(1)若l的倾斜角为，△F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
(2)设b＝，若l的斜率存在，且(＋)·＝0，求l的斜率．
21．解：(1)设A(xA，yA)，
F2(c，0)，c＝，由题意，y＝b2(c2－1)＝b4，
因为△F1AB是等边三角形，所以2c＝|yA|，
即4(1＋b2)＝3b4，解得b2＝2.
故双曲线的渐近线方程为y＝±x.
(2)由已知，F1(－2，0)，F2(2，0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝k(x－2)，显然k≠0.
由得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0.
因为l与双曲线交于两点，所以k2－3≠0，且Δ＝36(1＋k2)>0.
设AB的中点为M(xM，yM)．
由(＋)·＝0，即·＝0，知F1M⊥AB，故kF1M·k＝－1.
又xM＝＝，yM＝k(xM－2)＝，所以kF1M＝，
所以·k＝－1，得k2＝，故l的斜率为±.
H9 曲线与方程
20．H8，H9[2016·全国卷Ⅰ] 设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)
且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
20．解：(1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2.由椭圆定义可得点E的轨迹方程为
＋＝1(y≠0)．
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积
S＝|MN||PQ|＝12.
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8)．
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，
|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8)．
20．H7、H9[2016·全国卷Ⅲ] 已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明：AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
20．解：由题设知F（，0）.设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，且A（，a），B（，b），P（－，a），Q（－，b），R（－，）.
记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.
(1)证明：由于F在线段AB上，所以1＋ab＝0.
记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则
k1＝＝＝＝＝－b＝k2，
所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1，0)，
则S△ABF＝|b－a||FD|＝|b－a|，S△PQF＝.
由题设可得|b－a|＝，所以x1＝0(舍去)或x1＝1.
设满足条件的AB的中点为E(x，y)．
当AB与x轴不垂直时，由kAB＝kDE可得＝(x≠1)．
而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．
当AB与x轴垂直时，E与D重合．所以所求轨迹方程为y2＝x－1.
H10 单元综合
7．H10[2016·浙江卷] 已知椭圆C1：＋y2＝1(m>1)与双曲线C2：－y2＝1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则( )
A．m>n且e1e2>1 B．m>n且e1e2<1
C．m1 D．mn.易知e1e2＝·＝＝>1，故选A.
21．H5，H7，H10[2016·山东卷] 平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
(i)求证：点M在定直线上；
(ii)直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．
图15
21．解：(1)由题意知＝，可得a2＝4b2.
因为抛物线E的焦点F（0，），
所以b＝，a＝1，
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)(i)证明：设P（m，）(m＞0)，
由x2＝2y，可得y′＝x，
所以直线l的斜率为m，
因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，
即y＝mx－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，
联立方程
得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ＞0，
得0＜m＜(或0＜m2＜2＋)(*)，
且x1＋x2＝.
因此x0＝，
将其代入y＝mx－，
得y0＝，
因此＝－，
所以直线OD的方程为y＝－x.
联立方程
得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上．
(ii)由(i)知直线l的方程为y＝mx－.
令x＝0，得y＝－，
所以G（0，－）.
又P（m，），F（0，），D（，），
所以S1＝·|GF|·m＝，
S2＝·|PM|·|m－x0|＝××＝，
所以＝.
设t＝2m2＋1(t>1)，
则＝＝＝－＋＋2，
当＝，即t＝2时，取到最大值，
此时m＝，满足(*)式，
所以P点坐标为（，）.
因此的最大值为，此时点P的坐标为（，）.
3．[2016·淄博一中月考] 若PQ是圆x2＋y2＝9的弦，PQ的中点是(1，2)，则直线PQ的方程是( )
A．x＋2y－5＝0
B．x＋2y－3＝0
C．2x－y＋4＝0
D．2x－y＝0
3．A [解析] 由题知直线PQ的斜率是－，故直线PQ的方程是y－2＝－(x－1)，即x＋2y－5＝0.
4．[2016·汕尾调研] “k＝2”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝2相切”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．A [解析] 直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝2相切⇔＝，即k＝±2.故选A.
