2014年高考數(shù)學(xué)文真題分類匯編單元幾何

H單元解析幾何H162014福建卷]已知直線l過(guò)圓x2＋(y－3)2＝4的圓心且與直線x＋y＋1＝0垂直，則l的方程是( A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0](2)當(dāng)|OP|＝|OM|時(shí)，求l的方程及△POM的面20．解：(1)Cx2＋(y－4)2＝16C(0，4)(2)由(1)MN(1，3)21 ＝－x＋ 又 2，O到直線

4，的距離為故 4 ＝5，所以△POM5 ]

22，△DF1F2的面積為 yx軸的上方與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，且圓在這兩個(gè) 由|DF1| 2得 ＝2S△DF1F2＝1|DF1||F1F2|＝2c2＝2 ＝從而|DF1|＝2.由DF1⊥F1F2得 ＝

＝， ＝，所以 2，故a＝ 因此，所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為2＋y ⊥FP得－(x2

＝－

x 33由CP⊥F 11，得

＝－－3C的半徑

＝ x2＋y－3＝9H2l的方程是()A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0AO60mCO170m處(OC為河岸)，tan418．OOCx3BC34AB⊥BC,AB4B的坐標(biāo)為k

k a－170＝－3， BC＝（170－80）2＋（0－120）2＝150.因此新橋BC的長(zhǎng)是150m.Mrm,OM＝dm4|3d－ 即 OAM上任意一點(diǎn)的距離均不少于80m，所以— — 10≤d≤35.680－故當(dāng)d＝10時(shí)，r 最大，即圓面積最大OA,CB因?yàn)?.所以 .

tanO＝630

＝3AF＝OF－OA＝3，

4OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCOAB⊥BCBF＝AFcos∠AFB＝半徑，并設(shè)MD＝rm，OM＝dm(0≤d≤60)．故由(1)sin∠CFO＝MD＝

＝5，所以 3即 10≤d≤35.680－故當(dāng)d＝10時(shí)， 最大，即圓面積最大4點(diǎn)為P，與C的交點(diǎn)為Q，且|QF|＝5|PQ|.4C且A，M，B，N四點(diǎn)在同一圓上，求l的方程． ＝所以 |AB|＝mmmmmMNE2＋2m2＋32，m 1 從而

12|MN|2

2 4(m2＋1)2＋2m＋m＋m2＋2 ]

22，△DF1F2的面積為 yx軸的上方與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，且圓在這兩個(gè) 由|DF1| 2得

＝22S△DF1F2＝1|DF1||F1F2|＝2c2＝2 ＝從而|DF1|＝2.由DF1⊥F1F2得 ＝

＝， ＝，所以 2，故a＝ 因此，所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為2＋y ⊥FP得－(x2

＝－

x 33由CP⊥F 11，得

＝而 ＝

＝＝－3－3圓C的半徑 ＝ x2＋y－3＝9H362014福建卷]已知直線l過(guò)圓x2＋(y－3)2＝4的圓心且與直線x＋y＋1＝0垂直，則l的方程是( A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0]λOM，都有|MB|＝λ|MA|，則(1)b＝1 1 AO60mCO170m處(OC為河岸)，tan418．OOCx3BC34AB⊥BC,AB4B的坐標(biāo)為k

k a－170＝－3， BC＝（170－80）2＋（0－120）2＝150.因此新橋BC的長(zhǎng)是150m.Mrm,OM＝dm4|3d－ 即 OAM上任意一點(diǎn)的距離均不少于80m，所以— — 10≤d≤35.680－故當(dāng)d＝10時(shí)，r 最大，即圓面積最大OA,CB因?yàn)?.所以 .

tanO＝630

＝3AF＝OF－OA＝3，

4OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCOAB⊥BCBF＝AFcos∠AFB＝半徑，并設(shè)MD＝rm，OM＝dm(0≤d≤60)．故由(1)sin∠CFO＝MD＝

＝5，所以 3即 10≤d≤35.680－故當(dāng)d＝10時(shí)， 最大，即圓面積最大面積為2，求C的標(biāo)準(zhǔn)方程．，切線方程為

