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20解析几何★★★★★
已知双曲线 Γ:x2−y2=1\Gamma:x^2-y^2=1，点 PP 在 Γ\Gamma 上，F1F_1，F2F_2 分别为双曲线的左，右焦点.
(1) 求点 (2,0)\left( 2,0 \right) 到 Γ\Gamma 渐近线的距离； (2) 若 PF1→⋅PF2→=1\overrightarrow{PF_1}\cdot \overrightarrow{PF_2}=1，求 △PF1F2\triangle PF_1F_2 的面积； (3) 记 Ω\Omega 为双曲线 x2−y2=1x^2-y^2=1 中满足 （x>0x>0， y≥−1\ y\ge -1） 或 （x<0x<0， y≤−1\ y\le -1） 的部分. 过点 F2F_2 的直线 ll 交 Ω\Omega 于 PP，QQ 两点（分别位于第一，第四象限），过点 F2F_2 的直线 mm 交 Ω\Omega 于 MM，NN 两点（分别位于第三，第四象限）. 是否存在常数 λ\lambda，使得对任意直线 ll，都存在唯一对应的直线 mm 满足 λ∣PQ∣=∣MN∣\lambda \left| PQ \right|=\left| MN \right|？若存在，求出 λ\lambda 的值；若不存在，请说明理由.

2026 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知椭圆 Γ:x2a2+y25=1\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{5}=1（a>5a>\sqrt5），M(0,m)M(0,m)（m>0m>0），AA 为 Γ\Gamma 的右顶点.
(1) 若 Γ\Gamma 的焦点为 (2,0)(2,0)，求离心率 ee； (2) 若 a=4a=4，且 Γ\Gamma 上存在一点 PP 满足 PA→=2MP→\overrightarrow{PA}=2\overrightarrow{MP}，求 mm； (3) 若线段 AMAM 的中垂线 ll 的斜率为2， ll 与 Γ\Gamma 交于 CC，DD，且 ∠CMD\angle CMD 为钝角，求 aa 的取值范围.

2025 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
已知双曲线 Γ:x2−y2b2=1\Gamma:x^2-\frac{y^2}{b^2}=1（b>0b>0），左右顶点分别为 A1A_1，A2A_2，过点 M(−2,0)M(-2,0) 的直线 ll 交双曲线 Γ\Gamma 于 PP，QQ 两点.
(1) 若离心率 e=2e=2，求 bb 的值； (2) 若 b=263b=\frac{2\sqrt{6}}{3}，点 PP 在第一象限，△MA2P\triangle MA_2P 为等腰三角形，求点 PP 的坐标； (3) 连接 QOQO（OO 为坐标原点）并延长交双曲线 Γ\Gamma 于点 RR，若 A1R→⋅A2P→=1\overrightarrow{A_1R}\cdot\overrightarrow{A_2P}=1，求 bb 的取值范围.

2024 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知抛物线 Γ:y2=4x\Gamma:y^2=4x，第一象限内点 AA 在 Γ\Gamma 上，AA 的纵坐标是 aa.
(1) 若 AA 到准线的距离为 33，求 aa； (2) 若 a=4a=4，BB 在 xx 轴上，且线段 ABAB 的中点在 Γ\Gamma 上，求点 BB 的坐标及坐标原点 OO 到直线 ABAB 的距离； (3) 直线 l:x=−3l:x=-3，令 PP 是第一象限 Γ\Gamma 上异于 A 的一点，直线 APAP 交 ll 于 QQ，HH 是 PP 在 ll 上的投影，若点 A 满足“对于任意 PP 都有 ∣HQ∣>4\left|HQ\right|>4”，求 aa 的取值范围.

2023 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
如图，AD=BC=6AD=BC=6，AB=20AB=20，∠DAB=∠ABC=120∘\angle DAB=\angle ABC=120^\circ，OO 为 ABAB 中点，曲线 CDCD 上任意一点到点 OO 的距离均相等，PP，MM，QQ 为曲线 CDCD 上的点，且 MO⊥ABMO\perp AB，点 PP 与点 QQ 关于直线 OMOM 对称.
(1) 若点 PP 与点 CC 重合，求 ∠POB\angle POB 的大小； (2) 点 PP 在何位置时，五边形 CPMQDCPMQD 的面积 SS 取到最大值，并求出该最大值.