4．[2016·郑州质检] 已知椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与椭圆交于A，B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则椭圆的离心率e为( )
A. B. 2－
C. －2 D. －
4．D [解析] 设＝2c，＝m，
∵△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴＝＝m，＝m.
由椭圆的定义可知△F1AB的周长为4a，
∴4a＝2m＋m，∴m＝2(2－)a，
∴＝2a－m＝(2－2)a.
∵＋＝，
∴4(2－)2a2＋4(－1)2a2＝4c2，
∴e2＝9－6，∴e＝－.
1．[2016·石家庄质检] 已知椭圆C：＋＝1的离心率为，过点M的直线l交椭圆C于A，B两点，且＝λ，当直线l垂直于x轴时，＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若λ∈，求弦长的取值范围．
1．解：(1)由e＝，得＝①.
又当直线l垂直于x轴时， ＝，所以椭圆C过点，
代入椭圆方程得＋＝1②.
又a2＝b2＋c2③，联立①②③可得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当过点M的直线l的斜率为0时，点A，B 为椭圆长轴的两端点，
λ＝＝＝3＋2>2或λ＝＝＝3－2<，不合题意，
所以直线l的斜率不能为0.
当直线l的斜率不为0时，可设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将直线方程代入椭圆方程得 (m2＋2)y2＋2my－1＝0，
由韦达定理可得
将④式两边平方除以⑤式可得＋＋2＝－.
由|MA|＝λ|MB|可知，＝－λ，
所以－λ－＋2＝－，
又λ∈，所以－λ－＋2∈，
所以－≤－≤0，解得m2∈.
易知|AB|2＝(1＋m2)|y1－y2|2＝(1＋m2)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝8＝8，
又m2∈，所以∈，
所以|AB|∈.
1．[2016·宿州质检] 已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)和椭圆C2：＋y2＝1的离心率相同，且点(，1)在椭圆C1上．
(1)求椭圆C1的方程．
(2)设P为椭圆C2上一动点，过点P作直线交椭圆C1于A，C两点，且P恰为弦AC的中点，试判断△AOC的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
1．解：(1)由题知，＋＝1，a2＝b2＋c2，且＝，得a2＝4，b2＝2，
∴椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)当直线AC的斜率不存在时，必有P(±，0)，
此时|AC|＝2，S△AOC＝.
当直线AC的斜率存在时，设其斜率为k，点P(x0，y0)，
则直线AC：y－y0＝k(x－x0)，
与椭圆C1的方程联立，得(1＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(y0－kx0)2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x0＝＝－，
即x0＝－2ky0.又x＋2y＝2，∴y＝，
∴S△AOC＝××·＝
＝
＝
|y0|＝.
综上，无论P点怎样变化，△AOC的面积为常数.
4．[2016·河南六市联考] 如图K451所示，在平面直角坐标系xOy中，已知R(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上的一点，从原点O向圆R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.
(1)若R点在第一象限，且直线OP，OQ互相垂直，求圆R的标准方程．
(2)若直线OP，OQ的斜率存在，并将其分别记为k1，k2，求k1·k2的值．
(3)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
图K451
4．解：(1)由圆R的方程知，圆R的半径r＝2.
因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，所以|OR|＝r＝4，即x＋y＝16①.
又点R在椭圆C上，所以＋＝1②.
联立①②，解得
所以所求圆R的标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8.
(2)因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，所以＝2，＝2，
化简得(x－8)k－2x0y0k1＋y－8＝0，
(x－8)k－2x0y0k2＋y－8＝0，
所以k1，k2是方程(x－8)k2－2x0y0k＋y－8＝0的两个不相等的实数根，由韦达定理得，k1·k2＝.
因为点R(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，
即y＝12－x，
所以k1·k2＝＝－.
(3)当直线OP，OQ不与坐标轴重合时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
由(2)知2k1k2＋1＝0，
所以＋1＝0，故yy＝xx.
因为点P，Q都在椭圆C上，
所以＋＝1，＋＝1，
即y＝12－x，y＝12－x，
所以＝xx，
整理得x＋x＝24，
所以y＋y＝＋＝12，
所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝(x＋x)＋(y＋y)＝36.
当直线OP，OQ与坐标轴重合时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝36.
综上，|OP|2＋|OQ|2＝36.
