二、 填空题1、2、3、4、答案：2解析：曲线，，由圆心到直线的距离，故与的交点个数为2.5、【解析】（0≤q 消去参数后的普通方程为，消去参数后的普通方程为 联立两个曲线的普通方程得 ,所以它们的交点坐标为6、答案：（2，2） 解析：设P为（a, b）,因为y轴与y＇轴重合，故P＇到y轴距离为，到x轴距离为2，又因为∠xox＇=45°，则b=2，a=故P（2，2）.设面β内任意一点P（x,y）其在内射影为，由平面图形可知， ，，即，，故方程为即.7、【答案】3【解析】：由得圆心为，由得圆心为，由平几知识知当为连线与两圆的交点时的最小值，则的最小值为.8、【答案】9、[2011·安徽卷] ①③⑤ 【解析】 ①正确，比如直线y＝x＋，不与坐标轴平行，且当x取整数时，y始终是一个无理数，即不经过任何整点；②错，直线y＝x－中k与b都是无理数，但直线经过整点(1,0)；③正确，当直线经过两个整点时，它经过无数多个整点；④错误，当k＝0，b＝时，直线y＝不通过任何整点；⑤正确，比如直线y＝x－只经过一个整点(1,0)．10、[2011·湖北卷] 1或 【解析】 由题意，直线与圆要相交，斜率必须存在，设为k，则直线l的方程为y＋2＝k.又圆的方程为2＋2＝1，圆心为，半径为1，所以圆心到直线的距离d＝＝＝，解得k＝1或.11、[2011·浙江卷] 1 【解析】 ∵直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0，∴1×2－2×m＝0，即m＝1.12、[2011·辽宁卷] (x－2)2＋y2＝10 【解析】 设圆心坐标为(x,0)，则有＝，解得x＝2.由两点距离得r＝＝，所以圆的方程为(x－2)2＋y2＝10.13、[2011·湖南卷] (1)5 (2)【解析】 (1)圆心到直线的距离为：d＝＝5; 图1－4(2)当圆C上的点到直线l的距离是2时有两个点为点B与点D，设过这两点的直线方程为4x＋3y＋c＝0，同时可得到的圆心到直线4x＋3y＋c＝0的距离为OC＝3，又圆的半径为r＝2，可得∠BOD＝60°，由图1－2可知点A在弧上移动，弧长l＝×c＝，圆周长c，故P(A)＝＝.14、[2011·重庆卷] 2x－y＝0 【解析】 将圆x2＋y2－2x－4y＋4＝0配方得(x－1)2＋(y－2)2＝1，∴该圆半径为1，圆心M(1,2)．∵直线与圆相交所得弦的长为2，即为该圆的直径，∴该直线的方程的斜率k＝＝2，∴该直线的方程为y＝2x，即2x－y＝0.15、[2011·江西卷] 【答案】 ＋＝1【解析】 由题可知过点与圆x2＋y2＝1的圆心的直线方程为y＝x，由垂径定理可得kAB＝－2.显然过点的一条切线为直线x＝1，此时切点记为A(1,0)，即为椭圆的右焦点，故c＝1.由点斜式可得，直线AB的方程为y＝－2(x－1)，即AB：2x＋y－2＝0.令x＝0得上顶点为(0,2)，∴b＝2，∴a2＝b2＋c2＝5，故得所求椭圆方程为＋＝1.16、[2011·课标全国卷] ＋＝1 【解析】 设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．因为离心率为，所以＝，解得＝，即a2＝2b2.图1－7又△ABF2的周长为＋＋＝＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝2a＋2a＝4a，，所以4a＝16，a＝4，所以b＝2，所以椭圆方程为＋＝1.17、[2011·浙江卷] (0，±1)【解析】 设直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B′，又∵＝5，由椭圆的对称性可得＝5，设A，B′，又∵|F1A|＝，|F1B′|＝，∴ 解之得x1＝0，∴点A的坐标为.18、[2011·北京卷] 2 【解析】 易知y＝bx＝2x，故b＝2.19、[2011·全国卷] 6 【解析】 根据角平分线的性质，＝＝.又－＝6，故＝6.20、[2011·辽宁卷] 2 【解析】 法一：点(2,3)在双曲线C：－＝1上，则－＝1.又由于2c＝4，所以a2＋b2＝4.解方程组 得a＝1或a＝4.由于a0，则当≤m2，即m≥时，集合A表示一个环形区域，且大圆半径不小于，即直径不小于1，集合B表示一个带形区域，且两直线间距离为，从而当直线x＋y＝2m与x＋y＝2m＋1中至少有一条与圆(x－2)2＋y2＝m2有交点，即可符合题意，从而有≤|m|或≤|m|，解之得≤m≤2＋，所以综上所述，实数m的取值范围是≤m≤2＋.25、[2011·重庆卷] －1 【解析】 由题意知，半径取得最大值的圆的圆心必在x轴上．设圆心C(a,0)(0＜a＜3)，则半径为3－a，于是圆的方程为(x－a)2＋y2＝(3－a)2，将抛物线方程y2＝2x代入圆的方程得(x－a)2＋2x＝(a－3)2，即x2－2(a－1)x＋6a－9＝0，由Δ＝4(a－1)2－4(6a－9)＝0，即a2－8a＋10＝0，解得a＝4±，∵0＜a＜3，∴a＝4－.故圆C的半径能取到的最大值为3－a＝－1.26、三、 解答题1、【解析】（I）解：（1）当直线的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以因为在椭圆上，因此 ①又因为所以②；由①、②得此时 （2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为由题意知m，将其代入，得，其中即 …………（*）又所以因为点O到直线的距离为所以，又整理得且符合（*）式，此时综上所述，结论成立。