2022 · 上海 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
设椭圆 Γ:x2a2+y2b2=1\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0），F1(−2,0)F_1(-\sqrt2,0)，F2(2,0)F_2(\sqrt2,0) 为 Γ\Gamma 的焦点，AA 为 Γ\Gamma 的下顶点，MM 为直线 l:x+y−42=0l:x+y-4\sqrt2=0 上一点.
(1) 若 a=2a=2，且 AMAM 的中点在 xx 轴上，求点 MM 的坐标； (2) 若直线 ll 与 yy 轴的交点为 BB，直线 AMAM 经过点 F2F_2，且在 △ABM\triangle ABM 中有一内角的余弦值为 35\frac35，求 bb 的值； (3) 若 Γ\Gamma 上一点 PP 到 ll 的距离为 dd，且 ∣PF1∣+∣PF2∣+d=6|PF_1|+|PF_2|+d=6，求 dd 的最小值.

2022 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
已知椭圆 Γ:x22+y2=1\Gamma:\frac{x^2}{2}+y^2=1，F1F_1，F2F_2 是其左，右焦点，直线 ll 过点 P(m,0)P(m,0)（m≤−2m\le -\sqrt2），交椭圆于 AA，BB 两点，且 AA，BB 在 xx 轴上方，点 AA 在线段 BPBP 上.
(1) 若 BB 是上顶点，∣BF1→∣=∣PF1→∣\left| \overrightarrow{BF_1} \right|=\left| \overrightarrow{PF_1} \right|，求 mm 的值； (2) 若 F1A→⋅F2A→=13\overrightarrow{F_1A}\cdot \overrightarrow{F_2A}=\frac13，且原点 OO 到直线 ll 的距离为 41515\frac{4\sqrt{15}}{15}，求直线 ll 的方程； (3) 证明：对于任意 m<−2m<-\sqrt2，使得 F1A→∥F2B→\overrightarrow{F_1A}\parallel \overrightarrow{F_2B} 的直线有且仅有一条.

2021 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
已知双曲线 Γ1:x24−y2b2=1\Gamma_1:\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{b^2}=1 与圆 Γ2:x2+y2=4+b2\Gamma_2:x^2+y^2=4+b^2（b>0b>0）交于点 A(xA,yA)A(x_A,y_A)（第一象限），曲线 Γ\Gamma 为 Γ1\Gamma_1，Γ2\Gamma_2 上取满足 x>∣xA∣x>|x_A| 的部分.
(1) 若 xA=6x_A=\sqrt6，求 bb 的值； (2) 当 b=5b=\sqrt5，Γ2\Gamma_2 与 xx 轴交点记作点 F1F_1，F2F_2，PP 是曲线 Γ\Gamma 上一点，且在第一象限，且 ∣PF1∣=8|PF_1|=8，求 ∠F1PF2\angle F_1PF_2； (3) 过点 D(0,b22+2)D\left(0,\frac{b^2}{2}+2\right) 斜率为 −b2-\frac{b}{2} 的直线 ll 与曲线 Γ\Gamma 只有两个交点，记为 MM，NN，用 bb 表示 OM→⋅ON→\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}，并求 OM→⋅ON→\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON} 的取值范围.

2020 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知椭圆 x28+y24=1\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1，F1F_1，F2F_2 分别为左，右焦点，直线 ll 过 F2F_2 交椭圆于 AA，BB 两点.
(1) 若 ABAB 垂直于 xx 轴时，求 ∣AB∣|AB|； (2) 当 ∠F1AB=90∘\angle F_1AB=90^\circ 时，AA 在 xx 轴上方时，求 AA，BB 的坐标； (3) 若直线 AF1AF_1 交 yy 轴于 MM，直线 BF1BF_1 交 yy 轴于 NN，是否存在直线 ll，使 S△F1AB=S△F1MNS_{\triangle F_1AB}=S_{\triangle F_1MN}，若存在，求出直线 ll 的方程；若不存在，请说明理由.

