【正文】 （﹣4≤x≤4），軌跡是兩條平行于x軸的線段．②λ≠時，方程變形為=1，其中x∈[﹣4，4]；當(dāng)0＜λ＜時，點M的軌跡為中心在原點、實軸在y軸上的雙曲線滿足﹣4≤x≤4的部分；當(dāng)＜λ＜1時，點M的軌跡為中心在原點、長軸在x軸上的橢圓滿足﹣4≤x≤4的部分；當(dāng)λ≥1時，點M的軌跡為中心在原點、長軸在x軸上的橢圓．【點評】本題主要考查圓錐曲線的定義和性質(zhì)及其方程．考查分類討論思想，是中檔題．　19．（2014?漳州校級模擬）雙曲線的中心為原點O，焦點在x軸上，兩條漸近線分別為l1，l2，經(jīng)過右焦點F垂直于l1的直線分別交l1，l2于A，B兩點．已知||、||、||成等差數(shù)列，且與同向．（Ⅰ）求雙曲線的離心率；（Ⅱ）設(shè)AB被雙曲線所截得的線段的長為4，求雙曲線的方程．【分析】（1）由2個向量同向，得到漸近線的夾角范圍，求出離心率的范圍，再用勾股定理得出直角三角形的2個直角邊的長度比，聯(lián)想到漸近線的夾角，求出漸近線的斜率，進而求出離心率．（2）利用第（1）的結(jié)論，設(shè)出雙曲線的方程，將AB方程代入，運用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式，求出待定系數(shù)，可求出雙曲線方程．【解答】解：（1）設(shè)雙曲線方程為由，同向，∴漸近線的傾斜角為（0，），∴漸近線斜率為：，∴∴|AB|2=（|OB|﹣|OA|）（|OB|+|OA|）=（|OB|﹣|OA|）2|AB|，∴∴可得：，而在直角三角形OAB中，注意到三角形OAF也為直角三角形，即tan∠AOB=而由對稱性可知：OA的斜率為k=tan∴，∴，∴；∴，∴∴（2）由第（1）知，a=2b，可設(shè)雙曲線方程為﹣=1，c=b，∴AB的直線方程為 y=﹣2（x﹣b），代入雙曲線方程得：15x2﹣32bx+84b2=0，∴x1+x2=，x1?x2=，4=，16=﹣，∴b2=9，所求雙曲線方程為：﹣=1．【點評】做到邊做邊看，從而發(fā)現(xiàn)題中的巧妙，如據(jù)，聯(lián)想到對應(yīng)的是2漸近線的夾角的正切值．　20．（2015?南昌校級二模）設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點，A（2，0），B（0，1）是它的兩個頂點，直線y=kx（k＞0）與AB相交于點D，與橢圓相交于E、F兩點．（Ⅰ）若，求k的值；（Ⅱ）求四邊形AEBF面積的最大值．【分析】（1）依題可得橢圓的方程，設(shè)直線AB，EF的方程分別為x+2y=2，y=kx，D（x0，kx0），E（x1，kx1），F(xiàn)（x2，kx2），且x1，x2滿足方程（1+4k2）x2=4，進而求得x2的表達式，進而根據(jù)求得x0的表達式，由D在AB上知x0+2kx0=2，進而求得x0的另一個表達式，兩個表達式相等求得k．（Ⅱ）由題設(shè)可知|BO|和|AO|的值，設(shè)y1=kx1，y2=kx2，進而可表示出四邊形AEBF的面積進而根據(jù)基本不等式的性質(zhì)求得最大值．【解答】解：（Ⅰ）依題設(shè)得橢圓的方程為，直線AB，EF的方程分別為x+2y=2，y=kx（k＞0）．如圖，設(shè)D（x0，kx0），E（x1，kx1），F(xiàn)（x2，kx2），其中x1＜x2，且x1，x2滿足方程（1+4k2）x2=4，故．①由知x0﹣x1=6（x2﹣x0），得；由D在AB上知x0+2kx0=2，得．所以，化簡得24k2﹣25k+6=0，解得或．（Ⅱ）由題設(shè)，|BO|=1，|AO|=2．由（Ⅰ）知，E（x1，kx1），F(xiàn)（x2，kx2），不妨設(shè)y1=kx1，y2=kx2，由①得x2＞0，根據(jù)E與F關(guān)于原點對稱可知y2=﹣y1＞0，故四邊形AEBF的面積為S=S△OBE+S△OBF+S△OAE+S△OAF=?（﹣y1）==x2+2y2===，當(dāng)x2=2y2時，上式取等號．所以S的最大值為．【點評】本題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題．直線與圓錐曲線的綜合問題是支撐圓錐曲線知識體系的重點內(nèi)容，問題的解決具有入口寬、方法靈活多樣等，而不同的解題途徑其運算量繁簡差別很大．　21．（2008?海南）在直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C1：=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2．F2也是拋物線C2：y2=4x的焦點，點M為C1與C2在第一象限的交點，且|MF2|=．