高考数学真题精选题解析几何（理科）.doc

1、H解析几何H1直线的倾斜角与斜率、直线的方程12H1、H7、H82012北京卷 在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y24x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方，若直线l的倾斜角为60，则OAF的面积为_12.解析 本题考查抛物线方程、抛物线简单几何性质以及直线和抛物线的位置关系以及三角形面积公式，考查数形结合及转化化归思想抛物线y24x的焦点F(1,0)，直线l的斜率为tan600，所以直线l的方程为yx，将直线l的方程和抛物线方程联立可得3x210x30.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由点A在x轴上方，所以A点在第一象限，则x13，y12.法一：|AF|x11

2、4，O点到直线AB的距离为d，所以SFOA4.法二： A(3,2)，所以SFOA12.16H1、H 72012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_.16.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的几何意义等基础知识，考查综合运用知识的能力以及函数与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

3、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.19H1、H5、H82012北京卷 已知曲线C：(5m)x2(m2)y28(mR)(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；(2)设m4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线ykx4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线19解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当解得m0，即k2.设点

4、M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1kx14，y2kx24，x1x2，x1x2.直线BM的方程为y2x，点G的坐标为.因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN，kAG，所以kANkAGkk0，即kANkAG.故A，G，N三点共线19H1、H5、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19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，

5、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，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.4H1、F12012上海

6、卷 若n(2,1)是直线l的一个法向量，则l的倾斜角的大小为_(结果用反三角函数值表示)4arctan2解析 考查直线的法向量和倾斜角，关键是求出直线的斜率由已知可得直线的斜率k1，k2，ktan，所以直线的倾斜角arctan2.8H1、H62012浙江卷 如图12所示，F1，F2分别是双曲线C：1(a，b0)的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M.若|MF2|F1F2|，则C的离心率是()A. B. C. D.8B解析 本题主要考查直线与双曲线的位置关系，直线间的位置关系，直线间的交点，双曲线的方程与几何性质等依题得直线

7、F1B的方程为yxb，那么可知线段PQ的垂直平分线的方程为y(x3c)，由联立解得点P的坐标为，由联立解得点Q的坐标为，那么可得线段PQ的中点坐标为，代入y(x3c)并整理可得2c23a2，可得e，故应选B.点评 众多的条件与复杂的计算是阻碍本题求解的关键，解答时要静下心来，分析点、直线、曲线的关系，求解对应的坐标并加以正确计算H2两直线的位置关系与点到直线的距离3A2、H22012浙江卷 设aR，则“a1”是“直线l1：ax2y10与直线l2：x(a1)y40平行”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3A解析 本题主要考查直线的平行关系与充要条件的判

8、断等基础知识和基本方法法一：直接推理：分清条件和结论，找出推出关系即可当a1时，直线l1：x2y10与直线l2：x2y40显然平行，所以条件具有充分性；若直线l1与直线l2平行，则有：，解之得：a1 或 a2，经检验，均符合，所以条件不具有必要性故条件是结论的充分不必要条件法二：把命题“a1”看作集合M1，把命题“直线l1：ax2y10与直线l2：x(a1)y40平行”看作集合N1，2，易知MN，所以条件是结论的充分不必要条件，答案为A.H3圆的方程21H5、H3、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

9、|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)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，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|.因为点A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,

10、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)，对任意的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).而PQPH等价于0，即2m20

11、，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PQPH.20H3、H7、H82012课

12、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|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

13、，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.H4直线与圆、圆与圆的位置关系20H5、H4、H82012广东卷 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1与圆O：x

14、2y21相交于不同的两点A、B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由20解：(1)e，a23b2，即椭圆C的方程可写为1.设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，|PQ|2x2(y2)22(y1)263b263b2，yb，b由题设存在点P1满足|P1Q|3，则9|P1Q|263b2，b1.当b1时，由于y1b，b，此时|PQ|2取得最大值63b2.63b29b21，a23.故所求椭圆C的方程为y21.(2)存在点M满足要求，使OAB的面积最大假设直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离d1.因为点M(m，n)

15、C，所以n21m2n2，于是0m23.|AB|22，SOAB|AB|d.上式等号成立当且仅当1m2m2(0,3，因此当m，n时等号成立所以满足要求的点恰有四个，其坐标分别为，和，此时对应的诸三角形的面积均达到最大值.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

16、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.4H42012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4A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d1b0)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.

