2019-2020年高考数学备考试题库 第八章 第8节 圆锥曲线的综合问题 文（含解析）.DOC

2019-2020年高考数学备考试题库 第八章 第8节 圆锥曲线的综合问题 文（含解析）1(xx湖南，13分)如图所示， O为坐标原点，双曲线C1：1(a10，b10)和椭圆C2：1(a2b20) 均过点 P，且以C1 的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形(1)求C1，C2 的方程；(2)是否存在直线l ，使得 l与 C1交于A，B 两点，与C2 只有一个公共点，且 | |？证明你的结论解：(1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c22,2a12.从而a11，c21.因为点P在双曲线x21上，所以21.故b3.由椭圆的定义知2a22.于是a2，bac2，故C1，C2的方程分别为x21，1.(2)不存在符合题设条件的直线()若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x或x.当x时，易知A(，)，B(，)，所以|2，|2.此时，|.当x时，同理可知，|.()若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykxm.由得(3k2)x22kmxm230.当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.由得(2k23)x24kmx2m260.因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0.化简，得m22k23，因此x1x2y1y20.于是222222，即|2|2，故|.综合()()可知，不存在符合题设条件的直线2(xx新课标全国，12分)设F1 ，F2分别是椭圆C: 1(ab0)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.解：(1)根据a2b2c2及题设知M，故2b23ac.将b2a2c2，代入2b23ac，解得，2(舍去)故C的离心率为.(2)设直线MN与y轴的交点为D，由题意，原点O为F1F2的中点，MF2y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b24a.由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1b0) 的离心率为，直线yx被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)点D在椭圆C上，且ADAB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数使得k1k2，并求出的值；求OMN面积的最大值解：(1)由题意知，可得a24b2.椭圆C的方程可简化为x24y2a2.将yx代入可得x，因此，可得a2.因此b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)设A(x1，y1)(x1y10)，D(x2，y2)，则B(x1，y1)，因为直线AB的斜率kAB，又ABAD，所以直线AD的斜率k.设直线AD的方程为ykxm，由题意知k0，m0.由可得(14k2)x28mkx4m240.所以x1x2，因此y1y2k(x1x2)2m.由题意知x1x2，所以k1.所以直线BD的方程为yy1(xx1)令y0，得x3x1，即M(3x1,0)可得k2.所以k1k2，即.因此存在常数使得结论成立直线BD的方程yy1(xx1)，令x0，得yy1，即N.由知M(3x1,0)，可得OMN的面积S3|x1|y1|x1|y1|.因为|x1|y1|y1，当且仅当|y1|时等号成立，此时S取得最大值，所以OMN面积的最大值为4(xx北京，14分)已知椭圆C: x22y24.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，若点A在直线y2上，点B在椭圆C上，且OAOB，求线段AB长度的最小值解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为1.所以a24，b22，从而c2a2b22.因此a2，c.故椭圆C的离心率e.(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x00.因为OAOB，所以0，即tx02y00，解得t.又x2y4，所以|AB|2(x0t)2(y02)22(y02)2xy4x44(0x4)因为4(0b0)经过点(0，)，离心率为，左右焦点分别为F1(c,0)，F2(c,0)(1)求椭圆的方程；(2)若直线 l：yxm与椭圆交于 A，B两点，与以F1F2 为直径的圆交于C，D 两点，且满足 ，求直线l 的方程解：(1)由题设知解得a2，b，c1，椭圆的方程为1.(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2y21，圆心到直线l的距离d，由d1得|m|.(*)|CD|22 .设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2mxm230，由根与系数的关系可得x1x2m，x1x2m23.|AB| .由得 1，解得m，满足(*)直线l的方程为yx或yx.6(xx四川，13分)已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F(2,0)，离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，T为直线x3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积解：(1)由已知可得，c2，所以a.又由a2b2c2，解得b，所以椭圆C的标准方程是1.(2)设T点的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率kTFm.当m0时，直线PQ的斜率kPQ，直线PQ的方程是xmy2.