C2:|y|?|x|?1，P是平面上一点，若存在过点P的直线与C1,C2都有公共点，则称P为“C1
—C2型点”．
(1)在正确证明C1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y?kx与C2有公共点，求证|k|?1，进而证明原点不是“C1—C2型点”； (3)求证：圆x2?y2?1内的点都不是“C1—C2型点”． 22)，与2【解答】：（1）C1的左焦点为F(?3,0)，过F的直线x??3与C1交于(?3,?C2交于(?3,?(3?1))，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为
x??3；
（2）直线y?kx与C2有交点，则
?y?kx?(|k|?1)|x|?1，若方程组有解，则必须|k|?1； ?|y|?|x|?1?直线y?kx与C2有交点，则
?y?kx1222?(1?2k)x?2，若方程组有解，则必须 k??22x?2y?22?故直线y?kx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x2?y2?1内一点的直线l若与曲线C1有交点，则斜率必存在； 2根据对称性，不妨设直线l斜率存在且与曲线C2交于点(t,t?1)(t?0)，则
l:y?(t?1)?k(x?t)?kx?y?(1?t?kt)?0
直线l与圆x2?y2?化简得，(1?t?tk)2?|1?t?kt|21?内部有交点，故 222k?112。。。。。。。。。。。① (k?1)。
2若直线l与曲线C1有交点，则
?y?kx?kt?t?112?222?(k?)x?2k(1?t?kt)x?(1?t?kt)?1?0 ?x22?y?1??2
1??4k2(1?t?kt)2?4(k2?)[(1?t?kt)2?1]?0?(1?t?kt)2?2(k2?1)
2化简得，(1?t?kt)?2(k?1)。。。。。②
2212(k?1)?k2?1 21但此时，因为t?0,[1?t(1?k)]2?1,(k2?1)?1，即①式不成立；
21当k2?时，①式也不成立
21综上，直线l若与圆x2?y2?内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，
21即圆x2?y2?内的点都不是“C1-C2型点” ．
2由①②得，2(k2?1)?(1?t?tk)2?28.山东（22）（本小题满分13分）
x2y23 椭圆C：2?2?1（a＞b＞0）的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为 ，过F1且2ab垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为l.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1、PF2,设∠F1PF2的角平分线 PM交C的长轴于点M（m，0），求m的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点p作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点， 设直线PF1,PF2的斜率分别为k1，k2，若k≠0，试证明这个定值.
11为定值，并求出?kk1kk2c32b2?1,a2?b2?c2，解得a2?4,b2?1 解答：（1）由已知得，?，a2ax2?y2?1 所以椭圆方程为：4??????????????????????????????????????PF1?PMPF2?PMPF1?PMPF2?PM?????=??????????,????=?????,设P(x0,y0)其中（2）由题意可知：????|PF1||PM||PF2||PM||PF1||PF2|2232?16)?3x0?12x0，因为x0x0?4，将向量坐标代入并化简得：m（4x0?4，
所以m?333x0，而x0?(?2,2)，所以m?(?,) 422（3）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为： y0y0xx0x11,k2?，代入中得： ??y0y?1，所以k??0，而k1?4y0kkkk4x?3x?312
x?3x0?311???4(0?)??8为定值. kk1kk2x0x0
29.安徽（18）（本小题满分12分）
x2y2?1的焦点在x轴上 设椭圆E:2?2a1?a（Ⅰ）若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设F1,F2分别是椭圆的左、右焦点，P为椭圆E上的第一象限内的点，直线F2P交y轴与点Q，并且F1P?F1Q，证明：当a变化时，点p在某定直线上。
8x28x2??1. 【答案】 （Ⅰ） 53（Ⅱ） x?y?1?0 【解析】 （Ⅰ）
58x28x2?a?1?a,2c?1,a?1?a?c?a?，椭圆方程为：??1.
853222222（x?c,y),QF2?(c,?m). （Ⅱ） 设F1(?c,0),F2(c,0),P(x,y),Q(0,m),则F2P?由1?a?0?a?(0,1)?x?(0,1),y?(0,1).
