（新课标）高考数学备考试题库 第八章 第8节 圆锥曲线的综合问题 文（含解析）.DOC

20102014年高考真题备选题库第8章 平面解析几何第8节 圆锥曲线的综合问题1(2014湖南，13分)如图所示， o为坐标原点，双曲线c1：1(a10，b10)和椭圆c2：1(a2b20) 均过点 p，且以c1 的两个顶点和c2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形(1)求c1，c2 的方程；(2)是否存在直线l ，使得 l与 c1交于a，b 两点，与c2 只有一个公共点，且 | |？证明你的结论解：(1)设c2的焦距为2c2，由题意知，2c22,2a12.从而a11，c21.因为点p在双曲线x21上，所以21.故b3.由椭圆的定义知2a22.于是a2，bac2，故c1，c2的方程分别为x21，1.(2)不存在符合题设条件的直线()若直线l垂直于x轴，因为l与c2只有一个公共点，所以直线l的方程为x或x.当x时，易知a(，)，b(，)，所以|2，|2.此时，|.当x时，同理可知，|.()若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykxm.由得(3k2)x22kmxm230.当l与c1相交于a，b两点时，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.由得(2k23)x24kmx2m260.因为直线l与c2只有一个公共点，所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0.化简，得m22k23，因此x1x2y1y20.于是222222，即|2|2，故|.综合()()可知，不存在符合题设条件的直线2(2014新课标全国，12分)设f1 ，f2分别是椭圆c: 1(ab0)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，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.解：(1)根据a2b2c2及题设知m，故2b23ac.将b2a2c2，代入2b23ac，解得，2(舍去)故c的离心率为.(2)设直线mn与y轴的交点为d，由题意，原点o为f1f2的中点，mf2y轴，所以直线mf1与y轴的交点d(0,2)是线段mf1的中点，故4，即b24a.由|mn|5|f1n|得|df1|2|f1n|.设n(x1，y1)，由题意知y1b0) 的离心率为，直线yx被椭圆c截得的线段长为.(1)求椭圆c的方程；(2)过原点的直线与椭圆c交于a，b两点(a，b不是椭圆c的顶点)点d在椭圆c上，且adab，直线bd与x轴、y轴分别交于m，n两点设直线bd，am的斜率分别为k1，k2，证明存在常数使得k1k2，并求出的值；求omn面积的最大值解：(1)由题意知，可得a24b2.椭圆c的方程可简化为x24y2a2.将yx代入可得x，因此，可得a2.因此b1.所以椭圆c的方程为y21.(2)设a(x1，y1)(x1y10)，d(x2，y2)，则b(x1，y1)，因为直线ab的斜率kab，又abad，所以直线ad的斜率k.设直线ad的方程为ykxm，由题意知k0，m0.由可得(14k2)x28mkx4m240.所以x1x2，因此y1y2k(x1x2)2m.由题意知x1x2，所以k1.所以直线bd的方程为yy1(xx1)令y0，得x3x1，即m(3x1,0)可得k2.所以k1k2，即.因此存在常数使得结论成立直线bd的方程yy1(xx1)，令x0，得yy1，即n.由知m(3x1,0)，可得omn的面积s3|x1|y1|x1|y1|.因为|x1|y1|y1，当且仅当|y1|时等号成立，此时s取得最大值，所以omn面积的最大值为4(2014北京，14分)已知椭圆c: x22y24.(1)求椭圆c的离心率；(2)设o为原点，若点a在直线y2上，点b在椭圆c上，且oaob，求线段ab长度的最小值解：(1)由题意，椭圆c的标准方程为1.所以a24，b22，从而c2a2b22.因此a2，c.故椭圆c的离心率e.(2)设点a，b的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x00.因为oaob，所以0，即tx02y00，解得t.又x2y4，所以|ab|2(x0t)2(y02)22(y02)2xy4x44(0x4)因为4(0b0)经过点(0，)，离心率为，左右焦点分别为f1(c,0)，f2(c,0)(1)求椭圆的方程；(2)若直线 l：yxm与椭圆交于 a，b两点，与以f1f2 为直径的圆交于c，d 两点，且满足 ，求直线l 的方程解：(1)由题设知解得a2，b，c1，椭圆的方程为1.(2)由题设，以f1f2为直径的圆的方程为x2y21，圆心到直线l的距离d，由d1得|m|.(*)|cd|22 .设a(x1，y1)，b(x2，y2)，由得x2mxm230，由根与系数的关系可得x1x2m，x1x2m23.|ab| .由得 1，解得m，满足(*)直线l的方程为yx或yx.6(2014四川，13分)已知椭圆c：1(ab0)的左焦点为f(2,0)，离心率为.