高中数学解析几何，如图，这道题的答案上说“由椭圆的对称性可知这样
高中数学解析几何，如图，这道题的答案上说“由椭圆的对称性可知这样的定点在x轴上”，为什么？这道题的答案上说“由椭圆的对称性可知这样的定点在x轴上”，为什么？...
高中数学解析几何，如图，这道题的答案上说“由椭圆的对称性可知这样的定点在x轴上”，为什么？
这道题的答案上说“由椭圆的对称性可知这样的定点在x轴上”，为什么？ 展开
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21.解: (1)因为e1e2=32，所以a2-b2a•a2+b2a=32，即a4-b4=34a4，因此a2=2b2，从而F2(b，0)，
F4(3b，0)，于是3b-b=|F2F4|=3-1，所以b=1，a2=2.故C1，C2的方程分别为x22+y2=1，x22-y2=1.
(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(-1，0)，故可设直线AB的方程为x=my-1，由x=my-1，x22+y2=1得(m2+2)y2-2my-1=0.
易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1+y2=2mm2+2，y1y2=-1m2+2.
因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2，于是AB的中点为M-2m2+2，mm2+2，故直线PQ的斜率为-m2，PQ的方程为y=-m2x，即mx+2y=0.
由y=-m2x，x22-y2=1得(2-m2)x2=4，所以2-m2>0，且x2=42-m2，y2=m22-m2，从而|PQ|=2x2+y2=2m2+42-m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d=|mx1+2y1|+|mx2+2y2|m2+4.因为点A，B在直线mx+2y=0的异侧，所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0，于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|，从而2d=(m2+2)|y1-y2|m2+4.
又因为|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=22•1+m2m2+2，所以2d=22•1+m2m2+4.
故四边形APBQ的面积S=12|PQ|•2d=22•1+m22-m2=22•-1+32-m2.
而0<2-m2≤2，故当m=0时，S取最小值2.
综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.
15.[2014•江西卷] 过点M(1，1)作斜率为-12的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________.
15.22
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-个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图16所示).双曲线C1:x2a2-y2b2=1过点P且离心率为3.
图16
(1)求C1的方程;
(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点.若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程.
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.故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2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(2，2).
由题意知2a2-2b2=1，a2+b2=3a2，
解得a2=1，b2=2，故C1的方程为x2-y22=1.
(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-3，0)，(3，0)，由此可设C2的方程为x23+b21+y2b21=1，其中b1>0.
由P(2，2)在C2上，得23+b21+2b21=1，
解得b21=3，
因此C2的方程为x26+y23=1.
显然，l不是直线y=0.
设直线l的方程为x=my+3，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x=my+3，x26+y23=1，得(m2+2)y2+2 3my-3=0.
又y1，y2是方程的根，因此
y1+y2=-2 3mm2+2， ①y1y2=-3m2+2，
②
由x1=my1+3，x2=my2+3，得
x1+x2=m(y1+y2)+2 3=4 3m2+2 ， ③x1x2=m2y1y2+3m(y1+y2)+3=6-6m2m2+2. ④
因为AP→=(2-x1，2-y1)，BP→=(2-x2，2-y2)，由题意知AP→•BP→=0，
所以x1x2-2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+4=0，⑤
将①②③④代入⑤式整理得
2m2-2 6m+4 6-11=0，
解得m=3 62-1或m=-62+1.
因此直线l的方程为
x-(3 62-1)y-3=0或x+(62-1)y-3=0.
6.[2014•全国卷] 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为33，过F2的直线l交C于A，B两点.若△AF1B的周长为43，则C的方程为( )
A.x23+y22=1 B.x23+y2=1
C.x212+y28=1 D.x212+y24=1
6.A
20.、、[2014•新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0，-2)，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
20.解:(1)设F(c，0)，由条件知，2c=233，得c=3.
又ca=32，所以a=2，b2=a2-c2=1.
故E的方程为x24+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，
故可设l:y=kx-2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).
将y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0，
当Δ=16(4k2-3)>0，即k2>34时，
x1，2=8k±24k2-34k2+1，
从而|PQ|=k2+1|x1-x2|
=4k2+1•4k2-34k2+1.
又点O到直线l的距离d=2k2+1.
所以△OPQ的面积
S△OPQ=12d•|PQ|=44k2-34k2+1.
设4k2-3=t，则t>0，S△OPQ=4tt2+4=4t+4t.
