高考文科数学分类解析(圆锥曲线)

2013年高考数学（文科）分类分析专题9：圆锥曲线一、选择题π2222xyyx1．（2013年高考湖北卷（文））,则双曲线1:221与2:224sincoscossin的（）A．实轴长相等B．虚轴长相等C．离心率相等D．焦距相等【答案】D【分析】此题考察双曲线的方程以及a,b,c的计算。双曲线C122,b22中，asincos，因此22122222c1，离心率为e2。C2中，acos,bsin，因此c1。因此两个双曲线有sin相同的焦距，选D.9））从椭圆x22．（2013年高考四川卷（文ya2b

21(ab0)上一点P向x轴作垂线,垂足恰为左2焦点F1,A是椭圆与x轴正半轴的交点,B是椭圆与y轴正半轴的交点,且AB//OP(O是坐标原点),则该椭圆的离心率是（）A．2B．1C．2D．34222【答案】C2【分析】由已知得，点P(c,y)在椭圆上，代入椭圆的方程，得P(c,b)，因为AB∥OP，所ab22c22以kABb2c1，选C.kOP，，bc，因此e222，e2aacabc23．（2013年高考课标Ⅱ卷（文10））设抛物线C:y24x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点。若|AF|3|BF|，则l的方程为（）（A）yx1或yx1（B）（C）y3(x1)或y3(x1)（D）【答案】C

