高考数学解析几何文科试题分类汇编.docx

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高考数学解析几何文科试题分类汇编

2014年高考数学解析几何文科试题分类汇编

21．2014•福建卷]已知曲线Γ上的点到点F（0，1）的距离比它到直线y＝－3的距离小2.

（1）求曲线Γ的方程．

（2）曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：

当点P在曲线Γ上运动（点P与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？

证明你的结论．

21．解：

方法一：

（1）设S（x，y）为曲线Γ上任意一点．

依题意，点S到点F（0，1）的距离与它到直线y＝－1的距离相等，

所以曲线Γ是以点F（0，1）为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，

所以曲线Γ的方程为x2＝4y.

（2）当点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．证明如下：

由

（1）知抛物线Γ的方程为y＝14x2.

设P（x0，y0）（x0≠0），则y0＝14x20，

由y′＝12x，得切线l的斜率k＝y′|x＝x0＝12x0，

所以切线l的方程为y－y0＝12x0（x－x0），即y＝12x0x－14x20.

由y＝12x0x－14x20，y＝0，得A12x0，0.

由y＝12x0x－14x20，y＝3，得M12x0＋6x0，3.

又N（0，3），所以圆心C14x0＋3x0，3，

半径r＝12|MN|＝14x0＋3x0，

|AB|＝|AC|2－r2

＝12x0－14x0＋3x02＋32－14x0＋3x02

＝6.

所以点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．

方法二：

（1）设S（x，y）为曲线Γ上任意一点，

则|y－（－3）|－（x－0）2＋（y－1）2＝2.

依题意，点S（x，y）只能在直线y＝－3的上方，所以y＞－3，

所以（x－0）2＋（y－1）2＝y＋1，

化简得，曲线Γ的方程为x2＝4y.

（2）同方法一．

22．、2014•浙江卷]已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：

x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，PF→＝3FM.

图16

（1）若|PF|＝3，求点M的坐标；

（2）求△ABP面积的最大值．

22．解：

（1）由题意知焦点F（0，1），准线方程为y＝－1.

设P（x0，y0），由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得到y0＝2，所以P（22，2）或P（－22，2）．

由PF＝3FM，分别得M－223，23或M223，23.

（2）设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0）．

由y＝kx＋m，x2＝4y得x2－4kx－4m＝0，

于是Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，

所以AB中点M的坐标为（2k，2k2＋m）．

由PF→＝3FM→，

得（－x0，1－y0）＝3（2k，2k2＋m－1），

所以x0＝－6k，y0＝4－6k2－3m，

由x20＝4y0得k2＝－15m＋415.

由Δ>0，k2≥0，得－13又因为|AB|＝41＋k2k2＋m，点F（0，1）到直线AB的距离为d＝|m－1|1＋k2，

所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1|k2＋m＝16153m3－5m2＋m＋1.

记f（m）＝3m3－5m2＋m＋1－13令f′（m）＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝19，m2＝1.

可得f（m）在－13，19上是增函数，在19，1上是减函数，在1，43上是增函数．

又f19＝256243>f43.

所以，当m＝19时，f（m）取到最大值256243，

此时k＝±5515.

所以，△ABP面积的最大值为2565135.

20．、2014•广东卷]已知椭圆C：

x2a2＋y2b2＝1（a>b>0）的一个焦点为（5，0），离心率为53.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若动点P（x0，y0）为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．

8．、2014•湖北卷]设a，b是关于t的方程t2cosθ＋tsinθ＝0的两个不等实根，则过A（a，a2），B（b，b2）两点的直线与双曲线x2cos2θ－y2sin2θ＝1的公共点的个数为（）

A．0B．1

C．2D．3

8．A解析]由方程t2cosθ＋tsinθ＝0，解得t1＝0，t2＝－tanθ，不妨设点A（0，0），B（－tanθ，tan2θ），则过这两点的直线方程为y＝－xtanθ，该直线恰是双曲线x2cos2θ－y2sin2θ＝1的一条渐近线，所以该直线与双曲线无公共点．故选A

22．、、2014•湖北卷]在平面直角坐标系xOy中，点M到点F（1，0）的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.

