数学章末测试：第二章圆锥曲线与方程B

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第二章测评B（高考体验卷）（时间:90分钟满分：100分）第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设抛物线C:y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M在C上，|MF｜＝5，若以MF为直径的圆过点(0，2），则C的方程为()A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8xC．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x2．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f（y2,b2)＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线平行于直线l：y＝2x＋10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为（)A。eq\f(x2,5）－eq\f（y2，20)＝1B。eq\f(x2,20）－eq\f（y2，5)＝1 C.eq\f（3x2,25）－eq\f(3y2,100）＝1D.eq\f（3x2,100）－eq\f（3y2,25）＝13．若实数k满足0＜k＜9,则曲线eq\f(x2,25)－eq\f（y2,9－k）＝1与曲线eq\f（x2，25－k）－eq\f（y2，9)＝1的()A．焦距相等 B．实半轴长相等 C．虚半轴长相等 D．离心率相等4．抛物线y2＝4x的焦点到双曲线x2－eq\f（y2,3）＝1的渐近线的距离是（）A.eq\f(1,2)B.eq\f（\r（3），2） C．1D。eq\r（3）5．已知双曲线eq\f(x2，a2)－eq\f（y2,b2）＝1(a＞0,b＞0）的两条渐近线与抛物线y2＝2px（p＞0）的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为eq\r（3），则p＝（)A．1B。eq\f（3，2) C．2D．36．椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2，3)＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是［－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是（）A。eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，2),\f（3，4)））B。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(3,8），\f(3,4))） C。eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）,1）)D。eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(3，4），1））7．（2014课标全国Ⅰ高考）已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F,准线为l，P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点．若eq\o（FP，\s\up6（→））＝4eq\o(FQ，\s\up6(→）），则|QF|＝（)A.eq\f(7，2）B．3C.eq\f（5,2)D．28．若双曲线eq\f(x2,a2）－eq\f(y2,b2)＝1的离心率为eq\r(3)，则其渐近线方程为（）A．y＝±2xB．y＝±eq\r(2)x C．y＝±eq\f(1，2)xD．y＝±eq\f(\r(2),2）x9．已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2,b2）＝1，双曲线C2的方程为eq\f(x2,a2）－eq\f（y2，b2)＝1，C1与C2的离心率之积为eq\f（\r(3），2），则C2的渐近线方程为()A．x±eq\r（2)y＝0B.eq\r（2）x±y＝0 C．x±2y＝0D．2x±y＝010．已知椭圆E：eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1（a＞b＞0）的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1,－1）,则E的方程为（)A.eq\f(x2,45）＋eq\f(y2，36）＝1B.eq\f(x2,36）＋eq\f(y2，27）＝1 C。eq\f（x2，27)＋eq\f(y2,18）＝1D.eq\f(x2,18）＋eq\f（y2，9)＝1第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、填空题（本大题共5个小题,每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上）11．双曲线eq\f(x2，16）－eq\f(y2,9）＝1的两条渐近线的方程为__________．12．抛物线x2＝2py（p＞0）的焦点为F，其准线与双曲线eq\f(x2，3）－eq\f(y2，3）＝1相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝________.13已知椭圆C:eq\f(x2,a2）＋eq\f(y2，b2）＝1(a＞b＞0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A，B两点,连接AF,BF。若｜AB｜＝10，｜AF|＝6，cos∠ABF＝eq\f（4,5），则C的离心率e＝__________。14．设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线eq\f（x2,a2)－eq\f（y2，b2)＝1(a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B。若点P（m，0)满足｜PA｜＝｜PB|，则该双曲线的离心率是__________．15．设F1，F2分别是椭圆E:x2＋eq\f(y2,b2）＝1(0＜b＜1）的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆E于A,B两点，若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为__________．三、解答题（本大题共4个小题，共25分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）16．