【三维设计】2013届高考数学总复习（基础知识 高频考点 解题训练）第八章 圆锥曲线的综合问题教学案 新人教A版

1、圆锥曲线的综合问题(文视情况知识能否忆起1直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程：ax2bxc0(或ay2byc0)若a0，可考虑一元二次方程的判别式，有：>0直线与圆锥曲线相交；0直线与圆锥曲线相切；<0直线与圆锥曲线相离若a0且b0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点2圆锥曲线的弦长问题设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|x1x2|或 |y1y2|.小题能否全取1(教材习题改编)与椭圆1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是()Ay2

2、1B.x21C.x2y21 D.y2x21解析：选A设双曲线方程为1(a0，b0)，则得a1，b.故双曲线方程为y21.2(教材习题改编)直线ykxk1与椭圆1的位置关系是()A相交 B相切C相离 D不确定解析：选A由于直线ykxk1k(x1)1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交3过点(0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有()A1条 B2条C3条 D4条解析：选C结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x0)4过椭圆1(ab0)的左顶点A且斜率为1的直线

3、与椭圆的另一个交点为M，与y轴的交点为B，若|AM|MB|，则该椭圆的离心率为_解析：由题意知A点的坐标为(a,0)，l的方程为yxa，所以B点的坐标为(0，a)，故M点的坐标为，代入椭圆方程得a23b2，则c22b2，则，故e.答案：5已知双曲线方程是x21，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是_解析：设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x1，x1，得k4，从而所求方程为4xy70.将此直线方程与双曲线方程联立得14x256x510，0，故此直线满足条件答案：4xy701.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点

4、、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用2当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化同时还应充分挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”直线与圆锥曲线的位置关系典题导入例1(2012·北京高考)已知椭圆C：1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1

5、)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值自主解答(1)由题意得解得b，所以椭圆C的方程为1.(2)由得(12k2)x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x2，x1x2，所以|MN|.又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d，所以AMN的面积为S|MN|· d.由，解得k±1.由题悟法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解以题试法1(2

6、012·信阳模拟)设抛物线y28x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是()A.B2,2C1,1 D4,4解析：选C易知抛物线y28x的准线x2与x轴的交点为Q(2,0)，于是，可设过点Q(2,0)的直线l的方程为yk(x2)(由题可知k是存在的)，联立k2x2(4k28)x4k20.当k0时，易知符合题意；当k0时，其判别式为(4k28)216k464k2640，可解得1k1.最值与范围问题典题导入例2(2012·浙江高考)如图，椭圆C：1(ab0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A，B

7、两点，且线段AB被直线OP平分(1)求椭圆C的方程；(2)求ABP面积取最大值时直线l的方程自主解答(1)设椭圆左焦点为F(c,0)，则由题意得得所以椭圆方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x0，与不过原点的条件不符，舍去故可设直线AB的方程为ykxm(m0)，由消去y，整理得(34k2)x28kmx4m2120，则64k2m24(34k2)(4m212)0，所以线段AB的中点为M.因为M在直线OP：yx上，所以.得m0(舍去)或k.此时方程为3x23mxm230，则3(12m2)0，所以|AB|·|x1x

8、2|·，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·.其中m(2，0)(0,2)令u(m)(12m2)(m4)2，m2，2 ，u(m)4(m4)(m22m6)4(m4)(m1)(m1)所以当且仅当m1时，u(m)取到最大值故当且仅当m1时，S取到最大值综上，所求直线l的方程为3x2y220.由题悟法1解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最

9、值，这就是代数法2在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围以题试法2(2012·东莞模拟)已知抛物线y22px(p0)上存在关于直线xy1对称的相异两点，则实数p的取值范围为()A.B.C. D.解析：选B设抛物线上关于直线xy1对称的两点是M(x1，y1)、N(x2，y2)，设

10、直线MN的方程为yxb.将yxb代入抛物线方程，得x2(2b2p)xb20，则x1x22p2b，y1y2(x1x2)2b2p，则MN的中点P的坐标为(pb，p)因为点P在直线xy1上，所以2pb1，即b2p1.又(2b2p)24b24p28bp0，将b2p1代入得4p28p(2p1)0，即3p22p0，解得0p.定点定值问题典题导入例3(2012·辽宁高考)如图，椭圆C0：1(a>b>0，a，b为常数)，动圆C1：x2y2t，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(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2