（1）求轨迹C的方程；

（2）设斜率为k的直线l过定点P（－2，1），求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．

22．解：

（1）设点M（x，y），依题意得|MF|＝|x|＋1，

即（x－1）2＋y2＝|x|＋1，

化简整理得y2＝2（|x|＋x）．

故点M的轨迹C的方程为y2＝4x，x≥0，0，x

（2）在点M的轨迹C中，

记C1：

y2＝4x（x≥0），C2：

y＝0（x依题意，可设直线l的方程为y－1＝k（x＋2）．

由方程组y－1＝k（x＋2），y2＝4x，

可得ky2－4y＋4（2k＋1）＝0.①

当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，

得x＝14.

故此时直线l：

y＝1与轨迹C恰好有一个公共点14，1.

当k≠0时，方程①的判别式

Δ＝－16（2k2＋k－1）．②

设直线l与x轴的交点为（x0，0），则由y－1＝k（x＋2），令y＝0，得x0＝－2k＋1k.③

（i）若Δ12.

即当k∈（－∞，－1）∪12，＋∞时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．

（ii）若Δ＝0，x00，x0≥0，由②③解得k∈－112或－12≤k即当k∈－1，12时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．

当k∈－12，0时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．

故当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．

（iii）若Δ>0，x0即当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与C1有一个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．

综上所述，当k∈（－∞，－1）∪12，＋∞∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；

当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．

14．、2014•湖南卷]平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x＝－1的距离相等．若机器人接触不到过点P（－1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是________．

14．（－∞，－1）∪（1，＋∞）解析]依题意可知机器人运行的轨迹方程为y2＝4x.设直线l：

y＝k（x＋1），联立y＝k（x＋1），y2＝4x，消去y得k2x2＋（2k2－4）x＋k2＝0，由Δ＝（2k2－4）2－4k4＜0，得k2＞1，解得k＜－1或k＞1.

17．、2014•江苏卷]如图15所示，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆x2a2＋y2b2＝1（a>b>0）的左、右焦点，顶点B的坐标为（0，b），连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.

（1）若点C的坐标为43，13，且BF2＝2，求椭圆的方程；

（2）若F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．

图15

17．解：

设椭圆的焦距为2c,则F1（－c,0）,F2（c,0）．

（1）因为B（0,b）,所以BF2＝b2＋c2＝a.又BF2＝2，故a＝2.

因为点C43，13在椭圆上，所以169a2＋19b2＝1，解得b2＝1.

故所求椭圆的方程为x22＋y2＝1.

（2）因为B（0,b）,F2（c,0）在直线AB上，所以直线AB的方程为xc＋yb＝1.

解方程组xc＋yb＝1，x2a2＋y2b2＝1，得x1＝2a2ca2＋c2，y1＝b（c2－a2）a2＋c2，x2＝0，y2＝b，

所以点A的坐标为2a2ca2＋c2，b（c2－a2）a2＋c2.

又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为2a2ca2＋c2，b（a2－c2）a2＋c2.

因为直线F1C的斜率为b（a2－c2）a2＋c2－02a2ca2＋c2－（－c）＝b（a2－c2）3a2c＋c3，直线AB的斜率为－bc，且F1C⊥AB，所以b（a2－c2）3a2c＋c3•－bc＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2，故e2＝15，

因此e＝55.

20．2014•江西卷]如图12所示，已知抛物线C：

x2＝4y，过点M（0，2）任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D（O为坐标原点）．

（1）证明：

动点D在定直线上．

（2）作C的任意一条切线l（不含x轴），与直线y＝2相交于点N1，与

（1）中的定直线相交于点N2.证明：

|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．

图12

20．解：

（1）依题意可设AB的方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4（kx＋2），即x2－4kx－8＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1x2＝－8.

