??y＝k（x－1）（k≠0），
同理，由? 2
?y＝－x＋1（y≤0），?
得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)． 2k→→
∴AP＝2(k，－4)，AQ＝－k(1，k＋2)．
k＋4∵AP⊥AQ，
－2k2
∴AP2AQ＝0，即2[k－4(k＋2)]＝0，
k＋4∵k≠0，
8
∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.
38
经检验，k＝－符合题意，
38
故直线l的方程为y＝－(x－1)．
3
方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．
y2x2
20．，，[2014·陕西卷] 如图1-5所示，曲线C由上半椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0，y≥0)
ab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
3. 2
(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1-5
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．
c3
设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2，
a2∴a＝2，b＝1.
y22
(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x＝1(y≥0)．
4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．
k2－4－8k
由求根公式，得xP＝2，从而yP＝2，
k＋4k＋4
?k－4－8k?∴点P的坐标为?2，2?. ?k＋4k＋4?
?y＝k（x－1）（k≠0），?
同理，由? 2
?y＝－x＋1（y≤0），?
2
得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)． 2k→→
∴AP＝2(k，－4)，AQ＝－k(1，k＋2)．
k＋4∵AP⊥AQ，
－2k2
∴AP2AQ＝0，即2[k－4(k＋2)]＝0，
k＋4∵k≠0，
8
∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.
38
经检验，k＝－符合题意，
38
故直线l的方程为y＝－(x－1)．
3
方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．
x2y2
18．、[2014·天津卷] 设椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，
ab上顶点为B.已知|AB|＝
3
|FF|. 212
(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|＝
2
2
3
|F1F2|，可得a2＋b2＝3c2. 2
2
c21
又b＝a－c，则2＝，
a2所以椭圆的离心率e＝
2. 2
(2)由(1)知a2＝2c2，b2＝c2. x2y2
故椭圆方程为2＋2＝1.
2cc
设P(x0，y0)．由F1(－c，0)，B(0，c)， →→
有F1P＝(x0＋c，y0)，F1B＝(c，c)．
→→
由已知，有F1P2F1B＝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， x2y200
所以2＋2＝1.②
2cc
4c2
由①和②可得3x0＋4cx0＝0.而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－c.代入①得y0＝，即点
334cc
－，?. P的坐标为??33?4c
－c＋0＋c3322
设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1＝＝－c，y1＝＝c，进而圆的半径r＝
2323（x1－0）2＋（y1－c）2＝
5
c. 3
|kx1－y1|
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2＝r，
k＋1即
?k?－2c?－2c???3?3?k2＋1
＝5
c，整理得k2－8k＋1＝0，解得k＝4±15， 3
所以直线l的斜率为4＋15或4－15.
x2y2
21．、[2014·浙江卷] 如图1-6，设椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一
ab
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1-6 y＝kx＋m，??22
21．解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，由?xy消去y得(b2＋a2k2)x2＋
??a2＋b2＝1，2a2kmx＋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2
b2m??－2akm，?b＋a2k2b2＋a2k2?.
22
?－ak，bm?又点P在第一象限，故点P的坐标为P?2?. 22b2＋a2k2??b＋ak
(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
22
?－ak＋bk??222?b2＋a2k2??b＋ak
的距离d＝，
1＋k2a2－b2
整理得d＝2. 2222bb＋a＋ak＋2k
b2
因为ak＋2≥2ab，所以k
22
a2－b2
22222bb＋a＋ak＋2k
≤
＝a－b，
b2＋a2＋2ab
a2－b2
b
当且仅当k2＝时等号成立．
a
所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.
x2y2
21．，[2014·重庆卷] 如图1-4所示，设椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，
ab
|F1F2|2
F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝22，△DF1F2的面积为. |DF1|2
(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1-4 21．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2. |F1F1||F1F2|2由＝22得|DF1|＝＝c. |DF1|222
122从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.
2222932
从而|DF1|＝，由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝，
222
所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1.
x22
因此，所求椭圆的标准方程为＋y＝1.
2
x22
(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两
2
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F1P1＝(x1＋1，y1)，F2P2＝(－x1－1，y1)．再由F1P1
x241222
⊥F2P2得－(x1＋1)＋y1＝0.由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x1＋4x1＝0，解得x1＝－或
23
x1＝0.
当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．
4
当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.
3
由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.又|CP1|＝|CP2|，故圆C的
242
半径|CP1|＝|P1P2|＝2|x1|＝. 23
H6 双曲线及其几何性质 9．、[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，
π
且∠F1PF2＝，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
34323A. B. C．3 D．2
339．A
y22
11．[2014·北京卷] 设双曲线C经过点(2，2)，且与－x＝1具有相同渐近线，则C的
4方程为________；渐近线方程为________．
x2y2
11.－＝1 y＝±2x 312
9．[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＝( )
1122A. B. C. D. 43439．A
x2y2
19．、[2014·福建卷] 已知双曲线E：2－2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝
ab2x，l2：y＝－2x.
(1)求双曲线E的离心率． (2)如图1-6，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1-6
19．解：方法一：
(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x， b
所以＝2，
a