2014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
14.B14、H1[2014·湖北卷] 设f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且f(x)>0,对任意a>0,b>0,若经过点(a,f(a)),(b,-f(b))的直线与x轴的交点为(c,0),则称c为a,b关于函数f(x)的平均数,记为Mf(a,b),例如,当f(x)=1(x>0)时,可得Mf(a,b)=c=,即Mf(a,b)为a,b的算术平均数.
(1)当f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为a,b的几何平均数;
(2)当f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为a,b的调和平均数.
(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)
14.(1) (2)x(或填(1)k1;(2)k2x,其中k1,k2为正常数)
[解析] 设A(a,f(a)),B(b,-f(b)),C(c,0),则此三点共线:
(1)依题意,c=,则=,
即=.
因为a>0,b>0,所以化简得=,故可以选择f(x)=(x>0);
(2)依题意,c=,则=,因为a>0,b>0,所以化简得=,故可以选择f(x)=x(x>0).
20.H1 H6 H8[2014·江西卷] 如图17所示,已知双曲线C:-y2=1(a>0)的右焦点为F,点A,B分别在C的两条渐近线上,AF⊥x轴,AB⊥OB,BF∥OA(O为坐标原点).
图17
(1)求双曲线C的方程;
(2)过C上一点P(x0,y0)(y0≠0)的直线l:-y0y=1与直线AF相交于点M,与直线x=相交于点N.证明:当点P在C上移动时,恒为定值,并求此定值.
20.解:(1)设F(c,0),因为b=1,所以c=.
由题意,直线OB的方程为y=-x,直线BF的方程为y=(x-c),所以B.
又直线OA的方程为y=x,
则A,所以kAB==.
又因为AB⊥OB,所以·=-1,解得a2=3,故双曲线C的方程为-y2=1.
(2)由(1)知a=,则直线l的方程为-y0y=1(y0≠0),即y=(y0≠0).
因为直线AF的方程为x=2,所以直线l与AF的交点为M,直线l与直线x=的交点为N,,
则===
·.
又P(x0,y0)是C上一点,则-y=1,
代入上式得=·=·=,所以==,为定值.
20.HI,H5,H8[2014·四川卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.
①证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);
②当最小时,求点T的坐标.
20.解:(1)由已知可得
解得a2=6,b2=2,
所以椭圆C的标准方程是+=1.
(2)①证明:由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m),
则直线TF的斜率kTF==-m.
当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=.直线PQ的方程是x=my-2.
当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得
消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,
其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>0.
所以y1+y2=,y1y2=,
x1+x2=m(y1+y2)-4=.
设M为PQ的中点,则M点的坐标为.
所以直线OM的斜率kOM=-,
又直线OT的斜率kOT=-,
所以点M在直线OT上,
因此OT平分线段PQ.
②由①可得,
|TF|=,
|PQ|=
=
=
=.
所以==
≥=.
当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.
故当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).
H2 两直线的位置关系与点到直线的距离
21.H7、H8、H2[2014·全国卷] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=|PQ|.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线l与C相交于A,B两点,若AB的垂直平分线l′与C相交于M,N两点,且A,M,B,N四点在同一圆上,求l的方程.
21.解:(1)设Q(x0,4),代入y2=2px,得x0=,
所以|PQ|=,|QF|=+x0=+.
由题设得+=×,解得p=-2(舍去)或p=2,
所以C的方程为y2=4x.
(2)依题意知l与坐标轴不垂直,故可设l的方程为x=my+1(m≠0).
代入y2=4x,得y2-4my-4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=4m,y1y2=-4.
故线段的AB的中点为D(2m2+1,2m),
|AB|=|y1-y2|=4(m2+1).
又直线l ′的斜率为-m,
所以l ′的方程为x=-y+2m2+3.
将上式代入y2=4x,
并整理得y2+y-4(2m2+3)=0.
设M(x3,y3),N(x4,y4),
则y3+y4=-,y3y4=-4(2m2+3).
故线段MN的中点为E,
|MN|=|y3-y4|=.
由于线段MN垂直平分线段AB,故A,M,B,N四点在同一圆上等价于|AE|=|BE|=|MN|,
从而|AB|2+|DE|2=|MN|2,即
4(m2+1)2++=
,
化简得m2-1=0,解得m=1或m=-1,
故所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.
H3 圆的方程
9.H3、H5[2014·福建卷] 设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )
A.5 B.+
C.7+ D.6
9.D [解析] 设圆心为点C,则圆x2+(y-6)2=2的圆心为C(0,6),半径r=.设点Q(x0,y
0)是椭圆上任意一点,则+y=1,即x=10-10y,
∴|CQ|===,
当y0=-时,|CQ|有最大值5 ,
则P,Q两点间的最大距离为5 +r=6 .
H4 直线与圆、圆与圆的位置关系
10.H4、H9[2014·安徽卷] 在平面直角坐标系xOy中,已知向量a,b,|a|=|b|=1,a·b=0,点Q满足=(a+b).曲线C={P|=acos θ+bsin θ,0≤θ<2π},区域Ω={P|0<r≤|PQ|≤R,r<R}.若C∩Ω为两段分离的曲线,则( )
A.1<r<R<3 B.1<r<3≤R
C.r≤1<R<3 D.1<r<3<R
10.A [解析]由已知可设=a=(1,0),=b=(0,1),P(x,y),则=(,),|OQ|=2.
曲线C={P|=(cos θ,sin θ),0≤θ<2π},
即C:x2+y2=1.
区域Ω={P|0
g(x),根据圆心(0,0)到直线y=3x+b的距离是圆的半径求得=2,解得b=2或b=-2(舍去),要使h(x)>g(x)恒成立,则b>2,即实数b的取值范围是(2,+∞).
12.H4[2014·陕西卷] 若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为________.
12.x2+(y-1)2=1 [解析] 由圆C的圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,得圆C的圆心为(0,1).又因为圆C的半径为1,所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=1.
14.E6,H4[2014·四川卷] 设m∈R,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|·|PB|的最大值是________.
14.5 [解析] 由题意可知,定点A(0,0),B(1,3),且两条直线互相垂直,则其交点P(x,y)落在以AB为直径的圆周上,
所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.
∴|PA||PB|≤=5,
当且仅当|PA|=|PB|时等号成立.
13.H4[2014·重庆卷] 已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a=________.
13.4± [解析] 由题意可知圆的圆心为C(1,a),半径r=2,则圆心C到直线ax+y-2=0的距离d==.∵△ABC为等边三角形,∴|AB|=r=2.又|AB|=2,∴2=2,即a2-8a+1=0,解得a=4±.
21.H4,H5[2014·重庆卷] 如图14所示,设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面积为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点,求圆的半径.
图14
21.解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.
由=2得|DF1|==c.
从而S△DF1F2=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.
从而|DF1|=,由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=,
所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.
因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)如图所示,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2,|P1P2|=2|x1|.
由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y=0.由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3x+4x1=0,解得x1=-或x1=0.
当x1=0时,P1,P2重合,此时题设要求的圆不存在.
当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.