y31)或y31)(x(x33y21)或y21)(x(x22【分析】抛物线y2=4x的焦点坐标为（1，0），准线方程为x=-1，设A（x1，y1），B（x2，y2），则因为|AF|=3|BF|，因此x1+1=3（x2+1），因此x1=3x2+2。因为|y1|=3|y2|，x1=9x2，因此x1=3，x2=1，当x1=3时，y1212，因此此时y11223，若y123，则31233,此时直线方程为3(x1)。若y1A(3,23),B(,3),此时kABy23，则3A(3,2123),此时kAB3,此时直线方程为y3(x1)。因此l3),B(,3的方程是3y3(x1)或y3(x1)，选C.4．（2013年高考课标Ⅰ卷（文8））O为坐标原点242x的焦点,P为C上一,F为抛物线C:y点,若|PF|42,则POF的面积为（）A．2B．22C．23D．4【答案】C【分析】抛物线的焦点F(2,0),准线方程为x2。因为|PF|42，因此|PF|42xP2，即xP32，因此yP223224,即yP2426。因此4POF的面积为122623，选C.2【规律总结】与抛物线相关的试题，更多的是考察抛物线的定义，利用到焦点的距离和到准线的距离相等，实现转变。:x2y255．（2013年高考课标Ⅰ卷（文4））已知双曲线C221(a0,b0)的离心率为,则C的ab2渐近线方程为（）A．y1B．y1C．y1D．yxxxx432【答案】C【分析】双曲线的离心率为5，即c5，因此c5a,c25a2。即c25a2a2b2，2a224421因此1bb1b1x，选C.a2b2，即2，因此。因此双曲线的渐近线为yx4a4a2a26．（2013年高考福建卷（文））双曲线x221的极点到其渐近线的距离等于（）yA．12C．1D．2B．22【答案】B【分析】此题考察的是双曲线的性质．因为双曲线的两个极点到两条渐近线的距离都相等，故可取双曲线的一个极点为(1,0)，取一条渐近线为yx，因此点(1,0)到直线yx的距离为2．27．（2013年高考广东卷（文））已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0),离心率等于1,则C的2方程是（）22222222A．xy1B．xy1C．xy1D．xy134434243【答案】D【分析】由椭圆C的右焦点为F(1,0)，可知c1，又离心率等于1，因此ec1，解得a2，2a22222c213，即椭圆的方程为xy1，选D.因此ba4438．（2013年高考四川卷（文28x的焦点到直线x3y0的距离是（）5））抛物线yA．23B．2C．3D．1【答案】D【分析】y28x的焦点为(2,0)，到x3y0的距离为d21，选D.13【知识拓展】抛物线的焦点弦：22pxp0的过焦点Fp,0的弦AB，若抛物线y22Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x2p,y1y2p2，弦长ABx1x2p．相同可得抛物线4y222py，22py近似的性质．2px，xxx2y29．（2013年高考课标Ⅱ卷（文5））设椭圆C:1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，a2b2P是C上的点，PF2F1F2，PF1F230，则C的离心率为（）（A）311（D）3（B）（C）6323【答案】D【分析】因为PF2F1F2,PF1F230,因此PF223432ctan303c,PF1c。又3PF1PF263c2a，因此c13，即椭圆的离心率为3，选D.3a33310．（2013年高考纲领卷（文8））已知F11,0,F21,0是椭圆C的两个焦点,过F2且垂直于x轴的直线交于A、B两点，且AB则C的方程为（）3，222x2222xy21B．xy1y1xy1A．32C．3D．4245【答案】Cx22y1，则a221，①【分析】设椭圆方程为22bab1b2b当x22(121)，因此2213，②1时，yb2)2(aaaaa22解①②得a24，b23.故所求的方程为xy1，选C.432211．（2013年高考辽宁卷（文11））已知椭圆C:xy1(ab0)的左焦点为22abFF,C与过原点的直线订交于A,B两点,连结了AF,BF,若AB10,BF8,cosABF4的离心率为（）,则C5A．3B．5C．4D．65757【答案】B【分析】由余弦定理，AF=6，因此2a6814，又2c10，因此e10514,选B.712．（2013年高考重庆卷（文10））设双曲线C的中心为点O,如有且只有一对相较于点O、所成的角为600的直线A1B1和A2B2,使A1B1A2B2,此中A1、B1和A2、B2分别是这对直线与双曲线C的交点,则该双曲线的离心率的取值范围是zhangwlx（）232323,)23,)A．(,2]B．[3,2)C．(3D．[33【答案】A【分析】此题考察双曲线的性质与方程。因为A1B1A2B2,因此依据对称性可知，直线A1B1,A2B2对于x轴对称，因为直线A1B1,A2B2所成的角为60。因此直线A1B1的倾斜角为30或60，即斜率为tan303或tan603，要使直线A1B1与双曲线订交，则双曲线渐近线的斜率33b3，当3b时，3b2a2，因此3(c2a2)a2，3c24a2，即e24，因此3a3a3e423。