(x－x0)，即x0x＋y0y＝4

4 8.由x＋y＝4≥2xy知當(dāng)且僅當(dāng)x 0x ＝2·0x

0 0＝2x0y0SP的坐標(biāo)為(2， y＝x＋

2 bx＋43x＋6－2b 4 x1x2＝ y1＝x1＋3，y2＝x2＋3 |AB|＝ |x1－x2|＝2·Pl

2

及2 2

＝

b＝63b＝6，a＝3(舍)b＝3，a＝6C的方程為63]當(dāng)|OP|＝|OM|時(shí)，求l的方程及△POM的面20．解：(1)Cx2＋(y－4)2＝16C(0，4)(2)由(1)MN(1，3)21 ＝－x＋ 又 2，O到直線

4，的距離為故 4 ＝5，所以△POM5H45．[2014·浙江卷]已知圓x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直線x＋y＋2＝0所得弦的長(zhǎng)度為4，則實(shí)數(shù)a的值是( A．－2B．－4C．－6D．－86．[2014·安徽卷]過(guò)點(diǎn)P(－3，－1)的直線l與圓x2＋y2＝1有公共點(diǎn)，則直線l的傾

，6

，3，6 ，3圓C上存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為( ]心C∈Ω，且圓C與x軸相切，則a2＋b2的最大值為 ]所以曲線Γ的方程為x2＝4y.1P(x，y)(x≠0)

1

2 1

4y＝2x0x－x 由 4 得

x，02 1y＝2x0x－x

由 4 得

x＋，32

，3 1|MN|＝10＋ |AB|＝11x－1x＋32＋32－1x＋3244＝PΓAB的長(zhǎng)度不變．方法二：(1)S(x，y)Γ上任意一點(diǎn)，則|y－(－3)|－（x－0）2＋（y－1）2＝2.所以（x－0）2＋（y－1）2＝y(tǒng)＋1，化簡(jiǎn)得，曲線Γ的方程為x2＝4y. [C34)r1＝1r2＝由r1＋r2＝25－m＋1＝5，解得m＝9.9．[2014·江蘇卷]xOyx＋2y－3＝0被圓＝4截得的弦長(zhǎng) [解析]由題意可得，圓心為(2，－1)，r＝2d＝ 55AO60mCO170m處(OC為河岸)，tan4OOCx3BC34AB⊥BC,AB4B的坐標(biāo)為k

k a－170＝－3， BC＝（170－80）2＋（0－120）2＝150.因此新橋BC的長(zhǎng)是150m.Mrm,OM＝dm4|3d－ 即 OAM上任意一點(diǎn)的距離均不少于80m，所以— — 10≤d≤35.680－故當(dāng)d＝10時(shí)，r 最大，即圓面積最大OA,CB因?yàn)?.所以 .

tanO＝630

＝3AF＝OF－OA＝3，

4OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCOAB⊥BCBF＝AFcos∠AFB＝半徑，并設(shè)MD＝rm，OM＝dm(0≤d≤60)．故由(1)sin∠CFO＝MD＝

＝5，所以 3即 10≤d≤35.680－故當(dāng)d＝10時(shí)， 最大，即圓面積最大則l1與l2的夾角的正切值等于 412[2014]M(x01)Ox2＋y2 A. B.[－2， D.

—2，2](2)當(dāng)|OP|＝|OM|時(shí)，求l的方程及△POM的面20．解：(1)Cx2＋(y－4)2＝16C(0，4)(2)由(1)MN(1，3)21 ＝－x＋ 又 2，O到直線

4，的距離為故 4 ＝5，所以△POM514．[2014·山東卷]圓心在直線x－2y＝0上的圓C與y軸的正半軸相切，圓C截x軸所得弦的長(zhǎng)為23，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 ]A，B兩點(diǎn)，且AC⊥BC，則實(shí)數(shù)a的值 14．09]－m＋3＝0交于點(diǎn)P(x，y)，則|PA|＋|PB|的取值范圍是( A．[5，2 5] B．[10，2 5]C．[ 5 D．[2 5 ]

22，△DF1F2的面積為 yx軸的上方與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，且圓在這兩個(gè) 由|DF1| 2得

＝22S△DF1F2＝1|DF1||F1F2|＝2c2＝2 ＝從而|DF1|＝2.由DF1⊥F1F2得 ＝

＝， ＝，所以 2，故a＝ 因此，所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為2＋y ⊥FP得－(x2

—＝ 33由CP⊥F 11，得

＝ －3－3圓C的半徑 ＝ x2＋y－3＝9H5

]