11、)设动圆C2：x2y2t与C0相交于A，B，C，D四点，其中b<t2<a，t1t2.若矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，证明：tt为定值自主解答(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(x<a，y<0)(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均在椭圆上，所以b2xb2x.由t1t2，

12、知x1x2，所以xxa2，从而yyb2，因此tta2b2为定值由题悟法1求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值2定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为ykxb，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况以题试法3(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线y22px(p0)及定点A(a，b)，B(a,0)，ab0，b22pa，M是抛物线上的点设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，

13、M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为_解析：设M，M1，M2，由点A，M，M1共线可知，得y1，同理由点B，M，M2共线得y2.设(x，y)是直线M1M2上的点，则，即y1y2y(y1y2)2px，又y1，y2，则(2pxby)y022pb(ax)y02pa(by2pa)0.当xa，y时上式恒成立，即定点为.答案：1已知双曲线x21的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则,·,的最小值为()A2BC1 D0解析：选A设点P(x，y)，其中x1.依题意得A1(1,0)，F2(2,0)，由双曲线方程得y23(x21),·,(1x，y)·

14、;(2x，y)(x1)(x2)y2x2y2x2x23(x21)x24x2x542，其中x1.因此，当x1时，,·,取得最小值2.2过抛物线y22x的焦点作一条直线与抛物线交于A、B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线()A有且只有一条 B有且只有两条C有且只有三条 D有且只有四条解析：选B设该抛物线焦点为F，则|AB|AF|FB|xAxBxAxB132p2.所以符合条件的直线有且仅有两条3(2012·南昌联考)过双曲线1(a0，b0)的右焦点F作与x轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内)，若,4,，则双曲线的离心率为()A. B.C.

15、 D.解析：选B由题意知F(c,0)，则易得M，N的纵坐标分别为，由,4,得4·，即.又c2a2b2，则e.4已知椭圆1的焦点是F1，F2，如果椭圆上一点P满足PF1PF2，则下面结论正确的是()AP点有两个 BP点有四个CP点不一定存在 DP点一定不存在解析：选D设椭圆的基本量为a，b，c，则a5，b4，c3.以F1F2为直径构造圆，可知圆的半径rc34b，即圆与椭圆不可能有交点5已知椭圆C：y21的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满足y1，则|PF1|PF2|的取值范围为_解析：当P在原点处时，|PF1|PF2|取得最小值2；当P在椭圆上时，|PF1|PF2|取得最大值2，

16、故|PF1|PF2|的取值范围为2,2 答案：2,2 6(2013·长沙月考)直线l：xy0与椭圆y21相交于A、B两点，点C是椭圆上的动点，则ABC面积的最大值为_解析：由得3x22，x±，A，B，|AB|.设点C(cos ，sin )，则点C到AB的距离d·sin()，SABC|AB|·d××.答案：7设F1，F2分别是椭圆E：x21(0<b<1)的左，右焦点，过F1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列(1)求|AB|；(2)若直线l的斜率为1，求b的值解：(1)由椭圆定义知|AF

17、2|AB|BF2|4，又2|AB|AF2|BF2|，得|AB|.(2)l的方程为yxc，其中c.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组化简得(1b2)x22cx12b20.则x1x2，x1x2.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|x2x1|，即|x2x1|.则(x1x2)24x1x2，解得b.8(2012·黄冈质检)已知椭圆1(ab0)的离心率为，椭圆上任意一点到右焦点F的距离的最大值为1.(1)求椭圆的方程；(2)已知点C(m,0)是线段OF上一个动点(O为坐标原点)，是否存在过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B点，使得|AC|BC|？并说明理由解

18、：(1)，b1，椭圆的方程为y21.(2)由(1)得F(1,0)，0m1.假设存在满足题意的直线l，设l的方程为yk(x1)，代入y21中，得(2k21)x24k2x2k220.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x22).设AB的中点为M，则M.|AC|BC|，CMAB，即kCM·kAB1，·k1，即(12m)k2m.当0m时，k± ，即存在满足题意的直线l；当m1时，k不存在，即不存在满足题意的直线l.9(2012·江西模拟)已知椭圆C：1(ab0)，直线yx与以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，F