由F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2,知CP1⊥CP2.又|CP1|=|CP2|,故圆C的半径|CP1|=|P1P2|=|x1|=.
H5 椭圆及其几何性质
20.HI,H5,H8[2014·四川卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.
①证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);
②当最小时,求点T的坐标.
20.解:(1)由已知可得
解得a2=6,b2=2,
所以椭圆C的标准方程是+=1.
(2)①证明:由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m),
则直线TF的斜率kTF==-m.
当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=.直线PQ的方程是x=my-2.
当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得
消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,
其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>0.
所以y1+y2=,y1y2=,
x1+x2=m(y1+y2)-4=.
设M为PQ的中点,则M点的坐标为.
所以直线OM的斜率kOM=-,
又直线OT的斜率kOT=-,
所以点M在直线OT上,
因此OT平分线段PQ.
②由①可得,
|TF|=,
|PQ|=
=
=
=.
所以==
≥=.
当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.
故当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).
14.H5[2014·安徽卷] 设F1,F2分别是椭圆E:x2+=1(0<b<1)的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆E于A,B两点.若|AF1|=3|F1B|,AF2⊥x轴,则椭圆E的方程为________.
14.x2+y2=1 [解析]
设F1(-c,0),F2(c,0),其中c=,
则可设A(c,b2),B(x0,y0),由|AF1|=3|F1B|,
可得=3,故即代入椭圆方程可得+b2=1,解得b2=,故椭圆方程为x2+=1.
19.H4、H5、H8[2014·北京卷] 已知椭圆C:x2+2y2=4.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OA⊥OB,试判断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.
19.解:(1)由题意,椭圆C的标准方程为+=1.
所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.
因此a=2,c=.
故椭圆C的离心率e==.
(2)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:
设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),
其中x0≠0.
因为OA⊥OB,所以·=0,
即tx0+2y0=0,解得t=-.
当x0=t时,y0=-,代入椭圆C的方程,
得t=±,
故直线AB的方程为x=±.圆心O到直线AB的距离d=,
此时直线AB与圆x2+y2=2相切.
当x0≠t时,直线AB的方程为y-2=(x-t),
即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.
圆心O到直线AB的距离
d=.
又x+2y=4,t=-,故
d===.
此时直线AB与圆x2+y2=2相切.
9.H3、H5[2014·福建卷] 设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )
A.5 B.+
C.7+ D.6
9.D [解析] 设圆心为点C,则圆x2+(y-6)2=2的圆心为C(0,6),半径r=.设点Q(x0,y0)是椭圆上任意一点,则+y=1,即x=10-10y,
∴|CQ|===,
当y0=-时,|CQ|有最大值5 ,
则P,Q两点间的最大距离为5 +r=6 .
20.H5、H8[2014·广东卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个焦点为(,0),离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.
9.H5、H6[2014·湖北卷] 已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
A. B. C.3 D.2
9.A [解析] 设|PF1|=r1,|PF2|=r2,r1>r2,椭圆的长半轴长为a1,双曲线的实半轴长为a2,椭圆、双曲线的离心率分别为e1,e2.则由椭圆、双曲线的定义,得r1+r2=2a1,r1-r2=2a2,平方得4a=r+r+2r1r2,4a=r-2r1r2+r.又由余弦定理得4c2=r+r-r1r2,消去r1r2,得a+3a=4c2,
即+=4.所以由柯西不等式得=≤=.
所以+≤.故选A.
21.H5、H6、H8、H10[2014·湖南卷] 如图17,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3,F4,离心率为e2.已知e1e2=,且|F2F4|=-1.
(1)求C1,C2的方程;
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点.当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.
图17
21.解: (1)因为e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),
F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,a2=2.故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.
(2)因AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1,由得(m2+2)y2-2my-1=0.
易知此方程的判别式大于0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2
是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.
因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点为M,故直线PQ的斜率为-,PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.
由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=.因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.
又因为|y1-y2|==,所以2d=.
故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2·.
而0<2-m2≤2,故当m=0时,S取最小值2.
综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.
15.H5[2014·江西卷] 过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:+=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于________.
15. [解析] 设点A(x1,y1),点B(x2,y2),点M是线段AB的中点,所以x1+x2=2,y1+y2=2,且两式作差可得=
,即=,所以=-,
即kAB=-.由题意可知,直线AB的斜率为-,所以-=-,即a=b.又a2=b2+c2,
所以c=b,e=.
15.H5[2014·辽宁卷] 已知椭圆C:+=1,点M与C的焦点不重合.若M关于C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在C上,则|AN|+|BN|=______.
15.12 [解析] 取MN的中点为G,点G在椭圆C上.设点M关于C的焦点F1的对称点为A,点M关于C的焦点F2的对称点为B,则有|GF1|=|AN|,|GF2|=|BN|,所以|AN|+|BN|=2(|GF1|+|GF2|)=4a=12.
20.H5、H8[2014·辽宁卷] 圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成—个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图16所示).双曲线C1:-=1过点P
且离心率为.
图16
(1)求C1的方程;
(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点,直线l过C2的右焦点且与C2交于A,B两点.若以线段AB为直径的圆过点P,求l的方程.
20.解:(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-,切线方程为y-y0=-(x-x0),即x0x+y0y=4,此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为,.故其围成的三角形的面积S=··=.由x+y=4≥2x0y0知,当且仅当x0=y0=时x0y0有最大值2,此时S有最小值4,因此点P的坐标为(,).
由题意知
解得a2=1,b2=2,故C1的方程为x2-=1.
(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-,0),(,0),由此可设C2的方程为+=1,其中b1>0.
由P(,)在C2上,得+=1,
解得b=3,
因此C2的方程为+=1.
显然,l不是直线y=0.
设直线l的方程为x=my+,点A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(m2+2)y2+2 my-3=0.
又y1,y2是方程的根,因此
②
由x1=my1+,x2=my2+,得
因为=(-x1,-y1),=(-x2,-y2),由题意知·=0,
所以x1x2-(x1+x2)+y1y2-(y1+y2)+4=0,⑤
将①②③④代入⑤式整理得
2m2-2 m+4 -11=0,
解得m=-1或m=-+1.
因此直线l的方程为
x-(-1)y-=0或x+(-1)y-=0.
6.H5[2014·全国卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点为F1,F2,离心率为,过F2的直线l交C于A,B两点.若△AF1B的周长为4,则C的方程为( )
A.+=1 B.+y2=1
C.+=1 D.+=1
6.A [解析] 根据题意,因为△AF1B的周长为4,所以|AF1|+|AB|+|BF1|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=4,所以a=.又因为椭圆的离心率e==,所以c=1,b2=a2-c2=3-1=2,所以椭圆C的方程为+=1.
20.H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
20.解:(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.
又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.
故E的方程为+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意,
故可设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0,
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,
x1,2=,
从而|PQ|=|x1-x2|
=.
又点O到直线l的距离d=.
所以△OPQ的面积
S△OPQ=d·|PQ|=.
设=t,则t>0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,满足Δ>0,
所以,当△OPQ的面积最大时,k=±,l的方程为y=x-2或y=-x-2.