因为t+4t≥4，当且仅当t=2，即k=±72时等号成立，满足Δ>0，
所以，当△OPQ的面积最大时，k=±72，l的方程为y=72x-2或y=-72x-2.
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y1<0，则
2(-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.
10.，[2014•山东卷] 已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1，双曲线C2的方程为x2a2-y2b2=1，C1与C2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为( )
A. x±2y=0 B. 2x±y=0
C. x±2y=0 D. 2x±y=0
10.A [解析] 椭圆C1的离心率e1=a2-b2a，双曲线C2的离心率e2=a2+b2a.由e1e2=a2-b2a•a2+b2a=1-ba2×1+ba2=32，
解得ba2=12，所以ba=22，所以双曲线C2的渐近线方程是y=±22x.故选A.
20.，，[2014•陕西卷] 如图15所示，曲线C由上半椭圆C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.
(1)求a，b的值;
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程.
图15
20.解:(1)在C1，C2的方程中，令y=0，可得b=1，且A(-1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点.
设C1的半焦距为c，由ca=32及a2-c2=b2=1得a=2，
∴a=2，b=1.
(2)方法一:由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24+x2=1(y≥0).
易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y=k(x-1)(k≠0)，
代入C1的方程，整理得
(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)
设点P的坐标为(xP，yP)，
∵直线l过点B，∴x=1是方程(*)的一个根.
由求根公式，得xP=k2-4k2+4，从而yP=-8kk2+4，
∴点P的坐标为k2-4k2+4，-8kk2+4.
同理，由y=k(x-1)(k≠0)，y=-x2+1(y≤0)，
得点Q的坐标为(-k-1，-k2-2k).
∴AP→=2kk2+4(k，-4)，AQ→=-k(1，k+2).
∵AP⊥AQ，
∴AP•AQ=0，即-2k2k2+4[k-4(k+2)]=0，
∵k≠0，
∴k-4(k+2)=0，解得k=-83.
经检验，k=-83符合题意，
故直线l的方程为y=-83(x-1).
方法二:若设直线l的方程为x=my+1(m≠0)，比照方法一给分.
20.，，[2014•陕西卷] 如图15所示，曲线C由上半椭圆C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.
(1)求a，b的值;
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程.
图15
20.解:(1)在C1，C2的方程中，令y=0，可得b=1，且A(-1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点.
设C1的半焦距为c，由ca=32及a2-c2=b2=1得a=2，
∴a=2，b=1.
(2)方法一:由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24+x2=1(y≥0).
易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y=k(x-1)(k≠0)，
代入C1的方程，整理得
(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)
设点P的坐标为(xP，yP)，
∵直线l过点B，∴x=1是方程(*)的一个根.
由求根公式，得xP=k2-4k2+4，从而yP=-8kk2+4，
∴点P的坐标为k2-4k2+4，-8kk2+4.
同理，由y=k(x-1)(k≠0)，y=-x2+1(y≤0)，
得点Q的坐标为(-k-1，-k2-2k).
∴AP→=2kk2+4(k，-4)，AQ→=-k(1，k+2).
∵AP⊥AQ，
∴AP•AQ=0，即-2k2k2+4[k-4(k+2)]=0，
∵k≠0，
∴k-4(k+2)=0，解得k=-83.
经检验，k=-83符合题意，
故直线l的方程为y=-83(x-1).
方法二:若设直线l的方程为x=my+1(m≠0)，比照方法一给分.
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，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率.
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
又因为点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.
设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y=kx.由l与圆相切，可得|kx1-y1|k2+1=r，即k-2c3-2c3k2+1=53c，整理得k2-8k+1=0，解得k=4±15，
所以直线l的斜率为4+15或4-15.
21.、[2014•浙江卷] 如图16，设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.
(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标;
(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
图16
21.解:(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0)，由y=kx+m，x2a2+y2b2=1，消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.
由于l与C只有一个公共点，故Δ=0，即b2-m2+a2k2=0，解得点P的坐标为-a2kmb2+a2k2，b2mb2+a2k2.
又点P在第一象限，故点P的坐标为P-a2kb2+a2k2，b2mb2+a2k2.
(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离d=-a2kb2+a2k2+b2kb2+a2k21+k2，
整理得d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2.
因为a2k2+b2k2≥2ab，所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2≤a2-b2b2+a2+2ab=a-b，
当且仅当k2=ba时等号成立.
