、
67.(2009湖南卷理)（本小题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3，0）的距离的4倍与它到直线x=2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于 点P的横坐标与18之和
（Ⅰ）求点P的轨迹C；
（Ⅱ）设过点F的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求线段 MN长度的最大值。
22 解（Ⅰ）设点P的坐标为（x，y），则d?4(x?3)?y?3︳x-2︳
由题设
1x2y2??1. 当x>2时，由①得(x?3)?y?6?x, 化简得
236272222当x?2时 由①得(3?x)?y?3?x,化简得y2?12x
x2y2??1在直线x=2的右侧部分与 故点P的轨迹C是椭圆C1:3627抛物线C2:y2?12x在直线x=2的左侧部分（包括它与直线x=2的交点） 所组成的曲线，参见图1
（Ⅱ）如图2所示，易知直线x=2与C1，C2的交点都是 A（2，26），B（2，?26），
直线AF，BF的斜率分别为kAF=?26，kBF=26. 当点P在C1上时，由②知
PF?6?1x. ④ 2当点P在C2上时，由③知
PF?3?x ⑤
若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为y?k(x?3) （i）当k≤kAF，或k≥kBF，即k≤-2 此时由④知 ∣MF∣= 6 -
，N（x2，y2）都在C 1上，6时，直线I与轨迹C的两个交点M（x1，y1）
11x1 ∣NF∣= 6 - x2 22
、
从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 -
111x1）+ （6 - x2）=12 - ( x1+x2) 222?y?k(x?3)224k?22222由?x 得(3?4k)x?24kx?36k?108?0 则x1，y1是这个方程的两根，所以x1+x2=*∣MNy223?4k?1??3627?112k2∣=12 - （x1+x2）=12 - 223?4k因为当k?26,或k?26时,k2?24,
12k212100?1?2?. MN?12? 213?4k11?42k当且仅当k??26时，等号成立。
（2）当kAE?k?kAN,?26?k?26时，直线L与轨迹C的两个交点M(x1,y1),N(x2,y2) 分别在C1,C2上，不妨
设点M在C1上，点C2上，则④⑤知，MF?6?1x1,NF?3?x2 2 设直线AF与椭圆C1的另一交点为E(x0,y0),则x0?x1,x2?2. MF?6?11x1?6?x0?EF,NF?3?x2?3?2?AF 22 所以MN?MF?NF?EF?AF?AE。而点A，E都在C1上，且 kAE??26,有（1）知AE?100100,所以MN? 1111若直线?的斜率不存在，则x1=x2=3，此时
1100MN?12?(x1?x2)?9?
211综上所述，线段MN长度的最大值为
100 11.
68.（2009福建卷文）（本小题满分14分）
x2y2已知直线x?2y?2?0经过椭圆C:2?2?1(a?b?0)的左顶点A和上顶点D，椭圆C的右顶点为B，点S和
ab椭圆C上位于x轴上方的动点，直线，AS,BS与直线l:x?分别交于M,N两点。
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）求线段MN的长度的最小值；
10 3、
（Ⅲ）当线段MN的长度最小时，在椭圆C上是否存在这样的点T，使得?TSB的面积为数，若不存在，说明理由
1？若存在，确定点T的个5
解 方法一（I）由已知得，椭圆C的左顶点为A(?2,0),上顶点为D(0,1),?a?2,b?1
x2?y2?1 故椭圆C的方程为4（Ⅱ）直线AS的斜率k显然存在，且k?0，故可设直线AS的方程为y?k(x?2)， 从而M(1016k,) 33?y?k(x?2)?2222由?x2得(1?4k)x?16kx?16k?4?0 2??y?1?44k16k2?42?8k2y?x?设S(x1,y1),则(?2),x1?得，从而 111?4k21?4k21?4k22?8k24k,),又B(2,0) 即S(221?4k1?4k110??y??(x?2)x?????4k3由?得? ?x?10?y??1??33k??101?N(,?)
33k故|MN|?16k1 ?33k又k?0,?|MN|?
16k116k18??2?? 33k33k3、
16k11?，即k?时等号成立 33k418?k?时，线段MN的长度取最小值
43当且仅当
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当MN取最小值时，k?1 4 此时BS的方程为x?y?2?0,s(,),?|BS|?645542 5 要使椭圆C上存在点T，使得?TSB的面积等于
12，只须T到直线BS的距离等于，所以T在平行于BS且与BS54距离等于2的直线l上。 4设直线l':x?y?1?0
则由35|t?2|2?,解得t??或t??