当m0时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2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(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.因为四边形OPTQ是平行四边形，所以，即(x1，y1)(3x2，my2)所以解得m1.此时，四边形OPTQ的面积SOPTQ2SOPQ2|OF|y1y2|22.7(xx重庆，12分)如图，设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，2，DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程；(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，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？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由解：(1)设F1(c,0)，F2(c,0)，其中c2a2b2.由2得|DF1|c.由DF1F1F2得SDF1F2|DF1|F1F2|c2，故c1.从而|DF1|，故|DF2|2|DF1|2|F1F2|2，因此|DF2|.所以2a|DF1|DF2|2，故a，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆y21相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2.由(1)知F1(1,0)，F2(1,0)，所以(x11，y1)，(x11，y1)再由F1P1F2P2得(x11)2y0.由椭圆方程得1(x11)2，即3x4x10.解得x1或x10.当x10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.设C(0，y0)，由CP1F1P1，得1.而y1|x11|，故y0.圆C的半径|CP1| .综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x22.8(xx浙江，14分)已知ABP的三个顶点在抛物线C：x24y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，3.(1)若|PF|3，求点M的坐标；(2)求ABP面积的最大值解：(1)由题意知焦点F(0,1)，准线方程为y1.设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|y01，得到y02，所以P(2，2)或P(2，2)由3，分别得M或M.(2)设直线AB的方程为ykxm，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)由得x24kx4m0.于是16k216m0，x1x24k，x1x24m，所以AB中点M的坐标为(2k,2k2m)由3，得(x0,1y0)3(2k,2k2m1)，所以由x4y0得k2m.由0，k20，得f.所以当m时，f(m)取到最大值，此时k.所以ABP面积的最大值为.9(xx新课标全国，5分)设F为抛物线C：y23x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交C于A，B两点，则|AB|() A . B6 C12 D7解析：选C抛物线C：y23x的焦点为F，所以AB所在的直线方程为y，将y代入y23x，消去y整理得x2x0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1x2，由抛物线的定义可得|AB|x1x2p12，故选C.10(xx湖南，5分)平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1,0) 的距离和到直线x1 的距离相等若机器人接触不到过点P(1,0) 且斜率为 k的直线，则k 的取值范围是_解析：由题意可知机器人的轨迹为一抛物线，其轨迹方程为y24x，过点P(1,0)且斜率为k的直线方程为yk(x1)，由题意知直线与抛物线无交点，联立消去y得k2x2(2k24)xk20，则(2k24)24k41，得k1或kb0)的焦距为4，且过点P(，)(1)求椭圆C的方程；(2)设Q(x0，y0)(x0y00)为椭圆C上一点过点Q作x轴的垂线，垂足为E.取点A(0,2)，连接AE.过点A作AE的垂线交x轴于点 D点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG.问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线和椭圆的位置关系等基础知识，考查数形结合思想、逻辑推理能力及运算求解能力(1)因为焦距为4，所以a2b24.又因为椭圆C过点P(，)，所以1，故a28，b24.从而椭圆C的方程为1.(2)由题意，知E点坐标为(x0,0)设D(xD,0)，则(x0，2)，(xD，2)由ADAE知，0，即xDx080.由于x0y00，故xD.因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点G.故直线QG的斜率kQG.又因Q(x0，y0)在椭圆C上，所以x2y8.从而kQG.故直线QG的方程为y.将代入椭圆C方程，得(x2y)x216x0x6416y0.再将代入，化简得x22x0xx0，解得xx0，yy0.即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点13（xx北京，14分）直线ykxm(m0)与椭圆W：y21相交于A，C两点，O是坐标原点(1)当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形解：本题主要考查直线与椭圆的位置关系、函数与方程的思想，意在考查考生的运算求解能力、转化与化归能力、数形结合能力(1)因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分所以可设A，代入椭圆方程得1，即t.所以|AC|2.