22，△DF1F2的面積為 yx軸的上方與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，且圓在這兩個(gè) 由|DF1| 2得

＝22S△DF1F2＝1|DF1||F1F2|＝2c2＝2 ＝從而|DF1|＝2.由DF1⊥F1F2得 ＝

＝， ＝，所以 2，故a＝ 因此，所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為2＋y ⊥FP得－(x2 —＝－ x—＝－ 33由CP⊥F 11，得

＝－－3C的半徑

＝ x2＋y－3＝9]20．(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)f′(x)＝1＋－1－ －1＋ x2)x<x1x>x2時(shí)，f′(x)<0x1<x<x2時(shí)，

因此f(x)在x＝x2＝－134＋3a處取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，a＝1時(shí)，f(x)x＝0x＝1處同時(shí)取得最小值；當(dāng)1<a<4時(shí)，f(x)在x＝0處取得最小值．19．[2014·北京卷]已知橢圓C：x2＋2y2＝4. a＝2，c＝C

其中x0≠0. 2＝x0＋x0 ＝x＋y＋x x0 x2 x20 ＝0＋ (0＜x2 2 2因?yàn)?＋≥4(0＜x≤4)x＝4時(shí)等號(hào)成立，所以|AB|2 AB2 (

1(a 1：2－ ＞0)C：y2＋x2＝1(a＞b＞0)P23，1CC

→＋ ＝|AB|？證明你的結(jié)論2 2 P3，1x－b2＝1上，所以3－b2＝1b12

2 3 3＋（1＋1）2＝2 a2＝3，b2＝a2－c2＝2.C1，C2x3＝132＝－x＝2A(2，3)，B(2，－3) |OA＋OB|＝22，|AB|＝2此時(shí)， x＝－2 2 由 得(3－k)x－2kmx－m 2，x1x2＝ 2

k

y1y2＝kx1x2＋km(x1＋x2)＋m

k2－3由 得 OA·OB＝x1x2＋y1y2＝k2－3＋k2－3＝k2－3于是→ → → → → →OA＋OB＋2OA·OB≠OA＋OB－2OA·OB，即|OA＋OB|≠|(zhì)OA－OB|故 1

江蘇卷如 中，1，2分別是橢圓 C的坐標(biāo)為3，3BF2＝22c,F1(－c,0),F2(c,B(0,b),BF2＝b2＋c2＝a.BF2＝2a＝ 故所求橢圓的方程為2＋yB(0,bF2(c,0)ABAB c

a

解方程組

b（c2－a2）

， 所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為

ACxC的坐標(biāo)為

因?yàn)橹本€F1C的斜率為2a2c ＝3a2c＋c3，直線AB的斜率為－c，且F1Cb（a2－c2） ⊥AB，所以3a2c＋c3·－c＝－1.b＝a－ca＝5ce.5e＝.5

]等 3

b [解析]由題意A ，B ，F(xiàn)(－c，0)，則直線FB的方程為 a ——

a ＝2c b2 3b AD⊥F1B，所以DA·F1B＝2c2ac＝3b2＝整理得(3e－1)(e＋3)＝03C的3

＝3面積為2，求C的標(biāo)準(zhǔn)方程．，切線方程為

(x－x0)，即x0x＋y0y＝4

4 8.由x＋y＝4≥2xy知當(dāng)且僅當(dāng)x 0x ＝2·0x

0 0＝2x0y0SP的坐標(biāo)為(2， y＝x＋

2 bx＋43x＋6－2b 4 x1x2＝ y1＝x1＋3，y2＝x2＋3 |AB|＝ |x1－x2|＝2·Pl

及△PAB＝2×

＝

b＝63b＝6，a＝3(舍)b＝3，a＝6C的方程為63 ]過(guò)F2的直線l交C于A，B兩點(diǎn)．若△AF1B的周長(zhǎng)為 3，則C的方程為 B.3＋y []＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝43a＝3.e＝c＝3 －c＝3－1＝2C的方程為32 20．[2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ]F1，F(xiàn)2C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)3 解：(1)c＝a2－b2Mca，2b 1C的離心率為 MF1的中點(diǎn)，故a＝4b2（－c－x1）＝c， 3＝－ 即

9（a2－4a）將①及c＝a2－b2代入② a＝7，b2＝4a＝28a＝7，b＝2 ] 4 5AD⊥ABBDx軸、y軸分別交于M，N兩點(diǎn)． ＝2，可得a＝4b5y＝xx＝±5a5因此 2 4×5＝5a＝2 C的方程為4＋yABkAB＝y(tǒng)1AB⊥AD，由題意知k≠0，m≠0.

