1、H解析几何H1直线的倾斜角与斜率、直线的方程22H1、H2、H72012浙江卷 如图16，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y22px(p0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分(1)求p，t的值；(2)求ABP面积的最大值图1622解：(1)由题意知得(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，由题意知，设直线AB的斜率为k(k0)由得(y1y2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线AB方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y
2、1y22m2m.从而|AB|y1y2|.设点P到直线AB的距离为d，则d.设ABP的面积为S，则S|AB|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，则Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0u，则S(u)16u2.由S(u)0得u，所以S(u)maxS.故ABP面积的最大值为.17H1、H72012浙江卷 定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离已知曲线C1：yx2a到直线l：yx的距离等于曲线C2：x2(y4)22到直线l：yx的距离，则实数a_.17答案 解析 本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程，一、二次曲线之间的位置关系与导数几何
3、意义等基础知识，考查学生综合运用知识的能力和学情，考查函数方程和数形结合的数学思想求出曲线C1到直线l的距离和曲线C2到直线l的距离，建立等式，求出参数a的值. 曲线C2：x2(y4)22到直线l：yx的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即dr，由yx2a可得y2x，令y2x1，则x，在曲线C1上对应的点P，所以曲线C1到直线l的距离即为点P到直线l的距离，故，所以，可得2，a或a，当a时，曲线C1：yx2与直线l：yx相交，两者距离为0，不合题意，故a.4H1、F12012上海卷 若d(2,1)是直线l的一个方向向量，则l的倾斜角的大小为_(结果用反三角函数值表示)4arctan解析 考
4、查直线的方向向量、斜率与倾斜角三者之间的关系，关键是求出直线的斜率由已知可得直线的斜率k，ktan，所以直线的倾斜角arctan.20H5、F1、H12012陕西卷 已知椭圆C1：y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，2，求直线AB的方程20解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为1(a2)，其离心率为，故，则a4，故椭圆C2的方程为1.(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx
5、代入y21中，得(14k2)x24，所以x，将ykx代入1中，得(4k2)x216，所以x，又由2得x4x，即，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，由2得x，y，将x，y代入1中，得1，即4k214k2，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.H2两直线的位置关系与点到直线的距离22H1、H2、H72012浙江卷 如图16，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y22px(p0)的准线的距
6、离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分(1)求p，t的值；(2)求ABP面积的最大值图1622解：(1)由题意知得(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，由题意知，设直线AB的斜率为k(k0)由得(y1y2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线AB方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|y1y2|.设点P到直线AB的距离为d，则d.设ABP的面积为S，则S|AB|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令
7、u，0u，则Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0u，则S(u)16u2.由S(u)0得u，所以S(u)maxS.故ABP面积的最大值为.H3圆的方程20H3、H7、H82012课标全国卷 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20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|
8、p.因为ABD的面积为4，所以|BD|d4，即2pp4，解得p2(舍去)，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3.21H3、H7、H82012福建卷 如图14所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个
9、顶点均在抛物线E：x22py(p0)上图14(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点21解：解法一：(1)依题意，|OB|8，BOy30.设B(x，y)，则x|OB|sin304，y|OB|cos3012.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线E的方程为x24y.(2)由(1)知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令0对满足y0x(
10、x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，.由0，得y0y0y1y1y0.即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)解法二：(1)同解法一(2)由(1)知yx2，yx，设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P，Q，以PQ为直径的圆为22，交y轴于M3(0,1)或M4.故若满足条件的点M存在，只能是M