(1)求椭圆c的标准方程；(2)设o为坐标原点，t为直线x3上一点，过f作tf的垂线交椭圆于p，q.当四边形optq是平行四边形时，求四边形optq的面积解：(1)由已知可得，c2，所以a.又由a2b2c2，解得b，所以椭圆c的标准方程是1.(2)设t点的坐标为(3，m)，则直线tf的斜率ktfm.当m0时，直线pq的斜率kpq，直线pq的方程是xmy2.当m0时，直线pq的方程是x2，也符合xmy2的形式设p(x1，y1)，q(x2，y2)，将直线pq的方程与椭圆c的方程联立，得消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.因为四边形optq是平行四边形，所以，即(x1，y1)(3x2，my2)所以解得m1.此时，四边形optq的面积soptq2sopq2|of|y1y2|22.7(2014重庆，12分)如图，设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为f1，f2，点d在椭圆上，df1f1f2，2，df1f2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程；(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由解：(1)设f1(c,0)，f2(c,0)，其中c2a2b2.由2得|df1|c.由df1f1f2得sdf1f2|df1|f1f2|c2，故c1.从而|df1|，故|df2|2|df1|2|f1f2|2，因此|df2|.所以2a|df1|df2|2，故a，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图，设圆心在y轴上的圆c与椭圆y21相交，p1(x1，y1)，p2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，f1p1，f2p2是圆c的切线，且f1p1f2p2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2.由(1)知f1(1,0)，f2(1,0)，所以(x11，y1)，(x11，y1)再由f1p1f2p2得(x11)2y0.由椭圆方程得1(x11)2，即3x4x10.解得x1或x10.当x10时，p1，p2重合，此时题设要求的圆不存在当x1时，过p1，p2分别与f1p1，f2p2垂直的直线的交点即为圆心c.设c(0，y0)，由cp1f1p1，得1.而y1|x11|，故y0.圆c的半径|cp1| .综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x22.8(2014浙江，14分)已知abp的三个顶点在抛物线c：x24y上，f为抛物线c的焦点，点m为ab的中点，3.(1)若|pf|3，求点m的坐标；(2)求abp面积的最大值解：(1)由题意知焦点f(0,1)，准线方程为y1.设p(x0，y0)，由抛物线定义知|pf|y01，得到y02，所以p(2，2)或p(2，2)由3，分别得m或m.(2)设直线ab的方程为ykxm，点a(x1，y1)，b(x2，y2)，p(x0，y0)由得x24kx4m0.于是16k216m0，x1x24k，x1x24m，所以ab中点m的坐标为(2k,2k2m)由3，得(x0,1y0)3(2k,2k2m1)，所以由x4y0得k2m.由0，k20，得f.所以当m时，f(m)取到最大值，此时k.所以abp面积的最大值为.9(2014新课标全国，5分)设f为抛物线c：y23x的焦点，过f且倾斜角为30的直线交c于a，b两点，则|ab|() a . b6 c12 d7解析：选c抛物线c：y23x的焦点为f，所以ab所在的直线方程为y，将y代入y23x，消去y整理得x2x0.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，由根与系数的关系得x1x2，由抛物线的定义可得|ab|x1x2p12，故选c.10(2014湖南，5分)平面上一机器人在行进中始终保持与点f(1,0) 的距离和到直线x1 的距离相等若机器人接触不到过点p(1,0) 且斜率为 k的直线，则k 的取值范围是_解析：由题意可知机器人的轨迹为一抛物线，其轨迹方程为y24x，过点p(1,0)且斜率为k的直线方程为yk(x1)，由题意知直线与抛物线无交点，联立消去y得k2x2(2k24)xk20，则(2k24)24k41，得k1或kb0)的焦距为4，且过点p(，)(1)求椭圆c的方程；(2)设q(x0，y0)(x0y00)为椭圆c上一点过点q作x轴的垂线，垂足为e.取点a(0,2)，连接ae.过点a作ae的垂线交x轴于点 d点g是点d关于y轴的对称点，作直线qg.问这样作出的直线qg是否与椭圆c一定有唯一的公共点？并说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线和椭圆的位置关系等基础知识，考查数形结合思想、逻辑推理能力及运算求解能力(1)因为焦距为4，所以a2b24.又因为椭圆c过点p(，)，所以1，故a28，b24.