2 由 消去y，得(1＋4k)x＋8mkx＋4mx1＋x2＝y(tǒng)1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝所以k x＋x＝－4k＝4x

12，即 k. k.因此，存在常數(shù) 3 9因?yàn)閨x||y

|y

11≤

＝ 此時(shí)

面積的最大值為 ]，且滿足|AB|＝5

4l20．解：(1)由題設(shè)知c＝1，

解得b＝ ∴橢圓的方程為43∴圓心(0，0)ld＝5由d<1，得|m|< 2∴|CD|＝2 42＝ ＝－x x－mx＋mx x－mx＋m4＋3 12 1＋－2 －4（m 5 由|CD|＝4， 3m＝±3，滿足3 3 3 ＝－2x－3 ].6.3O為坐標(biāo)原點(diǎn)，Tx＝－3FTFP，Q. c＝2，所以a＝由已知可得，a＝3 a＝b＋cb＝2C的標(biāo)準(zhǔn)方程是62

mm

設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得 其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0.所以y 4m，y 2＝ 12＝ m －mx＋x＝m(y＋y

122→m→

＝，即11

所以

m |OF|·|y－y2

4m4m2－4· ]2AB.已知|AB|＝2l與該圓相切于點(diǎn)M，|MF2|＝22，求橢圓的方程．22 ＝a－c，則.2e＝.2 故橢圓方程為

→·

＝0，即(x＋c)c＋y

因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上，所以 ＋

P的坐標(biāo)為34

c— 設(shè)圓的圓心為T(x1，y1)，則x1＝

＝－，y

＝c，進(jìn)而圓的半徑3（x1－0）2＋（y1－c）2＝3

2 2 2 由已知，有|TF2|2＝|MF2|2＋r2.又|MF2|＝22，故有c＋3c＋0－3c 所以所求橢圓的方程為63H6

8．[2014·重慶卷]F1，F(xiàn)2分別為雙曲線a2－b2＝1(a＞0，b＞0) A. B. D.10．[2014·北京卷]設(shè)雙曲線C的兩個(gè)焦點(diǎn)為(－2，0)，(2，0)，一個(gè)頂點(diǎn)是(1，0)，則C的方程為 8[2014廣東卷]若實(shí)數(shù)k滿足0<k<5，則曲線x2

＝1與曲線

A．實(shí)半軸長(zhǎng)相等B．虛半軸長(zhǎng)相等C．離心率相等D．焦距相等

5θ8[2014·湖北卷]a，btt2cosθ＋tsinθ＝0θ

－

＝1的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為

cos2θ

17．[2014·浙江卷]x－3y＋m＝0(m≠0)與雙曲線a2－b2＝1(a＞0，b＞0) 517.

1(a 1：2－ ＞0)C：y2＋x2＝1(a＞b＞0)P23，1CC

→＋＝|AB|？證明你的結(jié)論

2 2 P3，1x－b2＝1上，所以3－b2＝1b12

2 3 3＋（1＋1）2＝2 a2＝3，b2＝a2－c2＝2.C1，C2x3＝132＝－x＝2A(2，3)，B(2，－3) |OA＋OB|＝22，|AB|＝2此時(shí)， x＝－2 2 由 得(3－k)x－2kmx－m 2，x1x2＝ 2

k

y1y2＝kx1x2＋km(x1＋x2)＋m

k2－3由 得 OA·OB＝x1x2＋y1y2＝k2－3＋k2－3＝k2－3于是→ → → → → →OA＋OB＋2OA·OB≠OA＋OB－2OA·OB，即|OA＋OB|≠|(zhì)OA－OB|故 ]線C的方程為( B.7－9 C.8－8 b ]0)A點(diǎn)可得 8a＝16a＝2b＝c－a＝16－4＝12.C的方程為4 ]離為3，則C的焦距等于 24．[2014·全國(guó)新課標(biāo)卷Ⅰ]已知雙曲線a2－3＝1(a＞0)的離心率為2，則 26 B.

C.

] 11．[2014·四川卷]511.