直线AO的方程为y＝y1x1x，BD的方程为x＝x2，

解得交点D的坐标为x2，y1x2x1.

注意到x1x2＝－8及x21＝4y1，则有y＝y1x1x2x21＝－8y14y1＝－2，

因此D点在定直线y＝－2上（x≠0）．

（2）依题意，切线l的斜率存在且不等于0.

设切线l的方程为y＝ax＋b（a≠0），代入x2＝4y得x2＝4（ax＋b），即x2－4ax－4b＝0.

由Δ＝0得（4a）2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.

故切线l的方程可写为y＝ax－a2.

分别令y＝2，y＝－2，得N1，N2的坐标为N12a＋a，2，N2－2a＋a，－2，

则|MN2|2－|MN1|2＝2a－a2＋42－2a＋a2＝8，

即|MN2|2－|MN1|2为定值8.

15．2014•辽宁卷]已知椭圆C：

x29＋y24＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝________．

15．12

20．、、2014•辽宁卷]圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如图15所示）．

图15

（1）求点P的坐标；

（2）焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：

y＝x＋3交于A，B两点，若△PAB的面积为2，求C的标准方程．

20．解：

（1）设切点坐标为（x0，y0）（x0＞0，y0＞0），则切线斜率为－x0y0，切线方程为y－y0＝－x0y0（x－x0），即x0x＋y0y＝4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为4x0，0，0，4y0，其围成的三角形的面积S＝12•4x0•4y0＝8x0y0.由x20＋y20＝4≥2x0y0知当且仅当x0＝y0＝2时x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为（2，2）．

（2）设C的标准方程为x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），点A（x1，y1），B（x2，y2）．由点P在C上知2a2＋2b2＝1，并由x2a2＋y2b2＝1，y＝x＋3，得b2x2＋43x＋6－2b2＝0.

又x1，x2是方程的根，所以x1＋x2＝－43b2，x1x2＝6－2b2b2.

由y1＝x1＋3，y2＝x2＋3，得

|AB|＝463|x1－x2|＝2•48－24b2＋8b4b2.

由点P到直线l的距离为32及S△PAB＝12×32|AB|＝2，得|AB|＝463，即b4－9b2＋18＝0，

解得b2＝6或3，因此b2＝6，a2＝3（舍）或b2＝3，a2＝6，从而所求C的方程为x26＋y23＝1.

22．、、2014•全国卷]已知抛物线C：

y2＝2px（p＞0）的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝54|PQ|.

（1）求C的方程；

（2）过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．

22．解：

（1）设Q（x0，4），代入y2＝2px，得x0＝8p，

所以|PQ|＝8p，|QF|＝p2＋x0＝p2＋8p.

由题设得p2＋8p＝54×8p，解得p＝－2（舍去）或p＝2，

所以C的方程为y2＝4x.

（2）依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1（m≠0）．

代入y2＝4x，得y2－4my－4＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.

故线段AB的中点为D（2m2＋1，2m），

|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4（m2＋1）．

又直线l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－1my＋2m2＋3.

将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋4my－4（2m2＋3）＝0.

设M（x3，y3），N（x4，y4），则y3＋y4＝－4m，y3y4＝－4（2m2＋3）．

故线段MN的中点为E2m2＋2m2＋3，－2m，

|MN|＝1＋1m2|y3－y4|＝4（m2＋1）2m2＋1m2.

由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝12|MN|，从而

14|AB|2＋|DE|2＝14|MN|2，即

4（m2＋1）2＋2m＋2m2＋2m2＋22＝

4（m2＋1）2（2m2＋1）m4，

化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1.

所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.

20．2014•新课标全国卷Ⅱ]设F1，F2分别是椭圆C：

x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直．直线MF1与C的另一个交点为N.

（1）若直线MN的斜率为34，求C的离心率；

（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.

20．解：

（1）根据c＝a2－b2及题设知Mc，b2a，2b2＝3ac.

将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，

解得ca＝12，ca＝－2（舍去）．

故C的离心率为12.

