所以m的取值范围是.
（2）当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为（0,2），（0，－2）．
由得（1＋2k2）x2＋16kx＋24＝0.
因为直线与曲线C交于不同的两点，
所以Δ＝（16k）2－4（1＋2k2）×24>0，
即k2>.
设点M，N的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则
y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的方程为y＋2＝x，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kAN－kAG＝＋
＝＋
＝k＋
＝k＋＝0，
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
19．H1、H5、F1[2012·陕西卷]已知椭圆C1：
＋y2＝1，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（a>2），
其离心率为，故＝，则a＝4，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y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得（1＋4k2）x2＝4，
所以x＝，
将y＝kx代入＋＝1中，得（4＋k2）x2＝16，所以x＝，
又由＝2，得x＝4x，即＝，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
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y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得（1＋4k2）x2＝4，所以x＝，
由＝2，得x＝，y＝，
将x，y代入＋＝1中，得＝1，即4＋k2＝1＋4k2，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
4．H1、F1[2012·上海卷]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）．
4．arctan2 [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k×＝－1，∴k＝2，k＝tanα，所以直线的倾斜角α＝arctan2.
8．H1、H6[2012·浙江卷]如图1－2所示，F1，F2分别是双曲线C：
－＝1（a，b>0）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.
8．B [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F1B的方程为y＝x＋b，
那么可知线段PQ的垂直平分线的方程为y＝－（x－3c），
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＝－（x－3c）并整理可得2c2＝3a2，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
3．A2、H2[2012·浙江卷]设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：
ax＋2y－1＝0与直线l2：
x＋（a＋1）y＋4＝0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
3．A [解析]本题主要考查直线的平行关系与充要条件的判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a＝1时，直线l1：
x＋2y－1＝0与直线l2：
x＋2y＋4＝0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：
a＝1或a＝－2，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“a＝1”看作集合M＝{1}，把命题“直线l1：
ax＋2y－1＝0与直线l2：
x＋（a＋1）y＋4＝0平行”看作集合N＝{1，－2}，易知M⊆N，所以条件是结论的充分不必要条件，答案为A.
H3 圆的方程
21．H5、H3、H8[2012·湖北卷]设A是单位圆x2＋y2＝1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|（m>0，且m≠1）．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k>0，都有PQ⊥PH？
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|（m＞0，且m≠1），
可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.①
因为点A在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②
将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1（m＞0，且m≠1）．
因为m∈（0,1）∪（1，＋∞），所以
当0＜m＜1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m＞1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k＞0，设P（x1，kx1），H（x2，y2），则Q（－x1，－kx1），N（0，kx1），直线QN的方程为y＝2kx＋kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得（m2＋4k2）x2＋4k2x1x＋k2x－m2＝0.
依题意可知此方程的两根为－x1，x2，于是由韦达定理可得
－x1＋x2＝－，即x2＝.
因为点H在直线QN上，
所以y2－kx1＝2kx2＝.
于是＝（－2x1，－2kx1），
＝（x2－x1，y2－kx1）＝.
而PQ⊥PH等价于·＝＝0，
即2－m2＝0，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
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（x－x）＋（y－y）＝0.③
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（x1－x2）（x1＋x2）≠0.于是由③式可得
＝－m2.④
又Q，N，H三点共线，所以kQN＝kQH，即＝.
于是由④式可得kPQ·kPH＝·＝·＝－.
而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH＝－1，即－＝－1，又m＞0，得m＝，
故存在m＝，使得在其对应的椭圆x2＋＝1上，对任意的k＞0，都有PQ⊥PH.
20．H3、H7、H8[2012·课标全国卷]设抛物线C：
x2＝2py（p>0）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∠BFD＝90°，△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|·d＝4，即·2p·p＝4，
解得p＝－2（舍去），p＝2.
所以F（0,1），圆F的方程为
x2＋（y－1）2＝8.
（2）因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.
由抛物线定义知
|AD|＝|FA|＝|AB|，
所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.
当m的斜率为时，由已知可设n：
y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.