所以，点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
21.，[2014•重庆卷] 如图14所示，设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，|F1F2||DF1|=22，△DF1F2的面积为22.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径.
图14
21.解:(1)设F1(-c，0)，F2(c，0)，其中c2=a2-b2.
由|F1F1||DF1|=22得|DF1|=|F1F2|22=22c.
从而S△DF1F2=12|DF1||F1F2|=22c2=22，故c=1.
从而|DF1|=22，由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=92，因此|DF2|=322，
所以2a=|DF1|+|DF2|=22，故a=2，b2=a2-c2=1.
因此，所求椭圆的标准方程为x22+y2=1.
(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22+y2=1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2=-x1，y1=y2，|P1P2|=2|x1|.
由(1)知F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1P1→=(x1+1，y1)，F2P2→=(-x1-1，y1).再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y21=0.由椭圆方程得1-x212=(x1+1)2，即3x21+4x1=0，解得x1=-43或x1=0.
当x1=0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在.
当x1=-43时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.
由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.又|CP1|=|CP2|，故圆C的半径|CP1|=22|P1P2|=2|x1|=423.
H6 双曲线及其几何性质
9.、[2014•湖北卷] 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2=π3，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
A.433 B.233 C.3 D.2
9.A
11.[2014•北京卷] 设双曲线C经过点(2，2)，且与y24-x2=1具有相同渐近线，则C的方程为________;渐近线方程为________.
11.x23-y212=1 y=±2x
9.[2014•全国卷] 已知双曲线C的离心率为2，焦点为F1，F2，点A在C上.若|F1A|=2|F2A|，则cos∠AF2F1=( )
A.14 B.13 C.24 D.23
9.A
19.、[2014•福建卷] 已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1:y=2x，l2:y=-2x.
(1)求双曲线E的离心率.
(2)如图16，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究:是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在，求出双曲线E的方程;若不存在，说明理由.
图16
19.解:方法一:
(1)因为双曲线E的渐近线分别为y=2x，y=-2x，
所以ba=2，
所以c2-a2a=2，
故c=5a，
从而双曲线E的离心率
e=ca=5.
(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2-y24a2=1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|=a，|AB|=4a.又因为△OAB的面积为8，
所以12|OC|•|AB|=8，
因此12a•4a=8，解得a=2，
此时双曲线E的方程为x24-y216=1.
若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为x24-y216=1.
以下证明:当直线l不与x轴垂直时，双曲线E:x24-y216=1也满足条件.
设直线l的方程为y=kx+m，依题意，得k>2或k<-2，则C-mk，0.记A(x1，y1)，B(x2，y2).
由y=kx+m，y=2x得y1=2m2-k，同理得y2=2m2+k.
由S△OAB=12|OC|•|y1-y2|，得
12-mk•2m2-k-2m2+k=8，
即m2=44-k2=4(k2-4).
由y=kx+m，x24-y216=1得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0.
因为4-k2<0，
所以Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16).
又因为m2=4(k2-4)，
所以Δ=0，即l与双曲线E有且只有一个公共点.
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24-y216=1.
方法二:(1)同方法一.
(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2-y24a2=1.
设直线l的方程为x=my+t，A(x1，y1)，B(x2，y2).
依题意得-12<m<12.
由x=my+t，y=2x得y1=2t1-2m， 同理得y2=-2t1+2m.
设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0).
由S△OAB=12|OC|•|y1-y2|=8，得12|t|•2t1-2m+2t1+2m=8.
所以t2=4|1-4m2|=4(1-4m2).
由x=my+t，x2a2-y24a2=1得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0.
因为4m2-1<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0，即4m2a2+t2-a2=0, 即4m2a2+4(1-4m2)-a2=0，即(1-4m2)(a2-4)=0，
所以a2=4，
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24-y216=1.
方法三:(1)同方法一.
(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2).依题意得k>2或k<-2.
由y=kx+m，4x2-y2=0得(4-k2)x2-2kmx-m2=0，
因为4-k2<0，Δ>0，所以x1x2=-m24-k2，
又因为△OAB的面积为8，
所以12 |OA|•|OB|• sin∠AOB=8，又易知sin∠AOB=45，
所以25x21+y21•x22+y22=8，化简得x1x2=4.
所以-m24-k2=4，即m2=4(k2-4).