17、4C解析 根据题意，一定有PF1F230，且PF2x60，故直线PF2的倾斜角是，设直线xa与x轴的交点为M，则|PF2|2|F2M|，又|PF2|F1F2|，所以|F1F2|2|F2M|.所以2c2，即4c3a，故e.故选C.19H5、H82012天津卷 设椭圆1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点(1)若直线AP与BP的斜率之积为，求椭圆的离心率；(2)若|AP|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|.19解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)由题意，有1.由A(a,0)，B(a,0)，得kAP，kBP.由kAPkBP，可得xa22y，代入并整理得

18、(a22b2)y0.由于y00，故a22b2.于是e2，所以椭圆的离心率e.(2)证明：(方法一)依题意，直线OP的方程为ykx，设点P的坐标为(x0，y0)由条件得消去y0并整理得x.由|AP|OA|，A(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2xa2.整理得(1k2)x2ax00.而x00，于是x0，代入，整理得(1k2)24k224.由ab0，故(1k2)24k24，即k214，因此k23，所以|k|.(方法二)依题意，直线OP的方程为ykx，可设点P的坐标为(x0，kx0)由点P在椭圆上，有1.因为ab0，kx00，所以1，即(1k2)xa2.由|AP|OA|，A(a,0)，得(x0a

19、)2k2xa2，整理得(1k2)x2ax00，于是x0，代入，得(1k2)a2，解得k23，所以|k|.19H5、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19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代入y21中，得(14k2

20、)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.20H5、H8 2012重庆卷 如图13，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且AB1B

21、2是面积为4的直角三角形图13(1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2QB2，求直线l的方程20解：(1)设所求椭圆的标准方程为1(ab0)，右焦点为F2(c,0)因AB1B2是直角三角形，又|AB1|AB2|，故B1AB2为直角，因此|OA|OB2|，得b.结合c2a2b2得4b2a2b2，故a25b2，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

22、意知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l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PB2QB2，得0，即16m2640，解得m2.所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x2y20和x2y20.20H5、H92012辽宁卷 如图17，椭圆C0：1(ab0，a，b为常数)，动圆C1：x2y2t，bt1a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点C1与

23、C0相交于A，B，C，D四点图17(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：x2y2t与C0相交于A，B，C，D四点，其中bt2a，t1t2.若矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等证明：tt为定值20解：(1)设A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知A1(a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y(xa)，直线A2B的方程为y(xa)，由得y2(x2a2)由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故1.从而yb2，代入得1(xa，y0). (2)证明：设A(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，得4|x1|y1|4|x2|y2|，故xyxy.因为点A，A

24、均在椭圆上，所以b2xb2x，由t1t2，知x1x2，所以xxa2.从而yyb2，因此tta2b2为定值19H1、H5、H82012北京卷 已知曲线C：(5m)x2(m2)y28(mR)(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；(2)设m4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线ykx4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线19解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当解得m0，即k2.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1kx14，y2kx24，x1x2，x1x2.直线BM的方程为y2x，点G的坐

25、标为.因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN，kAG，所以kANkAGkk0，即kANkAG.故A，G，N三点共线20H5、H4、H82012广东卷 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A、B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由20解：(1)e，a23b2，即椭圆C的方程可写为1.设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，|PQ|2x2(y2)22(y

26、1)263b263b2，yb，b由题设存在点P1满足|P1Q|3，则9|P1Q|263b2，b1.当b1时，由于y1b，b，此时|PQ|2取得最大值63b2.63b29b21，a23.故所求椭圆C的方程为y21.(2)存在点M满足要求，使OAB的面积最大假设直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离d1.因为点M(m，n)C，所以n21m2n2，于是0b0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x于点Q.(1)如果点Q的坐标是(4,4)，求此时椭圆C的方程；(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点图152