2242
69.（2009年上海卷理）（本题满分16分）
vx22?y?1,设过点A(?32,0)的直线l的方向向量e?(1,k) 已知双曲线c:2（1） 当直线l与双曲线C的一条渐近线m平行时，求直线l的方程及l与m的距离； （2） 证明：当k>
2时，在双曲线C的右支上不存在点Q，使之到直线l的距离为6。 2（1）解 双曲线C的渐近线m:x?2y?0............2分 2? 直线l的方程x?2y?32?0
? 直线l与m的距离d?32?6 1?2（2）证明 方法一设过原点且平行与l的直线b:kx?y?0
则直线l与b的距离d?32k1?k2
当k?
2时，d?6 2、
又双曲线C的渐近线为x?2y?0
?双曲线C的右支在直线b的右下方，
?双曲线C右支上的任意点到直线l的距离为6。
故在双曲线C的右支上不存在点Q，使之到直线l的距离为6。 （2）方法二 双曲线C的右支上存在点Q(x0,y0)到直线l的距离为6，
?kx0?y0?32??6,(1)2则? 1?k??x0?2y0?2,(2)2由（1）得y0?kx0?32k?6?1?k，
设t?32k?6?1?k2
当k?2，t?32k?6?1?k2?0 22将y0?kx0?t 代入（2）得(1?2k2)x0?4ktx0?2(t2?1)?0 （*）
?k?2,t?0,?1?2k2?0,?4kt?0,?2(t2?1)?0 2?方程（*）不存在正根，即假设不成立
故在双曲线C的右支上不存在Q，使之到直线l 的距离为6 70.（2009上海卷文）（本题满分16分） 已知双曲线C的中心是原点，右焦点为F?3，0，一条渐近线m:x+2y?0,设过点A(?32,0)的直线l的方向向
?v量e?(1,k)。
（1） 求双曲线C的方程；
（2） 若过原点的直线a//l，且a与l的距离为6，求K的值；
（3） 证明：当k?2时，在双曲线C的右支上不存在点Q，使之到直线l的距离为6. 222（1）解 设双曲线C的方程为x?2y??(??0)
x2?3，解得??2，双曲线C的方程为?y2?1 ???22?
、
第二节 圆锥曲线
第一部分 五年高考荟萃 2009年高考题
2009年高考数学试题分类汇编——圆锥曲线
一、选择题
x2y22
1.（2009全国卷Ⅰ理）设双曲线2?2?1（a＞0,b＞0）的渐近线与抛物线y=x+1相切，则该双曲线的离心率等于
ab( ) A.3 B.2 C.5 D.6
【解析】设切点P(x0,y0)，则切线的斜率为y由题意有
'|x?x0?2x0.
y0?2x0又y0?x02?1 x02解得: x0?1,?【答案】C
bb?2,e?1?()2?5.aa??????x22?y?1的右焦点为F,右准线为l，A?FB32.（2009全国卷Ⅰ理）已知椭圆C:点A?l，线段AF交C于点B，若F2,
?????则|AF|=( )
A. 2 B. 2 C.3 D. 3
????????2【解析】过点B作BM?l于M,并设右准线l与X轴的交点为N，易知FN=1.由题意FA?3FB,故|BM|?.又由椭
3圆的第二定义,得|BF|?【答案】A
222???|AF|?2.故选A233x2y23.（2009浙江理）过双曲线2?2?1(a?0,b?0)的右顶点A作斜率为?1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线
ab????1????的交点分别为B,C．若AB?BC，则双曲线的离心率是 ( )
2A．2 B．3 C．5 D．10
、
【解析】对于A?a,0?，则直线方程为x?y?a?0，直线与两渐近线的交点为B，C，
?a2ab?a2abB?,,C(,?)则有 ?a?ba?ba?ba?b????????ab????????2a2b2a2b???ab?22BC?(22,?22),AB???,?，因2AB?BC,?4a?b,?e?5．
a?ba?b?a?ba?b?【答案】C
x2y24.（2009浙江文）已知椭圆2?2?1(a?b?0)的左焦点为F，右顶点为A，点B在椭圆上，且BF?x轴，直
ab????????线AB交y轴于点P．若AP?2PB，则椭圆的离心率是（ ）
1132 B． C． D．
3222????????1【解析】对于椭圆，因为AP?2PB，则OA?2OF,?a?2c,?e?