20.H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直,直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为,求C的离心率;
(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=
5|F1N|,求a,b.
20.解:(1)根据c=及题设知M,2b2=3ac.
将b2=a2-c2代入2b2=3ac,
解得=,=-2(舍去).
故C的离心率为.
(2)由题意知,原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故=4,即b2=4a.①
由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.
设N(x1,y1),由题意知y1<0,则
即
代入C的方程,得+=1.②
将①及c=代入②得+=1,
解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2.
10.H5,H6[2014·山东卷] 已知a>b>0,椭圆C1的方程为+=1,双曲线C2的方程为-=1,C1与C2的离心率之积为,则C2的渐近线方程为( )
A. x±y=0 B. x±y=0
C. x±2y=0 D. 2x±y=0
10.A [解析] 椭圆C1的离心率e1=,双曲线C2的离心率e2=.由e1e2=·=×=,
解得=,所以=,所以双曲线C2的渐近线方程是y=±x.故选A.
20.H5,H7,H8[2014·陕西卷] 如图15所示,曲线C由上半椭圆C1:+=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为.
(1)求a,b的值;
(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),若AP⊥AQ,求直线l的方程.
图15
20.解:(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点.
设C1的半焦距为c,由=及a2-c2=b2=1得a=2,
∴a=2,b=1.
(2)方法一:由(1)知,上半椭圆C1的方程为+x2=1(y≥0).
易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k≠0),
代入C1的方程,整理得
(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)
设点P的坐标为(xP,yP),
∵直线l过点B,∴x=1是方程(*)的一个根.
由求根公式,得xP=,从而yP=,
∴点P的坐标为.
同理,由
得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).
∴=(k,-4),=-k(1,k+2).
∵AP⊥AQ,
∴AP·AQ=0,即[k-4(k+2)]=0,
∵k≠0,
∴k-4(k+2)=0,解得k=-.
经检验,k=-符合题意,
故直线l的方程为y=-(x-1).
方法二:若设直线l的方程为x=my+1(m≠0),比照方法一给分.
20.H5,H7,H8[2014·陕西卷] 如图15所示,曲线C由上半椭圆C1:+=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为.
(1)求a,b的值;
(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),若AP⊥AQ,求直线l的方程.
图15
20.解:(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点.
设C1的半焦距为c,由=及a2-c2=b2=1得a=2,
∴a=2,b=1.
(2)方法一:由(1)知,上半椭圆C1的方程为+x2=1(y≥0).
易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k≠0),
代入C1的方程,整理得
(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)
设点P的坐标为(xP,yP),
∵直线l过点B,∴x=1是方程(*)的一个根.
由求根公式,得xP=,从而yP=,
∴点P的坐标为.
同理,由
得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).
∴=(k,-4),=-k(1,k+2).
∵AP⊥AQ,
∴AP·AQ=0,即[k-4(k+2)]=0,
∵k≠0,
∴k-4(k+2)=0,解得k=-.
经检验,k=-符合题意,
故直线l的方程为y=-(x-1).
方法二:若设直线l的方程为x=my+1(m≠0),比照方法一给分.
18.H5、H8[2014·天津卷] 设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.已知|AB|=|F1F2|.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过原点O的直线l与该圆相切,求直线l的斜率.
18.解:(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0).
由|AB|=|F1F2|,可得a2+b2=3c2.
又b2=a2-c2,则=,
所以椭圆的离心率e=.
(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.
故椭圆方程为+=1.
设P(x0,y0).由F1(-c,0),B(0,c),
有=(x0+c,y0),=(c,c).
由已知,有·=0,即(x0+c)c+y0c=0.
又c≠0,故有x0+y0+c=0.①
又因为点P在椭圆上,
所以+=1.②
由①和②可得3x+4cx0=0.而点P不是椭圆的顶点,故x0=-c.代入①得y0=,即点P的坐标为.
设圆的圆心为T(x1,y1),则x1==-c,y1==c,进而圆的半径r==c.
设直线l的斜率为k,依题意,直线l的方程为y=kx.由l与圆相切,可得=r,即=c,整理得k2-8k+1=0,解得k=4±,
所以直线l的斜率为4+或4-.
21.H5、H8[2014·浙江卷] 如图16,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.
(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;
(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
图16
21.解:(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.
由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为.
又点P在第一象限,故点P的坐标为P.
(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,
整理得d=.
因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,
当且仅当k2=时等号成立.
所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
21.H4,H5[2014·重庆卷] 如图14所示,设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面积为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点,求圆的半径.
图14
21.解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.
由=2得|DF1|==c.
从而S△DF1F2=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.
从而|DF1|=,由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=,
所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.
因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)如图所示,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2,|P1P2|=2|x1|.
由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y=0.由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3x+4x1=0,解得x1=-或x1=0.
当x1=0时,P1,P2重合,此时题设要求的圆不存在.
当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.
由F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2,知CP1⊥CP2.又|CP1|=|CP2|,故圆C的半径|CP1|=|P1P2|=|x1|=.
H6 双曲线及其几何性质
9.H5、H6[2014·湖北卷] 已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
A. B. C.3 D.2
9.A [解析] 设|PF1|=r1,|PF2|=r2,r1>r2,椭圆的长半轴长为a1,双曲线的实半轴长为a2,椭圆、双曲线的离心率分别为e1,e2.则由椭圆、双曲线的定义,得r1+r2=2a1,r1-r2=2a2,平方得4a=r+r+2r1r2,4a=r-2r1r2+r.又由余弦定理得4c2=r+r-r1r2,消去r1r2,得a+3a=4c2,
即+=4.所以由柯西不等式得=≤=.
所以+≤.故选A.
11.H6[2014·北京卷] 设双曲线C经过点(2,2),且与-x2=1具有相同渐近线,则C的方程为________;渐近线方程为________.
11.-=1 y=±2x [解析] 设双曲线C的方程为-x2=λ,将(2,2)代入得-22=-3=λ,∴双曲线C的方程为-=1.令-x2=0得渐近线方程为y=±2x.
9.H6[2014·全国卷] 已知双曲线C的离心率为2,焦点为F1,F2,点A在C上.若|F1A|=2|F2A|,则cos∠AF2F1=( )
A. B. C. D.
9.A [解析] 根据题意,|F1A|-|F2A|=2a,因为|F1A|=2|F2A|,所以|F2A|=2a,|F1A|=4a.又因为双曲线的离心率e==2,所以c=2a,|F1F2|=2c=4a,所以在△AF1F2中,根据余弦定理可得cos∠AF2F1==
=.
19.H6、H8[2014·福建卷] 已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为l1:y=2x,l2:y=-2x.
(1)求双曲线E的离心率.
(2)如图16,O为坐标原点,动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限),且△OAB的面积恒为8.试探究:是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在,求出双曲线E的方程;若不存在,说明理由.
图16
19.解:方法一:
(1)因为双曲线E的渐近线分别为y=2x,y=-2x,
所以=2,
所以=2,
故c=a,
从而双曲线E的离心率
e==.