从而椭圆c的方程为1.(2)由题意，知e点坐标为(x0,0)设d(xd,0)，则(x0，2)，(xd，2)由adae知，0，即xdx080.由于x0y00，故xd.因为点g是点d关于y轴的对称点，所以点g.故直线qg的斜率kqg.又因q(x0，y0)在椭圆c上，所以x2y8.从而kqg.故直线qg的方程为y.将代入椭圆c方程，得(x2y)x216x0x6416y0.再将代入，化简得x22x0xx0，解得xx0，yy0.即直线qg与椭圆c一定有唯一的公共点13（2013北京，14分）直线ykxm(m0)与椭圆w：y21相交于a，c两点，o是坐标原点(1)当点b的坐标为(0,1)，且四边形oabc为菱形时，求ac的长；(2)当点b在w上且不是w的顶点时，证明：四边形oabc不可能为菱形解：本题主要考查直线与椭圆的位置关系、函数与方程的思想，意在考查考生的运算求解能力、转化与化归能力、数形结合能力(1)因为四边形oabc为菱形，所以ac与ob相互垂直平分所以可设a，代入椭圆方程得1，即t.所以|ac|2.(2)证明：假设四边形oabc为菱形因为点b不是w的顶点，且acob，所以k0.由消去y并整理得(14k2)x28kmx4m240.设a(x1，y1)，c(x2，y2)，则，km.所以ac的中点为m.因为m为ac和ob的交点，且m0，k0，所以直线ob的斜率为.因为k1，所以ac与ob不垂直所以oabc不是菱形，与假设矛盾所以当点b不是w的顶点时，四边形oabc不可能是菱形14（2013湖南，13分）已知f1，f2分别是椭圆e：y21的左、右焦点，f1，f2关于直线xy20的对称点是圆c的一条直径的两个端点(1)求圆c的方程；(2)设过点f2的直线l被椭圆e和圆c所截得的弦长分别为a，b.当ab最大时，求直线l的方程解：本题主要考查椭圆的几何性质、圆的方程、弦长和弦长最值的求解，意在考查考生的计算能力、数据处理能力和转化能力(1)由题设知，f1，f2的坐标分别为(2,0)，(2,0)，圆c的半径为2，圆心为原点o关于直线xy20的对称点设圆心的坐标为(x0，y0)，由解得所以圆c的方程为(x2)2(y2)24.(2)由题意，可设直线l的方程为xmy2，则圆心到直线l的距离d.所以b2.由得(m25)y24my10.设l与e的两个交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1y2，y1y2.于是a.从而ab2.当且仅当，即m时等号成立故当m时，ab最大，此时，直线l的方程为xy2或xy2，即xy20或xy20.15（2013江西，13分）椭圆c：1(ab0)的离心率e，ab3.(1)求椭圆c的方程；(2)如图，a，b，d是椭圆c的顶点，p是椭圆c上除顶点外的任意一点，直线dp交x轴于点n，直线ad交bp于点m，设bp的斜率为k，mn的斜率为m.证明：2mk为定值解：本题主要考查利用待定系数法求椭圆的方程，考查直线、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查函数与方程思想、数形结合思想，旨在考查推理论证能力与理性思维能力(1)因为e，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故椭圆c的方程为y21.(2)证明：法一：因为b(2,0)，p不为椭圆顶点，则直线bp的方程为yk(x2)，把代入y21，解得p.直线ad的方程为：yx1.与联立解得m.由d(0,1)，p，n(x,0)三点共线知，解得n.所以mn的斜率为m，则2mkk(定值)法二：设p(x0，y0)(x00，2)，则k，直线ad的方程为：y(x2)，直线bp的方程为：y(x2)，直线dp的方程为：y1x，令y0，由于y01，可得n联立解得m，因此mn的斜率为m，所以2mk(定值)16（2013广东，14分）已知抛物线c的顶点为原点，其焦点f(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为，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|的最小值解：本题主要考查点到直线距离公式的运用、直线与圆锥曲线的位置关系及解析几何中的最值问题，意在考查考生运用数形结合思想、函数与方程思想解决问题的能力(1)抛物线c的焦点f(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为，得c1，f(0,1)，即抛物线c的方程为x24y.(2)设切点a(x1，y1)，b(x2，y2)，由x24y得yx，切线pa：yy1x1(xx1)，有yx1xxy1，而x4y1，即切线pa：yx1xy1，同理可得切线pb：yx2xy2.两切线均过定点p(x0，y0)，y0x1x0y1，y0x2x0y2，由以上两式知点a，b均在直线y0xx0y上，直线ab的方程为y0xx0y，即yx0xy0.(3)设点p的坐标为(x，y)，由xy20，得xy2，则|af|bf|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1.