由(1)得双曲线E的方程为x2a2-y24a2=1，
由y=kx+m，x2a2-y24a2=1得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0.
因为4-k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0，
即(k2-4)(a2-4)=0，所以a2=4，
所以双曲线E的方程为x24-y216=1.
当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l:x=2，又易知l:x=2与双曲线E:x24-y216=1有且只有一个公共点.
综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24-y216=1.
4.[2014•广东卷] 若实数k满足0<k<9，则曲线x225-y29-k=1与曲线x225-k-y29=1的( )A.焦距相等 B.实半轴长相等
C.虚半轴长相等 D.离心率相等
4.A [解析] 本题考查双曲线的几何性质，注意利用基本量的关系进行求解.
∵0<k0，25-k>0.
对于双曲线x225-y29-k=1，
其焦距为225+9-k=234-k;
对于双曲线x225-k-y29=1，
其焦距为225-k+9=234-k.所以焦距相等.
21.、、、[2014•湖南卷] 如图17，O为坐标原点，椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1;双曲线C2:x2a2-y2b2=1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2=32，且|F2F4|=3-1.
(1)求C1，C2的方程;
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点.当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值.
图17
21.解: (1)因为e1e2=32，所以a2-b2a•a2+b2a=32，即a4-b4=34a4，因此a2=2b2，从而F2(b，0)，
F4(3b，0)，于是3b-b=|F2F4|=3-1，所以b=1，a2=2.故C1，C2的方程分别为x22+y2=1，x22-y2=1.
(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(-1，0)，故可设直线AB的方程为x=my-1，由x=my-1，x22+y2=1得(m2+2)y2-2my-1=0.
易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1+y2=2mm2+2，y1y2=-1m2+2.
因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2，于是AB的中点为M-2m2+2，mm2+2，故直线PQ的斜率为-m2，PQ的方程为y=-m2x，即mx+2y=0.
由y=-m2x，x22-y2=1得(2-m2)x2=4，所以2-m2>0，且x2=42-m2，y2=m22-m2，从而|PQ|=2x2+y2=2m2+42-m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d=|mx1+2y1|+|mx2+2y2|m2+4.因为点A，B在直线mx+2y=0的异侧，所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0，于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|，从而2d=(m2+2)|y1-y2|m2+4.
又因为|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=22•1+m2m2+2，所以2d=22•1+m2m2+4.
故四边形APBQ的面积S=12|PQ|•2d=22•1+m22-m2=22•-1+32-m2.
而0<2-m2≤2，故当m=0时，S取最小值2.
综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.</k</m<12.
F4(3b，0)，于是3b-b=|F2F4|=3-1，所以b=1，a2=2.故C1，C2的方程分别为x22+y2=1，x22-y2=1.
(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(-1，0)，故可设直线AB的方程为x=my-1，由x=my-1，x22+y2=1得(m2+2)y2-2my-1=0.
易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1+y2=2mm2+2，y1y2=-1m2+2.
因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2，于是AB的中点为M-2m2+2，mm2+2，故直线PQ的斜率为-m2，PQ的方程为y=-m2x，即mx+2y=0.
由y=-m2x，x22-y2=1得(2-m2)x2=4，所以2-m2>0，且x2=42-m2，y2=m22-m2，从而|PQ|=2x2+y2=2m2+42-m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d=|mx1+2y1|+|mx2+2y2|m2+4.因为点A，B在直线mx+2y=0的异侧，所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0，于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|，从而2d=(m2+2)|y1-y2|m2+4.
又因为|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=22•1+m2m2+2，所以2d=22•1+m2m2+4.
故四边形APBQ的面积S=12|PQ|•2d=22•1+m22-m2=22•-1+32-m2.
而0<2-m2≤2，故当m=0时，S取最小值2.
综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.
15.[2014•江西卷] 过点M(1，1)作斜率为-12的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________.
15.22
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-个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图16所示).双曲线C1:x2a2-y2b2=1过点P且离心率为3.
图16
(1)求C1的方程;
(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点.若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程.
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.故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2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(2，2).
由题意知2a2-2b2=1，a2+b2=3a2，
解得a2=1，b2=2，故C1的方程为x2-y22=1.
(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-3，0)，(3，0)，由此可设C2的方程为x23+b21+y2b21=1，其中b1>0.
由P(2，2)在C2上，得23+b21+2b21=1，
解得b21=3，
因此C2的方程为x26+y23=1.