(2)由(1)知,双曲线E的方程为-=1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时,若直线l与双曲线E有且只有一个公共点,则|OC|=a,|AB|=4a.又因为△OAB的面积为8,
所以|OC|·|AB|=8,
因此a·4a=8,解得a=2,
此时双曲线E的方程为-=1.
若存在满足条件的双曲线E,则E的方程只能为-=1.
以下证明:当直线l不与x轴垂直时,双曲线E:-=1也满足条件.
设直线l的方程为y=kx+m,依题意,得k>2或k<-2,则C.记A(x1,y1),B(x2,y2).
由得y1=,同理得y2=.
由S△OAB=|OC|·|y1-y2|,得
·=8,
即m2=4=4(k2-4).
由得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0.
因为4-k2<0,
所以Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16).
又因为m2=4(k2-4),
所以Δ=0,即l与双曲线E有且只有一个公共点.
因此,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为-=1.
方法二:(1)同方法一.
(2)由(1)知,双曲线E的方程为-=1.
设直线l的方程为x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
依题意得-2或k<-2.
由得(4-k2)x2-2kmx-m2=0,
因为4-k2<0,Δ>0,所以x1x2=,
又因为△OAB的面积为8,
所以 |OA|·|OB|· sin∠AOB=8,又易知sin∠AOB=,
所以·=8,化简得x1x2=4.
所以=4,即m2=4(k2-4).
由(1)得双曲线E的方程为-=1,
由得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0.
因为4-k2<0,直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0,
即(k2-4)(a2-4)=0,所以a2=4,
所以双曲线E的方程为-=1.
当l⊥x轴时,由△OAB的面积等于8可得l:x=2,又易知l:x=2与双曲线E:-=1有且只有一个公共点.
综上所述,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为-=1.
4.H6[2014·广东卷] 若实数k满足00,25-k>0.
对于双曲线-=1,
其焦距为2=2;
对于双曲线-=1,
其焦距为2=2.所以焦距相等.
21.H5、H6、H8、H10[2014·湖南卷] 如图17,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3,F4,离心率为e2.已知e1e2=,且|F2F4|=-1.
(1)求C1,C2的方程;
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点.当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.
图17
21.解: (1)因为e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),
F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,a2=2.故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.
(2)因AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1,由得(m2+2)y2-2my-1=0.
易知此方程的判别式大于0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.
因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点为M,故直线PQ的斜率为-,PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.
由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=.因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.
又因为|y1-y2|==,所以2d=.
故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2·.
而0<2-m2≤2,故当m=0时,S取最小值2.
综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.
20.H1 H6 H8[2014·江西卷] 如图17所示,已知双曲线C:-y2=1(a>0)的右焦点为F,点A,B分别在C的两条渐近线上,AF⊥x轴,AB⊥OB,BF∥OA(O为坐标原点).
图17
(1)求双曲线C的方程;
(2)过C上一点P(x0,y0)(y0≠0)的直线l:-y0y=1与直线AF相交于点M,与直线x=相交于点N.证明:当点P在C上移动时,恒为定值,并求此定值.
20.解:(1)设F(c,0),因为b=1,所以c=.
由题意,直线OB的方程为y=-x,直线BF的方程为y=(x-c),所以B.
又直线OA的方程为y=x,
则A,所以kAB==.
又因为AB⊥OB,所以·=-1,解得a2=3,故双曲线C的方程为-y2=1.
(2)由(1)知a=,则直线l的方程为-y0y=1(y0≠0),即y=(y0≠0).
因为直线AF的方程为x=2,所以直线l与AF的交点为M,直线l与直线x=的交点为N,,
则===
·.
又P(x0,y0)是C上一点,则-y=1,
代入上式得=·=·=,所以==,为定值.
4.H6[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知F为双曲线C:x2-my2=3m(m>0)的一个焦点,则点F到C的一条渐近线的距离为( )
A. B.3
C.m D.3m
4.A [解析] 双曲线的一条渐近线的方程为x+y=0.根据双曲线方程得a2=3m,b2=3,所以c=,双曲线的右焦点坐标为(,0).故双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为=.
10.H5,H6[2014·山东卷] 已知a>b>0,椭圆C1的方程为+=1,双曲线C2的方程为-=1,C1与C2的离心率之积为,则C2的渐近线方程为( )
A. x±y=0 B. x±y=0
C. x±2y=0 D. 2x±y=0
10.A [解析] 椭圆C1的离心率e1=,双曲线C2的离心率e2=.由e1e2=·=×=,
解得=,所以=,所以双曲线C2的渐近线方程是y=±x.故选A.
5.H6[2014·天津卷] 已知双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l:y=2x+10,双曲线的一个焦点在直线l上,则双曲线的方程为( )
A.-=1 B.-=1
C.-=1 D.-=1
5.A [解析] 由题意知,双曲线的渐近线为y=±x,∴=2.∵双曲线的左焦点(-c,0)在直线l上,∴0=-2c+10,∴c=5.又∵a2+b2=c2,∴a2=5,b2=20,∴双曲线的方程为-=1.
16.H6[2014·浙江卷] 设直线x-3y+m=0(m≠0)与双曲线-=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于点A,B.若点P(m,0)满足|PA|=|PB|,则该双曲线的离心率是________.
16. [解析] 双曲线的渐近线为y=±x,渐近线与直线x-3y+m=0
的交点为A,B.设AB的中点为D,由|PA|=|PB|知AB与DP垂直,则D,kDP=-3,解得a2=4b2,故该双曲线的离心率是.
8.H6[2014·重庆卷] 设F1,F2分别为双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,双曲线上存在一点P使得|PF1|+|PF2|=3b,|PF1|·|PF2|=ab,则该双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.3
8.B [解析] 不妨设P为双曲线右支上一点,根据双曲线的定义有|PF1|-|PF2|=2a,联立|PF1|+|PF2|=3b,平方相减得|PF1|·|PF2|=,则由题设条件,得=ab,整理得=,∴e====.
H7 抛物线及其几何性质
10.B11、H7[2014·广东卷] 曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为________.
10.y=-5x+3 [解析] 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法.因为y′=-5e-5x,所以切线的斜率k=-5e0=-5,所以切线方程是:y-3=-5(x-0),即y=-5x+3.
10.H7[2014·辽宁卷] 已知点A(-2,3)在抛物线C:y2=2px的准线上,过点A的直线与C在第一象限相切于点B,记C的焦点为F,则直线BF的斜率为( )
A. B. C. D.
10.D [解析] 因为抛物线C:y2=2px的准线为x=-,且点A(-2,3)在准线上,所以p=4.设直线AB的方程为x+2=m(y-3),与抛物线方程y2=8x联立得到y2-8my+24m+16=0,由题易知Δ=0,解得m=-(舍)或者m=2,这时B点的坐标为(8,8),而焦点F的坐标为(2,0),故直线BF的斜率kBF==.
10.H7[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点.若=4,则|QF|=( )
A. B.3
C. D.2
10.B [解析] 由题知F(2,0),设P(-2,t),Q(x0,y0),则FP=(-4,t),=(x0-2,y0),由FP=4FQ,得-4=4(x0-2),解得x0=1,根据抛物线定义得|QF|=x0+2=3.