2A．【答案】D
5.（2009北京理）点P在直线l:y?x?1上，若存在过P的直线交抛物线y?x2于A,B两点，且|PA?|AB|，则称点P为“
点”，那么下列结论中正确的是 （ ）
点” 点” 点”
点”
A．直线l上的所有点都是“ B．直线l上仅有有限个点是“ C．直线l上的所有点都不是“
D．直线l上有无穷多个点（点不是所有的点）是“
【解析】本题主要考查阅读与理解、信息迁移以及学生的学习潜力,考查学生分析问题和解决问题的能力. 属于创新
题型.
本题采作数形结合法易于求解，如图， 设A?m,n?,P?x,x?1?， 则B?2m?x,2n?x?2?， ∵A,B在y?x上，
2?n?m2∴? 22n?x?1?(2m?x)?
消去n,整理得关于x的方程x?(4m?1)x?2m?1?0 （1）
22、
∵??(4m?1)2?4(2m2?1)?8m2?8m?5?0恒成立， ∴方程（1）恒有实数解，∴应选A. 【答案】A
x2y226.(2009山东卷理)设双曲线2?2?1的一条渐近线与抛物线y=x+1 只有一个公共点，则双曲线的离心率为
ab( ).
A.
55 B. 5 C. D.5 42b?bbx2y2?y?x2【解析】双曲线2?2?1的一条渐近线为y?x,由方程组?a,消去y,得x?x?1?0有唯一解,所以△
aaab2?y?x?1?=()?4?0,
ba2bca2?b2b所以?2,e???1?()2?5,故选D.
aaaa【答案】D
【命题立意】:本题考查了双曲线的渐近线的方程和离心率的概念,以及直线与抛物线的位置关系,只有一个公共点,则解方程组有唯一解.本题较好地考查了基本概念基本方法和基本技能.
7.(2009山东卷文)设斜率为2的直线l过抛物线y?ax(a?0)的焦点F,且和y轴交于点A,若△OAF(O为坐标原点)的面积为4,则抛物线方程为( ).
2A.y??4x B.y??8x C. y?4x D. y?8x
【解析】 抛物线y2?ax(a?0)的焦点F坐标为(,0),则直线l的方程为y?2(x?),它与y轴的交点为A(0,?),所以△OAF的面积为【答案】B
【命题立意】:本题考查了抛物线的标准方程和焦点坐标以及直线的点斜式方程和三角形面积的计算.考查数形结合的数学思想,其中还隐含着分类讨论的思想,因参数a的符号不定而引发的抛物线开口方向的不定以及焦点位置的相应变化有两种情况,这里加绝对值号可以做到合二为一.
2222a4a4a21aa||?||?4,解得a??8.所以抛物线方程为y2??8x,故选B. 242x2y2??1的渐近线与圆(x?3)2?y2?r2(r?0)相切，则r= ( ) 8.（2009全国卷Ⅱ文）双曲线63A.3 B.2 C.3 D.6
【解析】本题考查双曲线性质及圆的切线知识，由圆心到渐近线的距离等于r，可求r=3.
、
【答案】A
9.（2009全国卷Ⅱ文）已知直线y?k(x?2)(k?0)与抛物线C:y2?8x相交A、B两点，F为C的焦点。若FA?2FB,则k= ( ) Ａ.
12222 Ｂ. Ｃ. Ｄ. 3333【解析】本题考查抛物线的第二定义，由直线方程知直线过定点即抛物线焦点（2，0），由FA?2FB及第二定义知
xA?2?2(xB?2)联立方程用根与系数关系可求k=【答案】D
1０.（2009安徽卷理）下列曲线中离心率为6的是222. 32222x2y2x2y2Ａ.??1 Ｂ.??1 Ｃ.x?y?1 Ｄ.x?y?1244246410b23b216c23【解析】由e?得2?,1?2?,2?，选B.
a2a2a22【答案】Ｂ
x2y211.（2009福建卷文）若双曲线2?2?1?a?o?的离心率为2，则a等于( )
a3A. 2 B.