当b3时，有b3a，即b23a2，因此c2a23a2，即c24a2，即33ac2a,e2，因此综上23e2，即双曲线离心率的范围时[23,2]，选A.3313．（2013年高考纲领卷（文12））已知抛物线28x与点M2,2,过C的焦点且斜率为k的C:y直线与C交于A,B两点,若MAMB0,则k（）1B．2C．2D．2A．22【答案】D28xy2k【分析】y28x的焦点为(2,0)，因此y，因此y2)，即2y2k0，yk(xk(y2)888.y1y2，y1y216k又设A(x,y)，B(x2,y2)，MAMB(x12,y12)(x22,y22)0，11y22(x12)(x22)(y12)(y22)12)(y22)(y12)(y22)0，0，即(88(y1y221)(22)4y1y22(y1y2)40，因此644y1y221k16(16)[(22(16)]41640，644)k8解得k2，应选D.214．（2013年高考北京卷（文2y1的离心率大于2的充分必需条件是7））双曲线xm（）1B．m1C．m1D．m2A．m2【答案】C【分析】a21，b2m，c21m，e21m2，则n1.12ny215．（2013年上海高考数学试题（文科18））记椭圆x1围成的地区(含界限)为44n1nn1,2,,当点x,y分别在1,2,上时,xy的最大值分别是M1,M2,,则limMn（）nA．01C．2D．22B．4【答案】D2ny22222【分析】椭圆方程为：x1limxyxy14144n1n444n2y联立412242x22404u224x(ux)2uxu8(u4)0uxyu22(u24)08u2u[22,22],因此xy的最大值为,22选D16．（2013年高考江西卷（文9））已知点A(2,0),抛物线C:x2=4y的焦点为F,射线FA与抛物线C相交于点M,与其准线订交于点N,则|FM|:|MN|=（）A．2:B．1:2C．1:D．1:3【答案】C【分析】此题考察抛物线的定义及应用。抛物线的焦点坐标为F(0,1)，准线方程为y1，过点M，做准线的垂线，交准线于B。则FMFMBMsinMNB设射线的FB，因此MNMN倾斜角为，则MNB，即tanMNBtan( )tan101，因此022sinMNB511:5，选C。5，因此|FM|：|MN|510)的焦点与双曲线C2:x217．（2013年高考山东卷（文11））抛物线C1:yx2(py21的2p3右焦点的连线交C1于第一象限的点M,若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线,则p=（）A．3B．3C．23D．4316833【答案】D【分析】由题设知：抛物线的焦点F(0,p)，双曲线的焦点F2(2,0)，因此直线FF2：ypxp.242y122px2xx3由2p2，即(21，双曲线C2的渐近线方程为yx，得xxp)ypp2p23x42又由y1x得x3，解得1x1，因此x443p，故p.p332332x218．（2013年高考浙江卷（文9））如图F1.F2是椭圆C1:+y=1与双曲线C2的公共焦点（）A．B分别是C1.C2在第二.四象限的公共点,若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是（第9题图）（）A．2B．336C．D．22【答案】D．【分析】由已知得F1(3,0),F2(3,0),设双曲线实半轴为，由椭圆及双曲线的定义和已知获得AF1AF24c362a,解得aAF2AF12，c3。因此双曲线的离心率为，因此选D2212a22AF1AF2二、填空题2212是双曲线C,xy(a>0,b>0)的两个焦点.若在C上存19．（2013年高考湖南（文14））设F,F221ab在一点P.使PF1⊥PF2,且∠PF1F2=30°,则C的离心率为___________.【答案】31【分析】此题考察双曲线的方程和性质。不如设点P位于双曲线的右支上,因为PFF23011，PF⊥PF2，因此PF2c,PF13c。由双曲线的定义可知，PF1PF22a，即3cc2a，因此c231，即C的离心率为31。a312220．（2013年高考卷（文11））双曲线xy1的离心率为________.169【答案】5429c255【分析】be225e22,因此离心率为。a16a16442221．（2013年高考辽宁卷（文15））已知F为双曲线xy1的左焦点,P,Q为C上的点,若C:169PQ的长等于虚轴长的2倍,点A5,0在线段PQ上,则PQF的周长为____________.【答案】44【分析】|FP||PA|6,|FQ||QA|6,两式相加，因此并利用双曲线的定义得|FP||FQ|28，因此周长为|FP||FQ||PQ|44.22．（2013年上海高考数学试题（文科12））设AB是椭圆的长轴,点C在上,且CBAπ.若4AB4,BC2,则的两个焦点之间的距离为_______.【答案】463【分析】设D在AB上，且CDAB,AB4,BC2,CBA45，CD1,DB1,AD3C(1,1)2a4,把C(1，1)代入椭圆的标准方程得1122224284221,abcb,c32c6。ab3323（．2013年高考北京卷（文9））若抛物线22px的焦点坐标为(1,0)则p=____;准线方程为_____.y【答案】2,x1【分析】由题意p1，则p2.224．（2013年高考福建卷（文））椭圆:x2ya2b

