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1、H解析几何H1直线的倾斜角与斜率、直线的方程22H1、H2、H7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，y1y22
2、m2m.从而|AB|y1y2|.设点P到直线AB的距离为d，那么d.设ABP的面积为S，那么S|AB|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，那么Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0u，那么S(u)16u2.由S(u)0得u，所以S(u)maxS.故ABP面积的最大值为.17H1、H7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，那么实数a_.17答案 解析 此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意义等根底
3、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，那么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、F1上海卷 假设d(2,1)是直线l的一个方向向量，那么l的倾斜角的大小为_(结果用反三角函数值表示)4arctan解析 考查直线的方向
4、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可得直线的斜率k，ktan，所以直线的倾斜角arctan.20H5、F1、H1陕西卷 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)由可设椭圆C2的方程为1(a2)，其离心率为，故，那么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)x
5、24，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、H7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，
6、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，那么d.设ABP的面积为S，那么S|AB|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，那么Su(12u2)，设
7、S(u)u(12u2)，0u，那么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、H8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，以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点(1)假设BFD90，ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；(2)假设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
8、，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、H8福建卷 如图14所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x22py(p0)上图14(1)求抛
9、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)，那么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)，那么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(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，
10、.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)，那么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.故假设满足条件的点M存在，只能是M(0,1)以下证明点M(0,1)就是所要求的点
11、因为(x0，y01)，2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.21H3、H5、H8湖北卷 设A是圆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？假设存在，求m的值；假设不存在，请说明理由21解：(1)如图(1)，设M(
12、x，y)，A(x0，y0)，那么由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在圆上运动，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)，那么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)x24
13、k2x1xk2xm20.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)，那么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6H4陕西卷 圆C：x2y24x0，l是过点P(3,0)的直线，那么()