3 C.
3 D. 1 2x2y2ca2?3【解析】 由2??1可知虚轴b=3，而离心率e=??2，解得a=1或a=3，参照选项知而应选D.
a3aa【答案】D
12.（2009安徽卷文）下列曲线中离心率为的 是(. ( )
A. B. C. D.
cx2y2c6【解析】依据双曲线2?2?1的离心率e?可判断得.e??.选B。
aaba2【答案】B
x2y213.（2009江西卷文）设F，F2，P(0,2b)是正三角形的三1和F2为双曲线2?2?1(a?0,b?0)的两个焦点, 若F1ab个顶点,则双曲线的离心率为 A．
35 B．2 C． D．3 22
、
【解析】由tan【答案】B
?6?cc3有3c2?4b2?4(c2?a2),则e??2,故选B. ?a2b3x2y2P，F2为右焦点，若14.（2009江西卷理）过椭圆2?2?1(a?b?0)的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于点
ab?F1PF2?60?，则椭圆的离心率为
A．1123 B． C． D．
2323b23b2c3??2a,【解析】因为P(?c,?)，再由?F有从而可得，故选B e??PF?6012aaa3【答案】B
x2y215.（2009天津卷文）设双曲线2?2?1(a?0,b?0)的虚轴长为2，焦距为23，则双曲线的渐近线方程为（ ）
abA.y??2x B .y??2x C .y??12x D.y??x
22【解析】由已知得到b?1,c?3,a?c2?b2?2，因为双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为
y??b2x??xa2
【答案】C
【考点定位】本试题主要考查了双曲线的几何性质和运用。考察了同学们的运算能力和推理能力。
x2y2x2y2??1的准线过椭圆?2?1的焦点，则直线y?kx?2与椭圆至多有一个交16.(2009湖北卷理)已知双曲线
224b点的充要条件是( )
A. K???,? B. K????,??222?11?????1??1?,???? ???2????22?2??2,C. K???? D. K?????,?2???2,???? 22??????a22【解析】易得准线方程是x??????1
b2x2y2所以c?a?b?4?b?1 即b?3所以方程是??1
4322222联立y?kx?2 可得 3x2+(4k2+16k)x?4?0由??0可解得A.
、
??????????22)?(?2,?)?(?4,0)?4，这与已知相矛盾。 ∴ F2M?F2N?(?2,22②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y?k(x?1)， 设M(x1,y1)、N(x2,y2)，
?y?k(x?1)?联立?x2，消元得(1?2k2)x2?4k2x?2k2?2?0
2??y?1?2?4k22k2?2,x1x2?∴ x1?x2?， 221?2k1?2k∴ y1?y2?k(x1?x2?2)???????????又∵F2M?(x1?1,y1),F2N?(x2?1,y2) ??????????∴ F2M?F2N?(x1?x2?2,y1?y2)
222????????????8k?2226?2k?22∴ F2M?F2N?(x1?x2?2)?(y1?y2)?? ???2?2?3?1?2k??1?2k?2k，
1?2k2
化简得40k?23k?17?0 解得k?1或k??∴ k??1
∴ 所求直线l的方程为y?x?1或y??x?1 64.（2009全国卷Ⅰ文）（本小题满分12分） 如图，已知抛物线E:y?xD四个点。
（Ⅰ）求r的取值范围
（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标。 解：（Ⅰ）将抛物线E:y?x代入圆M:(x?4)?y?r(r?0)的方程，
2消去y，整理得x?7x?16?r?0
222222224217(舍去) 402与
M:(x?4)2?y2?r2(r?0)相交于A、B、C、
2222抛物线E:y?x与圆M:(x?4)?y?r(r?0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（1）有两个不相等的正根
、
?49?4(16?r2)?0?55??r??或r?∴?x1?x2?7?0即?22。 ??2?x1?x2?16?r?0??4?r?4解这个方程组得
515?r?4r?(,4). 22（II）设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2)。 则由（I）根据韦达定理有x1?x2?7,x1x2?16?r2，r?(则S?15,4) 21?2?|x2?x1|(x1?x2)?|x2?x1|(x1?x2) 2?S2?[(x1?x2)2?4x1x2](x1?x2?2x1x2)?(7?216?r2)(4r2?15)
令16?r2?t，则S2?(7?2t)2(7?2t) 下面求S的最大值。
2方法1：由三次均值有：
117?2t?7?2t?14?4t31283S2?(7?2t)2(7?2t)?(7?2t)(7?2t)(14?4t) ?()??()