221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线与椭圆的一个交点M知足MF1F22MF2F1,则该椭圆的离心率等于__________【答案】31【分析】此题考察的是圆锥曲线的离心率．由题意可知，MF1F2中，MFMF1F260,MF2F130,F1MF290，因此有MFMFc31，故答案为31．ea

22221MF2F1F2(2c)1MF22a，整理得23MF125．（2013年高考天津卷（文11））已知抛物线y2x2y2的一个8x的准线过双曲线1(a0,b0)a2b2焦点,且双曲线的离心率为2,则该双曲线的方程为______.22y【答案】x13【分析】抛物线的准线方程为x2，因为双曲线的一个焦点在准线x2上，因此c2，即c2，且双曲线的焦点在x轴上。又双曲线的离心率为c21，因此2，即e2，解得aaa222213，因此双曲线的方程为2y1。bca4x3三、解答题26．（2013

年高考浙江卷（文）

）已知抛物线

C的极点为

O(0,0),

焦点

F(0,1)(Ⅰ)求抛物线C的方程;(Ⅱ)过点F作直线交抛物线求|MN|的最小值.

C于

A.B

两点.若直线

AO.BO分别交直线

l

:y=x-2

于M.N两点,【答案】解:(Ⅰ)由已知可得抛物线的方程为:x22py(pp1p2,因此0),且2抛物线方程是:x24y;22x1,kBOx2(Ⅱ)设A(x1,x1),B(x2,x2),因此kAO,因此AO的方程4444是:yx1,x4yx18yx2x8xxM,同原因xN由44x2yx24x1yx24因此|MN|12xN|2|88|82|x1x2|1|xMx144(x1x2)4x216x1x2①设AB:ykx1,由ykx124kx40x1x24k2x,4yx1x24x且|x1x2|(x1x2)24x1x2421,代入①获得:k421k2k1,|MN|82||821616k4|4k3|4k3t03t设k,4①当t0时2526t256|MN|8t1222222,因此此时|MN|的最小值是4ttt22;②当t0时,225653216482|MN|8225t6t22122()224t2tt52555t,因此此时|MN8225,k4|的最小值是,此时t;533综上所述:|MN82;|的最小值是527．（2013年高考山东卷（文））在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C的中心在原点O,焦点在x轴上,短轴长为2,离心率为22(I)求椭圆C的方程(II)A,B为椭圆C上知足AOB的面积为6的随意两点,E为线段AB的中点,射线OE交椭圆4C与点P,设OPtOE,务实数t的值.【答案】2将xm代入椭圆方程2yx1,得228．（2013年高考广东卷（文））已知抛物线C的极点为原点,其焦点F0,cc0到直线l:xy232作抛物线C的两条切线PA,PB,0的距离为.设P为直线l上的点,过点P2此中A,B为切点.(1)求抛物线C的方程;(2)当点Px0,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上挪动时,求AFBF的最小值.【答案】(1)依题意d0c2321(负根舍去),解得c22抛物线C的方程为24y;x(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),由x24y,即y1x2,得y1x.42∴抛物线C在点A处的切线PA的方程为yy1x1(xx1),2即yx1xy1122x1.2∵y112∴yx1xy1.x1,24∵点P(x0,y0)在切线l1上,∴y0x1y1.x0①2同理,y0x2x0y2.②2综合①、②得,点A(x1,y1),xB(x2,y2)的坐标都知足方程y0x0y.2∵经过A(x1,y1),B(x2,y2)两点的直线是独一的,∴直线AB的方程为y0xx0y,即x0x2y2y00;2(3)由抛物线的定义可知AFy11,BFy21,因此AFBFy11y21y1y2y1y2124yx22y20,联立,消去x得y2y0x0y0x0x2y2y00y1y222y0,y1y22x0y0x0y0202222AFBFy02y0x01=y02y0y021222y0+5=2y01+9=2y0221时,AFBF9当y02获得最小值为229．（2013年上海高考数学试题（文科））此题共有3个小题.第1小题满分3分,第2小题满分6分,第3小题满分9分.2如图,已知双曲线C1x21,曲线C2:|y||x|1.P是平面内一点,若存在过点P:y2的直线与C1、C2都有公共点,则称P为“C1C2型点”.(1)在正确证明C1的左焦点是“C1C2型点”时,要使用一条过该焦点的直线,试写出一条这样的直线的方程(不要求考证);(2)设直线ykx与C2有公共点,求证|k|1,进而证明原点不是“C1C2型点;(3)求证:圆x2y21内的点都不是“C1C2型点”.2【答案】30．（2013年高考福建卷（文））如图,在抛物线E:y24x的焦点为F,准线l与x轴的交点为A.点C在抛物线E上,以C为圆心OC为半径作圆,设圆C与准线l的交于不一样的两点M,N.(1)若点C的纵坐标为2,求MN;(2)若AF2AMAN,求圆C的半径.【答案】解:(Ⅰ)抛物线24x的准线l的方程为x1,y由点C的纵坐标为2,得点C的坐标为(1,2)因此点C到准线l的距离d2,又|CO|5.222542.因此|MN|2|CO|dy2y2y4(Ⅱ)设C(0,y0),则圆C的方程为(x0)2202(yy0)y0,441622y0x22y0y0.即x2y2由x1,得y22y0y1y002设M(1,y1),N(1,y2),则:22y02404y04(1)2y022y1y2y0122|AM||AN|,得|y1y2|4由|AF|2y014,解得y06,此时0因此2因此圆心C的坐标为(3,6)或(3,6)222333333进而|CO|,|CO|,即圆C的半径为422231．（2013年高考北京卷（文））直线ykxx2是m(m0)W:y1订交于A,C两点,O4坐标原点当点B的坐标为(0,1),且四边形OABC为菱形时,求AC的长.当点B在W上且不是W的极点时,证明四边形OABC不行能为菱形.【答案】解:(I)因为四边形OABC为菱形,因此AC与OB互相垂直均分.121t3.因此|AC|=23.因此可设A(t,),代入椭圆方程得1,即t244假定四边形OABC为菱形.因为点B不是W的极点,且AC⊥OB,因此k0.224x4y,消去y并整理得(1228kmx240.由kxm4k)x4my设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1x24km2,y1y2kx1x2mm.214k2214k2因此AC的中点为4km,m).M(14k24k21因为M为AC和OB的交点,且m0,k0,因此直线OB的斜率为1.4k因为k(1)1,因此AC与OB不垂直.因此OABC不是菱形,与假定矛盾.4k因此当点B不是W的极点时,四边形OABC不行能是菱形.32（．2013年高考课标Ⅰ卷（文））已知圆2y21)229,动圆P与圆MM:(x1)1,圆N:(xy外切而且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.(Ⅰ)求C的方程;(Ⅱ)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长是,求|AB|.请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题作答.注意:只好做所选定的题目.假如多做,则按所做的第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡大将所选题号后的方框涂黑.【答案】解:由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r11;圆N的圆心为N(1,0),半径r23.设知P的圆心为P(x,y),半径为R.因为圆P与圆M外切而且与圆N内切,因此PMPN(Rr1)(r2R)r1r24.有椭圆的定义可知,曲线C是以M,N为左.右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左定点22xy除外),其方程为41(x2).3(II)对于曲线C上随意一点P(x,y),因为PMPN2R22,因此R2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2,因此当圆P的半径最长时,其方程为(x224;2)y若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得AB23.若l的倾斜角不为90°,则r1R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,QPR因此可设l:y=k(x+4).由l于圆M相切得3k1,则,可求得Q(-4,0),2QMr11k2解得k=±.42时,将y=22当k=2x+2代入xy1,并整理得7x28x80,44434622x118解得x1,27.因此AB=1+kx27.当k=218.时，有图形的对称性可知AB=47综上,AB=23或18.AB733．（2013年高考陕西卷（文））已知动点M(x,y)到直线l:x=4的距离是它到点N(1,0)的距离的2倍.(Ⅰ)求动点M的轨迹C的方程;(Ⅱ)过点P(0,3)的直线m与轨迹C交于A,B两点.若A是PB的中点,求直线m的斜率.【答案】解:(Ⅰ)点M(x,y)到直线x=4的距离,是到点N(1,0)的距离的2倍,则22|x4|2(x22xy1.1)y4322因此,动点M的轨迹为椭圆,方程为xy143(Ⅱ)P(0,3),设A(x1,y1),B(x2,y2),由题知：2x10x2，2y13y2椭圆的上下极点坐标分别是(0,3)和(0,-3),经查验直线m不经过这2点,即直线m斜率k存在.设直线m方程为:ykx3.联立椭圆和直线方程,整理得:2224k24（34k)x24kx240x1x22,x1x2234k34kx1x21(x122x1x252932x2)(24k)2kx2x12x1x22(34k)2422因此,直线m的斜率k