显然，l不是直线y=0.
设直线l的方程为x=my+3，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x=my+3，x26+y23=1，得(m2+2)y2+2 3my-3=0.
又y1，y2是方程的根，因此
y1+y2=-2 3mm2+2， ①y1y2=-3m2+2，
②
由x1=my1+3，x2=my2+3，得
x1+x2=m(y1+y2)+2 3=4 3m2+2 ， ③x1x2=m2y1y2+3m(y1+y2)+3=6-6m2m2+2. ④
因为AP→=(2-x1，2-y1)，BP→=(2-x2，2-y2)，由题意知AP→•BP→=0，
所以x1x2-2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+4=0，⑤
将①②③④代入⑤式整理得
2m2-2 6m+4 6-11=0，
解得m=3 62-1或m=-62+1.
因此直线l的方程为
x-(3 62-1)y-3=0或x+(62-1)y-3=0.
6.[2014•全国卷] 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为33，过F2的直线l交C于A，B两点.若△AF1B的周长为43，则C的方程为( )
A.x23+y22=1 B.x23+y2=1
C.x212+y28=1 D.x212+y24=1
6.A
20.、、[2014•新课标全国卷Ⅰ] 已知点A(0，-2)，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
20.解:(1)设F(c，0)，由条件知，2c=233，得c=3.
又ca=32，所以a=2，b2=a2-c2=1.
故E的方程为x24+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，
故可设l:y=kx-2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).
将y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0，
当Δ=16(4k2-3)>0，即k2>34时，
x1，2=8k±24k2-34k2+1，
从而|PQ|=k2+1|x1-x2|
=4k2+1•4k2-34k2+1.
又点O到直线l的距离d=2k2+1.
所以△OPQ的面积
S△OPQ=12d•|PQ|=44k2-34k2+1.
设4k2-3=t，则t>0，S△OPQ=4tt2+4=4t+4t.
因为t+4t≥4，当且仅当t=2，即k=±72时等号成立，满足Δ>0，
所以，当△OPQ的面积最大时，k=±72，l的方程为y=72x-2或y=-72x-2.
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y1<0，则
2(-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.
10.，[2014•山东卷] 已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1，双曲线C2的方程为x2a2-y2b2=1，C1与C2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为( )
A. x±2y=0 B. 2x±y=0
C. x±2y=0 D. 2x±y=0
10.A [解析] 椭圆C1的离心率e1=a2-b2a，双曲线C2的离心率e2=a2+b2a.由e1e2=a2-b2a•a2+b2a=1-ba2×1+ba2=32，
解得ba2=12，所以ba=22，所以双曲线C2的渐近线方程是y=±22x.故选A.
20.，，[2014•陕西卷] 如图15所示，曲线C由上半椭圆C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.
(1)求a，b的值;
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程.
图15
20.解:(1)在C1，C2的方程中，令y=0，可得b=1，且A(-1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点.
设C1的半焦距为c，由ca=32及a2-c2=b2=1得a=2，
∴a=2，b=1.
(2)方法一:由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24+x2=1(y≥0).
易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y=k(x-1)(k≠0)，
代入C1的方程，整理得
(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)
设点P的坐标为(xP，yP)，
∵直线l过点B，∴x=1是方程(*)的一个根.
由求根公式，得xP=k2-4k2+4，从而yP=-8kk2+4，
∴点P的坐标为k2-4k2+4，-8kk2+4.
同理，由y=k(x-1)(k≠0)，y=-x2+1(y≤0)，
得点Q的坐标为(-k-1，-k2-2k).
∴AP→=2kk2+4(k，-4)，AQ→=-k(1，k+2).
∵AP⊥AQ，
∴AP•AQ=0，即-2k2k2+4[k-4(k+2)]=0，
∵k≠0，
∴k-4(k+2)=0，解得k=-83.
经检验，k=-83符合题意，
故直线l的方程为y=-83(x-1).
方法二:若设直线l的方程为x=my+1(m≠0)，比照方法一给分.
20.，，[2014•陕西卷] 如图15所示，曲线C由上半椭圆C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.
(1)求a，b的值;
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程.
图15
20.解:(1)在C1，C2的方程中，令y=0，可得b=1，且A(-1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点.
设C1的半焦距为c，由ca=32及a2-c2=b2=1得a=2，
∴a=2，b=1.
(2)方法一:由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24+x2=1(y≥0).
