2010-2017高考數(shù)學(xué)全國卷分類匯編(解析幾何)LtD密封線內(nèi)不得答題密封線內(nèi)不得答題HW數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料2010-2017新課標全國卷分類匯編（解析幾何）解析幾何PAGE2PAGE42010-2017新課標全國卷分類匯編（解析幾何）1．（2017課標全國Ⅰ，理10）已知為拋物線：的交點，過作兩條互相垂直，，直線與交于、兩點，直線與交于，兩點，的最小值為（）

A． B． C． D．A

設(shè)傾斜角為．作垂直準線，垂直軸

易知

同理，，

又與垂直，即的傾斜角為

，而，即．

，當取等號，即最小值為，故選A4．（2017課標全國Ⅱ，理9）若雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為，則的離心率為A．B．C．D．【答案】A【解析】由幾何關(guān)系可得，雙曲線的漸近線方程為，圓心到漸近線距離為，則點到直線的距離為，即，整理可得，雙曲線的離心率．故選A．【考點】雙曲線的離心率；直線與圓的位置關(guān)系，點到直線的距離公式【名師點睛】雙曲線的離心率是雙曲線最重要的幾何性質(zhì)，求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關(guān)于a，b，c的齊次式，結(jié)合b2＝c2－a2轉(zhuǎn)化為a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以a或a2轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范圍)．5．（2017課標全國Ⅱ，理16）已知是拋物線的焦點，是上一點，的延長線交軸于點.若為的中點，則.【答案】6【解析】試題分析：如圖所示，不妨設(shè)點M位于第一象限，設(shè)拋物線的準線與軸交于點，作與點，與點，由拋物線的解析式可得準線方程為，則，在直角梯形中，中位線，由拋物線的定義有：，結(jié)合題意，有，故．【考點】拋物線的定義、梯形中位線在解析幾何中的應(yīng)用．【名師點睛】拋物線的定義是解決拋物線問題的基礎(chǔ)，它能將兩種距離(拋物線上的點到焦點的距離、拋物線上的點到準線的距離)進行等量轉(zhuǎn)化．如果問題中涉及拋物線的焦點和準線，又能與距離聯(lián)系起來，那么用拋物線定義就能解決問題．因此，涉及拋物線的焦半徑、焦點弦問題，可以優(yōu)先考慮利用拋物線的定義轉(zhuǎn)化為點到準線的距離，這樣就可以使問題簡單化．6．（2017課標全國Ⅱ，理20）（12分）設(shè)為坐標原點，動點在橢圓上，過作軸的垂線，垂足為，點滿足.(1)求點的軌跡方程；(2)設(shè)點在直線上，且.證明：過點且垂直于的直線過的左焦點.解：（1）設(shè)，則，將點代入中得，所以點的軌跡方程為.（2）由題可知，設(shè)，則，.由得，由（1）有，則有，所以，即過點且垂直于的直線過的左焦點.7．（2017課標全國Ⅲ，理1）已知集合A=，B=，則AB中元素的個數(shù)為A．3B．2C．1D．0【答案】B【解析】表示圓上所有點的集合，表示直線上所有點的集合，故表示兩直線與圓的交點，由圖可知交點的個數(shù)為2，即元素的個數(shù)為2，故選B.8．（2017課標全國Ⅲ，理5）已知雙曲線C(a＞0,b＞0)的一條漸近線方程為,且與橢圓有公共焦點，則C的方程為A.B.C.D.【答案】B【解析】∵雙曲線的一條漸近線方程為，則①又∵橢圓與雙曲線有公共焦點，易知，則② 由①②解得，則雙曲線的方程為，故選B.9．（2017課標全國Ⅲ，理10）已知橢圓C：，（a>b>0）的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線相切，則C的離心率為A.B.C.D.【答案】A【解析】∵以為直徑為圓與直線相切，∴圓心到直線距離等于半徑，∴又∵，則上式可化簡為∵，可得，即∴，故選A10．（2017課標全國Ⅲ，理12）在矩形中，，，動點在以點為圓心且與相切的圓上．若，則的最大值為（）A．3 B． C． D．2【答案】A【解析】由題意，畫出右圖．設(shè)與切于點，連接．以為原點，為軸正半軸，為軸正半軸建立直角坐標系，則點坐標為．∵，．∴．∵切于點．∴⊥．∴是中斜邊上的高．即的半徑為．∵在上．∴點的軌跡方程為．設(shè)點坐標，可以設(shè)出點坐標滿足的參數(shù)方程如下：而，，．∵∴，．兩式相加得：(其中，)當且僅當，時，取得最大值3．11．（2017課標全國Ⅲ，理20）（12分）已知拋物線C：y2=2x，過點（2,0）的直線l交C與A,B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓.（1）證明：坐標原點O在圓M上；（2）設(shè)圓M過點P（4，-2），求直線l與圓M的方程.解：（1）設(shè)由可得又=4因此OA的斜率與OB的斜率之積為所以O(shè)A⊥OB故坐標原點O在圓M上.（2）由（1）可得故圓心M的坐標為，圓M的半徑由于圓M過點P（4，-2），因此,故即由（1）可得，所以，解得.當m=1時，直線l的方程為x-y-2=0，圓心M的坐標為（3,1），圓M的半徑為，圓M的方程為當時，直線l的方程為，圓心M的坐標為，圓M的半徑為，圓M的方程為12.