（II）解法一： （1）当直线的斜率存在时，由（I）知因此 （2）当直线的斜率存在时，由（I）知所以 所以，当且仅当时，等号成立.综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为解法二：因为 所以即当且仅当时等号成立因此 |OM|·|PQ|的最大值为 （III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得证明：假设存在，由（I）得因此D，E，G只能在这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与矛盾，所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.2、解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设设直线，分别与C1，C2的方程联立，求得 ………………4分当表示A，B的纵坐标，可知 ………………6分 （II）t=0时的l不符合题意.时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN 相等，即解得因为所以当时，不存在直线l，使得BO//AN；当时，存在直线l使得BO//AN.3、【命题意图】：本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养。
解析】：由知Q,M,P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设，，，则，即 ①[来源:学|科|网]再设,由，即，解得 ②将①代入②式，消去得 ③又点B在抛物线上，所以，再将③式代入得 ，即，即，因为，等式两边同时约去得 这就是所求的点的轨迹方程解题指导】：向量与解析几何相结合时，关键是找到表示向量的各点坐标，然后利用相关点代入法或根与系数关系解决问题，此外解析几何中的代数式计算量都是很大的，计算时应细致加耐心4、解析; (Ⅰ)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).所以=（-x,-1-y）, =(0,-3-y), =(x,-2).再由题意可知（+）• =0, 即（-x,-4-2y）• (x,-2)=0.所以曲线C的方程式为y=x-2.(Ⅱ)设P(x,y)为曲线C：y=x-2上一点，因为y=x,所以的斜率为x因此直线的方程为，即则o点到的距离.又，所以当=0时取等号，所以o点到距离的最小值为2.点评：此题考查曲线方程的求法、直线方程、点到直线的距离、用不等式求最值以及导数的应用等。
要把握每一个环节的关键5、解：本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分13分. （I）解：设 由题意，可得即整理得（舍），或所以（Ⅱ）解:由（Ⅰ）知,可得椭圆方程为.直线方程为,A,B两点的坐标满足方程组,消去y并整理,得,解得[来源: ],得方程组的解,,不妨设,,设点的坐标为,则,.由得,于是,由，即,化简得,将代入,得,所以,因此,点的轨迹方程是.6、【解析】（Ⅰ）由得准线方程为，由得M，点M到抛物线的准线的距离为（Ⅱ）设点 ，， 由题意得设过点的圆的切线方程为即① 则即设，的斜率为（）则是上述方程的两个不相等的根，将代入①得由于是方程的根故，所以，，由得解得点的坐标为直线的方程为.7、解：由题意知，从而，又，解得，故，的方程分别为，（ⅰ）由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为由得设，，则是上述方程的两个实根，于是又点，所以故即（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为，由解得或，则点的坐标为又直线的斜率为 ，同理可得点B的坐标为.于是由得，解得或，则点的坐标为；又直线的斜率为，同理可得点的坐标于是因此由题意知，，解得或又由点的坐标可知，所以故满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和评析：本大题主要考查抛物线、椭圆的标准方程的求法以及直线与抛物线、椭圆的位置关系，突出解析几何的基本思想和方法的考查：如数形结合思想、坐标化方法等.8、【解析】（1）解：设C的圆心的坐标为，由题设条件知 化简得L的方程为 （2）解：过M，F的直线方程为，将其代入L的方程得 解得 因T1段MF外，T2段MF内，故 ，若P不在直线MF上，在中有 [来源:Z|xx|k.Com] 故只在T1点取得最大值2。
9、解：本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想满分14分） 解：（I）设动点为M，其坐标为， 当时，由条件可得即，又的坐标满足故依题意，曲线C的方程为当曲线C的方程为是焦点在y轴上的椭圆；当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；当时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的椭圆；当时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的双曲线.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，C1的方程为；当时，C2的两个焦点分别为，.对于给定的，C1上存在点使得的充要条件是由①得，由②得，当，即，或时，存在点N，使：当，即，或时，不存大满足条件的点N.当时，由，，可得令，,则由，可得，从而，于是由，可得，即，综上可得：当时，在C1上，存在点N，使得，且;当时，在C1上，存在点N，使得，且;当时，在C1上，不存在满足条件的点N.10、【解析】：（Ⅰ）设M的坐标为，的坐标为 由已知得在圆上，即C的方程为（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为 的直线方程为，设直线与C的交点为，将直线方程代入C的方程，得，即线段AB的长度为注：求AB长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样给分。
