3c2t故＝，解得t＝2. 4c＋2c因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径长为2.
又由圆C与l相切，得?3（4＋c）－2??4???
3??1＋???4?
2＝2，可得c＝2.
所以椭圆的方程为＋＝1.
1612
x2y2
x2y2
10.(2020·衡水中学调研)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴两端点围成面积为
ab12的正方形.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为
a2＋b2
2
的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，当k1＋k2＝210时，求“卫星圆”的个数.
解 (1)因为椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形， 所以由椭圆的定义和正方形的性质可得
?b＝c，??解得b＝c＝6. ?2bc＝12，?
又a＝b＋c＝12，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
126(2)设“卫星圆”的圆心为(x0，y0). 由“卫星圆”的定义可得“卫星圆”的半径为2
2
222
x2y2
a2＋b22
＝3，
所以“卫星圆”的标准方程为(x－x0)＋(y－y0)＝9. 因为直线OA：y＝k1x与“卫星圆”相切， |k1x0－y0|
所以由点到直线的距离公式可得＝3， 21＋k1化简得(x0－9)k1－2x0y0k1＋y0－9＝0. 同理可得(x0－9)k2－2x0y0k2＋y0－9＝0.
所以k1，k2是方程(x0－9)k－2x0y0k＋y0－9＝0的两个不相等的实数根，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
所以x0－9≠0，由Δ＞0，得x0＋y0＞9， 2x0y02
将＋＝1代入得x0＞6，k1＋k2＝2. 126x0－9
4x0y024x0－2x0542所以(k1＋k2)＝2. 2＝22＝22＝40，解得x0＝10或
（x0－9）（x0－9）（x0－9）7
2
22
222
x20y20
?x0?4x?6－??2?
20
2
24
当x0＝10时，y0＝1； 当x0＝
2
22
54152
时，y0＝， 77
所以满足条件的点(x0，y0)共8个， 故这样的“卫星圆”存在8个.
B级 能力提升
11.已知抛物线C：y＝4x，那么过抛物线C的焦点，长度为不超过2 015的整数的弦的条数是( ) A.4 024 C.2 012
B.4 023 D.2 015
2p(其中θ为直线的倾斜角)，2
sinθ2
解析 由抛物线焦点弦的性质可知过抛物线焦点的弦长为
由此可知，当θ＝90°时，焦点弦的长度最短，其最短长度为4，故长度为不超过2 015的整数的弦的条数为(2 015－4)×2＋1＝4 023，故选B. 答案 B
12.已知P为椭圆C：＋y＝1上一点，Q(0，6)，则P，Q两点间的最大距离是( )
9A.3
B.5
C.23
D.322
2
x2
2
解析 椭圆＋y＝1，由椭圆的参数方程可设
9
x2
2
P(3cos θ，sin θ)，
∴|PQ|＝(3cos θ－0)＋(sin θ－6) ＝9cos θ＋sin θ－12sin θ＋36 ＝9(1－sin θ)＋sin θ－12sin θ＋36 ＝－8sin θ－12sin θ＋45， 令sin θ＝t，则t∈[－1，1]，
322
∴|PQ|＝－8t－12t＋45的图象为开口向下的抛物线，对称轴为t＝－，
4
2
2
2
2
2
2
2
2
3???3?22
∴|PQ|＝－8t－12t＋45在t∈?－1，－?上单调递增，在t∈?－，1?上单调递减，
4???4?3992
∴当t＝－时，|PQ|取最大值，
42322
此时|PQ|取最大值，故选D.
2答案 D
13.(2019·蚌埠二模改编)已知F为抛物线y＝4x的焦点，O为原点，点P是抛物线准线上一动点，若点A在抛物线上，且|AF|＝5，则|PA|＋|PO|的最小值为________.
解析 ∵|AF|＝5，∴由抛物线的定义得点A到准线的距离也为5，设A(x0，y0)，则x0＋1＝5，∴x0＝4，又知点A在抛物线y＝4x上，∴y0＝±4，不妨设点A在第一象限的抛物线上，∴A(4，4)，设坐标原点O关于准线x＝－1的对称点为B，则B(－2，0)，连接PB，由对称思想可知|PA|＋|PO|的最小值为|AB|＝（4＋2）＋（4－0）＝213. 答案 213
14.(2019·泉州一模)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x＝2py(p>0)的焦点为F，点A在
2
2
2
2
2
C上，若|AO|＝|AF|＝.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值. 3ppp3
解 (1)因为点A在C上，|AO|＝|AF|＝，所以点A的纵坐标为，所以＋＝，所以p＝2，
24422所以C的方程为x＝4y.
(2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b(b≥0)，代入抛物线方程，可得
2
3
2
x2－4kx－4b＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b， 所以y1＋y2＝4k＋2b，
因为线段PQ的中点的纵坐标为1，
所以2k＋b＝1，即2k＝1－b≥0，所以0 2 2 2 S△OPQ＝b|x1－x2|＝b（x1＋x2）2－4x1x2 12＝b16k＋16b＝b2＋2b 2＝2·b＋b(0 设y＝b＋b，y′＝3b＋2b>0，函数单调递增，所以b＝1时，△OPQ的面积最大，最大值为 3 2 2 321212 2. C级 创新猜想 →→→→→ 15.(多填题)在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，动点P满足|PB|＝2|PC|，若AP＝λAB＋μAD，建立适当的坐标系，动点P的轨迹方程为________________(答案不唯一)，λ＋μ的最大值为________. 解析 以点A为坐标原点，直线AB，AD分别为x轴和y轴建立直角坐标系， 设P(x，y)，则A(0，0)，B(2，0)，C(2，1)，D(0，1)， →→ 所以PB＝(2－x，－y)，PC＝(2－x，1－y)， →→→2→2 因为|PB|＝2|PC|，所以|PB|＝2|PC|， 即(2－x)＋(－y)＝2[(2－x)＋(1－y)]， 整理得(x－2)＋(y－2)＝2， 所以可设x＝2cos θ＋2，y＝2sin θ＋2，θ∈[0，2π)， →→→因为AP＝λAB＋μAD， 所以(x，y)＝λ(2，0)＋μ(0，1)＝(2λ，μ)， 2 2 2 2 2 2 ???λ＝，?x＝2λ2 于是?，即? ?y＝μ?? ?μ＝y， x21010所以λ＋μ＝＋y＝cos θ＋2sin θ＋3＝sin(θ＋φ)＋3≤＋3. 2222 即λ＋μ的最大值为3＋ 2 2 x10 . 2 10 2 答案 (x－2)＋(y－2)＝2(答案不唯一) 3＋
2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何创新引领微课盘点优化解析几何中的方略技法教学案含解析人教A版