(2)证明：假设四边形OABC为菱形因为点B不是W的顶点，且ACOB，所以k0.由消去y并整理得(14k2)x28kmx4m240.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则，km.所以AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点，且m0，k0，所以直线OB的斜率为.因为k1，所以AC与OB不垂直所以OABC不是菱形，与假设矛盾所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形14（xx湖南，13分）已知F1，F2分别是椭圆E：y21的左、右焦点，F1，F2关于直线xy20的对称点是圆C的一条直径的两个端点(1)求圆C的方程；(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a，b.当ab最大时，求直线l的方程解：本题主要考查椭圆的几何性质、圆的方程、弦长和弦长最值的求解，意在考查考生的计算能力、数据处理能力和转化能力(1)由题设知，F1，F2的坐标分别为(2,0)，(2,0)，圆C的半径为2，圆心为原点O关于直线xy20的对称点设圆心的坐标为(x0，y0)，由解得所以圆C的方程为(x2)2(y2)24.(2)由题意，可设直线l的方程为xmy2，则圆心到直线l的距离d.所以b2.由得(m25)y24my10.设l与E的两个交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1y2，y1y2.于是a.从而ab2.当且仅当，即m时等号成立故当m时，ab最大，此时，直线l的方程为xy2或xy2，即xy20或xy20.15（xx江西，13分）椭圆C：1(ab0)的离心率e，ab3.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2mk为定值解：本题主要考查利用待定系数法求椭圆的方程，考查直线、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查函数与方程思想、数形结合思想，旨在考查推理论证能力与理性思维能力(1)因为e，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故椭圆C的方程为y21.(2)证明：法一：因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为yk(x2)，把代入y21，解得P.直线AD的方程为：yx1.与联立解得M.由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知，解得N.所以MN的斜率为m，则2mkk(定值)法二：设P(x0，y0)(x00，2)，则k，直线AD的方程为：y(x2)，直线BP的方程为：y(x2)，直线DP的方程为：y1x，令y0，由于y01，可得N联立解得M，因此MN的斜率为m，所以2mk(定值)16（xx广东，14分）已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为，设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|BF|的最小值解：本题主要考查点到直线距离公式的运用、直线与圆锥曲线的位置关系及解析几何中的最值问题，意在考查考生运用数形结合思想、函数与方程思想解决问题的能力(1)抛物线C的焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为，得c1，F(0,1)，即抛物线C的方程为x24y.(2)设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x24y得yx，切线PA：yy1x1(xx1)，有yx1xxy1，而x4y1，即切线PA：yx1xy1，同理可得切线PB：yx2xy2.两切线均过定点P(x0，y0)，y0x1x0y1，y0x2x0y2，由以上两式知点A，B均在直线y0xx0y上，直线AB的方程为y0xx0y，即yx0xy0.(3)设点P的坐标为(x，y)，由xy20，得xy2，则|AF|BF|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1.由得y2(2yx2)yy20，有y1y2x22y，y1y2y2，|AF|BF|y2x22y1y2(y2)22y122，当y，x时，即P时，|AF|BF|取得最小值.17（xx辽宁，12分）如图，抛物线C1：x24y，C2：x22py(p0)点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)当x01时，切线MA的斜率为.(1)求p的值；(2)当M在C2上运动时，AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O.)解：本题主要考查抛物线的标准方程，求导运算、直线的点斜式方程，以及求轨迹方程，意在考查考生利用导数知识解决圆锥曲线问题的能力，以及处理直线与圆锥曲线的位置关系的熟练程度和运算化简能力(1)因为抛物线C1：x24y上任意一点(x，y)的切线斜率为y，且切线MA的斜率为，所以A点坐标为.故切线MA的方程为y(x1).因为点M(1，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是y0(2)，y0.由得p2.(2)设N(x，y)，A，B，x1x2，由N为线段AB中点知x，y.切线MA，MB的方程为y(xx1)，y(xx2).由得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为x0，y0.因为点M(x0，y0)在C2上，即x4y0，所以x1x2.由得x2y，x0.当x1x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2y.