（6分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F1，F2分别是椭圆eq\f(x2，a2）＋eq\f（y2，b2）＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.(1)若点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（4，3），\f（1，3））)，且BF2＝eq\r(2），求椭圆的方程;（2)若F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值17．(6分）设F1，F2分别是椭圆C：eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2，b2）＝1(a＞b＞0)的左,右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直．直线MF1与C的另一个交点为N.（1）若直线MN的斜率为eq\f（3，4)，求C的离心率；（2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN｜＝5｜F1N|，求a，b.18．(6分）在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1,0）的距离比它到y轴的距离多1。记点M的轨迹为C。(1)求轨迹C的方程．（2)设斜率为k的直线l过定点P(－2,1）．求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．19．（7分)（2013广东高考）已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)（c＞0）到直线l：x－y－2＝0的距离为eq\f(3\r（2）,2).设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA,PB，其中A，B为切点．（1)求抛物线C的方程;(2）当点P(x0，y0）为直线l上的定点时，求直线AB的方程;(3）当点P在直线l上移动时,求｜AF｜·｜BF|的最小值．参考答案1．解析:设点M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得｜MF｜＝x0＋eq\f（p，2）＝5,则x0＝5－eq\f（p,2).又点F的坐标为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(p,2）,0))，所以以MF为直径的圆的方程为(x－x0)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(p，2）))＋(y－y0)y＝0。将x＝0,y＝2代入得px0＋8－4y0＝0，即eq\f(y\o\al（2，0)，2)－4y0＋8＝0，所以y0＝4。由yeq\o\al(2,0)＝2px0,得16＝2peq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（5－\f(p，2）))，解之，得p＝2，或p＝8。所以C的方程为y2＝4x或y2＝16x。故选C.答案：C2．解析：由于双曲线焦点在x轴上，且其中一个焦点在直线y＝2x＋10上，所以c＝5。又因为一条渐近线与l平行，因此eq\f（b，a)＝2,可解得a2＝5，b2＝20，故双曲线方程为eq\f（x2，5）－eq\f（y2,20）＝1，故选A.答案：A3．解析：因为0＜k＜9，所以方程eq\f(x2,25)－eq\f（y2，9－k)＝1与eq\f(x2,25－k)－eq\f(y2，9)＝1均表示焦点在x轴上的双曲线．双曲线eq\f（x2，25)－eq\f（y2，9－k）＝1中，其实轴长为10,虚轴长为2eq\r(9－k)，焦距为2eq\r(25＋9－k)＝2eq\r（34－k)；双曲线eq\f(x2,25－k)－eq\f（y2,9)＝1中，其实轴长为2eq\r（25－k），虚轴长为6，焦距为2eq\r(25－k＋9)＝2eq\r(34－k)。因此两曲线的焦距相等，故选A。答案：A4．解析：由题意可得，抛物线的焦点为（1，0)，双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r（3)x，即±eq\r（3)x－y＝0，由点到直线的距离公式可得抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离d＝eq\f（｜±\r（3)－0|,2）＝eq\f(\r（3),2).答案：B5．解析：设A点坐标为（x0，y0），则由题意，得S△AOB＝|x0|·｜y0｜＝eq\r（3).抛物线y2＝2px的准线为x＝－eq\f（p，2)，所以x0＝－eq\f(p,2）,代入双曲线的渐近线的方程y＝±eq\f(b,a)x，得｜y0｜＝eq\f(bp，2a）.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（c,a)＝2,，a2＋b2＝c2，））得b＝eq\r（3)a，所以｜y0｜＝eq\f（\r（3)，2)p。所以S△AOB＝eq\f(\r（3），4)p2＝eq\r（3)，解得p＝2或p＝－2（舍去）．答案:C6．解析：设P点坐标为（x0，y0),则eq\f（x\o\al(2,0)，4）＋eq\f（y\o\al(2,0),3)＝1,kPA2＝eq\f(y0，x0－2)，kPA1＝eq\f(y0，x0＋2），于是kPA1·kPA2＝eq\f（y\o\al(2,0),x\o\al(2，0)－22）＝eq\f(3－\f（3,4）x\o\al(2，0)，x\o\al（2,0）－4）＝－eq\f（3，4）。故kPA1＝－eq\f(3，4)eq\f(1，kPA2）。∵kPA2∈［－2，－1],∴kPA1∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（3，8）,\f（3，4）））.故选B。答案:B7．解析：如图，由抛物线的定义知焦点到准线的距离p＝｜FM｜＝4。过Q作QH⊥l于H，则｜QH|＝|QF｜.由题意,得△PHQ∽△PMF，则有eq\f（｜HQ｜,|MF｜)＝eq\f(|PQ｜，｜PF｜)＝eq\f（3,4），∴｜HQ|＝3。∴|QF｜＝3。答案：B8．解析:由离心率为eq\r（3)，可知c＝eq\r（3）a，∴b＝eq\r（2）a，∴渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2）x,故选B.答案:B9．解析：由题意，知椭圆C1的离心率e1＝eq\f(\r（a2－b2）,a），双曲线C2的离心率为e2＝eq\f（\r(a2＋b2),a)。因为e1·e2＝eq\f(\r(3)，2），所以eq\f（\r(a2－b2a2＋b2），a2）＝eq\f(\r(3)，2)，即eq\f(a2－b2a2＋b2，a4)＝eq\f(3，4），整理可得a＝eq\r（2）b.又双曲线C2的渐近线方程为bx±ay＝0,所以bx±eq\r（2）by＝0，即x±eq\r(2)y＝0。