易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y=k(x-1)(k≠0)，
代入C1的方程，整理得
(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)
设点P的坐标为(xP，yP)，
∵直线l过点B，∴x=1是方程(*)的一个根.
由求根公式，得xP=k2-4k2+4，从而yP=-8kk2+4，
∴点P的坐标为k2-4k2+4，-8kk2+4.
同理，由y=k(x-1)(k≠0)，y=-x2+1(y≤0)，
得点Q的坐标为(-k-1，-k2-2k).
∴AP→=2kk2+4(k，-4)，AQ→=-k(1，k+2).
∵AP⊥AQ，
∴AP•AQ=0，即-2k2k2+4[k-4(k+2)]=0，
∵k≠0，
∴k-4(k+2)=0，解得k=-83.
经检验，k=-83符合题意，
故直线l的方程为y=-83(x-1).
方法二:若设直线l的方程为x=my+1(m≠0)，比照方法一给分.
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，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率.
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
又因为点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.
设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y=kx.由l与圆相切，可得|kx1-y1|k2+1=r，即k-2c3-2c3k2+1=53c，整理得k2-8k+1=0，解得k=4±15，
所以直线l的斜率为4+15或4-15.
21.、[2014•浙江卷] 如图16，设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.
(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标;
(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
图16
21.解:(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0)，由y=kx+m，x2a2+y2b2=1，消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.
由于l与C只有一个公共点，故Δ=0，即b2-m2+a2k2=0，解得点P的坐标为-a2kmb2+a2k2，b2mb2+a2k2.
又点P在第一象限，故点P的坐标为P-a2kb2+a2k2，b2mb2+a2k2.
(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离d=-a2kb2+a2k2+b2kb2+a2k21+k2，
整理得d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2.
因为a2k2+b2k2≥2ab，所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2≤a2-b2b2+a2+2ab=a-b，
当且仅当k2=ba时等号成立.
所以，点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
21.，[2014•重庆卷] 如图14所示，设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，|F1F2||DF1|=22，△DF1F2的面积为22.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径.
图14
21.解:(1)设F1(-c，0)，F2(c，0)，其中c2=a2-b2.
由|F1F1||DF1|=22得|DF1|=|F1F2|22=22c.
从而S△DF1F2=12|DF1||F1F2|=22c2=22，故c=1.
从而|DF1|=22，由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=92，因此|DF2|=322，
所以2a=|DF1|+|DF2|=22，故a=2，b2=a2-c2=1.
因此，所求椭圆的标准方程为x22+y2=1.
(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22+y2=1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2=-x1，y1=y2，|P1P2|=2|x1|.
由(1)知F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1P1→=(x1+1，y1)，F2P2→=(-x1-1，y1).再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y21=0.由椭圆方程得1-x212=(x1+1)2，即3x21+4x1=0，解得x1=-43或x1=0.
当x1=0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在.
当x1=-43时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.
由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.又|CP1|=|CP2|，故圆C的半径|CP1|=22|P1P2|=2|x1|=423.
H6 双曲线及其几何性质
9.、[2014•湖北卷] 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2=π3，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
A.433 B.233 C.3 D.2
9.A
11.[2014•北京卷] 设双曲线C经过点(2，2)，且与y24-x2=1具有相同渐近线，则C的方程为________;渐近线方程为________.
11.x23-y212=1 y=±2x
9.[2014•全国卷] 已知双曲线C的离心率为2，焦点为F1，F2，点A在C上.若|F1A|=2|F2A|，则cos∠AF2F1=( )
A.14 B.13 C.24 D.23
9.A
19.、[2014•福建卷] 已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1:y=2x，l2:y=-2x.
(1)求双曲线E的离心率.
(2)如图16，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究:是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在，求出双曲线E的方程;若不存在，说明理由.
图16
19.解:方法一:
(1)因为双曲线E的渐近线分别为y=2x，y=-2x，
所以ba=2，
所以c2-a2a=2，
故c=5a，
从而双曲线E的离心率
e=ca=5.
(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2-y24a2=1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|=a，|AB|=4a.又因为△OAB的面积为8，
所以12|OC|•|AB|=8，
因此12a•4a=8，解得a=2，
此时双曲线E的方程为x24-y216=1.
若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为x24-y216=1.
以下证明:当直线l不与x轴垂直时，双曲线E:x24-y216=1也满足条件.