因此AB中点N的轨迹方程为x2y.18（xx辽宁，5分）已知P，Q为抛物线x22y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为()A1B3C4 D8解析：因为P，Q两点的横坐标分别为4，2，且P，Q两点都在抛物线yx2上，所以P(4,8)，Q(2,2)因为yx，所以kPA4，kQA2，则直线PA，QA的方程联立得，即，可得A点坐标为(1，4)答案：C19（xx新课标全国，12分）设抛物线C：x22py(p0)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BFD90，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|d4，即2pp4，解得p2(舍去)或p2.所以F(0,1)，圆F的方程为x2(y1)28.(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，ADB90.由抛物线定义知|AD|FA|AB|，所以ABD30，m的斜率为或.当m的斜率为时，由已知可设n：yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n与C只有一个公共点，故p28pb0，解得b.因为m的纵截距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3.20（xx广东，14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：1(ab0)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：y24x相切，求直线l的方程解：(1)根据椭圆的左焦点为F1(1,0)，知a2b21，又根据点P(0,1)在椭圆上，知b1，所以a，所以椭圆C1的方程为y21.(2)因为直线l与椭圆C1和抛物线C2都相切，所以其斜率存在且不为0，设直线l的方程为ykxm(k0)，代入椭圆方程得(kxm)21，即(k2)x22kmxm210，由题可知此方程有唯一解，此时4k2m24(k2)(m21)0，即m22k21.把ykxm(k0)代入抛物线方程得y2ym0，由题可知此方程有唯一解，此时1mk0，即mk1.联立得解得k2，所以或所以直线l的方程为yx或yx.21（xx北京，14分）已知椭圆C：1(ab0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值解：(1)由题意得解得b，所以椭圆C的方程为1.(2)由得(12k2)x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x2，x1x2，所以|MN|.又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d，所以AMN的面积为S|MN| d.由，化简得7k42k250，解得k1.22（xx湖南，13分）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：x2y24x20 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的坐标解：(1)由x2y24x20得(x2)2y22，故圆C的圆心为点(2,0)从而可设椭圆E的方程为1(ab0)，其焦距为2c.由题设知c2，e.所以a2c4，b2a2c212.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：yy0k1(xx0)，l2：yy0k2(xx0)，且k1k2，由l1与圆C：(x2)2y22相切得，即(2x0)22k2(2x0)y0k1y20.同理可得(2x0)22k2(2x0)y0k2y20.从而k1，k2是方程(2x0)22k22(2x0)y0ky20的两个实根，于是且k1k2.由得5x8x0360，解得x02，或x0.由x02得y03；由x0得y0，它们均满足式故点P的坐标为(2,3)，或(2，3)，或(，)，或(，)23.（2011山东，14分）(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：y21.如图所示，斜率为k(k0)且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x3于点D(3，m)()求m2k2的最小值；()若|OG|2|OD|OE|，()求证：直线l过定点；()试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由解：()设直线l的方程为ykxt(k0)，由题意，t0.由方程组得(3k21)x26ktx3t230.由题意0，所以3k21t2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由韦达定理得x1x2，所以y1y2.由于E为线段AB的中点，因此xE，yE，此时kOE.所以OE所在直线方程为yx，又由题设知D(3，m)，令x3，得m，即mk1，所以m2k22mk2，当且仅当mk1时上式等号成立，此时由0得0t2，因此当mk1且0t0，解得G(，)又E(，)，D(3，)，由距离公式及t0得|OG|2()2()2，|OD|，|OE|，由|OG|2|OD|OE|得tk，因此直线l 的方程为yk(x1)，所以直线l恒过定点(1,0)()由()得G(，)，若B，G关于x轴对称，则B(，)代入yk(x1)整理得3k21k，即6k47k210，解得k2(舍去)或k21，所以k1.此时B(，)，G(，)关于x轴对称又由()得x10，y11，所以A(0,1)由于ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设ABG的外接圆的圆心为(d,0)，因此d21(d)2，解得d，故ABG的外接圆的半径为r.所以ABG的外接圆的方程为(x)2y2.24(2011江苏，16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C.连接AC，并延长交椭圆于点B.设直线PA的斜率为k.(1)当直线PA平分线段MN时，求k的值；(2)当k2时，求点P到直线AB的距离d；(3)对任意的k0，求证：PAPB.解：(1)由题设知，a2，b，故M(2,0)，N(0，)，所以线段MN中点的坐标为(1，)由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以k.