4－y＝1的離心率等 ]＋10，雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在直線l上，則雙曲線的方程為 H7] 兩側(cè)，OA·OB＝2(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則△ABO與△AFO面積之和的最小值是 17 D. C.3．[2014·安徽卷]A．y＝－1B．y＝－2C．x＝－1D．x＝－2

1＝4x的準(zhǔn)線方程是 ]所以曲線Γ的方程為x2＝4y.1P(x，y)(x≠0)

1

2 1

4y＝2x0x－x 由 4 得

x，02 1y＝2x0x－x

由 4 得

x＋，32

，3 1|MN|＝10＋ ||AB|＝ 1x－1x＋32＋32－1x＋3244＝PΓAB的長(zhǎng)度不變．方法二：(1)S(x，y)Γ上任意一點(diǎn)，則|y－(－3)|－（x－0）2＋（y－1）2＝2.所以（x－0）2＋（y－1）2＝y(tǒng)＋1，化簡(jiǎn)得，曲線Γ的方程為x2＝4y. [2014·湖北卷]xOyMF(1，0)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍．即（x－1）2＋y2＝|x|＋1，故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2＝1得

，1

若

若 或

即當(dāng) ，－2∪0，2時(shí)，直線l與C1有一個(gè)公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公共點(diǎn)， k∈－2，0∪－1，2lC ]＝－1的距離相等．若機(jī)器人接觸不到過(guò)點(diǎn)P(－1，0)且斜率為k的直線，則k的取值范圍 ]

yk2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0CA，BByAOD(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．于點(diǎn)N2.證明：|MN2|2－|MN1|2為定值，并求此定值．xx1x xD的坐標(biāo)為 x11注意到xx＝－8及x2＝4y，則有 11

x2＝——

2＋a，2，N 則|MN2|2－|MN1|2＝a－a＋42－a＋a8．[2014·遼寧卷]已知點(diǎn)A(－2，3)在拋物線C：y2＝2px的準(zhǔn)線上，記C的焦點(diǎn)為F，則直線AF的斜率為( 3 3 ] －2A(－2，3)2＝－2p＝4y＝8xF

424 C

且A，M，B，N四點(diǎn)在同一圓上，求l的方程． ＝所以 |AB|＝mmmmmMNE2＋2m2＋32，m 1 從而

12|MN|2

2 4(m2＋1)2＋2m＋m＋m2＋2 10．[2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ]設(shè)F為拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn)，過(guò)F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點(diǎn)，則|AB|＝( A. D．73] 5，則x ] 11．[2014·陜西卷]拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線方程 ]焦點(diǎn)，點(diǎn)M為ABF＝3FM.

P(x0，y0)，由拋物線定義知|PF|＝y(tǒng)0＋1y0＝2P(22，2)P(－2 2 2 或 3 3由 得所以AB中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2k，2k2＋m)．由 得由x2＝4y得

＋4 Δ>0，k

<m≤，得 又因?yàn)閨AB|＝41＋k2k2＋m，點(diǎn)F(0，1)到直線AB的距離為 |m－1|＝ ＝8|m－1|k2＋m＝

－記f(m)＝3m－5m 9 9 f1＝256 所以，當(dāng)

k＝15

256

H8直線與圓錐曲線（AB]20．(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)f′(x)＝1＋－1－ －1＋ x2)x<x1x>x2時(shí)，f′(x)<0x1<x<x2時(shí)，

－1＋ 處取得最大值．又a＝1時(shí)，f(x)x＝0x＝1處同時(shí)取得最小值；當(dāng)1<a<4時(shí)，f(x)在x＝0處取得最小值．19．[2014·北京卷]已知橢圓C：x2＋2y2＝4. a＝2，c＝C

其中x0≠0. 2＝x0＋x0 ＝x＋y＋x x0 x2 x20 ＝0＋ (0＜x2 2 2因?yàn)?＋≥4(0＜x≤4)x＝4時(shí)等號(hào)成立，所以|AB|2 AB2]1P(x，y)(x≠0)

1

2 1

4y＝2x0x－x 由 4 得

x，02 1y＝2x0x－x

由 4 得

x＋，32

，3 1|MN|＝10＋ ||AB|＝ 1x－1x＋32＋32－1x＋32 4 4＝PΓAB的長(zhǎng)度不變．方法二：(1)S(x，y)Γ上任意一點(diǎn)，則|y－(－3)|－（x－0）2＋（y－1）2＝2.所以（x－0）2＋（y－1）2＝y(tǒng)＋1，化簡(jiǎn)得，曲線Γ的方程為x2＝4y.]→