2019 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
设常数 t>2t>2. 在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知点 F(2,0)F(2,0)，直线 l:x=tl:x=t，曲线 Γ:y2=8x\Gamma:y^2=8x（0≤x≤t0\le x\le t，y≥0y\ge0），ll 与 xx 轴交于点 AA，与 Γ\Gamma 交于点 BB. PP，QQ 分别是曲线 Γ\Gamma 与线段 ABAB 上的动点.
(1) 用 tt 表示点 BB 到点 FF 的距离； (2) 设 t=3t=3，∣FQ∣=2\lvert FQ\rvert=2，线段 OQOQ 的中点在直线 FPFP 上，求 △AQP\triangle AQP 的面积； (3) 设 t=8t=8，是否存在以 FPFP，FQFQ 为邻边的矩形 FPEQFPEQ，使得点 EE 在 Γ\Gamma 上？若存在，求点 PP 的坐标；若不存在，说明理由.

2018 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知椭圆 Γ:x24+y2=1\Gamma:\dfrac{x^2}{4}+y^2=1. AA 为 Γ\Gamma 的上顶点，PP 为 Γ\Gamma 上异于上，下顶点的动点，MM 为 xx 轴正半轴上的动点.
(1) 若 PP 在第一象限，且 ∣OP∣=2\lvert OP\rvert=\sqrt2，求 PP 的坐标； (2) 设 P(85,35)P\left(\dfrac85,\dfrac35\right)，若以 AA，PP，MM 为顶点的三角形是直角三角形，求 MM 的横坐标； (3) 若 ∣MA∣=∣MP∣\lvert MA\rvert=\lvert MP\rvert，直线 AQAQ 与 Γ\Gamma 交于另一点 CC，且 AQ→=2AC→\overrightarrow{AQ}=2\overrightarrow{AC}，PQ→=4PM→\overrightarrow{PQ}=4\overrightarrow{PM}，求直线 AQAQ 的方程.

2017 · 上海 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★☆☆
有一块正方形菜地 EFGHEFGH，EHEH 所在直线是一条小河，收获的蔬菜可送到 FF 点或河边运走. 于是，菜地分为两个区域 S1S_1 和 S2S_2，其中 S1S_1 中的蔬菜运到河边较近，S2S_2 中的蔬菜运到 FF 点较近，而菜地内 S1S_1 和 S2S_2 的分界线 CC 上的点到河边与到 FF 点的距离相等. 现建立平面直角坐标系，其中原点 OO 为 EFEF 的中点，点 FF 的坐标为 (1,0)(1,0)，如图.
(1) 求菜地内的分界线 CC 的方程； (2) 菜农从蔬菜运量估计出 S1S_1 面积是 S2S_2 面积的两倍，由此得到 S1S_1 面积的“经验值”为 83\dfrac83. 设 MM 是 CC 上纵坐标为 11 的点，请计算以 EHEH 为一边，另有一边过点 MM 的矩形的面积，及五边形 EOMGHEOMGH 的面积，并判别哪一个更接近于 S1S_1 面积的“经验值”.

2016 · 上海 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
双曲线 x2−y2b2=1x^2-\dfrac{y^2}{b^2}=1（b>0b>0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，直线 ll 过 F2F_2 且与双曲线交于 AA，BB 两点.
(1) 若 ll 的倾斜角为 π2\dfrac{\pi}{2}，△F1AB\triangle F_1AB 是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； (2) 设 b=3b=\sqrt3，若 ll 的斜率存在，且 (F1A→+F1B→)⋅AB→=0(\overrightarrow{F_1A}+\overrightarrow{F_1B})\cdot\overrightarrow{AB}=0，求 ll 的斜率.