（2）由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D（0，2）是线段MF1的中点，故b2a＝4，即b2＝4a.①

由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.

设N（x1，y1），由题意知y12（－c－x1）＝c，－2y1＝2，即x1＝－32c，y1＝－1.

代入C的方程，得9c24a2＋1b2＝1.②

将①及c＝a2－b2代入②得9（a2－4a）4a2＋14a＝1，

解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝27.

21．，，2014•山东卷]在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：

x2a2＋y2b2＝1（a>b>0）的离心率为32，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为4105.

（1）求椭圆C的方程．

（2）过原点的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不是椭圆C的顶点）．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．

（i）设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；

（ii）求△OMN面积的最大值．

21．解：

（1）由题意知，a2－b2a＝32，可得a2＝4b2.

椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.

将y＝x代入可得x＝±5a5.

因此2×25a5＝4105，即a＝2，所以b＝1，

所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.

（2）（i）设A（x1，y1）（x1y1≠0），D（x2，y2），则B（－x1，－y1）．

因为直线AB的斜率kAB＝y1x1，且AB⊥AD，

所以直线AD的斜率k＝－x1y1.

设直线AD的方程为y＝kx＋m，

由题意知k≠0，m≠0.

由y＝kx＋m，x24＋y2＝1，消去y，得（1＋4k2）x2＋8mkx＋4m2－4＝0，

所以x1＋x2＝－8mk1＋4k2，

因此y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2m＝2m1＋4k2.

由题意知x1≠－x2，

所以k1＝y1＋y2x1＋x2＝－14k＝y14x1.

所以直线BD的方程为y＋y1＝y14x1（x＋x1）．

令y＝0，得x＝3x1，即M（3x1，0）．

可得k2＝－y12x1.

所以k1＝－12k2，即λ＝－12.

因此，存在常数λ＝－12使得结论成立．

（ii）直线BD的方程y＋y1＝y14x1（x＋x1），

令x＝0，得y＝－34y1，即N0，－34y1.

由（i）知M（3x1，0），

所以△OMN的面积S＝12×3|x1|×34|y1|＝

98|x1||y1|.

因为|x1||y1|≤x214＋y21＝1，当且仅当|x1|2＝|y1|＝22时，等号成立，

此时S取得最大值98，

所以△OMN面积的最大值为98.

20．、2014•陕西卷]已知椭圆x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）经过点（0，3），离心率为12，左、右焦点分别为F1（－c，0），F2（c，0）．

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线l：

y＝－12x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足|AB||CD|＝534，求直线l的方程．

图15

20．解：

（1）由题设知b＝3，ca＝12，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝3，c＝1，

∴椭圆的方程为x24＋y23＝1.

（2）由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，

∴圆心（0，0）到直线l的距离d＝2|m|5.

由d∴|CD|＝21－d2＝21－45m2＝255－4m2.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由y＝－12x＋m，x24＋y23＝1得x2－mx＋m2－3＝0，

由根与系数的关系得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3，

∴|AB|＝1＋－122m2－4（m2－3）＝1524－m2.

由|AB||CD|＝534，得4－m25－4m2＝1，

解得m＝±33，满足（*）．

∴直线l的方程为y＝－12x＋33或

y＝－12x－33.

20．、2014•四川卷]已知椭圆C：

x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左焦点为F（－2，0），离心率为63.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设O为坐标原点，T为直线x＝－3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积．

20．解：

（1）由已知可得，ca＝63，c＝2，所以a＝6.

又由a2＝b2＋c2，解得b＝2，所以椭圆C的标准方程是x26＋y22＝1.

（2）设T点的坐标为（－3，m），则直线TF的斜率kTF＝m－0－3－（－2）＝－m.

当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝1m，直线PQ的方程是x＝my－2.

当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．

设P（x1，y1），Q（x2，y2），将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得x＝my－2，x26＋y22＝1，

消去x，得（m2＋3）y2－4my－2＝0，

其判别式Δ＝16m2＋8（m2＋3）＞0.