11、解析：（Ⅰ）由，解得，故椭圆的标准方程为 （Ⅱ）设，,则由得，即，因为点M,N在椭圆上，所以故 ，设分别为直线OM，ON的斜率，由题意知，，因此，所以，所以P点是椭圆上的点，设该椭圆的左右焦点为，则由椭圆的定义，为定值，又因，因此两焦点的坐标分别为12、解析：由已知可得椭圆方程为，设的方程为为的斜率.则，的方程为.13、【解析】： (Ⅰ)证明：由，，由设，，，，故点P在C上（Ⅱ）法一：点P，P关于点O的对称点为Q，，，即，同理即， A、P、B、Q四点在同一圆上.法二：由已知有则的中垂线为：设、的中点为∴∴则的中垂线为：则的中垂线与的中垂线的交点为∴到直线的距离为∴即∴、、、四点在同一圆上14、【解析】（1）因为、,所以MN的中点坐标为(-1,),又因为直线PA平分线段MN，所以k的值为(2)因为k=2,所以直线AP的方程为,由得交点P()、A(),因为PC⊥x轴，所以C（)，所以直线AC的斜率为1，直线AB的方程为，所以点P到直线AB的距离d==.（3）法一：由题意设，A、C、B三点共线，又因为点P、B在椭圆上，，两式相减得：法二：设,A、C、B三点共线，又因为点A、B在椭圆上,,两式相减得：,,15、解：（Ⅰ）由已知得所以所以椭圆G的焦点坐标为离心率为（Ⅱ）由题意知，.当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为此时当m=－1时，同理可得当时，设切线l的方程为由设A、B两点的坐标分别为，则又由l与圆所以由于当时，所以.因为且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.16、解析：本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。
满分13分解法一：（I）依题意，点P的坐标为（0，m）因为，所以，解得m=2，即点P的坐标为（0，2）从而圆的半径故所求圆的方程为（II）∵直线关于轴对称的直线为，：，∈，∴：，代入得，==，当＜1时，＞0，直线与抛物线C相交；当=1时，=0，直线与抛物线C相切；当＞1时，＜0，直线与抛物线C相离.综上所述，当=1时，直线与抛物线C相切，当≠1时，直线与抛物线C不相切.解法二：（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为依题意，所求圆与直线相切于点P（0，m），则解得所以所求圆的方程为（II）同解法一17、解：（I）C1是圆，C2是椭圆. 当时，射线l与C1，C2交点的直角坐标分别为（1，0），（a，0），因为这两点间的距离为2，所以a=3. 当时，射线l与C1，C2交点的直角坐标分别为（0，1），（0，b），因为这两点重合，所以b=1. （II）C1，C2的普通方程分别为 当时，射线l与C1交点A1的横坐标为，与C2交点B1的横坐标为 当时，射线l与C1，C2的两个交点A2，B2分别与A1，B1关于x轴对称，因此，四边形A1A2B2B1为梯形.故四边形A1A2B2B1的面积为 …………10分18、解析; （I）设P(x,y),则由条件知M().由于M点在C1上，所以 即 从而的参数方程为（为参数）（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为。
射线与的交点的极径为，射线与的交点的极径为所以.19、解析：考察参数方程与普通方程的互化、椭圆的基本性质、直线方程、两条直线的位置关系，中档题椭圆的普通方程为右焦点为（4，0），直线（为参数）的普通方程为，斜率为：；所求直线方程为：.20、解析：本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、椭圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想满分7分解：（I）把极坐标系下的点化为直角坐标，得P（0，4）因为点P的直角坐标（0，4）满足直线的方程，所以点P在直线上，（II）因为点Q在曲线C上，故可设点Q的坐标为，从而点Q到直线的距离为，由此得，当时，d取得最小值，且最小值为21、[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)曲线y＝x2－6x＋1与y轴的交点为(0,1)，与x轴的交点为(3＋2，0)，(3－2，0)．故可设C的圆心为(3，t)，则有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1.则圆C的半径为＝3.所以圆C的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组消去y，得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.由已知可得，判别式Δ＝56－16a－4a2>0.从而x1＋x2＝4－a，x1x2＝.①由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.②由①，②得a＝－1，满足Δ>0，故a＝－1.。