答案：A10．解析：设A（x1,y1)，B(x2，y2），∵A，B在椭圆上，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(x\o\al（2，1),a2）＋\f（y\o\al(2，1),b2）＝1，①,\f（x\o\al（2,2）,a2）＋\f(y\o\al（2，2),b2）＝1,②))①－②，得eq\f（x1＋x2x1－x2，a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，即eq\f(b2，a2）＝－eq\f（y1＋y2y1－y2,x1＋x2x1－x2）,∵AB的中点为（1，－1），∴y1＋y2＝－2，x1＋x2＝2，而eq\f（y1－y2,x1－x2）＝kAB＝eq\f(0－－1，3－1）＝eq\f（1，2），∴eq\f(b2，a2)＝eq\f(1，2）.又∵a2－b2＝9,∴a2＝18,b2＝9,∴椭圆E的方程为eq\f（x2,18）＋eq\f（y2，9)＝1.故选D.答案：D11．解析：由题意可知所求双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(3，4)x.答案：y＝±eq\f(3，4）x12．解析：抛物线的准线方程为y＝－eq\f(p，2），设A，B的横坐标分别为xA，xB,则｜xA|2＝|xB|2＝3＋eq\f（p,4）2，所以|AB|＝|2xA|。又焦点到准线的距离为p，由等边三角形的特点得p＝eq\f（\r（3),2)｜AB|，即p2＝eq\f(3,4）×4×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f（p,4）2)）,所以p＝6.答案：613．解析:如图所示．根据余弦定理|AF|2＝|BF｜2＋｜AB｜2－2|AB|·｜BF|cos∠ABF，即｜BF|2－16｜BF｜＋64＝0，得|BF|＝8.又|OF｜2＝|BF｜2＋|OB|2－2|OB|·|BF|cos∠ABF，得|OF|＝5.根据椭圆的对称性｜AF｜＋｜BF|＝2a＝14，得a又｜OF|＝c＝5，故离心率e＝eq\f(5,7）.答案:eq\f(5,7)14．解析：由双曲线方程可知，它的渐近线方程为y＝eq\f（b，a)x与y＝－eq\f（b，a)x，它们分别与x－3y＋m＝0联立方程组，解得Aeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(－am，a－3b)，\f(－bm，a－3b）))，Beq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（－am，a＋3b），\f（bm，a＋3b）)）.由|PA｜＝|PB|知，可设AB的中点为Q，则Qeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\f(－am,a－3b)＋\f（－am,a＋3b),2）,\f（\f（－bm，a－3b）＋\f(bm,a＋3b),2)）），由PQ⊥AB,得kPQ·kAB＝－1，解得2a2＝8b2＝8(c2－a2），即eq\f(c2，a2）＝eq\f(5，4）。故eq\f(c,a）＝eq\f（\r(5），2).答案：eq\f（\r(5)，2）15．解析：设B在x轴上的射影为B0，由题意得,｜B0F1｜＝eq\f(1，3）|F1F2|＝eq\f(2c,3）,得B0坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（5c,3），0)),即B点横坐标为－eq\f（5c，3).设直线AB的斜率为k，又直线过点F1(－c，0），∴直线AB的方程为y＝k(x＋c）．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝kx＋c，，x2＋\f(y2,b2)＝1)）得（k2＋b2)x2＋2ck2x＋k2c2－b2＝0，其两根为－eq\f（5c,3）和c,由韦达定理得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f（5,3）c＋c＝\f（－2ck2,k2＋b2），，－\f(5，3)c×c＝\f（k2c2－b2,k2＋b2），)）解之，得c2＝eq\f（1,3），∴b2＝1－c2＝eq\f(2，3)。∴椭圆方程为x2＋eq\f（3，2）y2＝1。答案：x2＋eq\f(3,2）y2＝116．分析：（1）利用椭圆的几何性质可得BF2＝a＝eq\r（2），再把点C的坐标代入即可求出椭圆方程；（2)写出B，F2的坐标，用b，c表示直线AB的方程，联立椭圆方程表示出点A的坐标，利用点A与点C的对称性，表示出点C的坐标，利用直线F1C的斜率及kF1C·kAB＝－1建立a，b，c解:设椭圆的焦距为2c,则F1(－c,0)，F2(c,0（1)因为B(0，b)，所以BF2＝eq\r(b2＋c2）＝a.又BF2＝eq\r(2),故a＝eq\r(2）.因为点Ceq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（4，3)，\f（1，3)））在椭圆上，所以eq\f（\f（16，9),a2）＋eq\f（\f（1,9)，b2)＝1。解得b2＝1。故所求椭圆的方程为eq\f(x2,2）＋y2＝1。（2）因为B（0，b),F2(c,0)在直线AB上，所以直线AB的方程为eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1。解方程组eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（x，c）＋\f(y，b)＝1，，\f(x2,a2）＋\f（y2，b2）＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＝\f(2a2c，a2＋c2），，y1＝\f（bc2－a2,a2＋c2），))eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝b。)）所以点A的坐标为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2a2c，a2＋c2)，\f（bc2－a2，a2＋c2）))。又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2a2c，a2＋c2),\f（ba2－c2,a2＋c2）)）。因为直线F1C的斜率为eq\f（\f(ba2－c2，a2＋c2)－0,\f（2a2c,a2＋c2）－－c）＝eq\f(ba2－c2，3a2c＋c3)，直线AB的斜率为－eq\f（b，c），且F1C⊥AB所以eq\f（ba2－c2,3a2c＋c3）·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(b，c))）＝－1。又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2故e2＝eq\f（1，5).