（Ⅰ）求C1的方程；（Ⅱ）平面上的點N滿足，直線l∥MN，且與C1交于A，B兩點，若，求直線l的方程．【分析】（Ⅰ）先利用F2是拋物線C2：y2=4x的焦點求出F2的坐標(biāo)，再利用|MF2|=以及拋物線的定義求出點M的坐標(biāo)，可以得到關(guān)于橢圓方程中參數(shù)的兩個等式聯(lián)立即可求C1的方程；（Ⅱ）先利用，以及直線l∥MN得出直線l與OM的斜率相同，設(shè)出直線l的方程，把直線方程與橢圓方程聯(lián)立得到關(guān)于A，B兩點坐標(biāo)的等式，整理代入，即可求出直線l的方程．【解答】解：（Ⅰ）由C2：y2=4x知F2（1，0）．設(shè)M（x1，y1），M在C2上，因為，所以，得，．M在C1上，且橢圓C1的半焦距c=1，于是消去b2并整理得9a4﹣37a2+4=0，解得a=2（不合題意，舍去）．故橢圓C1的方程為．（Ⅱ）由知四邊形MF1NF2是平行四邊形，其中心為坐標(biāo)原點O，因為l∥MN，所以l與OM的斜率相同，故l的斜率．設(shè)l的方程為．由消去y并化簡得9x2﹣16mx+8m2﹣4=0．設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），．因為，所以x1x2+y1y2=0．x1x2+y1y2=x1x2+6（x1﹣m）（x2﹣m）=7x1x2﹣6m（x1+x2）+6m2==．所以．此時△=（16m）2﹣49（8m2﹣4）＞0，故所求直線l的方程為，或．【點評】本題是對橢圓與拋物線以及直線與橢圓位置關(guān)系的綜合考查．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，由于集中交匯了直線，圓錐曲線兩章的知識內(nèi)容，綜合性強，能力要求高，還涉及到函數(shù)，方程，不等式，平面幾何等許多知識，可以有效的考查函數(shù)與方程的思想，數(shù)形結(jié)合的思想，分類討論的思想和轉(zhuǎn)化化歸的思想，因此，這一部分內(nèi)容也成了高考的熱點和重點．　第39頁（共39頁）?！鰽BD的面積為，求p的值及圓F的方程；（2）若A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個公共點，求坐標(biāo)原點到m，n距離的比值．【分析】（1）由對稱性知：△BFD是等腰直角△，斜邊|BD|=2p點A到準(zhǔn)線l的距離，由△ABD的面積S△ABD=，知=，由此能求出圓F的方程．（2）由對稱性設(shè)，則點A，B關(guān)于點F對稱得：，得：，由此能求出坐標(biāo)原點到m，n距離的比值．【解答】解：（1）由對稱性知：△BFD是等腰直角△，斜邊|BD|=2p點A到準(zhǔn)線l的距離，∵△ABD的面積S△ABD=，∴=，解得p=2，所以F坐標(biāo)為（0，1），∴圓F的方程為x2+（y﹣1）2=8．（2）由題設(shè)，則，∵A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，又AB為圓F的直徑，故A，B關(guān)于點F對稱．由點A，B關(guān)于點F對稱得：得：，直線，切點直線坐標(biāo)原點到m，n距離的比值為．【點評】本題考查拋物線與直線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，具體涉及到拋物線的簡單性質(zhì)、圓的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．　10．已知拋物線C：y=（x+1）2與圓（r＞0）有一個公共點A，且在A處兩曲線的切線為同一直線l．（Ⅰ）求r；（Ⅱ）設(shè)m，n是異于l且與C及M都相切的兩條直線，m，n的交點為D，求D到l的距離．【分析】（Ⅰ）設(shè)A（x0，（x0+1）2），根據(jù)y=（x+1）2，求出l的斜率，圓心M（1，），求得MA的斜率，利用l⊥MA建立方程，求得A的坐標(biāo)，即可求得r的值；（Ⅱ）設(shè)（t，（t+1）2）為C上一點，則在該點處的切線方程為y﹣（t+1）2=2（t+1）（x﹣t），即y=2（t+1）x﹣t2+1，若該直線與圓M相切，則圓心M到該切線的距離為，建立方程，求得t的值，求出相應(yīng)的切線方程，可得D的坐標(biāo)，從而可求D到l的距離．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)A（x0，（x0+1）2），∵y=（x+1）2，y′=2（x+1）∴l(xiāng)的斜率為k=2（x0+1）當(dāng)x0=1時，不合題意，所以x0≠1