由得y2(2yx2)yy20，有y1y2x22y，y1y2y2，|af|bf|y2x22y1y2(y2)22y122，当y，x时，即p时，|af|bf|取得最小值.17（2013辽宁，12分）如图，抛物线c1：x24y，c2：x22py(p0)点m(x0，y0)在抛物线c2上，过m作c1的切线，切点为a，b(m为原点o时，a，b重合于o)当x01时，切线ma的斜率为.(1)求p的值；(2)当m在c2上运动时，ab中点n的轨迹方程(a，b重合于o时，中点为o.)解：本题主要考查抛物线的标准方程，求导运算、直线的点斜式方程，以及求轨迹方程，意在考查考生利用导数知识解决圆锥曲线问题的能力，以及处理直线与圆锥曲线的位置关系的熟练程度和运算化简能力(1)因为抛物线c1：x24y上任意一点(x，y)的切线斜率为y，且切线ma的斜率为，所以a点坐标为.故切线ma的方程为y(x1).因为点m(1，y0)在切线ma及抛物线c2上，于是y0(2)，y0.由得p2.(2)设n(x，y)，a，b，x1x2，由n为线段ab中点知x，y.切线ma，mb的方程为y(xx1)，y(xx2).由得ma，mb的交点m(x0，y0)的坐标为x0，y0.因为点m(x0，y0)在c2上，即x4y0，所以x1x2.由得x2y，x0.当x1x2时，a，b重合于原点o，ab中点n为o，坐标满足x2y.因此ab中点n的轨迹方程为x2y.18（2012辽宁，5分）已知p，q为抛物线x22y上两点，点p，q的横坐标分别为4，2，过p，q分别作抛物线的切线，两切线交于点a，则点a的纵坐标为()a1b3c4 d8解析：因为p，q两点的横坐标分别为4，2，且p，q两点都在抛物线yx2上，所以p(4,8)，q(2,2)因为yx，所以kpa4，kqa2，则直线pa，qa的方程联立得，即，可得a点坐标为(1，4)答案：c19（2012新课标全国，12分）设抛物线c：x22py(p0)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bfd90，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|d4，即2pp4，解得p2(舍去)或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，由已知可设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的纵截距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3.20（2012广东，14分）在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆c1：1(ab0)的左焦点为f1(1,0)，且点p(0,1)在c1上(1)求椭圆c1的方程；(2)设直线l同时与椭圆c1和抛物线c2：y24x相切，求直线l的方程解：(1)根据椭圆的左焦点为f1(1,0)，知a2b21，又根据点p(0,1)在椭圆上，知b1，所以a，所以椭圆c1的方程为y21.(2)因为直线l与椭圆c1和抛物线c2都相切，所以其斜率存在且不为0，设直线l的方程为ykxm(k0)，代入椭圆方程得(kxm)21，即(k2)x22kmxm210，由题可知此方程有唯一解，此时4k2m24(k2)(m21)0，即m22k21.把ykxm(k0)代入抛物线方程得y2ym0，由题可知此方程有唯一解，此时1mk0，即mk1.联立得解得k2，所以或所以直线l的方程为yx或yx.21（2012北京，14分）已知椭圆c：1(ab0)的一个顶点为a(2,0)，离心率为.直线yk(x1)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的值解：(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，化简得7k42k250，解得k1.22（2012湖南，13分）在直角坐标系xoy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆e的一个焦点为圆c：x2y24x20 的圆心(1)求椭圆e的方程；(2)设p是椭圆e上一点，过p作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆c相切时，求p的坐标解：(1)由x2y24x20得(x2)2y22，故圆c的圆心为点(2,0)从而可设椭圆e的方程为1(ab0)，其焦距为2c.由题设知c2，e.所以a2c4，b2a2c212.故椭圆e的方程为1.(2)设点p的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2，则l1，l2的方程分别为l1：yy0k1(xx0)，l2：yy0k2(xx0)，且k1k2，由l1与圆c：(x2)2y22相切得，即(2x0)22k2(2x0)y0k1y20.同理可得(2x0)22k2(2x0)y0k2y20.从而k1，k2是方程(2x0)22k22(2x0)y0ky20的两个实根，于是且k1k2.由得5x8x0360，解得x02，或x0.由x02得y03；由x0得y0，它们均满足式故点p的坐标为(2,3)，或(2，3)，或(，)，或(，)23.