因此e＝eq\f(\r(5)，5).17．分析：在第(1)问中,根据椭圆中a，b，c的关系及题目给出的条件可知点M的坐标，从而由斜率条件得出a，c的关系,再利用离心率公式可求得离心率,注意离心率的取值范围；在第（2）问中，根据题目条件，O是F1F2的中点，MF2∥y轴,可得a，b之间的一个关系式，再根据条件|MN|＝5|F1N|，可得|DF1｜与|F1N|的关系，然后可求出点N的坐标,代入C的方程，可得a，b,c的另一关系式，最后利用a,b，c的关系式可求得结论解：（1）根据c＝eq\r(a2－b2)及题设知Meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（c，\f（b2,a)）)，2b2＝3ac.将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac解得eq\f(c，a)＝eq\f(1，2)，eq\f(c,a)＝－2(舍去)．故C的离心率为eq\f(1，2）。(2）由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D（0,2）是线段MF1的中点，故eq\f(b2，a)＝4,即b2＝4a。由|MN｜＝5|F1N|得｜DF1｜＝2|F1N|，设N(x1,y1），由题意知y1＜0，则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2－c－x1＝c，，－2y1＝2，）)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x1＝－\f(3,2）c，,y1＝－1，)）代入C的方程,得eq\f(9c2，4a2)＋eq\f（1,b2）＝1。②将①及c＝eq\r(a2－b2）代入②得eq\f（9a2－4a，4a2）＋eq\f（1,4a）＝1。解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7,b＝2eq\r(7）.18．分析：第（1）问求动点M的轨迹C的方程，就是找出动点M（x，y)中x与y的关系，依据点M到点F(1,0)的距离比它到y轴距离多1建立等式|MF｜＝｜x|＋1,而｜MF|可用两点间距离公式表示，化简整理可得轨迹C的方程．而对于第(2)问，由于直线过定点(－2，1）,可用点斜式得直线方程y－1＝k（x＋2),讨论直线l与曲线C公共点个数问题可转化为直线与曲线方程联立得到的方程组解的个数问题．由第（1)问知曲线C的方程分为两段：一段是抛物线，一段为射线，而由直线与抛物线联立得到的是二次项含字母的方程,需对二次项系数以及根的判别式作出讨论,还要注意与抛物线联立后有解时x的取值为非负这一条件．解:(1)设点M（x，y）,依题意得｜MF｜＝|x|＋1，即eq\r（x－12＋y2)＝|x|＋1,化简整理得y2＝2(｜x｜＋x)。故点M的轨迹C的方程为y2＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x，x≥0，，0，x<0。)）(2)在点M的轨迹C中,记C1：y2＝4x,C2：y＝0(x＜0)．依题意,可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．由方程组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝kx＋2，，y2＝4x，))可得ky2－4y＋4(2k＋1）＝0.①ⅰ)当k＝0时,此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程,得x＝eq\f（1,4)。故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，4）,1））.ⅱ）当k≠0时，方程①的判别式为Δ＝－16（2k2＋k－1）．②设直线l与x轴的交点为(x0,0)，则由y－1＝k（x＋2),令y＝0，得x0＝－eq\f（2k＋1,k）.③（a）若eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(Δ〈0,，x0〈0,)）由②③解得k＜－1，或k＞eq\f（1，2).即当k∈(－∞,－1）∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，＋∞）)时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．（b）若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝0，,x0〈0，））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（Δ>0，，x0≥0，）)由②③解得k∈eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(－1，\f（1，2））)，或－eq\f（1，2)≤k＜0。即当k∈eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（－1,\f（1,2)）)时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．当k∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0）)时，直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点．故当k∈eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2），0））∪eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1，2）)）时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．（c)若eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（Δ〉0，,x0〈0，）)由②③解得－1＜k＜－eq\f(1，2）,或0＜k＜eq\f(1,2).即当k∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1，－\f(1，2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（1,2)))时,直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．综合ⅰ，ⅱ可知，当k∈(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，＋∞)）∪{0｝时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2),0))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（