3234．（2013年高考纲领卷（文））已知双曲线2yC:1a0,b0的左、右焦点分别为F，F，aby2与C的两个交点间的距离为6.求a,b;;(II)设过F2的直线l与C的左、右两支分别订交于A、B两点，且AF1BF1,证明:AF2、AB、BF2成等比数列22【答案】(Ⅰ)由题设知cab223,即29,故b8a.aa222因此C的方程为8xy8a.将y=2代入上式,求得,x21a.2由题设知,2216,21.a2解得,a因此a1,b22.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,F1(3,0),F2(3,0),C2y28.①的方程为8x由题意可设l的方程为yk(x3),|k|22,代入①并化简得,2229k280.(k8)x6kx设A(x1,y1),B(x2,y2),则29k21,x21,6k,x18x1x1x2k2x228.8k于是|AF1|(x13)22(x128x128(3x11),y13)|BF1|(x22y22(x23)28x2283x213)由|AF1||BF1|得,(3x11)3x21,即x1x22.36k224192,进而x1故28,解得k5x2.k39因为|AF2|(x122(x122813x1,3)y13)8x1|BF2|(x22y22(x23)2283x21,3)8x2故|AB||AF2||BF2|23(x1x2)4,|AF2||BF2|3(x1x2)9x1x2-116.因此|AF2||BF2|2,因此|AF2|、|AB|、|BF2|成等比数列.|AB|2235．（2013年高考天津卷（文））设椭圆x2y21(ab0)的左焦点为F,离心率为ab与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为43.3(Ⅰ)求椭圆的方程;

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,过点F且(Ⅱ)设,B分别为椭圆的左右极点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于,ACAC·DBAD·CB8,求k的值.