（2011山东，14分）(本小题满分14分)在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆c：y21.如图所示，斜率为k(k0)且不过原点的直线l交椭圆c于a，b两点，线段ab的中点为e，射线oe交椭圆c于点g，交直线x3于点d(3，m)()求m2k2的最小值；()若|og|2|od|oe|，()求证：直线l过定点；()试问点b，g能否关于x轴对称？若能，求出此时abg的外接圆方程；若不能，请说明理由解：()设直线l的方程为ykxt(k0)，由题意，t0.由方程组得(3k21)x26ktx3t230.由题意0，所以3k21t2.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，由韦达定理得x1x2，所以y1y2.由于e为线段ab的中点，因此xe，ye，此时koe.所以oe所在直线方程为yx，又由题设知d(3，m)，令x3，得m，即mk1，所以m2k22mk2，当且仅当mk1时上式等号成立，此时由0得0t2，因此当mk1且0t0，解得g(，)又e(，)，d(3，)，由距离公式及t0得|og|2()2()2，|od|，|oe|，由|og|2|od|oe|得tk，因此直线l 的方程为yk(x1)，所以直线l恒过定点(1,0)()由()得g(，)，若b，g关于x轴对称，则b(，)代入yk(x1)整理得3k21k，即6k47k210，解得k2(舍去)或k21，所以k1.此时b(，)，g(，)关于x轴对称又由()得x10，y11，所以a(0,1)由于abg的外接圆的圆心在x轴上，可设abg的外接圆的圆心为(d,0)，因此d21(d)2，解得d，故abg的外接圆的半径为r.所以abg的外接圆的方程为(x)2y2.24(2011江苏，16分)如图，在平面直角坐标系xoy中，m、n分别是椭圆1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于p、a两点，其中点p在第一象限，过p作x轴的垂线，垂足为c.连接ac，并延长交椭圆于点b.设直线pa的斜率为k.(1)当直线pa平分线段mn时，求k的值；(2)当k2时，求点p到直线ab的距离d；(3)对任意的k0，求证：papb.解：(1)由题设知，a2，b，故m(2,0)，n(0，)，所以线段mn中点的坐标为(1，)由于直线pa平分线段mn，故直线pa过线段mn的中点，又直线pa过坐标原点，所以k.(2)直线pa的方程为y2x，代入椭圆方程得1，解得x.因此p(，)，a(，)于是c(，0)，直线ac的斜率为1，故直线ab的方程为xy0.因此，d.(3)证明：法一：将直线pa的方程ykx代入1，解得x.记，则p(，k)，a(，k). 于是c(，0)故直线ab的斜率为，其方程为y(x)，代入椭圆方程并由得(2k2)x22k2x2(3k22)0，解得x或x.因此b(，)于是直线pb的斜率k1.因此k1k1，所以papb.法二：设p(x1，y1)，b(x2，y2)，则x10，x20，x1x2，a(x1，y1)，c(x1,0)设直线pb，ab的斜率分别为k1，k2.因为c在直线ab上，所以k2.从而k1k12k1k212110.所以k1k1，所以papb.25(2011辽宁，12分)如图，已知椭圆c1的中心在原点o，长轴左、右端点m，n在x轴上，椭圆c2的短轴为mn，且c1，c2的离心率都为e.直线lmn，l与c1交于两点，与c2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为a，b，c，d.(1)设e，求|bc|与|ad|的比值；(2)当e变化时，是否存在直线l，使得boan，并说明理由解：(1)因为c1，c2的离心率相同，故依题意可设c1：1，c2：1，(ab0)设直线l：xt(|t|a)，分别与c1，c2的方程联立，求得a，b.(4分)当e时，ba，分别用ya，yb表示a，b的纵坐标，可知|bc|ad|.(2)t0时的l不符合题意，t0时，boan当且仅当bo的斜率kbo与an的斜率kan相等，即，解得ta.因为|t|a，又0e1，所以1.解得e1.所以当0e时，不存在直线l，使得boan；当e1时，存在直线l，使得boan.26(2011广东，14分)在平面直角坐标系xoy中，直线l：x2交x轴于点a.设p是l上一点，m是线段op的垂直平分线上一点，且满足mpoaop.(1)当点p在l上运动时，求点m的轨迹e的方程；(2)已知t(1，1)设h是e上动点，求|ho|ht|的最小值，并给出此时点h的坐标；(3)过点t(1，1)且不平行于y轴的直线l1与轨迹e有且只有两个不同的交点，求直线l1的斜率k的取值范围命题意图：本题考查的知识涉及动点、直线、轨迹、最值、参数范围的综合解析几何问题(1)先画出图形，“以图助算”势在必行，而画出图形后可发现mpoa或点m在x轴上，也就找到了解决问题的入口与思路；(2)顺着第(1)问的结果与思路，结合抛物线的定义可求得|ho|ht|的最小值；(3)再次回到画出的图形，可直观地求得k的取值范围解：(1)如图1，可得直线l：x2与x轴交于点a(2,0)，设p(2，m)，当m0时