（2016課標全國Ⅰ，理5）已知方程表示雙曲線，且該雙曲線兩焦點間的距離為，則的取值范圍是（A） （B） （C） （D）【解析】：表示雙曲線，則，∴由雙曲線性質(zhì)知：，其中是半焦距，∴焦距，解得∴，故選A．13.（2016課標全國Ⅰ，理10）以拋物線的頂點為圓心的圓交于兩點，交的準線于兩點，已知,，則的焦點到準線的距離為 （A）2 （B）4 （C）6 （D）8【解析】：以開口向右的拋物線為例來解答，其他開口同理設(shè)拋物線為，設(shè)圓的方程為，如圖：F設(shè)，，點在拋物線上，F(xiàn)∴……①；點在圓上，∴……②；點在圓上，∴……③；聯(lián)立①②③解得：，焦點到準線的距離為．故選B．14.（2016課標全國Ⅰ，理20）（本小題滿分12分） 設(shè)圓的圓心為，直線過點且與軸不重合，交圓于兩點，過作的平行線交于點． （Ⅰ）證明為定值，并寫出點的軌跡方程； （Ⅱ）設(shè)點的軌跡為曲線，直線交于兩點，過且與垂直的直線與圓交于兩點，求四邊形面積的取值范圍．【解析】：⑴ 圓A整理為，A坐標，如圖，，則，由，則，根據(jù)橢圓定義為一個橢圓，方程為，()；⑵ ；設(shè)，因為，設(shè)，聯(lián)立：，則圓心到距離，所以， 15.（2016課標全國Ⅱ，理4）圓的圓心到直線的距離為1，則a=（）（A）（B）（C）（D）216.（2016課標全國Ⅱ，理11）已知是雙曲線的左，右焦點，點在上，與軸垂直，,則E的離心率為（）（A）（B）（C）（D）217.（2016課標全國Ⅱ，理20）（本小題滿分12分）已知橢圓的焦點在軸上，是的左頂點，斜率為的直線交于兩點，點在上，．（Ⅰ）當時，求的面積；（Ⅱ）當時，求的取值范圍．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】試題分析：（Ⅰ）先求直線的方程，再求點的縱坐標，最后求的面積；（Ⅱ）設(shè)，，將直線的方程與橢圓方程組成方程組，消去，用表示，從而表示，同理用表示，再由求.試題解析：（I）設(shè)，則由題意知，當時，的方程為，.由已知及橢圓的對稱性知，直線的傾斜角為.因此直線的方程為.將代入得.解得或，所以.因此的面積.（II）由題意，，.將直線的方程代入得.由得，故.由題設(shè)，直線的方程為，故同理可得，由得，即.當時上式不成立，因此.等價于，即.由此得，或，解得.因此的取值范圍是.考點：橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系.18.（2016課標全國Ⅲ，理11）已知為坐標原點，是橢圓：的左焦點，分別為的左，右頂點.為上一點，且軸.過點的直線與線段交于點，與軸交于點.若直線經(jīng)過的中點，則的離心率為（）（A） （B） （C） （D）【答案】A考點：橢圓方程與幾何性質(zhì)．【思路點撥】求解橢圓的離心率問題主要有三種方法：（1）直接求得的值，進而求得的值；（2）建立的齊次等式，求得或轉(zhuǎn)化為關(guān)于的等式求解；(3)通過特殊值或特殊位置，求出．19.（2016課標全國Ⅲ，理16）已知直線：QUOTEQUOTE與圓QUOTEQUOTE交于兩點，過分別做的垂線與軸交于兩點，若QUOTEQUOTE，則QUOTEQUOTE__________________.【答案】4考點：直線與圓的位置關(guān)系．【技巧點撥】解決直線與圓的綜合問題時，一方面，要注意運用解析幾何的基本思想方法(即幾何問題代數(shù)化)，把它轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題；另一方面，由于直線與圓和平面幾何聯(lián)系得非常緊密，因此，準確地作出圖形，并充分挖掘幾何圖形中所隱含的條件，利用幾何知識使問題較為簡捷地得到解決．20.（2016課標全國Ⅲ，理20）（本小題滿分12分）已知拋物線：的焦點為，平行于軸的兩條直線分別交于兩點，交的準線于兩點．（I）若在線段上，是的中點，證明；（II）若的面積是的面積的兩倍，求中點的軌跡方程.【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）．試題解析：由題設(shè).設(shè)，則，且.記過兩點的直線為，則的方程為.3分（Ⅰ）由于在線段上，故.記的斜率為，的斜率為，則，所以.5分（Ⅱ）設(shè)與軸的交點為，則.由題設(shè)可得，所以（舍去），.設(shè)滿足條件的的中點為.當與軸不垂直時，由可得.而，所以.當與軸垂直時，與重合，所以，所求軌跡方程為.12分考點：1、拋物線定義與幾何性質(zhì)；2、直線與拋物線位置關(guān)系；3、軌跡求法．【方法歸納】（1）解析幾何中平行問題的證明主要是通過證明兩條直線的斜率相等或轉(zhuǎn)化為利用向量證明；（2）求軌跡的方法在高考中最?？嫉氖侵苯臃ㄅc代入法（相關(guān)點法），利用代入法求解時必須找準主動點與從動點．21.(2015課標全國Ⅰ，理5)已知是雙曲線上的一點，是的兩個焦點，若,則的取值范圍是（A)(B)(C)(D)答案：A解析：由條件知F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，＝(－－x0，－y0)，＝(－x0，－y0)，－3＜0. ①又＝1，＝2+2.