（3分 +5 分 +8 分）如图，已知曲线 C_ 1 :…——2013 高考数学第 22 题答案解析

【解答】：（1） $\mathrm{C}_{1}$ 的左焦点为 $F(-\sqrt{3}, 0)$ ，过 F 的直线 $x=-\sqrt{3}$ 与 $\mathrm{C}_{1}$ 交于 $\left(-\sqrt{3}, \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ ，与 $\mathrm{C}_{2}$ 交于 $(-\sqrt{3}, \pm(\sqrt{3}+1))$ ，故 $\mathrm{C}_{1}$ 的左焦点为＂ $\mathrm{C}_{1}-\mathrm{C}_{2}$ 型点＂，且直线可以为 $x=-\sqrt{3}$ ；
（2）直线 $y=k x$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 有交点，则
$\left\{\begin{array}{c}y=k x \\ |y|=|x|+1\end{array} \Rightarrow(|k|-1)|x|=1\right.$ ，若方程组有解，则必须 $|k|>1$ ；
直线 $y=k x$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 有交点，则
$\left\{\begin{array}{c}y=k x \\ x^{2}-2 y^{2}=2\end{array} \Rightarrow\left(1-2 k^{2}\right) x^{2}=2\right.$ ，若方程组有解，则必须 $k^{2}<\frac{1}{2}$
故直线 $y=k x$ 至多与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 和 $\mathrm{C}_{2}$ 中的一条有交点，即原点不是＂ $\mathrm{C}_{1}-\mathrm{C}_{2}$ 型点＂。
（3）显然过圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内一点的直线 $l$ 若与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 有交点，则斜率必存在；
根据对称性，不妨设直线 $l$ 斜率存在且与曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 交于点 $(t, t+1)(t \geq 0)$ ，则
$l: y=(t+1)=k(x-t) \Rightarrow k x-y+(1+t-k t)=0$
直线 $l$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内部有交点，故 $\frac{|1+t-k t|}{\sqrt{k^{2}+1}}<\frac{\sqrt{2}}{2}$
化简得，$(1+t-t k)^{2}<\frac{1}{2}\left(k^{2}+1\right)$ 。。。。。。。。。（1）
若直线 $l$ 与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 有交点，则
若直线 $l$ 与四线 $\mathrm{C}_{1}$ 有父点，

$$ \begin{gathered} \left\{\begin{array}{c} y=k x-k t+t+1 \\ \frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1 \end{array} \Rightarrow\left(k^{2}-\frac{1}{2}\right) x^{2}+2 k(1+t-k t) x+(1+t-k t)^{2}+1=0\right. \\ \Delta=4 k^{2}(1+t-k t)^{2}-4\left(k^{2}-\frac{1}{2}\right)\left[(1+t-k t)^{2}+1\right] \geq 0 \Rightarrow(1+t-k t)^{2} \geq 2\left(k^{2}-1\right) \end{gathered} $$

化简得，$(1+t-k t)^{2} \geq 2\left(k^{2}-1\right)$ 。。。（2）
由①②得， $2\left(k^{2}-1\right) \leq(1+t-t k)^{2}<\frac{1}{2}\left(k^{2}+1\right) \Rightarrow k^{2}<1$
但此时，因为 $t \geq 0,[1+t(1-k)]^{2} \geq 1, \frac{1}{2}\left(k^{2}+1\right)<1$ ，即（1）式不成立；
当 $k^{2}=\frac{1}{2}$ 时，（1）式也不成立

综上，直线 $l$ 若与圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内有交点，则不可能同时与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 和 $\mathrm{C}_{2}$ 有交点，即圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内的点都不是＂ $\mathrm{C}_{1}-\mathrm{C}_{2}$ 型点＂。