2016 · 上海 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★☆☆
有一块正方形菜地 EFGHEFGH，EHEH 所在直线是一条小河，收获的蔬菜可送到 FF 点或河边运走. 于是，菜地分为两个区域 S1S_1 和 S2S_2，其中 S1S_1 中的蔬菜运到河边较近，S2S_2 中的蔬菜运到 FF 点较近，而菜地内 S1S_1 和 S2S_2 的分界线 CC 上的点到河边与到 FF 点的距离相等. 现建立平面直角坐标系，其中原点 OO 为 EFEF 的中点，点 FF 的坐标为 (1,0)(1,0)，如图.
(1) 求菜地内的分界线 CC 的方程； (2) 菜农从蔬菜运量估计出 S1S_1 面积是 S2S_2 面积的两倍，由此得到 S1S_1 面积的“经验值”为 83\dfrac83. 设 MM 是 CC 上纵坐标为 11 的点，请计算以 EHEH 为一边，另一边过点 MM 的矩形的面积，及五边形 EOMGHEOMGH 的面积，并判断哪一个更接近于 S1S_1 面积的“经验值”.

2016 · 上海 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
双曲线 x2−y2b2=1x^2-\dfrac{y^2}{b^2}=1（b>0b>0）的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，直线 ll 过 F2F_2 且与双曲线交于 AA，BB 两点.
(1) 若 ll 的倾斜角为 π2\dfrac{\pi}{2}，△F1AB\triangle F_1AB 是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； (2) 设 b=3b=\sqrt3，若 ll 的斜率存在，且 ∣AB∣=4|AB|=4，求 ll 的斜率.

2016 · 上海 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知椭圆 x2+2y2=1x^{2} + 2y^{2} = 1，过原点的两条直线 l1l_{1} 和 l2l_{2} 分别与椭圆交于点 AA，BB 和 CC，DD. 记得到的平行四边形 ACBDACBD 的面积为 SS.
(1) 设 A(x1,y1)A(x_{1}, y_{1})，C(x2,y2)C(x_{2}, y_{2}). 用 AA，CC 的坐标表示点 CC 到直线 l1l_{1} 的距离，并证明 S=2∣x1y2−x2y1∣S = 2|x_{1}y_{2} - x_{2}y_{1}|. (2) 设 l1l_{1} 与 l2l_{2} 的斜率之积为 −12-\frac{1}{2}，求面积 SS 的值.

2015 · 上海 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
已知椭圆 x2+2y2=1x^{2} + 2y^{2} = 1，过原点的两条直线 l1l_{1} 和 l2l_{2} 分别与椭圆交于点 AA，BB 和 CC，DD. 记 △AOC\triangle AOC 的面积为 SS.
(1) 设 A(x1,y1)A(x_{1}, y_{1})，C(x2,y2)C(x_{2}, y_{2}). 用 AA，CC 的坐标表示点 CC 到直线 l1l_{1} 的距离，并证明 S=12∣x1y2−x2y1∣S = \frac{1}{2} |x_{1}y_{2} - x_{2}y_{1}|； (2) 设 l1:y=kxl_{1}: y = kx，C(33,33)C\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)，S=13S = \frac{1}{3}. 求 kk 的值. (3) 设 l1l_{1} 与 l2l_{2} 的斜率之积为 mm，求 mm 的值，使得无论 l1l_{1} 与 l2l_{2} 如何变动，面积 SS 保持不变.

2015 · 上海 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，对于直线 l:ax+by+c=0l: ax + by + c = 0 和点 P1(x1,y1)P_{1}(x_{1}, y_{1})，P2(x2,y2)P_{2}(x_{2}, y_{2})，记 η=(ax1+by1+c)(ax2+by2+c)\eta = (ax_{1} + by_{1} + c)(ax_{2} + by_{2} + c). 若 η<0\eta < 0，则称点 P1P_{1}，P2P_{2} 被直线 ll 分隔. 若曲线 CC 与直线 ll 没有公共点，且曲线 CC 上存在点 P1P_{1}，P2P_{2} 被直线 ll 分隔，则称直线 ll 为曲线 CC 的一条分隔线.
(1) 求证：点 A(1,2)A(1,2)，B(−1,0)B(-1,0) 被直线 x+y−1=0x + y - 1 = 0 分隔； (2) 若直线 y=kxy = kx 是曲线 x2−4y2=1x^2 - 4y^2 = 1 的分隔线，求实数 kk 的取值范围； (3) 动点 MM 到点 Q(0,2)Q(0,2) 的距离与到 yy 轴的距离之积为 1，设点 MM 的轨迹为 EE，求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是 EE 的分隔线.