19.H7、H8[2014·安徽卷] 如图14,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.
图14
(1)证明:A1B1∥A2B2;
(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点,记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.
19.解:(1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),
则由 得A1,
由得A2.
同理可得B1,B2.
所以==2p1,
==2p2.
故=,所以A1B1∥A2B2
(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2,所以△A1B1C1∽△A2B2C2,
因此=.
又由(1)中的=||知,=,
故=.
21.H7、H8、H9[2014·湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程;
(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1),求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.
21.解:(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1,
化简整理得y2=2(|x|+x).
故点M的轨迹C的方程为y2=
(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0).
依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).
由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①
当k=0时,y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.
故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点.
当k≠0时,方程①的判别式Δ=-16(2k2+k-1).②
设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.③
(i)若由②③解得k<-1或k>.
即当k∈(-∞,-1)∪时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点.故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
(ii)若或
由②③解得k∈或-≤k<0.
即当k∈时,直线l与C1只有一个公共点.
当k∈时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.
故当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.
(iii)若由②③解得-10)的焦点为F,直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=|PQ|.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线l与C相交于A,B两点,若AB的垂直平分线l′与C相交于M,N两点,且A,M,B,N四点在同一圆上,求l的方程.
21.解:(1)设Q(x0,4),代入y2=2px,得x0=,
所以|PQ|=,|QF|=+x0=+.
由题设得+=×,解得p=-2(舍去)或p=2,
所以C的方程为y2=4x.
(2)依题意知l与坐标轴不垂直,故可设l的方程为x=my+1(m≠0).
代入y2=4x,得y2-4my-4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=4m,y1y2=-4.
故线段的AB的中点为D(2m2+1,2m),
|AB|=|y1-y2|=4(m2+1).
又直线l ′的斜率为-m,
所以l ′的方程为x=-y+2m2+3.
将上式代入y2=4x,
并整理得y2+y-4(2m2+3)=0.
设M(x3,y3),N(x4,y4),
则y3+y4=-,y3y4=-4(2m2+3).
故线段MN的中点为E,
|MN|=|y3-y4|=.
由于线段MN垂直平分线段AB,故A,M,B,N四点在同一圆上等价于|AE|=|BE|=|MN|,
从而|AB|2+|DE|2=|MN|2,即
4(m2+1)2++=
,
化简得m2-1=0,解得m=1或m=-1,
故所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.
10.H7、H8[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为( )
A. B. C. D.
10.D [解析] 抛物线的焦点为F,则过点F且倾斜角为30°的直线方程为y=,即x=y+,代入抛物线方程得y2-3 y-=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=3 ,y1y2=-,则S△OAB=|OF||y1-y2|=××=.
21.H7,H8,H10[2014·山东卷] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.
(1)求C的方程.
(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E.
①证明直线AE过定点,并求出定点坐标.
②△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.
21.解:(1)由题意知F.
设D(t,0)(t>0),则FD的中点为.
因为|FA|=|FD|,
由抛物线的定义知3+=,
解得t=3+p或t=-3(舍去).
由=3,解得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)①证明:由(1)知F(1,0).
设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0).
因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,
由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).
故直线AB的斜率kAB=-.
因为直线l1和直线AB平行,
设直线l1的方程为y=-x+b,
代入抛物线方程得y2+y-=0,
由题意Δ=+=0,得b=-.
设E(xE,yE),则yE=-,xE=.
当y≠4时,kAE==-=,
可得直线AE的方程为y-y0=(x-x0),
由y=4x0,
整理可得y=(x-1),
直线AE恒过点F(1,0).
当y=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0).
所以直线AE过定点F(1,0).
②由①知,直线AE过焦点F(1,0),
所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2.
设直线AE的方程为x=my+1,
因为点A(x0,y0)在直线AE上,
故m=.
设B(x1,y1).
直线AB的方程为y-y0=-(x-x0),
由y0≠0,得x=-y+2+x0.
代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0,
所以y0+y1=-,
可求得y1=-y0-,x1=+x0+4.
所以点B到直线AE的距离为
d=
=
=4,
则△ABE的面积S=×4x0++2≥16,
当且仅当=x0,即x0=1时,等号成立.
所以△ABE的面积的最小值为16.
20.H5,H7,H8[2014·陕西卷] 如图15所示,曲线C由上半椭圆C1:+=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为.
(1)求a,b的值;
(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),若AP⊥AQ,求直线l的方程.
图15
20.解:(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点.
设C1的半焦距为c,由=及a2-c2=b2=1得a=2,
∴a=2,b=1.
(2)方法一:由(1)知,上半椭圆C1的方程为+x2=1(y≥0).
易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k≠0),
代入C1的方程,整理得
(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)
设点P的坐标为(xP,yP),
∵直线l过点B,∴x=1是方程(*)的一个根.
由求根公式,得xP=,从而yP=,
∴点P的坐标为.
同理,由
得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).
∴=(k,-4),=-k(1,k+2).
∵AP⊥AQ,
∴AP·AQ=0,即[k-4(k+2)]=0,
∵k≠0,
∴k-4(k+2)=0,解得k=-.
经检验,k=-符合题意,
故直线l的方程为y=-(x-1).
方法二:若设直线l的方程为x=my+1(m≠0),比照方法一给分.
H8 直线与圆锥曲线(AB课时作业)
21.H7、H8、H2[2014·全国卷] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=|PQ|.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线l与C相交于A,B两点,若AB的垂直平分线l′与C相交于M,N两点,且A,M,B,N四点在同一圆上,求l的方程.
21.解:(1)设Q(x0,4),代入y2=2px,得x0=,
所以|PQ|=,|QF|=+x0=+.
由题设得+=×,解得p=-2(舍去)或p=2,
所以C的方程为y2=4x.
(2)依题意知l与坐标轴不垂直,故可设l的方程为x=my+1(m≠0).
代入y2=4x,得y2-4my-4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=4m,y1y2=-4.
故线段的AB的中点为D(2m2+1,2m),
|AB|=|y1-y2|=4(m2+1).
又直线l ′的斜率为-m,
所以l ′的方程为x=-y+2m2+3.
将上式代入y2=4x,
并整理得y2+y-4(2m2+3)=0.
设M(x3,y3),N(x4,y4),
则y3+y4=-,y3y4=-4(2m2+3).
故线段MN的中点为E,
|MN|=|y3-y4|=.
由于线段MN垂直平分线段AB,故A,M,B,N四点在同一圆上等价于|AE|=|BE|=|MN|,
从而|AB|2+|DE|2=|MN|2,即
4(m2+1)2++=
,
化简得m2-1=0,解得m=1或m=-1,
故所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.
19.H7、H8[2014·安徽卷] 如图14,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.
图14
(1)证明:A1B1∥A2B2;
(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点,记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.
19.解:(1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),
则由 得A1,
由得A2.
同理可得B1,B2.
所以==2p1,
==2p2.
故=,所以A1B1∥A2B2
(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2,所以△A1B1C1∽△A2B2C2,
因此=.
又由(1)中的=||知,=,
故=.