D两点.若【答案】22x0,y0在36．（2013年高考辽宁卷（文））如图,抛物线C1:x4y,C2:x2pyp0,点M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)x012,切线MA.的斜率为-1.2(I)求p的值;(II)当M在C2上运动时,求线段AB中点N的轨迹方程.A,B重合于O时,中点为O.【答案】37．（2013年高考课标Ⅱ卷（文））在平面直角坐标系xOy中，已知圆P在x轴上截得线段长为22，在y轴上截得线段长为23。（Ⅰ）求圆心P的轨迹方程；（Ⅱ）若P点到直线yx的距离为2，求圆P的方程。2【答案】38．（2013年高考湖北卷（文））如图,已知椭圆C1与C2的中心在座标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(mn),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小挨次为A,B,C,D.记m,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.n(Ⅰ)当直线l与y轴重合时,若S1S2,求的值;(Ⅱ)当变化时,能否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1S2?并说明原因.yABMONxCD第22题图2013年一般高等学校招生全国一致考试(湖北卷【答案】依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为2y22y2mxx1.此中aC1:221,C2:2n2mn0,1.aman(Ⅰ)解法1:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x0,则S11|BD||OM|11|AB||ON|1S1|BD|a|BD|,S2a|AB|,因此.2222S2|AB|在C和C的方程中分别令x0,可得yAm,yBn,yDm,12于是|BD||yByD|mn1.|AB||yy|mn1ABS,则1,化简得2210.由1,可解得21.若1S21故当直线l与y轴重合时,若S1S2,则21.解法2:如图1,若直线l与y轴重合,则|BD||OB||OD|mn,|AB||OA||OB|mn;1111S12|BD||OM|a|BD|,S22|AB||ON|a|AB|.22因此S1|BD|mn1.S|AB|mn12S,则1,化简得2210.由1,可解得21.若1S21故当直线l与y轴重合时,若S1S2,则21.yyAABNxBNxMOMOCCDD第22题解答图1第22题解答图2(Ⅱ)解法1:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1S2.依据对称性,不如设直线l:ykx(k0),点M(a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则因为d1|ak0|ak|ak0|akd2.2,d22,因此d1112112kkkk又S111S|BD||BD|d1,S2|AB|d2,因此1,即|BD||AB|.S222|AB|由对称性可知|AB||CD|,因此|BC||BD||AB|(1)|AB|,|AD||BD||AB|(1)|AB|,于是|AD|1.①|BC|1将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得xAam,xBan.2222m22akakn依据对称性可知xCxB,xDxA,于是2xD|2xA222|AD|1k|xAmakn.②2222|BC|1x|2xBnakmk|xBC进而由①和②式可得2221akn③222.akm(1)12(22令t,则由mn,可得t1,于是由③可解得2nt1)ka2(1.(1)t2)2(221)因为k20.于是③式对于knt,0,因此k有解,当且仅当220a(1t)等价于(t2210.由1,可解得1,1)(t2)t1即111,由1,解得12,因此(1)当112时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1S2;当12时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2.解法2:如图不如设直线点M(a,0)

2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1S2.依据对称性,l:ykx(k0),,N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则|ak0|ak,d2|ak0|ak,因此d1d2.因为d11k2121212kkk又S111|AB|d2,因此S1|BD|.|BD|d1,S22S|AB|222|xBxD|xAxBxA因为|BD|1k1,因此.|AB|2|xAxB|xAxBxB11k由点AA),BB分别在C,C上,可得A(x,kxB(x,kx)12222222222222xAkxA1,xBkxB1,两式相减可得xAxBk(xAxB)2222220,amanamm2(xA22依题意xAxB22.因此由上式解得2xB).0,因此xAxBk2(2x2x2aB)A222xA2m(xAxB)0,可解得.因为k0,因此由222xA21xBa(xB)进而11,解得12,因此1当112时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1S2;当12时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2.39．（2013年高考重庆卷（文））(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)如题(21)图,椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,离心率e2,过左焦点F1作x轴的垂线交2椭圆于A、A两点,AA4.(Ⅰ)求该椭圆的标准方程;zhangwlx(Ⅱ)取平行于y轴的直线与椭圆相较于不一样的两点P、P,过P、P作圆心为Q的圆,使椭圆上的其他点均在圆Q外.求PPQ的面积S的最大值,并写出对应的圆Q的标准方程.【答案】240．（2013年高考湖南（文））已知F1,F2x2的左、右焦点F1,