19、1，F2为其左，右焦点，P为椭圆C上任一点，F1PF2的重心为G，内心为I，且IGF1F2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：ykxm(k0)与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线过定点C，求实数k的取值范围解：(1)设P(x0，y0)，x0±a，则G.又设I(xI，yI)，IGF1F2，yI，|F1F2|2c，SF1PF2·|F1F2|·|y0|(|PF1|PF2|F1F2|)·，2c·32a2c，e，又由题意知b，b，a2，椭圆C的方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由，消去y，得(34k2)x28kmx

20、4m2120，由题意知(8km)24(34k2)(4m212)0，即m24k23，又x1x2，则y1y2，线段AB的中点P的坐标为.又线段AB的垂直平分线l的方程为y，点P在直线l上，4k26km30，m(4k23)，4k23，k2，解得k或k，k的取值范围是.1(2012·长春模拟)已知点A(1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足AMB2，| |,·|,cos23，过点B的直线交曲线C于P，Q两点(1)求|,|,的值，并写出曲线C的方程；(2)求APQ的面积的最大值解：(1)设M(x，y)，在MAB中，|,2，AMB2，根据余弦定理得|,2|,22|,·

21、|,cos 2|,24，即(|,|,)22|,·|,·(1cos 2)4，所以(|,|,)24|,| |,·cos24.因为|,·|,cos23，所以(|,|,)24×34，所以|,|,4.又|,|BM|,42|，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，设椭圆的方程为1(ab0)，则a2，c1，所以b2a2c23.所以曲线C的方程为1.(2)设直线PQ的方程为xmy1.由，消去x，整理得(3m24)y26my90.显然方程的判别式36m236(3m24)0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则APQ的面积SAPQ&#

22、215;2×|y1y2|y1y2|.由根与系数的关系得y1y2，y1y2，所以(y1y2)2(y1y2)24y1y248×.令t3m23，则t3，(y1y2)2，由于函数(t)t在3，)上是增函数，所以t，当且仅当t3m233，即m0时取等号，所以(y1y2)29，即|y1y2|的最大值为3，所以APQ的面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x1.2(2012·郑州模拟)已知圆C的圆心为C(m,0)，m3，半径为，圆C与离心率e的椭圆E：1(ab0)的其中一个公共点为A(3,1)，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点(1)求圆C的标准方程；(2)若点P的坐标为(4,4

23、)，试探究直线PF1与圆C能否相切？若能，设直线PF1与椭圆E相交于D，B两点，求DBF2的面积；若不能，请说明理由解：(1)由已知可设圆C的方程为(xm)2y25(m3)，将点A的坐标代入圆C的方程中，得(3m)215，即(3m)24，解得m1，或m5.m3，m1.圆C的标准方程为(x1)2y25.(2)直线PF1能与圆C相切，依题意设直线PF1的斜率为k，则直线PF1的方程为yk(x4)4，即kxy4k40，若直线PF1与圆C相切，则.4k224k110，解得k或k.当k时，直线PF1与x轴的交点的横坐标为，不合题意，舍去当k时，直线PF1与x轴的交点的横坐标为4，c4，F1(4,0)，F

24、2(4,0)由椭圆的定义得：2a|AF1|AF2|56.a3，即a218，e，满足题意故直线PF1能与圆C相切直线PF1的方程为x2y40，椭圆E的方程为1.设B(x1，y1)，D(x2，y2)，把直线PF1的方程代入椭圆E的方程并化简得，13y216y20，由根与系数的关系得y1y2，y1y2，故SDBF24|y1y2|4.1已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(1,0)，过焦点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线l的倾斜角为45°，则弦AB的中点坐标为()A(1,0) B(2,2)C(3,2) D(2,4)解析：选C依题意得，抛物线C的方程是y24x，直线l的方程是yx

25、1.由消去y得(x1)24x，即x26x10，因此线段AB的中点的横坐标是3，纵坐标是y312，所以线段AB的中点坐标是(3,2)2若直线mxny4和圆O：x2y24没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆1的交点个数为()A至多1个 B2个C1个 D0个解析：选B由题意得2，即m2n24，则点(m，n)在以原点为圆心，以2为半径的圆内，此圆在椭圆1的内部3(2012·深圳模拟)如图，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T：(x2)2y2r2(r0)，设圆T与椭圆C交于点M与点N.(1)求椭圆C的方程；(2)求,·,的最小值，并求此时圆T的方程；(