代入①得，∴－＜y0＜22.(2015課標全國Ⅰ，理14)一個圓經(jīng)過橢圓的三個頂點，且圓心在軸的正半軸上，則該圓的標準方程為答案：+y2＝解析：由條件知圓經(jīng)過橢圓的三個頂點分別為(4，0)，(0，2)，(0，－2)，設(shè)圓心為(a，0)(a＞0)，所以＝4－a，解得a＝，故圓心為，此時半徑r＝4－，因此該圓的標準方程是+y2＝23.(2015課標全國Ⅰ，理20)在直角坐標系中，曲線與直線交于兩點。(Ⅰ)當時，分別求在點和處的切線方程.(Ⅱ)軸上是否存在點，使得當變動時，總有說明理由。解：(1)由題設(shè)可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a).又y'＝，故y＝在x＝2處的導(dǎo)數(shù)值為，C在點(2，a)處的切線方程為y－a＝(x－2)，即x－y－a＝0.y＝在x＝－2處的導(dǎo)數(shù)值為－，C在點(－2，a)處的切線方程為y－a＝－(x+2)，即x+y+a＝0.故所求切線方程為x－y－a＝0和x+y+a＝0. 5分(2)存在符合題意的點，證明如下：設(shè)P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.將y＝kx+a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.故x1+x2＝4k，x1x2＝－4a.從而k1+k2＝＝當b＝－a時，有k1+k2＝0，則直線PM的傾角與直線PN的傾角互補，故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意. 12分24.(2015課標全國Ⅱ，理7)過三點A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圓交y軸于M，N兩點，則|MN|＝()A．2 B．8 C．4 D．10答案：C解析：設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0，將點A，B，C代入，得解得則圓的方程為x2+y2－2x+4y－20＝0.令x＝0得y2+4y－20＝0，設(shè)M(0，y1)，N(0，y2)，則y1，y2是方程y2+4y－20＝0的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1+y2＝－4，y1y2＝－20，故|MN|＝|y1－y2|＝＝4.25.(2015課標全國Ⅱ，理11)已知A，B為雙曲線E的左、右頂點，點M在E上，△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為()A． B．2 C． D．答案：D解析：設(shè)雙曲線的標準方程為＝1(a＞0，b＞0)，點M在右支上，如圖所示，∠ABM＝120°，過點M向x軸作垂線，垂足為N，則∠MBN＝60°.∵AB＝BM＝2a，∴MN＝2asin60°＝a，BN＝2acos60°＝a.∴點M坐標為(2a，a)，代入雙曲線方程＝1，整理，得＝1，即＝1.∴e2＝1+＝2，∴e＝.26．(2015課標全國Ⅱ，理20)已知橢圓C：9x2+y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;(2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能，求此時l的斜率;若不能，說明理由.解：(1)設(shè)直線l：y＝kx+b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).將y＝kx+b代入9x2+y2＝m2得(k2+9)x2+2kbx+b2－m2＝0，故xM＝，yM＝kxM+b＝.于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程為y＝－x.設(shè)點P的橫坐標為xP.由，即xP＝.將點的坐標代入l的方程得b＝，因此xM＝.四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM.于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4+.因為ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以當l的斜率為4－或4+時，四邊形OAPB為平行四邊形.27.(2014課標全國Ⅰ，理4)已知F為雙曲線C：x2－my2＝3m(m＞0)的一個焦點，則點F到C的一條漸近線的距離為()．A．B．3C．D．3m答案：A解析：由題意，可得雙曲線C為，則雙曲線的半焦距.不妨取右焦點，其漸近線方程為，即.所以由點到直線的距離公式得.故選A.28.(2014課標全國Ⅰ，理10)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，準線為l，P是l上一點，Q是直線PF與C的一個交點．若，則|QF|＝()．A．B．3C．D．2答案：B解析：如圖，由拋物線的定義知焦點到準線的距離p＝|FM|＝4.過Q作QH⊥l于H，則|QH|＝|QF|.由題意，得△PHQ∽△PMF，則有，∴|HQ|＝3.