2?m(c?x)?ycF1P?(x?c,y),F1Q?(c,m).由F2P//QF2,F1P?F1Q得： ?c(x?c)?my?0??x2y2?1?2?2a1?a??2222?(x?c)(x?c)?y?x?y?c.联立?x2?y2?c2解得
?222a?1?a?c???2x22y222?2??1?x?(y?1).?x?(0,1),y?(0,1)?x?1?y 222x?y?11?x?y所以动点P过定直线x?y?1?0. 30.[新课标I](20)(本小题满分12分)
已知圆M:(x?1)?y?1,圆N:(x?1)?y?9,动圆P与M外切并且与圆N内切，
2222
圆心P的轨迹为曲线 C. （Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）l是与圆P,圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 【命题意图】
【解析】由已知得圆M的圆心为M（-1，0）,半径r1=1，圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3. 设动圆P的圆心为P（x，y），半径为R.
（Ⅰ）∵圆P与圆M外切且与圆N内切，∴|PM|+|PN|=(R?r1)?(r2?R)=r1?r2=4， 由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，场半轴长为2，短半轴长为3的椭圆(左
x2y2??1(x??2). 顶点除外)，其方程为43（Ⅱ）对于曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|-|PN|=2R?2≤2，∴R≤2, 当且仅当圆P的圆心为（2，0）时，R=2.
∴当圆P的半径最长时，其方程为(x?2)?y?4， 当l的倾斜角为900时，则l与y轴重合，可得|AB|=23. 当l的倾斜角不为900时，由r1≠R知l不平行x轴，设l与x轴的交点为Q，则
22|QP|R=，
|QM|r12. 4可求得Q（-4，0），∴设l：y?k(x?4)，由l于圆M相切得|3k|1?k2?1，解得k??x2y222?1(x??2)并整理得7x2?8x?8?0，解得x?2代入?当k=时，将y?4434x1,2=
?4?62182，∴|AB|=1?k|x1?x2|=. 77218时，由图形的对称性可知|AB|=， 47当k=－
综上，|AB|=
18或|AB|=23. 7231.[湖南] 21．（本小题满分13分）
过抛物线E:x?2py(p?0)的焦点F作斜率分别为k1,k2的两条不同的直线l1,l2，且
k1?k2?2，l1与E相交于点A，B，l2与E相交于点C，D。以AB，CD为直径的圆M，圆N
（M，N为圆心）的公共弦所在的直线记为l。
?????????2（I）若k1?0,k2?0，证明；FM?FN?2P；
（II）若点M到直线l的距离的最小值为
275，求抛物线E的方程。 5【答案】 （Ⅰ） 见下 （Ⅱ）x?16y 【解析】 (Ⅰ) F(0,p ).设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),M(x12,y12),N(x34,y34)，2p直线l1方程：y?k1x?,与抛物线E方程联立，化简整理得：?x2?2pk1x?p2?0
2x?xp22?x1?x2?2k1p,x1?x2??p2?0?x12?12?k1p,y12?k1p??FM?(k1p,?k1p)22x?xp22同理,?x34?12?k2p,y34?k2p??FN?(k2p,?k2p).
22?FM?FN?k1k2p2?k1k2p2?p2k1k2(k1k2?1)
?k1?0,k2?0,k1?k2,2?k1?k2?2k1k2?k1k2?1,?FM?FN?p2k1k2(k1k2?1)?p2?1?(1?1)?2p2所以，FM?FN?2p2成立. (证毕) （Ⅱ）
221pp1p22设圆M、N的半径分别为r1,r2?r1?[(?y1)?(?y2)]?[p?2(k1p?)]?k1p?p,22222
?r1?k1p?p,同理2r1?k2p?p,
22设圆M、N的半径分别为r1,r2.则M、N的方程分别为(x?x12)2?(y?y12)2?r12，
(x?x34)2?(y?y34)2?r2，直线l的方程为：
2(x34?x12)x?2(y34?y12)y?x12?x34?y12?y34-r1?r2?0.
?2p(k2?k1)x?2p(k2?k1)y?(x12?x34)(x12?x34)?(y12?y34)(y12?y34)?(r2-r1)(r2?r1)?0
2222222222222222222?2p(k2?k1)x?2p(k2?k1)y?2p2(k1?k2)?p2(k1?k2)(k1?k2?1)?p2(k2?k1)(k1?k2?2)?0?x?2y?p?p(k1?k2?1)?p(k1?k2?2)?0?x?2y?0
2222112(?)2?(?)?1x?2y122k?k1?17p744点M(x12,y12)到直线l的距离d?|12|?p?|1|?p???55558552