26、3)设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：|OR|·|OS|为定值解：(1)依题意，得a2，e，c，b1.故椭圆C的方程为y21.(2)易知点M与点N关于x轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，y1)，不妨设y10.由于点M在椭圆C上，y1.(*)由已知T(2,0)，则,(x12，y1)，,(x12，y1)，,·,(x12，y1)·(x12，y1)(x12)2y(x12)2x4x132.由于2x12，故当x1时，,·,取得最小值.把x1代入(*)式，得y1，故M，又点M在圆T上，代入圆的方程得r

27、2.故圆T的方程为(x2)2y2.(3)设P(x0，y0)，则直线MP的方程为：yy0(xx0)，令y0，得xR，同理：xS，故xR·xS.(*)又点M与点P在椭圆上，故x4(1y)，x4(1y)，代入(*)式，得xR·xS44.所以|OR|·|OS|xR|·|xS|xR·xS|4为定值平面解析几何(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1(2012·佛山模拟)已知直线l：axy2a0在x轴和y轴上的截距相等，则a的值是()A1B1C2或1 D2或1解析：选D由题意得a2，解得a2或a1.2

28、若直线l与直线y1，x7分别交于点P，Q，且线段PQ的中点坐标为(1，1)，则直线l的斜率为()A. BC D.解析：选B设P(xP,1)，由题意及中点坐标公式得xP72，解得xP5，即P(5,1)，所以k.3(2012·长春模拟)已知点A(1，1)，B(1,1)，则以线段AB为直径的圆的方程是()Ax2y22 Bx2y2Cx2y21 Dx2y24解析：选AAB的中点坐标为(0,0)，|AB|2，圆的方程为x2y22.4(2012·福建高考)已知双曲线1的右焦点与抛物线y212x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于()A. B4C3 D5解析：选A抛物线y212

29、x的焦点坐标为(3,0)，故双曲线1的右焦点为(3,0)，即c3，故324b2，b25，双曲线的渐近线方程为y±x，双曲线的右焦点到其渐近线的距离为.5(2012·郑州模拟)若双曲线1(a0，b0)的左，右焦点分别为F1，F2，线段F1F2被抛物线y22bx的焦点分成73的两段，则此双曲线的离心率为()A. B.C. D.解析：选B依题意得，c×2c，即bc(其中c是双曲线的半焦距)，ac，则，因此该双曲线的离心率等于.6设双曲线的左，右焦点为F1，F2，左，右顶点为M，N，若PF1F2的一个顶点P在双曲线上，则PF1F2的内切圆与边F1F2的切点的位置是()A在

30、线段MN的内部B在线段F1M的内部或NF2内部C点N或点MD以上三种情况都有可能解析：选C若P在右支上，并设内切圆与PF1，PF2的切点分别为A，B，则|NF1|NF2|PF1|PF2|(|PA|AF1|)(|PB|BF2|)|AF1|BF2|.所以N为切点，同理P在左支上时，M为切点7圆x2y24x0在点P(1, )处的切线方程为()Axy20 Bxy40Cxy40 Dxy20解析：选D圆的方程为(x2)2y24，圆心坐标为(2,0)，半径为2，点P在圆上，设切线方程为yk(x1)，即kxyk0，所以2，解得k.所以切线方程为y(x1)，即xy20.8(2012·新课标全国卷)等轴

31、双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y216x的准线交于A，B两点，|AB|4，则C的实轴长为()A. B2C4 D8解析：选C抛物线y216x的准线方程是x4，所以点A(4，2)在等轴双曲线C：x2y2a2(a0)上，将点A的坐标代入得a2，所以C的实轴长为4.9(2012·潍坊适应性训练)已知双曲线C：1的左，右焦点分别为F1，F2，P为C的右支上一点，且|PF2|F1F2|，则|PF2|F1F2|，则,·,等于()A24 B48C50 D56解析：选C由已知得|PF2|F1F2|6，根据双曲线的定义可得|PF1|10，在F1PF2中，根据余弦定理可得cosF