P(x0，y0)，由拋物線定義知|PF|＝y(tǒng)0＋1y0＝2P(22，2)P(－2 2 2 或 3 3由 得所以AB中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2k，2k2＋m)．由 得由x2＝4y得

＋4 Δ>0，k

<m≤，得 又因?yàn)閨AB|＝41＋k2k2＋m，點(diǎn)F(0，1)到直線AB的距離為 |m－1|＝ ＝8|m－1|k2＋m＝

－記f(m)＝3m－5m 9 9 f1＝256 ，所以，當(dāng) ，

k＝15

256

(θ8[2014·湖北卷]a，btt2cosθ＋tsinθ＝0θ

－

＝1的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為

cos2θ ] 0)B(－taθtany2— y2sin1.MC.公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍．即（x－1）2＋y2＝|x|＋1，故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2＝1得

，1

若

若 或

即當(dāng) ，－2∪0，2時(shí)，直線l與C1有一個(gè)公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公共點(diǎn)， k∈－2，0∪－1，2lC ]＝－1的距離相等．若機(jī)器人接觸不到過(guò)點(diǎn)P(－1，0)且斜率為k的直線，則k的取值范圍 ]

yk2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0] C的坐標(biāo)為3，3BF2＝217．2c,F1(－c,0),F2(c,B(0,b),BF2＝b2＋c2＝a.BF2＝2a＝

故所求橢圓的方程為2＋yB(0,bF2(c,0)ABAB c

a

解方程組

b（c2－a2）

， 所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為

ACxC的坐標(biāo)為

因?yàn)橹本€F1C的斜率為2a2c ＝3a2c＋c3，直線AB的斜率為－c，且F1Cb（a2－c2） ⊥AB，所以3a2c＋c3·－c＝－1.b＝a－ca＝5ce.5e＝.5CA，BByAOD(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．于點(diǎn)N2.證明：|MN2|2－|MN1|2為定值，并求此定值．xx1x xD的坐標(biāo)為 x11注意到xx＝－8及x2＝4y，則有 11

x2＝——

2＋a，2，N

則|MN2|2－|MN1|2＝a－a＋42－a＋a ]焦點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)分別為A，B，線段MN的中點(diǎn)在C上，則 面積為2，求C的標(biāo)準(zhǔn)方程．，切線方程為

(x－x0)，即x0x＋y0y＝4

4 x x

8.x＋y＝4≥2xyx0 ＝2·x0

0 0＝2x0y0SP的坐標(biāo)為(2， y＝x＋

2 bx＋43x＋6－2b 4 x1x2＝ y1＝x1＋3，y2＝x2＋3 |AB|＝ |x1－x2|＝2·Pl

2

及2 2

＝

b＝63b＝6，a＝3(舍)b＝3，a＝6C的方程為63 C

且A，M，B，N四點(diǎn)在同一圓上，求l的方程． ＝所以 |AB|＝mmmmmMNE2＋2m2＋32，m 1 從而

12|MN|2

2 4(m2＋1)2＋2m＋m＋m2＋2

20．[2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ]F1，F(xiàn)2C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)3 解：(1)c＝a2－b2Mca，2b 1C的離心率為 MF1的中點(diǎn)，故a＝4b2（－c－x1）＝c， 3＝－ 即

9（a2－4a）將①及c＝a2－b2代入② a＝7，b2＝4a＝28a＝7，b＝2 ] 4 5AD⊥ABBDx軸、y軸分別交于M，N兩點(diǎn)． ＝2，可得a＝4b5y＝xx＝±5a5因此 2 4×5＝5a＝2 C的方程為4＋yABkAB＝y(tǒng)1AB⊥AD，由題意知k≠0，m≠0.

2 由 消去y，得(1＋4k)x＋8mkx＋4mx1＋x2＝y(tǒng)1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝所以k x＋x＝－4k＝4x

12，即 k. k.因此，存在常數(shù) 3 9因?yàn)閨x||y

|y

11≤

＝ 此時(shí)

面積的最大值為 ]，且滿足|AB|＝5

4l20．解：(1)由題設(shè)知c＝1，

解得b＝