2014 · 上海 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，对于直线 l:ax+by+c=0l: ax + by + c = 0 和点 P1(x1,y1)P_{1}(x_{1}, y_{1})，P2(x2,y2)P_{2}(x_{2}, y_{2})，记 η=(ax1+by1+c)(ax2+by2+c)\eta = (ax_{1} + by_{1} + c)(ax_{2} + by_{2} + c). 若 η<0\eta < 0，则称点 P1P_{1}，P2P_{2} 被直线 ll 分隔. 若曲线 CC 与直线 ll 没有公共点，且曲线 CC 上存在点 P1P_{1}，P2P_{2} 被直线 ll 分隔，则称直线 ll 为曲线 CC 的一条分隔线.
(1) 求证：点 A(1,2)A(1,2)，B(−1,0)B(-1,0) 被直线 x+y−1=0x + y - 1 = 0 分隔； (2) 若直线 y=kxy = kx 是曲线 x2−4y2=1x^2 - 4y^2 = 1 的分隔线，求实数 kk 的取值范围； (3) 动点 MM 到点 Q(0,2)Q(0,2) 的距离与到 yy 轴的距离之积为 11，设点 MM 的轨迹为 EE. 求 EE 的方程，并证明 yy 轴为曲线 EE 的分隔线.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对直线 x+y−1=0x+y-1=0，分别计算得 1+2−1=21+2-1=2、−1+0−1=−2-1+0-1=-2，两者乘积为 −4<0-4<0，所以点 AA、BB 被该直线分隔. \item 将直线 y=kxy=kx 代入曲线方程，得 (1−4k2)x2=1(1-4k^2)x^2=1. 直线与曲线没有公共点的充要条件是 1−4k2⩽01-4k^2\leqslant0，即 ∣k∣⩾12|k|\geqslant\dfrac12. 当 ∣k∣⩾12|k|\geqslant\dfrac12 时，曲线上两点 (1,0)(1,0)、(−1,0)(-1,0) 对直线 y−kx=0y-kx=0 的代数式值分别为 −k-k、kk，其乘积为 −k2<0-k^2<0，所以确实存在被直线分隔的两点. 因此 k∈(−∞,−12]∪[12,+∞)k\in\left(-\infty,-\dfrac12\right]\cup\left[\dfrac12,+\infty\right). \item 设 M=(x,y)M=(x,y). 到点 Q(0,2)Q(0,2) 的距离为 x2+(y−2)2\sqrt{x^2+(y-2)^2}，到 yy 轴的距离为 ∣x∣|x|. 由题意得 ∣x∣x2+(y−2)2=1|x|\sqrt{x^2+(y-2)^2}=1. 两边均非负，平方后得到轨迹方程 (x2+(y−2)2)x2=1\bigl(x^2+(y-2)^2\bigr)x^2=1. yy 轴的方程为 x=0x=0，代入上述方程得 0=10=1，所以 yy 轴与曲线 EE 没有公共点. 又 (1,2)(1,2)、(−1,2)(-1,2) 均满足曲线方程，而它们代入直线 x=0x=0 的代数式所得值为 11、−1-1，乘积小于零，因此这两点被 yy 轴分隔，故 yy 轴是曲线 EE 的分隔线. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 上海 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
如图，已知双曲线 C1:x22−y2=1C_1:\frac{x^2}{2}-y^2=1，曲线 C2:∣y∣=∣x∣+1C_2:|y|=|x|+1. PP 是平面内一点，若存在过点 PP 的直线与 C1C_1，C2C_2 都有公共点，则称 PP 为 “C1−C2C_1-C_2 型点”.
(1) 在正确证明 C1C_1 的左焦点是“C1−C2C_1-C_2 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（不要求验证）； (2) 设直线 y=kxy=kx 与 C2C_2 有公共点. 求证 ∣k∣>1|k|>1，进而证明原点不是“C1−C2C_1-C_2 型点”； (3) 求证：圆 x2+y2=12x^2+y^2=\frac{1}{2} 内的点都不是 “C1−C2C_1-C_2 型点”.