19.H4、H5、H8[2014·北京卷] 已知椭圆C:x2+2y2=4.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OA⊥OB,试判断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.
19.解:(1)由题意,椭圆C的标准方程为+=1.
所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.
因此a=2,c=.
故椭圆C的离心率e==.
(2)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:
设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),
其中x0≠0.
因为OA⊥OB,所以·=0,
即tx0+2y0=0,解得t=-.
当x0=t时,y0=-,代入椭圆C的方程,
得t=±,
故直线AB的方程为x=±.圆心O到直线AB的距离d=,
此时直线AB与圆x2+y2=2相切.
当x0≠t时,直线AB的方程为y-2=(x-t),
即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.
圆心O到直线AB的距离
d=.
又x+2y=4,t=-,故
d===.
此时直线AB与圆x2+y2=2相切.
19.H6、H8[2014·福建卷] 已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为l1:y=2x,l2:y=-2x.
(1)求双曲线E的离心率.
(2)如图16,O为坐标原点,动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限),且△OAB的面积恒为8.试探究:是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在,求出双曲线E的方程;若不存在,说明理由.
图16
19.解:方法一:
(1)因为双曲线E的渐近线分别为y=2x,y=-2x,
所以=2,
所以=2,
故c=a,
从而双曲线E的离心率
e==.
(2)由(1)知,双曲线E的方程为-=1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时,若直线l与双曲线E有且只有一个公共点,则|OC|=a,|AB|=4a.又因为△OAB的面积为8,
所以|OC|·|AB|=8,
因此a·4a=8,解得a=2,
此时双曲线E的方程为-=1.
若存在满足条件的双曲线E,则E的方程只能为-=1.
以下证明:当直线l不与x轴垂直时,双曲线E:-=1也满足条件.
设直线l的方程为y=kx+m,依题意,得k>2或k<-2,则C.记A(x1,y1),B(x2,y2).
由得y1=,同理得y2=.
由S△OAB=|OC|·|y1-y2|,得
·=8,
即m2=4=4(k2-4).
由得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0.
因为4-k2<0,
所以Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16).
又因为m2=4(k2-4),
所以Δ=0,即l与双曲线E有且只有一个公共点.
因此,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为-=1.
方法二:(1)同方法一.
(2)由(1)知,双曲线E的方程为-=1.
设直线l的方程为x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
依题意得-2或k<-2.
由得(4-k2)x2-2kmx-m2=0,
因为4-k2<0,Δ>0,所以x1x2=,
又因为△OAB的面积为8,
所以 |OA|·|OB|· sin∠AOB=8,又易知sin∠AOB=,
所以·=8,化简得x1x2=4.
所以=4,即m2=4(k2-4).
由(1)得双曲线E的方程为-=1,
由得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0.
因为4-k2<0,直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0,
即(k2-4)(a2-4)=0,所以a2=4,
所以双曲线E的方程为-=1.
当l⊥x轴时,由△OAB的面积等于8可得l:x=2,又易知l:x=2与双曲线E:-=1有且只有一个公共点.
综上所述,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为-=1.
20.H5、H8[2014·广东卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个焦点为(,0),离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.
21.H7、H8、H9[2014·湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程;
(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1),求直线l与轨迹C
恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.
21.解:(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1,
化简整理得y2=2(|x|+x).
故点M的轨迹C的方程为y2=
(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0).
依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).
由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①
当k=0时,y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.
故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点.
当k≠0时,方程①的判别式Δ=-16(2k2+k-1).②
设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.③
(i)若由②③解得k<-1或k>.
即当k∈(-∞,-1)∪时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点.故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
(ii)若或
由②③解得k∈或-≤k<0.
即当k∈时,直线l与C1只有一个公共点.
当k∈时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.
故当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.
(iii)若由②③解得-10,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=.因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.
又因为|y1-y2|==,所以2d=.
故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2·.
而0<2-m2≤2,故当m=0时,S取最小值2.
综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.
20.H1 H6 H8[2014·江西卷] 如图17所示,已知双曲线C:-y2=1(a>0)的右焦点为F,点A,B分别在C的两条渐近线上,AF⊥x轴,AB⊥OB,BF∥OA(O为坐标原点).
图17
(1)求双曲线C的方程;
(2)过C上一点P(x0,y0)(y0≠0)的直线l:-y0y=1与直线AF相交于点M,与直线x=相交于点N.证明:当点P在C上移动时,恒为定值,并求此定值.
20.解:(1)设F(c,0),因为b=1,所以c=.
由题意,直线OB的方程为y=-x,直线BF的方程为y=(x-c),所以B.
又直线OA的方程为y=x,
则A,所以kAB==.
又因为AB⊥OB,所以·=-1,解得a2=3,故双曲线C的方程为-y2=1.
(2)由(1)知a=,则直线l的方程为-y0y=1(y0≠0),即y=(y0≠0).
因为直线AF的方程为x=2,所以直线l与AF的交点为M,直线l与直线x=的交点为N,,
则===
·.
又P(x0,y0)是C上一点,则-y=1,
代入上式得=·=·=,所以==,为定值.
20.H5、H8[2014·辽宁卷] 圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成—个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图16所示).双曲线C1:-=1过点P且离心率为.
图16
(1)求C1的方程;
(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点,直线l过C2的右焦点且与C2交于A,B两点.若以线段AB为直径的圆过点P,求l的方程.
20.解:(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-,切线方程为y-y0=-(x-x0),即x0x+y0y=4,此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为,.故其围成的三角形的面积S=··=.由x+y=4≥2x0y0知,当且仅当x0=y0=时x0y0有最大值2,此时S有最小值4,因此点P的坐标为(,).
由题意知
解得a2=1,b2=2,故C1的方程为x2-=1.
(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-,0),(,0),由此可设C2的方程为+=1,其中b1>0.
由P(,)在C2上,得+=1,
解得b=3,
因此C2的方程为+=1.
显然,l不是直线y=0.
设直线l的方程为x=my+,点A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(m2+2)y2+2 my-3=0.
又y1,y2是方程的根,因此
②
由x1=my1+,x2=my2+,得
因为=(-x1,-y1),=(-x2,-y2),由题意知·=0,
所以x1x2-(x1+x2)+y1y2-(y1+y2)+4=0,⑤
将①②③④代入⑤式整理得
2m2-2 m+4 -11=0,
解得m=-1或m=-+1.
因此直线l的方程为
x-(-1)y-=0或x+(-1)y-=0.
20.H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
20.解:(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.
又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.
故E的方程为+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意,
故可设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0,
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,
x1,2=,
从而|PQ|=|x1-x2|
=.
又点O到直线l的距离d=.
所以△OPQ的面积
S△OPQ=d·|PQ|=.
设=t,则t>0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,满足Δ>0,
所以,当△OPQ的面积最大时,k=±,l的方程为y=x-2或y=-x-2.
10.H7、H8[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为( )
A. B. C. D.
10.D [解析] 抛物线的焦点为F,则过点F且倾斜角为30°的直线方程为y=,即x=y+,代入抛物线方程得y2-3 y-=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=3 ,y1y2=-,则S△OAB=|OF||y1-y2|=××=.