22323 当且仅当7?2t?14?4t，即t?715时取最大值。经检验此时r?(,4)满足题意。 62方法2：设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2) 则直线AC、BD的方程分别为
y?x1??x2?x1x2?x1(x?x1),y?x1?x2?x1x2?x1(x?x1)
解得点P的坐标为(x1x2,0)。 设t?1x1x2，由t?16?r2及（Ⅰ）得t?(0,)
4由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积S?1(2x1?2x2)|x1?x2| 2则S2?(x1?2x1x2?x2)[(x1?x2)2?4x1x2]将x1?x2?7，
x1x2?t代入上式，并令f(t)?S2，等
7f(t)?(7?2t)2(7?2t)??8t3?28t2?98t?343(0?t?)，
2
、
∴f`(t)??24t2?56t?98??2(2t?7)(6t?7)， 令f`(t)?0得t?76，或t??72（舍去） 当0?t?76时，f`(t)?0；当t?76时f`(t)?0；当776?t?2时，f`(t)?0 故当且仅当t?76时，f(t)有最大值，即四边形ABCD的面积最大， 故所求的点P的坐标为(76,0)。
65.（2009湖北卷文）（本小题满分13分）
如图，过抛物线y2
＝2PX(P﹥0)的焦点F的直线与抛物线相交于M、N两点， 自M、N向准线L作垂线，垂足分别为M1、N1 (Ⅰ)求证：FM1⊥FN1:
(Ⅱ)记△FMM1、、S2、，1、、△FM1N1、△FN N1的面积分别为SS3
，试判断S22＝4S1S3
立，并证明你的结论。
（1） 证明 方法一 由抛物线的定义得
MF?MM1,NF?NN1,
??MFM1??MM1F,?NFN1??NN1F
如图，设准线l与x的交点为F1
QMM1//NN1//FF1
??F1FM1??MM1F,?F1FN1??NN1F
而?FFM011??MFM1??F1FN1??N1FN?180 即2?F?2?F01FM11FN1?180
??F1FM1??F1FN1?900
故FM1?FN1
方法二 依题意，焦点为F(p2,0),准线l的方程为x??p2
是否成
、
设点M,N的坐标分别为M（x1,y1),N（x2,y2),直线MN的方程为x?my?p，则有 2M1(?pp,y1),N1(?,y2),FM1?(?p,y1),FN1?(?p,y2) 22p??x?my?由?2 得y2?2mpy?p2?0 ?y2?2px?于是，y1?y2?2mp，y1y2??p2
???????????FM1?FN1?p2?y1y2?p2?p2?0，故FM1?FN1
2（Ⅱ）解 S2?4S1S3成立，证明如下：
方法一 设M(x1,y1),N(x2,y2)，则由抛物线的定义得
pp,|NN1|?|NF|?x2?，于是 2211pS1??|MM1|?|F1M1|?(x1?)|y1|
22211S2??|M1N2|?|FF1|?p|y1?y2|
2211pS3??|NN1|?|F1N1|?(x2?)|y2|
22211p1p2?S2?4S1S3?(p|y1?y2|)2?4?(x1?)|y1|?(x2?)|y2|
22222|MM1|?|MF|?x1?12pp22?p[(y1?y2)?4y1y2]?[x1x2?(x1?x2)?]|y1y2|
424p?x?my?1??y1?y2?2mp?12将?与?代入上式化简可得 2pyy??p?x?my?,?1222??2p2(m2p2?p2)?p2(m2p2?p2)，此式恒成立。
2故S2?4S1S3成立。
方法二 如图，设直线MNM的倾角为?，|MF|?r1,|NF|?r2 则由抛物线的定义得|MM1|?|MF|?r1,|NN1|?|NF|?r3
?MM1//NN1//FF1,??FMM1??,?FNN1????
、
于是S1?1211r1sin?,S3?r22sin(???)?r22sin? 222在?FMM1和?FNN1中，由余弦定理可得
|FM1|2?2r12?2r12cos??2r12(1?cos?),|FN1|2?2r22?2r22cos??2r22(1?cos?)
1|FM1|?|FN1| 2112?S2?|FM1|2?|FN1|2??4r12?r22?(1?cos?)(1?cos?)?r12r22sin2??4S1S3
44由（I）的结论，得S2?2即S2?4S1S3，得证。
66.（2009宁夏海南卷文）(本小题满分12分)
已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在x轴上，它的一个项点到两个 焦点的距离分别是7和1 （1）求椭圆C的方程‘
（2）若P为椭圆C的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，迹方程，并说明轨迹是什么曲线。
解（1）设椭圆长半轴长及分别为a,c,由已知得
OPOM，求点M的轨?e（e为椭圆C的离心率）
{
a?c?1, 解得a=4,c=3,
a?c?7.x2y2??1. 所以椭圆C的方程为
167（Ⅱ）设M（x,y）,P(x,y1),其中x???4,4?.