2013 · 上海 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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23解析几何★★★★★
如图，已知双曲线 C1:x22−y2=1C_1: \frac{x^2}{2} - y^2 = 1，曲线 C2:∣y∣=∣x∣+1C_2: |y| = |x| + 1. PP 是平面内一点，若存在过点 PP 的直线 ll 与 C1C_1，C2C_2 都有公共点，则称 PP 为“C1−C2C_1 - C_2 型点”.
(1) 在正确证明 C1C_1 的左焦点是“C1−C2C_1 - C_2 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（不要求验证）； (2) 设直线 y=kxy = kx 与 C2C_2 有公共点. 求证 ∣k∣>1|k| > 1，进而证明原点不是“C1−C2C_1 - C_2 型点”； (3) 求证：圆 x2+y2=12x^2 + y^2 = \frac{1}{2} 内的点都不是“C1−C2C_1 - C_2 型点”.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 双曲线 C1C_1 的左焦点为 F=(−3,0)F=(-\sqrt{3},0)，直线 y=x3+1y=\frac{x}{\sqrt{3}}+1 经过点 FF，且经过 C2C_2 上的点 (0,1)(0,1)，可作为所需直线. \item 设直线 y=kxy=kx 与 C2C_2 的公共点为 (x,y)(x,y). 若 x=0x=0，则由 y=kxy=kx 得 y=0y=0，这与 C2C_2 的方程 ∣y∣=∣x∣+1|y|=|x|+1 矛盾，所以 x≠0x\neq0. 于是
∣k∣=∣y∣∣x∣=∣x∣+1∣x∣>1|k|=\frac{|y|}{|x|}=\frac{|x|+1}{|x|}>1
若原点是 C1−C2C_1-C_2 型点，则存在过原点的直线同时与 C1C_1，C2C_2 有公共点. 直线 x=0x=0 与 C1C_1 联立得 −y2=1-y^2=1，无实数解；其他过原点的直线可写为 y=kxy=kx. 由上面结论，这样的直线若与 C2C_2 相交则 ∣k∣>1|k|>1，而它与 C1C_1 相交需满足
x22−k2x2=1\frac{x^2}{2}-k^2x^2=1
从而 (12−k2)x2=1\left(\frac{1}{2}-k^2\right)x^2=1，必有 k2<12k^2<\frac{1}{2}，即 ∣k∣<12|k|<\frac{1}{\sqrt{2}}，矛盾. 因此原点不是 C1−C2C_1-C_2 型点. \item 设点 P=(x0,y0)P=(x_0,y_0) 在圆 x2+y2=12x^2+y^2=\frac{1}{2} 的内部，即 x02+y02<12x_0^2+y_0^2<\frac{1}{2}. 反设 PP 是 C1−C2C_1-C_2 型点，设过 PP 且与两条曲线都有公共点的直线为 ℓ\ell.
若 ℓ\ell 为竖直直线 x=cx=c，由于它与 C1C_1 相交，必有 c22⩾1\frac{c^2}{2}\geqslant1，即 ∣c∣⩾2>12|c|\geqslant\sqrt{2}>\frac{1}{\sqrt{2}}. 所以 ℓ\ell 上任一点到原点的距离不可能小于 12\frac{1}{\sqrt{2}}，与 PP 在圆内矛盾.
若 ℓ\ell 非竖直，设其方程为 y=kx+by=kx+b. 当 ∣k∣⩽1|k|\leqslant1 时，取 ℓ\ell 与 C2C_2 的公共点 (x,y)(x,y)，则
∣b∣=∣y−kx∣⩾∣∣y∣−∣k∣∣x∣∣=1+(1−∣k∣)∣x∣⩾1|b|=|y-kx|\geqslant\bigl||y|-|k||x|\bigr|=1+(1-|k|)|x|\geqslant1
因此原点到 ℓ\ell 的距离 dd 满足
d=∣b∣1+k2⩾11+k2⩾12d=\frac{|b|}{\sqrt{1+k^2}}\geqslant\frac{1}{\sqrt{1+k^2}}\geqslant\frac{1}{\sqrt{2}}
当 ∣k∣>1|k|>1 时，将 y=kx+by=kx+b 代入 C1C_1，得
(12−k2)x2−2kbx−(b2+1)=0\left(\frac{1}{2}-k^2\right)x^2-2kbx-(b^2+1)=0
该方程有实数解，所以其判别式满足
Δ=2(b2+1−2k2)⩾0\Delta=2\left(b^2+1-2k^2\right)\geqslant0
从而 b2⩾2k2−1b^2\geqslant2k^2-1. 于是
d2=b21+k2⩾2k2−11+k2⩾12d^2=\frac{b^2}{1+k^2}\geqslant\frac{2k^2-1}{1+k^2}\geqslant\frac{1}{2}
其中最后一个不等号等价于 k2⩾1k^2\geqslant1. 综上，任何同时与 C1C_1，C2C_2 相交的直线到原点的距离都不小于 12\frac{1}{\sqrt{2}}. 但 P∈ℓP\in\ell，所以该距离不大于 OP=x02+y02<12OP=\sqrt{x_0^2+y_0^2}<\frac{1}{\sqrt{2}}，矛盾. 因此圆内的点都不是 C1−C2C_1-C_2 型点. \end{enumerate} \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 23 题 · 解答题