20.H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直,直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为,求C的离心率;
(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=
5|F1N|,求a,b.
20.解:(1)根据c=及题设知M,2b2=3ac.
将b2=a2-c2代入2b2=3ac,
解得=,=-2(舍去).
故C的离心率为.
(2)由题意知,原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故=4,即b2=4a.①
由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.
设N(x1,y1),由题意知y1<0,则
即
代入C的方程,得+=1.②
将①及c=代入②得+=1,
解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2.
21.H7,H8,H10[2014·山东卷] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.
(1)求C的方程.
(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E.
①证明直线AE过定点,并求出定点坐标.
②△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.
21.解:(1)由题意知F.
设D(t,0)(t>0),则FD的中点为.
因为|FA|=|FD|,
由抛物线的定义知3+=,
解得t=3+p或t=-3(舍去).
由=3,解得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)①证明:由(1)知F(1,0).
设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0).
因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,
由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).
故直线AB的斜率kAB=-.
因为直线l1和直线AB平行,
设直线l1的方程为y=-x+b,
代入抛物线方程得y2+y-=0,
由题意Δ=+=0,得b=-.
设E(xE,yE),则yE=-,xE=.
当y≠4时,kAE==-=,
可得直线AE的方程为y-y0=(x-x0),
由y=4x0,
整理可得y=(x-1),
直线AE恒过点F(1,0).
当y=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0).
所以直线AE过定点F(1,0).
②由①知,直线AE过焦点F(1,0),
所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2.
设直线AE的方程为x=my+1,
因为点A(x0,y0)在直线AE上,
故m=.
设B(x1,y1).
直线AB的方程为y-y0=-(x-x0),
由y0≠0,得x=-y+2+x0.
代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0,
所以y0+y1=-,
可求得y1=-y0-,x1=+x0+4.
所以点B到直线AE的距离为
d=
=
=4,
则△ABE的面积S=×4x0++2≥16,
当且仅当=x0,即x0=1时,等号成立.
所以△ABE的面积的最小值为16.
20.H5,H7,H8[2014·陕西卷] 如图15所示,曲线C由上半椭圆C1:+=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为.
(1)求a,b的值;
(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),若AP⊥AQ,求直线l的方程.
图15
20.解:(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点.
设C1的半焦距为c,由=及a2-c2=b2=1得a=2,
∴a=2,b=1.
(2)方法一:由(1)知,上半椭圆C1的方程为+x2=1(y≥0).
易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k≠0),
代入C1的方程,整理得
(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)
设点P的坐标为(xP,yP),
∵直线l过点B,∴x=1是方程(*)的一个根.
由求根公式,得xP=,从而yP=,
∴点P的坐标为.
同理,由
得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).
∴=(k,-4),=-k(1,k+2).
∵AP⊥AQ,
∴AP·AQ=0,即[k-4(k+2)]=0,
∵k≠0,
∴k-4(k+2)=0,解得k=-.
经检验,k=-符合题意,
故直线l的方程为y=-(x-1).
方法二:若设直线l的方程为x=my+1(m≠0),比照方法一给分.
20.HI,H5,H8[2014·四川卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.
①证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);
②当最小时,求点T的坐标.
20.解:(1)由已知可得
解得a2=6,b2=2,
所以椭圆C的标准方程是+=1.
(2)①证明:由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m),
则直线TF的斜率kTF==-m.
当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=.直线PQ的方程是x=my-2.
当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得
消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,
其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>0.
所以y1+y2=,y1y2=,
x1+x2=m(y1+y2)-4=.
设M为PQ的中点,则M点的坐标为.
所以直线OM的斜率kOM=-,
又直线OT的斜率kOT=-,
所以点M在直线OT上,
因此OT平分线段PQ.
②由①可得,
|TF|=,
|PQ|=
=
=
=.
所以==
≥=.
当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.
故当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).
18.H5、H8[2014·天津卷] 设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为
A,上顶点为B.已知|AB|=|F1F2|.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过原点O的直线l与该圆相切,求直线l的斜率.
18.解:(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0).
由|AB|=|F1F2|,可得a2+b2=3c2.
又b2=a2-c2,则=,
所以椭圆的离心率e=.
(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.
故椭圆方程为+=1.
设P(x0,y0).由F1(-c,0),B(0,c),
有=(x0+c,y0),=(c,c).
由已知,有·=0,即(x0+c)c+y0c=0.
又c≠0,故有x0+y0+c=0.①
又因为点P在椭圆上,
所以+=1.②
由①和②可得3x+4cx0=0.而点P不是椭圆的顶点,故x0=-c.代入①得y0=,即点P的坐标为.
设圆的圆心为T(x1,y1),则x1==-c,y1==c,进而圆的半径r==c.
设直线l的斜率为k,依题意,直线l的方程为y=kx.由l与圆相切,可得=r,即=c,整理得k2-8k+1=0,解得k=4±,
所以直线l的斜率为4+或4-.
21.H5、H8[2014·浙江卷] 如图16,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.
(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;
(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
图16
21.解:(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.
由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为.
又点P在第一象限,故点P的坐标为P.
(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,
整理得d=.
因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,
当且仅当k2=时等号成立.
所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
H9 曲线与方程
10.H4、H9[2014·安徽卷] 在平面直角坐标系xOy中,已知向量a,b,|a|=|b|=1,a·b=0,点Q满足=(a+b).曲线C={P|=acos θ+bsin θ,0≤θ<2π},区域Ω={P|0<r≤|PQ|≤R,r<R}.若C∩Ω为两段分离的曲线,则( )
A.1<r<R<3 B.1<r<3≤R
C.r≤1<R<3 D.1<r<3<R
10.A [解析]由已知可设=a=(1,0),=b=(0,1),P(x,y),则=(,),|OQ|=2.
曲线C={P|=(cos θ,sin θ),0≤θ<2π},
即C:x2+y2=1.
区域Ω={P|0.
即当k∈(-∞,-1)∪时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点.故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
(ii)若或
由②③解得k∈或-≤k<0.
即当k∈时,直线l与C1只有一个公共点.
当k∈时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.
故当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.
(iii)若由②③解得-10,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=.因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.
又因为|y1-y2|==,所以2d=.
故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2·.
而0<2-m2≤2,故当m=0时,S取最小值2.
综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.
20.H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
20.解:(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.
又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.
故E的方程为+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意,
故可设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0,
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,
x1,2=,
从而|PQ|=|x1-x2|
=.
又点O到直线l的距离d=.
所以△OPQ的面积
S△OPQ=d·|PQ|=.
设=t,则t>0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,满足Δ>0,
所以,当△OPQ的面积最大时,k=±,l的方程为y=x-2或y=-x-2.
20.H5、H8、H10[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直,直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为,求C的离心率;
(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=
5|F1N|,求a,b.
20.解:(1)根据c=及题设知M,2b2=3ac.
将b2=a2-c2代入2b2=3ac,
解得=,=-2(舍去).
故C的离心率为.
(2)由题意知,原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故=4,即b2=4a.①
由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.