11、(0,1)以下证明点M(0,1)就是所要求的点因为(x0，y01)，2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.21H3、H5、H82012湖北卷 设A是单位圆x2y21上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|m|DA|(m0，且m1)当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k0，都有PQPH？若存在，求m的值
12、；若不存在，请说明理由21解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以xy1.将式代入式即得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)因为m(0,1)(1，)，所以当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(，0)，(，0)；当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，)，(0，)(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y2kxkx
13、1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2xm20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得x1x2，即x2.因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx2.于是(2x1，2kx1)，(x2x1，y2kx1).而PQPH等价于0，即2m20，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0都有PQPH.方法2：如图(2)、(3)，对任意x1(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(x1，y1)，N(0，y1)，因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(xx)(yy)0.依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P
14、，H不重合，故(x1x2)(x1x2)0.于是由式可得m2.又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得kPQkPH，而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.H4直线与圆、圆与圆的位置关系6H42012陕西卷 已知圆C：x2y24x0，l是过点P(3,0)的直线，则()Al与C相交 Bl与C相切Cl与C相离 D以上三个选项均有可能6A解析 本小题主要考查直线与圆的位置关系，解题的突破口为熟练掌握判断直线与圆位置关系的方法x2y24x0是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，而点P(3,0)到圆心的距离为d1
15、2，点P(3,0)恒在圆内，过点P(3,0)不管怎么样画直线，都与圆相交故选A.7H42012辽宁卷 将圆x2y22x4y10平分的直线是()Axy10 Bxy30Cxy10 Dxy307C解析 本小题主要考查直线与圆的位置关系解题的突破口为弄清平分线的实质是过圆心的直线，即圆心符合直线方程圆的标准方程为(x1)2(y2)24，所以圆心为(1,2)，把点(1,2)代人A、B、C、D，不难得出选项C符合要求5H42012湖北卷 过点P(1,1)的直线，将圆形区域分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为()Axy20 By10Cxy0 Dx3y405A解析 要使直线将圆形区域分成两
16、部分的面积之差最大，通过观察图形，显然只需该直线与直线OP垂直即可，又已知P(1,1)，则所求直线的斜率为1，又该直线过点P(1,1)，易求得该直线的方程为xy20.故选A.8H42012广东卷 在平面直角坐标系xOy中，直线3x4y50与圆x2y24相交于A、B两点，则弦AB的长等于()A3 B2C. D18B解析 考查直线与圆相交求弦长，突破口是“弦心距、半径、弦长之半构成直角三角形”，利用勾股定理计算由点到直线的距离得，弦心距d1，所以弦长AB22，所以选择B.9H42012北京卷 直线yx被圆x2(y2)24截得的弦长为_92解析 本题考查直线和圆的位置关系、考查简单的平面几何知识法一
17、：几何法：圆心到直线的距离为d，圆的半径r2，所以弦长为l222；法二：代数法：联立直线和圆的方程 消去y可得x22x0，所以直线和圆的两个交点坐标分别为(2,2)，(0,0)，弦长为2.9H42012安徽卷 若直线xy10与圆(xa)2y22有公共点，则实数a的取值范围是()A3，1 B1,3C3,1 D(，31，)9C解析 因为直线xy10与圆2y22有公共点，所以圆心到直线的距离dr，可得2，即a.7H42012福建卷 直线xy20与圆x2y24相交于A，B两点，则弦AB的长度等于()A2 B2 C. D17B解析 根据圆的方程知，圆的圆心为(0,0)，半径R2，弦心距d1，所以弦长|A
18、B|22，所以选择B.12H42012江苏卷 在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2y28x150，若直线ykx2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是_12.解析 本题考查用几何方法判定两圆的位置关系解题突破口为设出圆的圆心坐标圆C方程可化为(x4)2y21圆心坐标为(4,0)，半径为1，由题意，直线ykx2上至少存在一点(x0，kx02)，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，因为两个圆有公共点，故2，整理得(k21)x2(84k)x160，此不等式有解的条件是(84k)264(k21)0，解之得0k，故最大值为.14H42012江西卷 过直线
19、xy20上点P作圆x2y21的两条切线，若两条切线的夹角是60，则点P的坐标是_14(，)解析 设切点为A，B，设P(x,2x)，连结PA，PB，PO，则|PO|2|OA|2，即x2(2x)24，整理得x22x20，解得x，故P的坐标为(，)22H6、H42012上海卷 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2y21.(1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点若|MF|2，求点M的坐标；(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；(3)设斜率为k(|k|)的直线l交C于P、Q两点若l与圆x2y21相切，求证：OPOQ.22解：(1)双曲线C：y21，左