由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.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
20．H5、H4、H8[2012·广东卷]在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：
＋＝1（a>b>0）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：
mx＋ny＝1与圆O：
x2＋y2＝1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＝＝＝，
∴a2＝3b2，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|2＝x2＋（y－2）2＝－2（y＋1）2＋6＋3b2
≤6＋3b2，y∈[－b，b]．
由题设存在点P1满足|P1Q|＝3，
则9＝|P1Q|2≤6＋3b2，∴b≥1.
当b≥1时，由于y＝－1∈[－b，b]，此时|PQ|2取得最大值6＋3b2.
∴6＋3b2＝9⇒b2＝1，a2＝3.
故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）存在点M满足要求，使△OAB的面积最大．
假设直线l：
mx＋ny＝1与圆O：
x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离
d＝<1.
因为点M（m，n）∈C，所以＋n2＝1∵|AB|＝2＝2，
∴S△OAB＝·|AB|·d＝
＝≤＝.
上式等号成立当且仅当1＝m2⇒m2＝∈（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.
12．H4[2012·江苏卷]在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2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（x－4）2＋y2＝1圆心坐标为（4,0），半径为1，由题意，直线y＝kx－2上至少存在一点（x0，kx0－2），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（k2＋1）x2－（8＋4k）x＋16≤0，此不等式有解的条件是Δ＝（8＋4k）2－64（k2＋1）≥0，解之得0≤k≤，故最大值为.
4．H4[2012·陕西卷]已知圆C：
x2＋y2－4x＝0，l是过点P（3,0）的直线，则（ ）
A．l与C相交
B．l与C相切
C．l与C相离
D．以上三个选项均有可能
4．A [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．x2＋y2－4x＝0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d＝＝1<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.
3．H4[2012·重庆卷]对任意的实数k，直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝2的位置关系一定是（ ）
A．相离B．相切
C．相交但直线不过圆心D．相交且直线过圆心
3．C [解析]圆x2＋y2＝2的圆心为（0,0），半径为，因为圆心（0,0）到直线y＝kx＋1的距离d＝＝，因为0＜≤1＜，所以直线与圆相交但不过圆心．
8．H4[2012·天津卷]设m，n∈R，若直线（m＋1）x＋（n＋1）y－2＝0与圆（x－1）2＋（y－1）2＝1相切，则m＋n的取值范围是（ ）
A．[1－，1＋]
B．（－∞，1－]∪[1＋，＋∞）
C．[2－2，2＋2]
D．（－∞，2－2]∪[2＋2，＋∞）
8．D [解析]本题考查直线与圆相切条件、点到直线的距离公式及不等式的运用，考查运算求解能力及转化思想，偏难．
∵直线与圆相切，∴＝1，整理得mn＝（m＋n）＋1，由基本不等式得
（m＋n）＋1≤2，即（m＋n）2－4（m＋n）－4≥0，解之得m＋n≤2－2或m＋n≥2＋2.
10．E5、H4[2012·重庆卷]设平面点集A＝（x，y）（y－x）·y－≥0，B＝，则A∩B所表示的平面图形的面积为（ ）
A.πB.π
C.πD.
10．D [解析]平面点集A表示的平面区域就是不等式组与表示的两块平面区域，而平面点集B表示的平面区域为以点（1,1）为圆心，以1为半径的圆及圆的内部，作出它们所示的平面区域，如图所示，图中的阴影部分就是A∩B所表示的平面图形．由于圆和曲线y＝关于直线y＝x对称，因此阴影部分所表示的图形面积为圆面积的，即为.
H5 椭圆及其几何性质
4．H5[2012·课标全国卷]设F1，F2是椭圆E：
＋＝1（a>b>0）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.
4．C [解析]根据题意，一定有∠PF1F2＝30°，且∠PF2x＝60°，故直线PF2的倾斜角是，设直线x＝a与x轴的交点为M，则|PF2|＝2|F2M|，又|PF2|＝|F1F2|，所以|F1F2|＝2|F2M|.所以2c＝2，即4c＝3a，故e＝＝.故选C.
19．H5、H8[2012·天津卷]设椭圆＋＝1（a＞b＞0）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. ①
由A（－a,0），B（a,0），得kAP＝，kBP＝.