32、1PF2，所以,·,10×6×50.10(2012·南昌模拟)已知ABC外接圆半径R，且ABC120°，BC10，边BC在x轴上且y轴垂直平分BC边，则过点A且以B，C为焦点的双曲线方程为()A.1 B.1C.1 D.1解析：选DsinBAC，cosBAC，|AC|2RsinABC2××14，sinACBsin(60°BAC)sin 60°cosBACcos 60°sinBAC××，|AB|2RsinACB2××6，2a|AC|AB|1468，a4，又c5

33、，b2c2a225169，所求双曲线方程为1.11(2012·乌鲁木齐模拟)已知抛物线y22px(p0)的焦点为F，P，Q是抛物线上的两个点，若PQF是边长为2的正三角形，则p的值是()A2± B2C.±1 D.1解析：选A依题意得F，设P，Q(y1y2)由抛物线定义及|PF|QF|，得，所以yy，所以y1y2.又|PQ|2，因此|y1|y2|1，点P.又点P位于该抛物线上，于是由抛物线的定义得|PF|2，由此解得p2±.12已知中心在原点，焦点在坐标轴上，焦距为4的椭圆与直线xy40有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为()A3或4 B2或2C2或2 D.

34、或解析：选C设椭圆方程为mx2ny21(mn且m，n0)，与直线方程xy40联立，消去x得(3mn)y28my16m10，由0得3mn16mn，即16，又c2，即±4，由联立得或，故椭圆的长轴长为2或2.二、填空题(本题有4小题，每小题5分，共20分)13(2012·青岛模拟)已知两直线l1：xysin 10和l2：2xsin y10，当l1l2时，_.解析：l1l2的充要条件是2sin sin 0，即sin 0，所以k(kZ)所以当k(kZ)时，l1l2.答案：k(kZ)14已知F1，F2分别是椭圆1(ab0)的左，右焦点，A，B分别是此椭圆的右顶点和上顶点，P是椭圆上一

35、点，O是坐标原点，OPAB，PF1x轴，|F1A|，则此椭圆的方程是_解析：由于直线AB的斜率为，故直线OP的斜率为，直线OP的方程为yx.与椭圆方程联立得1，解得x±a.根据PF1x轴，取xa，从而ac，即ac.又|F1A|ac，故 cc，解得c，从而a.所以所求的椭圆方程为1.答案：115(2012·陕西高考)右图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米水位下降1米后，水面宽_米解析：设抛物线的方程为x22py，则点(2，2)在抛物线上，代入可得p1，所以x22y.当y3时，x26，即x±，所以水面宽为2.答案：216(2012·天津

36、高考)设m，nR，若直线l：mxny10与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2y24相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则AOB面积的最小值为_解析：由直线与圆相交所得弦长为2，知圆心到直线的距离为，即，所以m2n22|mn|，所以|mn|，又A，B，所以AOB的面积为3，最小值为3.答案：3三、解答题(本题共6小题，共70分)17(10分)求过直线l1：x2y30与直线l2：2x3y80的交点，且到点P(0,4)距离为2的直线方程解：由得所以l1与l2的交点为(1,2)，设所求直线y2k(x1)(由题可知k存在)，即kxy2k0，P(0,4)到直线距离为2，2，解得k0或k.直线方程

37、为y2或4x3y20.18(12分)(2012·南昌模拟)已知圆C过点P(1,1)，且与圆M：(x2)2(y2)2r2(r0)关于直线xy20对称(1)求圆C的方程；(2)过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由解：设圆心C(a，b)，则解得则圆C的方程为x2y2r2，将点P的坐标代入得r22，故圆C的方程为x2y22.(2)由题意知，直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，故可设PA：y1k(x1)，PB：y1k(x1)，由得(1k2)x22k(1k)x(1k)220.因为点P的横坐标x

38、1一定是该方程的解，故可得xA.同理可得xB，所以kAB1kOP，所以，直线AB和OP一定平行19(12分)(2012·天津高考)已知椭圆1(a>b>0)，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)24k2·4.由(1)知，故(1k2)2k24，即5k422k2150，可得k25.所以直线OQ的斜率k±.20(12分)(2012·河南模拟)已知椭圆1(ab0)的离心率为，短轴的一个端点为M(0,1)，直线l：ykx与椭