20、焦点F，设M(x，y)，则|MF|22y22，由M点是右支上一点，知x，所以|MF|x2，得x，所以M.(2)左顶点A，渐近线方程：yx.过点A与渐近线yx平行的直线方程为y，即yx1.解方程组得所以所求平行四边形的面积为S|OA|y|.(3)证明：设直线PQ的方程是ykxb，因直线PQ与已知圆相切，故1，即b2k21(*)由得(2k2)x22kbxb210.设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2(kx1b)(kx2b)，所以x1x2y1y2(1k2)x1x2kb(x1x2)b2b2.由(*)知，0，所以OPOQ.20H4、H52012辽宁卷 如图17，动圆C1：x2y2t2,1t
21、3，与椭圆C2：y21相交于A，B，C，D四点，点A1，A2分别为C2的左，右顶点(1)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并求出其最大面积；(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程图1720解：(1)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积S4|x0|y0|.由y1得y1，从而xyx2，当x，y时，Smax6.从而t时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为6.(2)由A(x0，y0)，B(x0，y0)，A1(3,0)，A2(3,0)知直线AA1的方程为y(x3)直线A2B的方程为y(x3)由得y2(x29)又点A(x0，y0)在椭圆C上，故y1.将代入得y21(x3，y0)因此点
22、M的轨迹方程为y21(x3，y0)3H42012重庆卷 设A，B为直线yx与圆x2y21的两个交点，则|AB|()A1 B.C. D23D解析 因为圆x2y21的圆心(0,0)在直线AB上，所以AB为圆的直径，所以|AB|212.9H42012山东卷 圆(x2)2y24与圆(x2)2(y1)29的位置关系为()A内切 B相交C外切 D相离9B解析 本题考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，推理能力，容易题两圆的圆心距为，又32b0)，右焦点为F2(c,0)因AB1B2是直角三角形且|AB1|AB2|，故B1AB2为直角，从而|OA|OB2|，即b.结合c2a2b2得4b2a2b2，故a25b2
23、，c24b2，所以离心率e.在RtAB1B2中，OAB1B2，故SAB1B2|B1B2|OA|OB2|OA|bb2，由题设条件SAB1B24得b24，从而a25b220.因此所求椭圆的标准方程为：1.(2)由(1)知B1(2,0)、B2(2,0)由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为：xmy2.代入椭圆方程得(m25)y24my160.(*)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此y1y2，y1y2.又(x12，y1)，(x22，y2)，所以(x12)(x22)y1y2(my14)(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)1616，由
24、PB2QB2，知0，即16m2640，解得m2.当m2时，方程(*)化为：9y28y160，故y1，y2，|y1y2|，PB2Q的面积S|B1B2|y1y2|.当m2时，同理可得(或由对称性可得)PB2Q的面积S.综上所述，PB2Q的面积为.8H5、H62012浙江卷 如图13，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是()图13A3 B2C. D.8B解析 本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题设椭圆、双曲线的方程分别为 1(a1b10)，1(a20，b20)，由题意
25、知c1c2且a12a2，则2.19H5、H82012天津卷 已知椭圆1(ab0)，点P在椭圆上(1)求椭圆的离心率；(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|AO|，求直线OQ的斜率的值19解：(1)因为点P在椭圆上，故1，可得，于是e21，所以椭圆的离心率e.(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为ykx.设点Q的坐标为(x0，y0)由条件得消去y0并整理得x.由|AQ|AO|，A(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2xa2.整理得，(1k2)x2ax00.而x00，故x0，代入，整理得(1k2)24k24.由(1)知，故(1k2)2k24，即5k422k2150
26、，可得k25.所以直线OQ的斜率k.4H52012课标全国卷 设F1，F2是椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，P为直线x上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为()A. B. C. D.4C解析 根据题意直线PF2的倾斜角是，所以ac|PF2|F1F2|2c，解得e.故选C.16A2、H52012上海卷 对于常数m、n，“mn0”是“方程mx2ny21的曲线是椭圆”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件16B解析 考查充分条件和必要条件，以及椭圆方程判断充分条件和必要条件，首先要确定条件与结论条件是“mn0”，结论是“方程mx2ny21
27、的曲线是椭圆”， 方程mx2ny21的曲线是椭圆，可以得出mn0，且m0，n0，mn，而由条件“mn0”推不出“方程mx2ny21的曲线是椭圆”所以为必要不充分条件，选B.20H5、F1 2012陕西卷 已知椭圆C1：y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，2，求直线AB的方程20解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为1(a2)，其离心率为，故，则a4，故椭圆C2的方程为1.(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因
28、此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，将ykx代入1中，得(4k2)x216，所以x，又由2得x4x，即，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，由2得x，y，将x，y代入1中，得1，即4k214k2，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.21H3、H5、H82012湖北卷 设A是单位圆x2y21上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l