设直线l的方程为y=kx+m，依题意，得k>2或k<-2，则C-mk，0.记A(x1，y1)，B(x2，y2).
由y=kx+m，y=2x得y1=2m2-k，同理得y2=2m2+k.
由S△OAB=12|OC|•|y1-y2|，得
12-mk•2m2-k-2m2+k=8，
即m2=44-k2=4(k2-4).
由y=kx+m，x24-y216=1得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0.
因为4-k2<0，
所以Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16).
又因为m2=4(k2-4)，
所以Δ=0，即l与双曲线E有且只有一个公共点.
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24-y216=1.
方法二:(1)同方法一.
(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2-y24a2=1.
设直线l的方程为x=my+t，A(x1，y1)，B(x2，y2).
依题意得-12<m<12.
由x=my+t，y=2x得y1=2t1-2m， 同理得y2=-2t1+2m.
设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0).
由S△OAB=12|OC|•|y1-y2|=8，得12|t|•2t1-2m+2t1+2m=8.
所以t2=4|1-4m2|=4(1-4m2).
由x=my+t，x2a2-y24a2=1得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0.
因为4m2-1<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0，即4m2a2+t2-a2=0, 即4m2a2+4(1-4m2)-a2=0，即(1-4m2)(a2-4)=0，
所以a2=4，
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24-y216=1.
方法三:(1)同方法一.
(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2).依题意得k>2或k<-2.
由y=kx+m，4x2-y2=0得(4-k2)x2-2kmx-m2=0，
因为4-k2<0，Δ>0，所以x1x2=-m24-k2，
又因为△OAB的面积为8，
所以12 |OA|•|OB|• sin∠AOB=8，又易知sin∠AOB=45，
所以25x21+y21•x22+y22=8，化简得x1x2=4.
所以-m24-k2=4，即m2=4(k2-4).
由(1)得双曲线E的方程为x2a2-y24a2=1，
由y=kx+m，x2a2-y24a2=1得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0.
因为4-k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0，
即(k2-4)(a2-4)=0，所以a2=4，
所以双曲线E的方程为x24-y216=1.
当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l:x=2，又易知l:x=2与双曲线E:x24-y216=1有且只有一个公共点.
综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24-y216=1.
4.[2014•广东卷] 若实数k满足0<k<9，则曲线x225-y29-k=1与曲线x225-k-y29=1的( )A.焦距相等 B.实半轴长相等
C.虚半轴长相等 D.离心率相等
4.A [解析] 本题考查双曲线的几何性质，注意利用基本量的关系进行求解.
∵0<k0，25-k>0.
对于双曲线x225-y29-k=1，
其焦距为225+9-k=234-k;
对于双曲线x225-k-y29=1，
其焦距为225-k+9=234-k.所以焦距相等.
21.、、、[2014•湖南卷] 如图17，O为坐标原点，椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1;双曲线C2:x2a2-y2b2=1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2=32，且|F2F4|=3-1.
(1)求C1，C2的方程;
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点.当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值.
图17
21.解: (1)因为e1e2=32，所以a2-b2a•a2+b2a=32，即a4-b4=34a4，因此a2=2b2，从而F2(b，0)，
F4(3b，0)，于是3b-b=|F2F4|=3-1，所以b=1，a2=2.故C1，C2的方程分别为x22+y2=1，x22-y2=1.
(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(-1，0)，故可设直线AB的方程为x=my-1，由x=my-1，x22+y2=1得(m2+2)y2-2my-1=0.
易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1+y2=2mm2+2，y1y2=-1m2+2.
因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2，于是AB的中点为M-2m2+2，mm2+2，故直线PQ的斜率为-m2，PQ的方程为y=-m2x，即mx+2y=0.
由y=-m2x，x22-y2=1得(2-m2)x2=4，所以2-m2>0，且x2=42-m2，y2=m22-m2，从而|PQ|=2x2+y2=2m2+42-m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d=|mx1+2y1|+|mx2+2y2|m2+4.因为点A，B在直线mx+2y=0的异侧，所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0，于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|，从而2d=(m2+2)|y1-y2|m2+4.
又因为|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=22•1+m2m2+2，所以2d=22•1+m2m2+4.
故四边形APBQ的面积S=12|PQ|•2d=22•1+m22-m2=22•-1+32-m2.
而0<2-m2≤2，故当m=0时，S取最小值2.
综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.</k</m<12.
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