∴|QF|＝3.29.(2014課標全國Ⅰ，理20)已知點A(0，－2)，橢圓E：(a＞b＞0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點．(1)求E的方程；(2)設(shè)過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程．分析：(1)由過A(0，－2)，F(xiàn)(c,0)的直線AF的斜率為或過兩點的直線斜率公式可求c，再由，可求a，由b2＝a2－c2可求b2，則橢圓E的方程可求．(2)由題意知動直線l的斜率存在，故可設(shè)其斜率為k，寫出直線方程，并與橢圓方程聯(lián)立，消去y，整理成關(guān)于x的一元二次方程，利用弦長公式求出弦PQ的長|PQ|，利用點到直線的公式求出點O到直線PQ的距離d，則由，可將S△OPQ表示成關(guān)于k的函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f(k)的最大值問題．注意k應(yīng)使得一元二次方程的判別式大于0.解：(1)設(shè)F(c,0)，由條件知，，得.又，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程為.(2)當l⊥x軸時不合題意，故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．將y＝kx－2代入，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.當Δ＝16(4k2－3)＞0，即時，.從而.又點O到直線PQ的距離，所以△OPQ的面積S△OPQ＝＝.設(shè)，則t＞0，.因為，當且僅當t＝2，即時等號成立，且滿足Δ＞0.所以，當△OPQ的面積最大時，l的方程為或.30.(2014課標全國Ⅱ，理10)設(shè)F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為()．A．B．C．D．答案：D解析：由已知得，故直線AB的方程為，即.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,,,②))將①代入②并整理得，∴，∴線段|AB|＝x1＋x2＋p＝＝12.又原點(0,0)到直線AB的距離為.∴.31.(2014課標全國Ⅱ，理16)設(shè)點M(x0,1)，若在圓O：x2＋y2＝1上存在點N，使得∠OMN＝45°，則x0的取值范圍是__________．答案：[－1,1]解析：如圖所示，設(shè)點A(0,1)關(guān)于直線OM的對稱點為P，則點P在圓O上，且MP與圓O相切，而點M在直線y＝1上運動，由圓上存在點N使∠OMN＝45°，則∠OMN≤∠OMP＝∠OMA，∴∠OMA≥45°，∴∠AOM≤45°.當∠AOM＝45°時，x0＝±1.∴結(jié)合圖象知，當∠AOM≤45°時，－1≤x0≤1，∴x0的范圍為[－1,1]．32.(2014課標全國Ⅱ，理20)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：(a＞b＞0)的左，右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直．直線MF1與C的另一個交點為N.(1)若直線MN的斜率為，求C的離心率；(2)若直線MN在y軸上的截距為2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.分析：在第(1)問中，根據(jù)橢圓中a，b，c的關(guān)系及題目給出的條件可知點M的坐標，從而由斜率條件得出a，c的關(guān)系，再利用離心率公式可求得離心率，注意離心率的取值范圍；在第(2)問中，根據(jù)題目條件，O是F1F2的中點，MF2∥y軸，可得a，b之間的一個關(guān)系式，再根據(jù)條件|MN|＝5|F1N|，可得|DF1|與|F1N|的關(guān)系，然后可求出點N的坐標，代入C的方程，可得a，b，c的另一關(guān)系式，最后利用a，b，c的關(guān)系式可求得結(jié)論．解：(1)根據(jù)及題設(shè)知，2b2＝3ac.將b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得，(舍去)．故C的離心率為.(2)由題意，原點O為F1F2的中點，MF2∥y軸，所以直線MF1與y軸的交點D(0,2)是線段MF1的中點，故，即b2＝4a.①由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|，設(shè)N(x1，y1)，由題意知y1＜0，則即代入C的方程，得.②將①及代入②得.解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，.33.(2013課標全國Ⅰ，理4)已知雙曲線C：(a＞0，b＞0)的離心率為，則C的漸近線方程為()．A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝±x答案：C解析：∵，∴.∴a2＝4b2，.∴漸近線方程為.34.