(2)直线PA的方程为y2x，代入椭圆方程得1，解得x.因此P(，)，A(，)于是C(，0)，直线AC的斜率为1，故直线AB的方程为xy0.因此，d.(3)证明：法一：将直线PA的方程ykx代入1，解得x.记，则P(，k)，A(，k). 于是C(，0)故直线AB的斜率为，其方程为y(x)，代入椭圆方程并由得(2k2)x22k2x2(3k22)0，解得x或x.因此B(，)于是直线PB的斜率k1.因此k1k1，所以PAPB.法二：设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则x10，x20，x1x2，A(x1，y1)，C(x1,0)设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2.因为C在直线AB上，所以k2.从而k1k12k1k212110.所以k1k1，所以PAPB.25(2011辽宁，12分)如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e.直线lMN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.(1)设e，求|BC|与|AD|的比值；(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BOAN，并说明理由解：(1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设C1：1，C2：1，(ab0)设直线l：xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得A，B.(4分)当e时，ba，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知|BC|AD|.(2)t0时的l不符合题意，t0时，BOAN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即，解得ta.因为|t|a，又0e1，所以1.解得e1.所以当0e时，不存在直线l，使得BOAN；当e1时，存在直线l，使得BOAN.26(2011广东，14分)在平面直角坐标系xOy中，直线l：x2交x轴于点A.设P是l上一点，M是线段OP的垂直平分线上一点，且满足MPOAOP.(1)当点P在l上运动时，求点M的轨迹E的方程；(2)已知T(1，1)设H是E上动点，求|HO|HT|的最小值，并给出此时点H的坐标；(3)过点T(1，1)且不平行于y轴的直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点，求直线l1的斜率k的取值范围命题意图：本题考查的知识涉及动点、直线、轨迹、最值、参数范围的综合解析几何问题(1)先画出图形，“以图助算”势在必行，而画出图形后可发现MPOA或点M在x轴上，也就找到了解决问题的入口与思路；(2)顺着第(1)问的结果与思路，结合抛物线的定义可求得|HO|HT|的最小值；(3)再次回到画出的图形，可直观地求得k的取值范围解：(1)如图1，可得直线l：x2与x轴交于点A(2,0)，设P(2，m)，当m0时，点P与点A重合，这时OP的垂直平分线为x1，由AOPMPO0得M(1,0)，当m0时，设M(x0，y0)，(i)若x01，由MPOAOP得MPOA，有y0m， 图1又kOP，OP的中点为(1，)，OP的垂直平分线为y(x1)，而点M在OP的垂直平分线上，y0(x01)，又my0，于是y0(x01)，即y4(x01)(x01)(ii)若x01，如图1，由MPOAOP得点M为OP的垂直平分线与x轴的交点，在y(x1)中，令y0，有x11，即M(1,0)，点M的轨迹E的方程为y24(x1)(x1)和y0(x1)(2)由(1)知轨迹E为抛物线y24(x1)(x1)与射线y0(x1)，而抛物线y24(x1)(x1)的顶点为B(1,0)，焦点为O(0,0)，准线为x2，当点H在抛物线y24(x1)(x1)上时，作HG垂直于准线x2于点G，由抛物线的定义得|HO|HG|，则|HO|HT|HT|HG|，作TF垂直于准线x2于点F，则|HT|HG|TF|，又T 图2 (1，1)，得|TF|3，在y24(x1)(x1)中，令y1得x，即当点H的坐标为(，1)时，|HO|HT|的最小值为3，当点H在射线y0(x1)上时，|HO|HT|TF|，|HO|HT|的最小值为3，此时点H的坐标为(，1)(3)由(2)得kBT，由图2得当直线l1的斜率k或k0时，直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点直线l1的斜率k的取值范围是(，(0，)27（xx山东，5分）已知抛物线y22px(p0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为()Ax1Bx1Cx2 Dx2解析：抛物线的焦点F(，0)，所以过焦点且斜率为1的直线方程为yx，即xy，将其代入得：y22px2p(y)2pyp2，所以y22pyp20，所以p2，所以抛物线的方程为y24x，准线方程为x1.答案：B27(xx新课标全国，12分)设F1，F2分别是椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，过F1斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列(1)求E的离心率；(2)设点P(0，1)满足|PA|PB|，求E的方程解：(1)由椭圆定义知|AF2|BF2|AB|4a，又2|AB|AF2|BF2|，得|AB|a.l的方程为yxc, 其中c.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组化简得(a2b2)x22a2cxa2(c2b2)0，则x1x2，x1x2.因为直线AB斜率为1，所以|AB|x2x1| .得a，故a22b2，所以E的离心率e.(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知x0c，y0x0c.由|PA|PB|得kPN1.即1，得c3，从而a3，b3.故椭圆E的方程为1.