由kAP·kBP＝－，可得x＝a2－2y，代入①并整理得（a2－2b2）y＝0.由于y0≠0，故a2＝2b2.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y＝kx，
设点P的坐标为（x0，y0）．
由条件得消去y0并整理得
x＝.②
由|AP|＝|OA|，A（－a,0）及y0＝kx0，得（x0＋a）2＋k2x＝a2.整理得（1＋k2）x＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝，代入②，整理得（1＋k2）2＝4k22＋4.由a＞b＞0，故（1＋k2）2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|>.
（方法二）依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为（x0，kx0）．由点P在椭圆上，有＋＝1.因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即（1＋k2）x＜a2.③
由|AP|＝|OA|，A（－a,0），得（x0＋a）2＋k2x＝a2，整理得（1＋k2）x＋2ax0＝0，于是x0＝，代入③，得（1＋k2）＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞.
19．H5、F1、H1[2012·陕西卷]已知椭圆C1：
＋y2＝1，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（a>2），
其离心率为，故＝，则a＝4，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y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得（1＋4k2）x2＝4，
所以x＝，
将y＝kx代入＋＝1中，得（4＋k2）x2＝16，所以x＝，
又由＝2，得x＝4x，即＝，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
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y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得（1＋4k2）x2＝4，所以x＝，
由＝2，得x＝，y＝，
将x，y代入＋＝1中，得＝1，即4＋k2＝1＋4k2，
解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
20．H5、H8[2012·重庆卷]如图1－3，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△AB1B2是面积为4的直角三角形．
图1－3
（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PB2⊥QB2，求直线l的方程．
20．解：
（1）设所求椭圆的标准方程为＋＝1（a＞b＞0），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c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，c2＝4b2，所以离心率e＝＝.
在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故
S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2.
由题设条件S△AB1B2＝4，得b2＝4，从而a2＝5b2＝20.
因此所求椭圆的标准方程为：
＋＝1.
（2）由
（1）知B1（－2,0），B2（2,0）．由题意知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l的方程为：
x＝my－2.代入椭圆方程得（m2＋5）y2－4my－16＝0.
设P（x1，y1）、Q（x2，y2），则y1，y2是上面方程的两根，因此
y1＋y2＝，y1·y2＝－，
又＝（x1－2，y1），＝（x2－2，y2），所以
·＝（x1－2）（x2－2）＋y1y2
＝（my1－4）（my2－4）＋y1y2
＝（m2＋1）y1y2－4m（y1＋y2）＋16
＝－－＋16
＝－，
由PB2⊥QB2，得·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2.
所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.
20．H5、H9[2012·辽宁卷]如图1－7，椭圆C0：
＋＝1（a＞b＞0，a，b为常数），动圆C1：
x2＋y2＝t，b＜t1＜a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点．C1与C0相交于A，B，C，D四点．
图1－7
（1）求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；
（2）设动圆C2：
x2＋y2＝t与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b＜t2＜a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等．证明：
t＋t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＝（x＋a），①
直线A2B的方程为y＝（x－a），②
由①②得y2＝（x2－a2）．③
由点A（x1，y1）在椭圆C0上，故＋＝1.
从而y＝b2，代入③得
－＝1（x＜－a，y＜0）.
（2）证明：
设A′（x2，y2），由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得
4|x1||y1|＝4|x2||y2|，
故xy＝xy.
因为点A，A′均在椭圆上，所以
b2x＝b2x，
由t1≠t2，知x1≠x2，所以x＋x＝a2.
从而y＋y＝b2，
因此t＋t＝a2＋b2为定值．
19．H1、H5、H8[2012·北京卷]已知曲线C：
（5－m）x2＋（m－2）y2＝8（m∈R）．
（1）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；
（2）设m＝4，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线y＝kx＋4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y＝1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
解得所以m的取值范围是.
（2）当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为（0,2），（0，－2）．
由得（1＋2k2）x2＋16kx＋24＝0.
因为直线与曲线C交于不同的两点，
所以Δ＝（16k）2－4（1＋2k2）×24>0，
即k2>.
设点M，N的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则
y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的方程为y＋2＝x，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kAN－kAG＝＋
＝＋
＝k＋
＝k＋＝0，
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
20．H5、H4、H8[2012·广东卷]在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：
＋＝1（a>b>0）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
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