x2?y12由已知得2?e2. 2x?y而e?32，故16(x2?y1)?9(x2?y2). ① 421112?7x2, 由点P在椭圆C上得 ，y?16代入①式并化简得9y?112,
2所以点M的轨迹方程为y??47(?4?x?4),轨迹是两条平行于x轴的线段. 3
、
2上式恒成立，即对任意a?0,S2?4S1S3成立
2证法2：如图2，连接MN1,NM1,则由y1y2??2ap,y1?2px1可得
KOM?y12p2py22py2y2?????KON1,所以直线MN1经过原点O， x1y1y1y2?2ap?a同理可证直线NM1也经过原点O
又OA?OA1?a设M1A1?h1,N1A1?h2,MM1?d1,NN1?d2,则
S1?111d1h1,S2??2a(h1?h2)?a(h1?h2),S3?d2h2. 22256.（2009四川卷文）（本小题满分12分）
x2y22?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e?已知椭圆2?，右准线方程为x?2。
ab2（I）求椭圆的标准方程；
??????????226M、N两点，且F2M?F2N?l（II）过点F，求直线l的方程。 1的直线与该椭圆交于
3?c2???a2，解得a?2,c?1
解（I）由已知得?2?a?2??c∴ b?a2?c2?1
x2?y2?1 . ∴ 所求椭圆的方程为2（II）由（I）得F1(?1,0)、F2(1,0)
?x??12?①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x??1，由?x2得 y??22??y?1?2设M(?1,22)、N(?1,?)， 22??????????22)?(?2,?)?(?4,0)?4，这与已知相矛盾。 ∴ F2M?F2N?(?2,22②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y?k(x?1)，
、
设M(x1,y1)、N(x2,y2)，
?y?k(x?1)?联立?x2，消元得(1?2k2)x2?4k2x?2k2?2?0
2??y?1?2?4k22k2?2,x1x2?∴ x1?x2?， 221?2k1?2k∴ y1?y2?k(x1?x2?2)???????????又∵F2M?(x1?1,y1),F2N?(x2?1,y2) ??????????∴ F2M?F2N?(x1?x2?2,y1?y2)
222????????????8k?22k226??∴ F2M?F2N?(x1?x2?2)2?(y1?y2)2?? ???2?2?1?2k1?2k3????2k，21?2k
化简得40k?23k?17?0 解得k?1或k??∴ k??1
∴ 所求直线l的方程为y?x?1或y??x?1 . 57.（2009全国卷Ⅱ理）（本小题满分12分）
224217(舍去) 40x2y23已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的斜率为1
ab3时，坐标原点O到l的距离为（I）求a，b的值；
2 2????????????（II）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP?OA?OB成立？
若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。 解 (I）设F(c,0)，直线l:x?y?c?0，由坐标原点O到l的距离为
2 2 则c3|0?0?c|2,?a?3,b?2. ，解得c?1.又e???a322x2y2??1.设A(x1,y1)、B(x2,y2) （II）由(I）知椭圆的方程为C:32由题意知l的斜率为一定不为0，故不妨设 l:x?my?1
、
代入椭圆的方程中整理得(2m2?3)y2?4my?4?0，显然??0。
4m4,yy??,．．．．．．．．① 12222m?32m?3????????????.假设存在点P，使OP?OA?OB成立，则其充要条件为：
由韦达定理有：y1?y2??(x1?x2)2(y1?y2)2??1。 点P的坐标为(x1?x2,y1?y2)，点P在椭圆上，即
32整理得2x12?3y12?2x22?3y22?4x1x2?6y1y2?6。
又A、B在椭圆上，即2x12?3y12?6,2x22?3y22?6.
故2x1x2?3y1y2?3?0．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②
将x1x2?(my1?1)(my2?1)?m2y1y2?m(y1?y2)?1及①代入②解得m?21 24m232232?2?,x1?x2=?,即?y1?y2?或?P(,?).