27、0解：(1)(方法一)由条件知，P，故直线PF2的斜率为kPF2.因为PF2F2Q，所以直线F2Q的方程为yx，故Q.由题设知，4,2a4，解得a2，c1.故椭圆方程为1.(方法二)设直线x与x轴交于点M，由条件知，P.因为PF1F2F2MQ，所以.即，解得2a.所以a2，c1，故椭圆方程为1.(2)证明：直线PQ的方程为，即yxa.将上式代入椭圆方程得，x22cxc20.解得xc，y，所以直线PQ与椭圆C只有一个交点19H5、H8、F32012福建卷 如图14，椭圆E：1(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e，过F1的直线交椭圆于A、B两点，且ABF2的周长为8.(1)求椭圆E的方

28、程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由图1419解：解法一：(1)因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因为e，即，所以c1，所以b.故椭圆E的方程是1.(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时

29、x0，y0kx0m，所以P.由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上设M(x1,0)，则0对满足(*)式的m、k恒成立因为，(4x1,4km)，由0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法二：(1)同解法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以

30、P.由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上取k0，m，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k，m2，此时P，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为22，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以，(3,4km)，从而330，故恒有，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.21H5、H3、H82012湖北卷 设A是单位圆x2y21上的任意一点，l是过点A与x

31、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)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，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|.因为点A在单位圆上运动，所以xy1.将式代

32、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)，对任意的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

33、)，(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，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

34、，对任意的k0，都有PQPH.13H52012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_13. 解析 考查椭圆的定义和性质、等比数列的性质等；解题的突破口是建立关于a，c的齐次等式，然后转化为离心率e的方程求解由椭圆的定义知，|AF1|ac，|F1F2|2c，|BF1|ac，|AF1|，|F1F2|，|BF1|成等比数列，因此4c2(ac)(ac)，整理得5c2a2，两边同除以a2得5e21，解得e.10H52012山东卷 已知椭圆C：1(ab0)的离心率为.双曲线x2y21的渐近线与椭圆

35、C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为()A.1 B.1C.1 D.110D解析 本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，中档题由离心率为得，a24b2，排除选项B，双曲线的渐近线方程为yx，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第一象限的交点坐标为，代入选项A、C、D，知选项D正确22H5、H62012上海卷 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2y21.(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点若l与圆x2y21相切，求证：OP

36、OQ；(3)设椭圆C2：4x2y21，若M、N分别是C1、C2上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值22解：(1)双曲线C1：y21，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三角形的面积为S|OA|y|.(2)设直线PQ的方程是yxb，因直线PQ与已知圆相切，故1，即b22.由得x22bxb210.设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2(x1b)(x2b)，所以x1x2y1y22x1x2b(x1x2)b22(1b2)2b2b2b220.故OPOQ.(3)当直线ON垂直于x轴时，|ON|1，|OM|，则O到直线MN的

37、距离为.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为ykx，则直线OM的方程为yx.由得所以|ON|2.同理|OM|2，设O到直线MN的距离为d，因为(|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2.所以3，即d.综上，O到直线MN的距离是定值15H52012四川卷 椭圆1的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于点A、B.当FAB的周长最大时，FAB的面积是_153解析 如图，设椭圆右焦点为F，直线xm与x轴相交于C，由椭圆第一定义，|AF|AF|BF|BF|2a4，而|AB|AC|BC|AF|BF|，当且仅当AB过F时，ABF周长最大此时，由c1，得A，B，即|AB|3，SABF|AB|FF|3.H6双曲线及其几何性质8H62012江苏卷 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线1的离心率为，则m的值为_82解析 本题考查双曲线离心率的求解解题突破口是明确焦点所在轴根据双曲线方程可得：m0，所以e，解之得m2.图135H62012湖南卷 已知双