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21函数与初等函数★★★☆☆
海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为 yy 轴正方向建立平面直角坐标系（以 1 海里1\text{ 海里} 为单位长度），则救援船恰好在失事船正南方向 12 海里12\text{ 海里} AA 处，如图. 现假设：
① 失事船的移动路径可视为抛物线 y=1249x2y = \frac{12}{49} x^2； ② 定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援； ③ 救援船出发 tt 小时后，失事船所在位置的横坐标为 7t7t.
(1) 当 t=0.5t = 0.5 时，写出失事船所在位置 PP 的纵坐标. 若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向； (2) 问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？

2012 · 上海 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知双曲线 C1:2x2−y2=1C_1: 2x^2 - y^2 = 1.
(1) 过 C1C_{1} 的左顶点引 C1C_{1} 的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及 xx 轴围成的三角形的面积； (2) 设斜率为 1 的直线 ll 交 C1C_{1} 于 PP，QQ 两点. 若 ll 与圆 x2+y2=1x^{2} + y^{2} = 1 相切. 求证： OP⊥OQOP \perp OQ； (3) 设椭圆 C2:4x2+y2=1C_{2}: 4x^{2} + y^{2} = 1. 若 MM，NN 分别是 C1C_{1}，C2C_{2} 上的动点，且 OM⊥ONOM \perp ON，求证：OO 到直线 MNMN 的距离是定值.

2012 · 上海 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★☆☆
海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为 yy 轴正方向建立平面直角坐标系（以 1 海里1\text{ 海里} 为单位长度），则救援船恰好在失事船正南方向 12 海里12\text{ 海里} AA 处，如图. 现假设：
① 失事船的移动路径可视为抛物线 y=1249x2y = \frac{12}{49} x^{2}； ② 定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援； ③ 救援船出发 tt 小时后，失事船所在位置的横坐标为 7t7t.
(1) 当 t=0.5t = 0.5 时，写出失事船所在位置 PP 的纵坐标. 若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向； (2) 问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？

2012 · 上海 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知双曲线 C:2x2−y2=1C: 2x^{2} - y^{2} = 1.
(1) 设 FF 是 CC 的左焦点，点 MM 是 CC 右支上一点. 若 ∣MF∣=22|MF| = 2\sqrt{2}，求点 MM 的坐标； (2) 过 CC 的左顶点作 CC 的两条渐近线的平行线. 求这两组平行线围成的平行四边形的面积； (3) 设斜率为 kk （∣k∣<2|k| < \sqrt{2}） 的直线 ll 交 CC 于 PP，QQ 两点. 若 ll 与圆 x2+y2=1x^{2} + y^{2} = 1 相切，求证：OP⊥OQOP \perp OQ.

2012 · 上海 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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