设N(x1,y1),由题意知y1<0,则
即
代入C的方程,得+=1.②
将①及c=代入②得+=1,
解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2.
21.H7,H8,H10[2014·山东卷] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.
(1)求C的方程.
(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E.
①证明直线AE过定点,并求出定点坐标.
②△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.
21.解:(1)由题意知F.
设D(t,0)(t>0),则FD的中点为.
因为|FA|=|FD|,
由抛物线的定义知3+=,
解得t=3+p或t=-3(舍去).
由=3,解得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)①证明:由(1)知F(1,0).
设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0).
因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,
由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).
故直线AB的斜率kAB=-.
因为直线l1和直线AB平行,
设直线l1的方程为y=-x+b,
代入抛物线方程得y2+y-=0,
由题意Δ=+=0,得b=-.
设E(xE,yE),则yE=-,xE=.
当y≠4时,kAE==-=,
可得直线AE的方程为y-y0=(x-x0),
由y=4x0,
整理可得y=(x-1),
直线AE恒过点F(1,0).
当y=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0).
所以直线AE过定点F(1,0).
②由①知,直线AE过焦点F(1,0),
所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2.
设直线AE的方程为x=my+1,
因为点A(x0,y0)在直线AE上,
故m=.
设B(x1,y1).
直线AB的方程为y-y0=-(x-x0),
由y0≠0,得x=-y+2+x0.
代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0,
所以y0+y1=-,
可求得y1=-y0-,x1=+x0+4.
所以点B到直线AE的距离为
d=
=
=4,
则△ABE的面积S=×4x0++2≥16,
当且仅当=x0,即x0=1时,等号成立.
所以△ABE的面积的最小值为16.
7.[2014·浙江六校联考] 若直线y=kx与圆(x-2)2+y2=1的两个交点关于直线2x+y+b=0对称,则k,b的值分别为( )
A.k=,b=-4
B.k=-,b=4
C.k=,b=4
D.k=-,b=-4
7.A [解析] 由题意可知,2x+y+b=0过圆心(2,0),∴b=-4.又∵y=kx与2x+y+
b=0互相垂直,∴k=.
3.[2014·新乡模拟] 若双曲线-=1(a>0,b>0)和椭圆+=1(m>n>0)有共同的焦点F1,F2,P是两条曲线的一个交点,则|PF1|·|PF2|=( )
A.m2-a2 B.-
C.(m-a) D.m-a
3.D [解析] 由题知a+b=m-n,又∵|PF1|+|PF2|=2 ,||PF1|-|PF2||=2 ,∴4|PF1|·|PF2|=4m-4a,∴|PF1|·|PF2|=m-a.
8.[2014·邯郸期末] 设F为抛物线y2=2x的焦点,A,B,C为抛物线上三点,若F为△ABC的重心,则||+||+||的值为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
8.C [解析] ∵xF==,∴xA+xB+xC=,||+||+||=xA++xB++xC+=+=3.
2.[2014·温州十校联考] 如图J131所示,椭圆C1:+=1(a>0,b>0)的离心率为,x轴被曲线C2:y=x2-b截得的线段长等于椭圆C1的短轴长,曲线C2与y轴的交点为M,过点M的两条互相垂直的直线l1,l2分别交抛物线于A,B两点,交椭圆于D,E两点.
(1)求C1,C2的方程;
(2)设△MAB,△MDE的面积分别为S1,S2,若=,求直线AB的方程.
图J131
2.解:(1)由题意,可知=,∴a2=2c2,∴a2=2b2.
又2 =2b,∴b=1.
故曲线C2的方程为y=x2-1,椭圆C1的方程为+y2=1.
(2)设直线MA的方程为y=k1x-1,直线MB的方程为y=k2x-1,则k1k2=-1.
联立方程组解得或
∴A(k1,k-1),同理可得B(k2,k-1),
∴S1=|MA||MB|= |k1||k2|.
联立方程组解得或
∴D,,同理可得E,,
∴S2=|MD||ME|
= .
又∵==,
∴=,解得k=或k=2.
故直线AB的方程为y=x或y=-x.
4.[2014·佛山质检] 已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且F2到直线x-y-9=0的距离等于椭圆的短轴长.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若圆P的圆心为P(0,t)(t>0),且经过F1,F2,Q是椭圆C上的动点且在圆P外,过点Q作圆P的切线,切点为M,当|QM|的最大值为时,求t的值.
4.解:(1)设椭圆的方程为+=1(a>b>0).
依题意可知,2b==4,所以b=2.
又c=1,故a2=b2+c2=5,
故椭圆C的方程为+=1.
(2)设Q(x0,y0),圆P的方程为x2+(y-t)2=t2+1.
因为PM⊥QM,
所以|QM|===.
若-4t≤-2,即t≥,当y0=-2时,|QM|取得最大值,
|QM|max==,解得t=<(舍去).
若-4t>-2,即0b>0)的左、右焦点,点P在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)设直线l1:y=kx+m,l2:y=kx-m,若l1,l2均与椭圆C相切,试探究在x
轴上是否存在定点M,点M到l1,l2的距离之积恒为1.若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
3.解:(1)方法一:由F1(-1,0),F2(1,0)是椭圆的两个焦点,得c=1.又∴a2=2,b2=1,
故椭圆C的方程为+y2=1.
方法二:由F1(-1,0),F2(1,0)是椭圆的两个焦点,得c=1.
又2a=|PF1|+|PF2|=+=2 ,∴a=,∴b=1.
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)把l1的方程代入椭圆方程,整理得(1+2k2)x2+4mkx+2m2-2=0.
∵直线l1与椭圆C相切,∴Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0,化简得m2=1+2k2.
同理把l2的方程代入椭圆方程,也得m2=1+2k2.
设在x轴上存在点M(t,0),点M到直线l1,l2的距离之积为1,则·=1,即|k2t2-m2|=k2+1,
把1+2k2=m2代入上式并去绝对值整理,得k2(t2-3)=2或k2(t2-1)=0.
k2(t2-3)=2显然不恒成立,要使得k2(t2-1)=0对任意的k∈R恒成立,则t2-1=0,解得t=±1.
综上所述,满足题意的定点M存在,其坐标为(-1,0)或(1,0).
1[2014·黄冈中学期末] 已知曲线C:x2+y2-2x+2y=0,直线l:y+2=k(x-2),则C与l的公共点( )
A.有2个 B.最多有1个
C.至少有1个 D.不存在
1.C [解析] 圆心(1,-1)到直线l的距离d==≤=r,所以C与l至少有一个公共点.
7.[2014·南昌模拟] 设圆(x+1)2+y2=25的圆心为C,A(1,0)是圆内一定点,Q为圆周上任一点,线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M,则M的轨迹方程为( )
A.-=1 B.+=1
C.-=1 D.+=1
7.D [解析] M为AQ垂直平分线上的一点,则|AM|=|MQ|,∴|MC|+|MA|=|MC|+|MQ|=|CQ|=5(5>|AC|),故点M的轨迹是椭圆,∴a=,c=1,则b2=a2-c2=,∴点M的轨迹方程为+=1.