所以y1＋y2＝4mm2＋3，y1y2＝－2m2＋3，

x1＋x2＝m（y1＋y2）－4＝－12m2＋3.

因为四边形OPTQ是平行四边形，所以OP→＝QT→，即（x1，y1）＝（－3－x2，m－y2）．

所以x1＋x2＝－12m2＋3＝－3，y1＋y2＝4mm2＋3＝m.

解得m＝±1.

此时，四边形OPTQ的面积

S四边形OPTQ＝2S△OPQ＝2×12•|OF|•|y1－y2|＝

24mm2＋32－4•－2m2＋3＝23.

18．、2014•天津卷]设椭圆x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|＝32|F1F2|.

（1）求椭圆的离心率；

（2）设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过点F2的直线l与该圆相切于点M，|MF2|＝22，求椭圆的方程．

18．解：

（1）设椭圆右焦点F2的坐标为（c，0）．由|AB|＝32|F1F2|，可得a2＋b2＝3c2.又b2＝a2－c2，则c2a2＝12，

所以椭圆的离心率e＝22.

（2）由

（1）知a2＝2c2，b2＝c2，

故椭圆方程为x22c2＋y2c2＝1.

设P（x0，y0）．由F1（－c，0），B（0，c），有F1P→＝（x0＋c，y0），F1B→＝（c，c）．

由已知，有F1P→•F1B→＝0，即（x0＋c）c＋y0c＝0.

又c≠0，故有x0＋y0＋c＝0.①

因为点P在椭圆上，所以

x202c2＋y20c2＝1.②

由①和②可得3x20＋4cx0＝0.而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－43c，代入①得y0＝c3，即点P的坐标为－4c3，c3.

设圆的圆心为T（x1，y1），则x1＝－43c＋02＝－23c，y1＝c3＋c2＝23c，进而圆的半径r＝（x1－0）2＋（y1－c）2＝53c.

由已知，有|TF2|2＝|MF2|2＋r2.又|MF2|＝22，故有c＋23c2＋0－23c2＝8＋59c2，

解得c2＝3，

所以所求椭圆的方程为x26＋y23＝1.

H9曲线与方程

12．2014•福建卷]在平面直角坐标系中，两点P1（x1，y1），P2（x2，y2）间的“L距离”定义为||P1P2||＝|x1－x2|＋|y1－y2|，则平面内与x轴上两个不同的定点F1，F2的“L距离”之和等于定值（大于||F1F2||）的点的轨迹可以是（）

AB

CD

图14

12．A

22．、、2014•湖北卷]在平面直角坐标系xOy中，点M到点F（1，0）的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.

（1）求轨迹C的方程；

（2）设斜率为k的直线l过定点P（－2，1），求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．

22．解：

（1）设点M（x，y），依题意得|MF|＝|x|＋1，

即（x－1）2＋y2＝|x|＋1，

化简整理得y2＝2（|x|＋x）．

故点M的轨迹C的方程为y2＝4x，x≥0，0，x

（2）在点M的轨迹C中，

记C1：

y2＝4x（x≥0），C2：

y＝0（x依题意，可设直线l的方程为y－1＝k（x＋2）．

由方程组y－1＝k（x＋2），y2＝4x，

可得ky2－4y＋4（2k＋1）＝0.①

当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，

得x＝14.

故此时直线l：

y＝1与轨迹C恰好有一个公共点14，1.

当k≠0时，方程①的判别式

Δ＝－16（2k2＋k－1）．②

设直线l与x轴的交点为（x0，0），则由y－1＝k（x＋2），令y＝0，得x0＝－2k＋1k.③

（i）若Δ12.

即当k∈（－∞，－1）∪12，＋∞时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．

（ii）若Δ＝0，x00，x0≥0，由②③解得k∈－112或－12≤k即当k∈－1，12时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．

当k∈－12，0时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．

故当k∈－12，0∪－1，12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．

（iii）若Δ>0，x0即当k∈－1，－12∪0，12时，直线l与C1有一个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