(2013課標全國Ⅰ，理10)已知橢圓E：(a＞b＞0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的方程為()．A．B．C．D．答案：D解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵A，B在橢圓上，∴①－②，得，即，∵AB的中點為(1，－1)，∴y1＋y2＝－2，x1＋x2＝2，而＝kAB＝，∴.又∵a2－b2＝9，∴a2＝18，b2＝9.∴橢圓E的方程為.故選D.35.(2013課標全國Ⅰ，理20)(本小題滿分12分)已知圓M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程；(2)l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點，當圓P的半徑最長時，求|AB|.解：由已知得圓M的圓心為M(－1,0)，半徑r1＝1；圓N的圓心為N(1,0)，半徑r2＝3.設(shè)圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R.(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為(x≠－2)．(2)對于曲線C上任意一點P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，當且僅當圓P的圓心為(2,0)時，R＝2.所以當圓P的半徑最長時，其方程為(x－2)2＋y2＝4.若l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|＝.若l的傾斜角不為90°，由r1≠R知l不平行于x軸，設(shè)l與x軸的交點為Q，則，可求得Q(－4,0)，所以可設(shè)l：y＝k(x＋4)．由l與圓M相切得，解得k＝.當k＝時，將代入，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝.所以|AB|＝.當時，由圖形的對稱性可知|AB|＝.綜上，|AB|＝或|AB|＝.36.(2013課標全國Ⅱ，理11)設(shè)拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，點M在C上，|MF|＝5，若以MF為直徑的圓過點(0,2)，則C的方程為()．A．y2＝4x或y2＝8xB．y2＝2x或y2＝8xC．y2＝4x或y2＝16xD．y2＝2x或y2＝16x答案：C解析：設(shè)點M的坐標為(x0，y0)，由拋物線的定義，得|MF|＝x0＋＝5，則x0＝5－.又點F的坐標為，所以以MF為直徑的圓的方程為(x－x0)＋(y－y0)y＝0.將x＝0，y＝2代入得px0＋8－4y0＝0，即－4y0＋8＝0，所以y0＝4.由＝2px0，得，解之得p＝2，或p＝8.所以C的方程為y2＝4x或y2＝16x.故選C.37．(2013課標全國Ⅱ，理12)已知點A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直線y＝ax＋b(a＞0)將△ABC分割為面積相等的兩部分，則b的取值范圍是()．A．(0,1)B．C．D．答案：B38.(2013課標全國Ⅱ，理20)(本小題滿分12分)平面直角坐標系xOy中，過橢圓M：(a＞b＞0)右焦點的直線交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為.(1)求M的方程；(2)C，D為M上兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值．解：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則，，，由此可得.因為x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，，所以a2＝2b2.又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a2－b2＝3.因此a2＝6，b2＝3.所以M的方程為.(2)由解得或因此|AB|＝.由題意可設(shè)直線CD的方程為y＝，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)．由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.于是x3,4＝.因為直線CD的斜率為1，所以|CD|＝.由已知，四邊形ACBD的面積.當n＝0時，S取得最大值，最大值為.所以四邊形ACBD面積的最大值為.39.(2012課標全國，理4)(設(shè)是橢圓的左右焦點，為直線上的一點，是底角為的等腰三角形，則的離心率為 A. B. C. D.【解析】選C.畫圖易得,是底角為的等腰三角形可得，即,所以.40.(2012課標全國，理8)等軸雙曲線的中心在原點，焦點在軸上，與拋物線的準線交于，，兩點，，則的實軸長為 A. B. C. D.【解析】選C.易知點在上，得，.41.(2012課標全國，理20)設(shè)拋物線的焦點為，準線為，為上一點，已知以為圓心，為半徑的圓交于、兩點 (Ⅰ)若，面積為，求的值及圓的方程； (Ⅱ)若、、三點在同一直線上，直線與平行，且與