2m2?322222当m?2322时,P(,?),l:x?y?1; 22222322时,P(,),l:x??y?1. 2222当m??58.（2009湖南卷文）（本小题满分13分）
已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q）. （Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点，过点P的直线l与椭圆C相交于M,N两点，当线段MN的中点落在正方形Q内（包括边界）时，求直线l的斜率的取值范围。
x2y2解 （Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为2?2?1(a?b?0),焦距为2c，
ab2由题设条件知，a?8,b?c, 所以b?212a?4. 2x2y2??1 故椭圆C的方程为84（Ⅱ）椭圆C的左准线方程为x??4,所以点P的坐标(?4,0)， 显然直线l的斜率k存在，所以直线l的方程为y?k(x?4)。
、
如图，设点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点为G(x0,y0)，
?y?k(x?4),由??x2y2得(1?2k2)x2?16k2x?32k2?8?0. ??8?4?1由??(16k2)2?4(1?2k2)(32k2?8)?0解得?222?k?2. 16k2因为x1,x2是方程①的两根，所以x1?x2??1?2k2，于是
x2x1?x28k4k0?2=?1?2k2，y0?k(x0?4)?1?2k2 因为x8k20??1?2k2?0，所以点G不可能在y轴的右边， 又直线F1B2,F1B1方程分别为y?x?2,y??x?2, 所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为
??y0?x0?2,?4k?2k2?2k?1?0,y?x?2. 即????8k2?2, 亦即??00?1?2k21?2k2??4k8k2??2k2?2k?1?0. ??1?2k2?1?2k2?2,解得?3?12?k?3?12，此时②也成立. 故直线l斜率的取值范围是[?3?12,3?12]. 59.（2009福建卷理）（本小题满分13分）
??①
??②、
x2已知A,B 分别为曲线C： 2+y2=1（y?0,a>0）与x轴
a的左、右两个交点，直线l过点B,且与x轴垂直，S为l上 异于点B的一点，连结AS交曲线C于点T.
(1)若曲线C为半圆，点T为圆弧?AB的三等分点，试求出点S的坐标； （II）如图，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在
使得O,M,S三点共线？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由。 解 方法一
AB的三等分点得∠BOT=60°或120°. (Ⅰ)当曲线C为半圆时，a?1,如图，由点T为圆弧?a,
(1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又AB=2,故在△SAE中,有SB?AB?tan30??????,?s(t,); ?? (2)当∠BOT=120°时,同理可求得点S的坐标为(1,23),综上, S(1,(Ⅱ)假设存在a(a?0),使得O,M,S三点共线.
23)或S(1,23) 3由于点M在以SB为直线的圆上,故BT?OS.
显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为y?k(x?a). ?x22?2?y?1得(1?a2k2)x2?2a2k2x?a4k2?a2?0 由?a?y?k(x?a)?a2k2?a2设点T(xT,yT),?xT?(?a)?,
1?a2k2a?a2k22ak故xT?,从而. y?k(x?a)?TT1?a2k21?a2k2a?a2k22ak亦即T(,). 22221?ak1?ak?????2a2k22ak?B(a,0),?BT?((,)) 221?ak1?a2k2?????x?a由?得s(a,2ak),?OS?(a,2ak). ?y?k(x?a)?????????2a2k2?4a2k22222?2ak?4ak?0 由BT?OS,可得BT?OS?即?021?ak2?k?0,a?0,?a?2 经检验,当a?2时,O,M,S三点共线. 故存在a?2,使得O,M,S三点共线. 方法二:
(Ⅰ)同方法一.
(Ⅱ)假设存在a,使得O,M,S三点共线.
、
由于点M在以SO为直径的圆上,故SM?BT.
显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为y?k(x?a) ?x22?2?y?1得(1?a2b2)x2?2a2k2x?a2k2?a2?0 由?a?y?k(x?a)?a4k2?a2设点T(xT,yT),则有xT?(?a)?.
1?a2k2a?a2k22aka?a2k22ak故xT?,从而y?k(x?a)?亦即T(?). TT22222222a?ak1?ak1?ak1?akyT1?B(a,0),?kBT???2,故kSM?a2k
xT?aak?x?a得S(a,2ak),所直线SM的方程为y?2ak?a2k(x?a) 由??y?k(x?a)O,S,M三点共线当且仅当O在直线SM上,即2ak?a2k(?a). ?a?0,K?0,?a?2 故存在a?2,使得O,M,S三点共线.
60.（2009辽宁卷文、理）（本小题满分12分） 已知，椭圆C以过点A（1，（1） 求椭圆C的方程；
（2） E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出
这个定值。
3），两个焦点为（－1，0）（1，0）。 2x2y2??1。 （Ⅰ）解 由题意，c＝1,可设椭圆方程为
1?b24b2 因为A在椭圆上，所以
19322??1?bb，解得＝3，＝（舍去）。 1?b24b24x2y2??1． 所以椭圆方程为 433x2y2??1得 （Ⅱ）证明 设直线ＡＥ方程：得y?k(x?1)?，代入
243 3（3+4k2）x2+4k(3?2k)x?4(?k)2?12?0
2设Ｅ（xE，yE），Ｆ（xF，yF）．因为点Ａ（1，
3）在椭圆上， 2
、
34(?k)2?12所以xE?2， 23?4k3yE?kxE??k。
2 又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以?k代k，可得
34(?k)2?12， xF?223?4k3yF??kxF??k。
2 所以直线EF的斜率kEF?yF?yE?k(xF?xE)?2k1??。
xF?xExF?xE21。 2即直线EF的斜率为定值，其值为
61.（2009宁夏海南卷理）（本小题满分12分）
已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在s轴上，它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7和1. （Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若P为椭圆C上的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，是什么曲线。
解 (Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a，c，由已知得
OPOM=λ，求点M的轨迹方程，并说明轨迹
?a?c?1,解得a?4,c?3， ?a?c?7?x2y2??1 所以椭圆C的标准方程为
167（Ⅱ）设M(x,y)，其中x???4,4?。由已知
OPOM22??2及点P在椭圆C上可得
9x2?112??2。 2216(x?y)整理得(16??9)x?16?y?112，其中x???4,4?。
2222（i）??