29、与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|m|DA|(m0，且m1)当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k0，都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由21解：(1)如图(1)，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以xy1.将式代入式即得所求曲线C的方程
30、为x21(m0，且m1)因为m(0,1)(1，)，所以当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(，0)，(，0)；当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，)，(0，)(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2xm20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得x1x2，即x2.因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx2.于是(2x1，2kx1)，(x2x1，y2kx1
31、).而PQPH等价于0，即2m20，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0都有PQPH.方法2：如图(2)、(3)，对任意x1(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(x1，y1)，N(0，y1)，因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(xx)(yy)0.依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，故(x1x2)(x1x2)0.于是由式可得m2.又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得kPQkPH，而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m0，得m，故存在m，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQP
32、H.21H5、H82012山东卷 如图17所示，椭圆M：1(ab0)的离心率为，直线xa和yb所围成的矩形ABCD的面积为8.图17(1)求椭圆M的标准方程；(2)设直线l：yxm(mR)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值21解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知所以a2，b1，因此椭圆M的标准方程为y21.(2)由整理得5x28mx4m240，由64m280(m21)8016m20.得m.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以|PQ|(m)线段CD的方程为y1(2x2)，线段AD的方程为x2(1y
33、1)不妨设点S在AD边上，T在CD边上，可知1m，S(2，m2)，D(2,1)，所以|ST|SD|1(m2)(3m)，因此.令t3m(1m)，则m3t，t(3，2所以，由于t(3，2所以.因此当，即t时，取得最大值，此时m.不妨设点S在AB边上，T在CD边上，此时1m1，因此|ST|AD|2，此时.所以当m0时，取得最大值.不妨设点S在AB边上，T在BC边上，b0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，F1AF260.(1)求椭圆C的离心率；(2)已知AF1B的面积为40，求a，b的值图1420解： (1)由题意可知，AF1F2为等边三角形，a2c，所以e.(2)
34、( 方法一)a24c2，b23c2.直线AB的方程可为y(xc)将其代入椭圆方程3x24y212c2，得B.所以|AB|c.由SAF1B|AF1|AB|sinF1ABaca240，解得a10，b5.(方法二)设|AB|t.因为|AF2|a，所以|BF2|ta.由椭圆定义|BF1|BF2|2a可知，|BF1|3at.再由余弦定理(3at)2a2t22atcos60可得，ta.由SAF1Baaa240知，a10，b5.5H52012全国卷 椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x4，则该椭圆的方程为()A.1 B.1C.1 D.15C解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质解题的突破口为焦距、
35、准线与a、b、c的关系焦距为4，一条准线为x4，c2，4，a28，b24，故选C.20H5、H7、H82012广东卷 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20解：(1)由C1的左焦点F1的坐标为(1,0)知c1.因为点P(0,1)在C1上，所以b1.于是a.故C1的方程为y21.(2)由题设l同时与C1和C2相切，设切点分别为A和B，点B的坐标为(x0，y0)，显然x00.当点B在第一象限时，点B的坐标为(x0,2)考虑抛物线C2在第一
36、象限的方程y2，x0.因为y，所以l的斜率为，从而l的方程为：y.由假设直线l与椭圆C1相切，因此方程组有唯一解，将代入并整理得：(x02)x24x0x2x0(x01)0，所以16x8(x02)x0(x01)8x0(x01)(x02)0.因为x00，所以x02.当x02时，直线l的方程为：yx.易验证l是C1的切线由对称性，当切点B在第四象限时，可得l的方程为：yx.综上所述，同时与C1和C2相切的直线方程为：yx，或yx.21H5、H102012湖南卷 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
37、，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21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.8H52012江西卷 椭圆1(ab0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2.若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为()A. B. C. D.28B解析 由椭圆的定义知，|AF1|ac，|F1F2|2c，|BF1|ac.|AF1|，|F1F2|，|BF1|成等比数列，因