32时。化简得9y?112 4
所以点M的轨迹方程为y??47(?4?x?4)，轨迹是两条平行于x轴的线段。 3
、
3
（ii）??时，方程变形为
4
x2y2??1，其中x???4,4?
11211216?2?916?2当0???当
3时，点M的轨迹为中心在原点、实轴在y轴上的双曲线满足?4?x?4的部分。 43???1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆满足?4?x?4的部分； 4当??1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆；
62.（2009陕西卷文）（本小题满分12分）
y2x2525已知双曲线C的方程为2?2?1(a?0,b?0)，离心率e?，顶点到渐近线的距离为。
ab25（1）求双曲线C的方程；
(2)如图，P是双曲线C上一点，A，B两点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一、二象限，若
????????1AP??PB,??[,2]，求?AOB面积的取值范围。
3方法一 解（Ⅰ）由题意知，双曲线C的顶点（0，a）到渐近线
ax?by?0的距离为25， 5所以aba2?b2?ab2525所以 ?c55?ab25??5?c?a?2??5?c得?b?1 由??2?a?222?c?5?c?a?b???y2?x2?1 所以曲线C的方程是4（Ⅱ）由（Ⅰ）知双曲线C的两条渐近线方程为y??2x
（?n,2n),m?0,n?0 设A(m,2m),Buuuruurm-?n2(m+?n),), 由AP??PB得P点的坐标为（1+?1+?y2(1??)22?x?1,化简得mn=将P点的坐标代入44?
、
因为?AOB?2?,tan(?14??)?2,tan??,sin2?? 225又OA?5m,OB?5n
111OA?OB?sin2??2mn?(??)?1 22?111记S(?)?(??)?1,??[,2]
2?311则S?(?)?(1?2)
2?所以S?AOB?由S?(?)?0得??1 又S（1）=2，S()?1389,S(2)? 3418时，?AOB面积取到最大值 33当??1时，?AOB面积取到最小值2，当当??所以?AOB面积范围是[2,]
83方法二（Ⅰ）由题意知，双曲线C的顶点（0，a）到渐近线ax?by?0的距离为25， 5?aba2?b2?25ab25 即?5c5?ab25??5?c?a?2??5?c得?b?1 由??2?a?222?c?5?c?a?b???y2?x2?1. 所以曲线C的方程是4（Ⅱ）设直线AB的方程为y?kx?m, 由题意知k?2,m?0
?y?kx?mm2m由?得A点的坐标为（,),
y?2x2?k2?k?由??y?kx?m?m2m得B点的坐标为（,),
2?k2?k?y??2x
、
uuuruurm1?2m1?AP??PB,得P点的坐标为（(?),(?)
1??2?k2?k1??2?k2?ky24m2(1??)22?x?1得?将P点的坐标代入 44?k2?设Q为直线AB与y轴的交点，则Q点的坐标为（0，m）
S?AOB=S?AOQ?S?BOQ
.
111OQgxA?OQgxB?m(xA?xB)2221mm14m2?m(?)?g 22?k2?k24?k211?(??)?12??63.（2009四川卷文、理）（本小题满分12分）
x2y2?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，离已知椭圆2?ab右准线方程为x?2。
（I）求椭圆的标准方程；
心率e?2，2??????????226M、N两点，且F2M?F2N?l（II）过点F，求直线l的方程。 1的直线与该椭圆交于
3?c2???a2，解得a?2,c?1
解 （I）由已知得?2?a?2??c∴ b?a2?c2?1
x2?y2?1 . ∴ 所求椭圆的方程为2（II）由（I）得F1(?1,0)、F2(1,0)
?x??12?①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x??1，由?x2得 y??22??y?1?2设M(?1,22)、N(?1,?)， 22